解析几何和立体几何交汇问题的解法
高中数学解立体几何相交问题的技巧
高中数学解立体几何相交问题的技巧在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，其中相交问题是一个常见的难点。
相交问题涉及到多个几何体之间的交集和相对位置，需要运用一些技巧和方法进行解答。
本文将介绍一些解决立体几何相交问题的技巧，帮助高中学生和他们的父母更好地应对这类题目。
首先，我们来看一个例子。
假设有一个正方体ABCD-EFGH，一条直线通过点A和点E，问这条直线与正方体的交点个数。
这个问题可以通过分析直线与各个面的交点个数来解决。
我们可以发现，直线与正方体的两个相对面ABCD和EFGH分别有一个交点，而直线与其他四个面的交点个数都是零。
因此，这条直线与正方体的交点个数为2个。
通过这个例子，我们可以总结出解决立体几何相交问题的第一个技巧：分析直线与各个面的交点个数。
在这个例子中，我们通过观察直线与正方体的各个面的交点个数，得出了直线与正方体的交点个数为2个的结论。
这个技巧在解决立体几何相交问题时非常实用，可以帮助我们快速得出结论。
接下来，我们来看一个更复杂的例子。
假设有一个圆柱体，底面半径为r，高度为h，一条直线通过圆柱体的轴线，并与底面相交于点A，问这条直线与圆柱体的交点个数。
这个问题需要我们运用投影的概念来解答。
我们可以将圆柱体展开成一个矩形，然后观察直线在展开后的矩形上的投影。
通过观察，我们可以发现直线在展开后的矩形上的投影是一个直线段，与矩形的两个边相交于两个点。
因此，直线与圆柱体的交点个数为2个。
通过这个例子，我们可以总结出解决立体几何相交问题的第二个技巧：运用投影的概念。
在这个例子中，我们通过将圆柱体展开成一个矩形，观察直线在展开后的矩形上的投影，得出了直线与圆柱体的交点个数为2个的结论。
这个技巧在解决立体几何相交问题时非常有用，可以帮助我们更好地理解几何体的相对位置。
除了以上两个技巧，还有一些其他的方法可以用来解决立体几何相交问题。
例如，我们可以利用平行关系和垂直关系来判断几何体之间的相交情况。
高三数学解析几何考试题型分析及解题方法指导
解析几何考试题型分析及解题方法指导罗田一中余咏梅肖继东近年来各地高考试题中解析几何内容在全卷的平均分值为27.1分，考查的知识点约为20个左右。
其命题一般紧扣课本，突出重点，全面考查。
题目突出主干知识、注重“知识交汇处”、强化思想方法、突出创新意识。
从题型来看，选择题和填空题考查直线、圆、圆锥曲线和参数方程的基础知识。
解答题重点考查圆锥曲线中的重要知识点，通过知识的重组与链接，使知识形成网络，着重考查直线与圆锥曲线的位置关系，求解有时还要用到平面几何的基本知识和向量的基本方法。
因此，在复习过程中这一点值得强化。
从内容来看，《直线与圆的方程》是解析几何中最基础的内容，在高考试题中，主要以客观试题的形式出现，属于低档题，直线以倾斜角，斜率，夹角，距离，平行与垂直，线性规划等有关问题为基本问题；对称问题（包括点对称，直线对称），要熟记解答的具体方法；与圆的位置有关的问题，其常规的解答方法是研究圆心到直线的距离；所考查的思想方法仍将是坐标法，数形结合，分类整合，方程的思想和待定系数法。
《圆锥曲线》主要考查的内容是圆锥曲线的概念和性质，直线和圆锥曲线的位置关系等。
坐标法是解析几何的基本方法，已知曲线的方程，通过方程研究曲线的有关性质，通过曲线满足的性质，探求曲线的轨迹方程及圆锥曲线的参数的取值范围问题是高考的常考常新的话题。
关于圆锥曲线问题解决的基本方法是定义法，配方法，换元法，待定系数法和化归法。
本文结合2009年考纲要求和对2008年全国各地解析几何题型和解题方法的分析，期望从中窥见2009年考试方向。
一、09年考纲要求①掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式，两点式，一般式，能熟练求出直线方程。
掌握两条直线平等与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够判断两条直线的位置关系。
理解直线的倾斜角和斜率的概念，了解二元一次不等式表示平面区域，了解线性规划的意义，并会简单的应用，了解解析几何的基本思想，了解坐标法。
科学应考,蟾宫折桂-精选资料
科学应考，蟾宫折桂编者按：高考前的一个月对于广大高三师生来说是万米长跑的最后冲刺，“不能败在最后的冲刺上”已成为广大师生的共同愿望. 但“为山九仞，功亏一篑”的情况在一部分考生身上还是时有发生. 为了帮助广大考生在最后的冲刺中顺利闯关，取得优异成绩，我们特约请湖北省特级教师王勇先生给广大考生支招.板块一2008年高考命题趋势预测根据2008 年新考纲的变化和作者多年的备考经验，本人认为：1．选择题将以集合、复数、排列组合、二项式定理、简易逻辑、函数、三角、数列、不等式、立体几何、解析几何、平面向量、导数与极限、概率与统计等为基本素材，编制极具思考性、挑战性和趣味性的小型综合题.其中集合中的信息迁移题、复数的基本概念和代数运算题、三角函数的图象和性质题、立体几何与解析几何的交汇题、平面向量与平面几何的融合题等将是2008 年高考选择题中最有活力和魅力的优秀创新题. 选择题的特点就是“小、巧、精、活”，其解法讲究“短、平、快”，“不择手段”乃是解选择题的明智之举！2．填空题将以简易逻辑、立体几何、线性规划、解析几何、平面向量、导数等为载体，编制新颖别致、小巧玲珑的小型综合题.基于填空题是改革创新题型的“试验田”，请同学们要有足够的心理准备，及早适应，一般来说，新题不难，一旦撩开其神秘的“面纱”，就是一道简单的常规题. 另外解填空题要注意精细，不能有一丝一毫的差错，否则全题皆错. 请记住“细节决定成败”，填空题不相信眼泪！3．解答题将以六大板块“三角与平面向量”、“概率与统计”、“立体几何”、“解析几何”、“函数与导数”、“数列与不等式”等为主体，编制出以能力立意为基点，有效检测考生的数学素养和数学能力，具有较好区分和选拔功能的大型综合题.三角题一般用平面向量进行“包装”，讲究知识的交汇性. 或将三角函数与解三角形“纵联横拓”，讲究知识的系统性. 请注意难度比往年有所提升.概率题贴近生活、贴近实际，考查等可能性事件、互斥事件、独立事件的概率计算公式，理科题还考查数学期望及方差的计算等. 难度不算很大，考生有望拿下.函数与导数题充分体现导数的“传接性”和“工具性”，应用导数研究函数的性质、方程根的分布、不等式及曲线的切线等问题是新课程高考考查的重点和热点，敬请考生切实掌握题型规律，善于总结解题方法立体几何题将以棱柱、棱锥等为载体全方位地考查立体几何中的重要内容，重点考查学生的空间想象能力，一题多问，既有计算又有证明，既可用传统方法求解，也可用向量方法突破，一般来说，这道题是考生志在必得的“送分题”，不要轻易放弃和无谓丢分.解析几何题考查直线与圆锥曲线的位置关系，适时与平面向量自然贴切地交汇，此类题综合性强，难度较大，是考生普遍畏惧的一道题，希望广大考生不要全题放弃，应分段得分巧智取.压轴题一般是函数、数列、不等式等众多知识融为一体的超大型综合题，貌似“庞然大物”，体现了在知识的交汇处命题的原则.解答这类问题既要有“兵来将挡，水来土掩”的大将风度，又要讲究临场策略（放弃、分段得分或强攻）.板块二高考三大题型解题攻略一、选择题的特点、求解方法及解答应注意的问题选择题是高考数学中的一种重要题型，它由三部分组成：（1）指令性语言；（2）题干；（3）选项. 选择题一般不拘泥于具体的知识点，而是将数学知识、方法等原理融于一体，突出数学思想方法的考查，体现出数学的思维价值. 近年来，高考数学试题推出了一些思路开阔，情景新颖脱俗的选择题，解决这类问题要注意三个方面：一是提高阅读能力；二是要跳出传统推理的思维定式，学会数学的合情判断；三是要熟练地进行数学图形、符号、文字三种语言的相互转换.解选择题的方法很多，为便于记忆、贮存、提取、应用，将其概括总结为“七字诀”――“直、排、试、赋、结、特、猜” .直一一直接法，即直接通过计算或推理得出正确结论，经统计研究表明，大部分选择题的解答用的是此法，所以我们对此法要给予足够的重视.排――排除法，即逐一否定错误的选项，达到“排三选一” 的目的.试一一试值法，即将各选项中的数值一一代入题干，从而知正确答案.赋――赋值法，即利用相关数值进行试验，得出正确结论.结一一数形结合法，即利用图形结合数式直观地进行判断.特一一特殊化法，在不影响结论的前提下，将题设条件特殊化，从而得出正确结论.猜――合理猜测法，即由题设条件，结合个人的数学经验，运用非严格的逻辑推理, 合理地猜测出正确结论.“七字诀”所代表的七种方法并不是孤立地使用的，解题时常应用其中的两三种或更多种，当然可能对某种方法有所侧重. 至于到底应用何种方法，并无固定的模式，只要将各种方法做到烂熟于心，加之思维活跃、应变能力强，就能在一定的问题情境下迅速作出合理的反应，很快地检索出最合适的解法选择题在高考中多属中、低档题，因此在做的时候忌“小题大做”，应当“小题小做”；由于选择题的供选答案多，信息量大，正误混杂，迷惑性强，稍不留心就会掉下陷阱，应该从正、反两个方面肯定、否定筛选，既谨慎选择，又大胆跳跃；做选择题时，忌呆板、教条，思维一定要灵活，“不择手段”乃是解答选择题的高明手段.二、填空题的特点、求解方法及解答应注意的问题填空题是一种客观性测试题，与选择题比较，它没有选项作为参考；与解答题比较，它不要求写出推理及运算过程，只要求给出准确结果即可. 大部分填空题都属于中档难度的试题，但由于对错分明，得分情况是要么满分，要么零分，所以填空题具有良好的区分和选拔功能. 近年来，填空题成了高考改革题型的“试验田”，新的题型（完形填空、组合填空、多选填空、类比填空等）不断涌现，题目设计新颖别致，极富思考性、挑战性和趣味性，使高考数学题充满活力和魅力.求解填空题的常用方法，可概括为“三字诀”――“直、特、结”.直一一直接法，即从题设条件出发，运用定义、性质、定理、公式、法则等知识，通过变形、推理、计算等，直接得到所求结论. 运用直接法解答填空题，要善于透过现象抓住问题的本质，自觉地、有意识地采用灵活简捷的、直奔终点的解法. 直接法是解答填空题最常用的基本方法，必须熟练地加以掌握.特一一特值法，当题设条件中提供的信息暗示答案是一个“定值”时，可以取一些特殊值或一些特殊位置来确定这个“定值”，以节省推理论证的时间.结一一数形结合法，根据题设条件的几何意义，画出问题的辅助图形，然后通过图形的直观分析，得出正确的结论.依据填空题的特点，其做题方法除了上述比较常见的方法外，当然还有许多其他形式，其实，做题时，也不能一味的只用一种方法，往往是几种方法综合起来做，才能迅速有效地做出正确结果. 做填空题，一定要注意合理、迅速、正确，即合理地选择做题方法和思路，这样，就要求同学们注意分析题目特点及数量关系，分析图形间的特征，以便迅速的切入题目中去，寻求最佳解题方法，从而得出正确结果.鉴于填空题只注重结果，因此对正确性的要求更高、更严格. 为保证答案的正确性，就要求必须认真审题，明确要求，弄清概念，明白算理，正确表达，才有可能达到比较完善的境界；在做题的运算过程中，要注重细致、认真，避免出现因一点小细节问题而造成结果错误；由于填空题的出题方式比较灵活，因此做题时要注意避免机械套用公式、定理的习惯，思路要开阔.三、解答题的地位、求解思考方向、解题策略及命题趋势预测在高考数学试题的三种题型中，解答题的题量虽比不上选择题的题量，但它所占分数的比例较大，在试卷中占有非常重要的位置.那么如何才能较准确、迅速地做好解答题呢？从总体上说以下几个方面非常重要，应引起同学们的高度重视.1．审清题意. 这是做好解答题的最关键的步骤，一定要准确、全面、认真地审清题目中所给的条件，以利于从整体上把握题目的结构框架和特征，特别是关键的词语、数学语言和符号等，有时它们都能成为解题的重要提示信息.2．寻求最佳解题思路. 在走好第一步的同时，根据解答题的特点，探求不同的思路是做好解答题的又一关键性步骤. 由于高考试题中解答题设计思路比较灵活，因此，做解答题时应注意多方位，多角度地考查题目中的信息，不能机械地寻找做题模式. 寻求解题思路时，必须遵循以下四项基本原则：①熟悉化原则；②具体化原则；③简单化原则；④和谐化原则.这四项基本原则是互相联系、相辅相成的，其中熟悉化原则是最基本的，同时应该注意的是，上述四项基本原则运用的基础是分析与综合，运用分析法与综合法解综合题就是不断地转化与化归，所以有人说，数学解题的核心就是“化归与转化” .3．掌握破解解答题的常用思维策略. 具体说来就是：①语言转换策略――理解题意的根基；②进退并举策略――学会分析的招式；③数形结合策略一一观察推断的根据；④辩证思维策略逻辑推理的纽带；⑤联想迁移策略归纳猜想的桥梁；⑥分类讨论策略――化整化零的方式.4．确定解题步骤，注意书写规范. 在寻找到了比较好的解题思路和制定出解题策略之后，就可以认真地书写解题过程了. 这时，在书写的过程中，一定要结合已知和求解（证），确定书写顺序，一定要做到心中有数，切忌盲目落笔，顾此失彼，语句不畅，推理不严等. 一定要注意语言的严谨，逻辑性要强.5．注意运算准确，图形精确.运算能力是数学四大能力之一，2008年高考会加大考查力度. 因此在运算过程中，一定要一丝不苟，千万不能因出错一点，造成整个解题过程失分较多. 结合题目特点，有要求作图的，一定要精确，特别是注意一些辅助线，图象的范围及位置要定位确切，该标明坐标的，一定要标上.鉴于解答题是高考试卷中的“大户”，决定着高考的成败，那么如何有针对性地“押”住它们呢？结合历年高考及高考复习经验，以下八种题型，提请同学们特别关注.①三角函数：三角问题主要有两种形式：一是求较为复杂的三角函数表达式的某些性质；二是三角形中有关边角的问题. 凡是三角公式变换的问题都可以从分析角、函数类型和结构特征这三个方面的差异作为入手解题的突破口. 三角函数与平面向量的“交汇”是高考命题人惯用的手法.②立体几何：平行、垂直的判定与性质、空间所成角及距离是主要内容，要熟知相关定理及位置关系转化的一般规律. 垂直是考查的重点，转化是重要的方法，角、距离的计算最后都转化到一个三角形中进行③解析几何：直线与圆锥曲线的方程、有关性质以及相互位置关系问题是重要内容. 直线与圆锥曲线的位置关系问题是高考主要题型，中点、弦长、轨迹是经常考查的问题，含参数的范围问题是难点，用平面向量巧妙“包装”是高考新的亮点.④应用题：以考查概率、导数、数列、不等式、函数、线性规划为主. 通常把现实生活、现代科技、社会热点问题作为背景的数学应用问题是高考热点之一，题目往往不是很难，关键是考查对题目信息的理解能力和问题数学化的解决能力.⑤不等式：解不等式往往带有字母，需要讨论，还需要掌握转化、数形结合等方法以及函数与方程的思想和八种常见不等式的一般解法. 证明不等式要善于分析不等式的结构特征和寻找已知求证之间的差异，从中找到与相关定理的联系来作为解决问题的突破口.⑥函数：常见的函数题型主要有两类：一是考查具体函数；二是考查抽象函数，这种题型较难，而通过找寻一个符合条件的常见函数作为解决本类题的突破口是一个不错的方法. 函数题型经常和不等式、数列放在一起进行考查，二次函数以及二次方程、二次不等式、等差数列求和公式之间的关系经常是考查的重点.⑦数列：Sn与an之间的关系经常是考查的重点，需要灵活应用. 数列求和的几种方法，如并项、裂项、错位相减等常用方法必须掌握，注意对q的讨论.要掌握三种基本极限对q的讨论以及极限的四则运算法则，能够把所给的极限转化为基本极限的形式.⑧平面向量、导数、概率等新增内容已成为当今高考命题的“新宠”，请同学们高度重视.板块三制定科学答卷策略答卷方法恰当与否直接影响考试的成绩，是考生应特别注意的一个重要环节.提请同学们注意以下几个方面：1. 答卷时间要分配好一场考试，时间大体可分为三段：第一段，初审题目. 接到试卷后，用两三分钟的时间先大体上浏览一遍，把握题型和题量，做到心中有数.第二段，答题. 这一段分配时间约为考试规定时间的3[]4.第三段，检查答卷.检查答卷的时间最少要保证10〜20 分钟.2. 审题要认真题目审清了，解题就成功了一半.审题是正确答题的基础. 认真审准题，才能正确定向，一举突破.每次考试，总有一些考生失误于不认真审题，导致审题失误，无辜丢分，令人痛心. 尤其是那些似曾相识的题，极易混淆，因此要特别细心，以防“上当受骗” .3. 答题时要“六先六后”在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于兴奋，思维趋于积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金季节了. 这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则①先易后难. 答题时先易后难，这是答卷的一条重要原则. 因为考生刚一上场，心情较为紧张，记忆、思维等方面都达不到最佳状态. 做出几道简单题后，情绪渐渐稳定，信心越来越足，解题速度随之加快，这样，对攻克难题肯定会有帮助.②先熟后生. 即先做那些内容掌握比较到家、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目. 这样，在拿下熟题的同时，思维也变流畅了，对拿下中高档题目有一定的“催化”作用.③先同后异. 就是说，先做同科同类型的题目，思考比较集中，知识和方法的沟通比较容易，有利于提高单位时间的效益. “先同后异”可以减轻大脑负担、保持旺盛精力.④先小后大. 小题一般信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在大题之前尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理基础. 当然，个别小题目做不出来，不妨先放一放是明智的选择.⑤先高后低. 即在考试的后半段时间，要注重时间效益，如估计两题都会做，则先做高分题；估计两题都不易，则先就高分题实施“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分.⑥先紧后松. 答题时，开始要抓紧时间，不要怠慢，要多留点时间答后面的难题和检查答卷. 如果先松后紧，到头来题未答完，有些题本来会做，可是考试结束的铃声响了，只好“望题兴叹”，追悔莫及！4. 分段得分，每分必争考分是中考和高考录取的重要依据，有时一分之差就决定取舍. 因此答题不必“高姿态”，“讲大方”，而应全力以赴，每分必争. 会做的题目当然要力求做对、做全、得满分，而更多的问题是对不能全面完成的题目如何分段得分呢？下面介绍五种常用方法：①缺步解答. 对一个疑难问题，确实啃不动时，一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题或一系列的步骤，先解决问题的一部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步. 每进行一步就可得到这一步的分数，如数学考试时从最初的文字语言译成符号语言；把条件和目标译成数学表达式；设应用题的未知数；设轨迹题的动点坐标；依题意正确画出图形等，都能得分.还有像完成数学归纳法的第一步，分类讨论，反证法的简单情形等，都能得分. 而且可望在上述处理中，从感性到理性，从特殊到一般，从局部到整体，产生顿悟，形成思路，获得解题成功.②跳步解答. 解题过程卡在一中间环节上，可以承认中间结论，往下推，看能否得到正确结论，如得不出，说明此途径不对，立即改变方向，寻找它途；如能得到预期结论，就再回头集中力量攻克这一过渡环节. 若因时间限制，中间结论来不及得到证实，就只好跳过这一步，写出后继各步，一直做到底；另外，若题目有两问，第一问做不出，可以以第一问为“已知”，完成第二问，这都叫跳步解答. 也许后来由于解题的正迁移对中间步骤想起来了，或在时间允许的情况下，经努力而攻下中间难点，可以在相应题尾补上.③退步解答. 如果我们不能马上解决所面临的问题，那么，可以从一般退到特殊，从抽象退到具体, 从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论（通俗说，难的不会想简单的）. 总之，退到一个能够解决的问题，认透了、钻深了，然后再上去.④倒步解答. 顺推有困难时就逆推，直接证有困难时就间接证，从左边推右边有困难时就从右边推左边等等，都不失为行之有效的分段得分手段.⑤辅助解答. 一道题的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤. 实质性的步骤找不到，找辅助性的步骤是明智的（也不困难），有时候甚至是必不可少的. 这就像打攻坚战时要先扫清外围一样.以上五种处理办法，既是考试的得分策略，又是重要的解题策略，因而同时具有得分与解题的两个功能，退可分段得分，进可全题解决. 希望考生从积极的方面运用这些技术，力争全题解决.5. 只要不倒扣分，不妨大胆猜测当今的考试近乎标准化，选择题是标准化考试中的主要题型答题时，碰到有解不出的选择题. 奉劝考生不要轻易放弃，凭经验大胆地去猜测（概率论的观点，对于四择一的选择题，完全靠猜测，有25%的猜对可能）. 很多研究都证明，在标准化考试中，“勇于猜测的人”比“谨慎小心的人”更易于取得较好的分数.但需要说明的是：这样猜测的前提是猜错而不倒扣分，否则，将会冒很大的风险，甚至还不如不答为好. 再则，猜测之举一定要放在最后，即其它可以准确解答的试题已解答完毕，而且对不能回答的试题已从不同方面进行过努力，确实无力解答时，再去猜测那些准备留成空白的选择题.6. 草稿不草、不废考试时，要重视草稿纸的作用，“草稿纸是答题思路的履历表”. 因此，必须做到在草稿纸上的演算、答题要整洁有序，重要地方做好标记，要排好版、编好号. 此举对突破思维障碍，解答疑难试题会起到意想不到的作用.7. 保持卷面整洁卷面整洁与否，给阅卷者的第一印象大不一样. 卷面整洁，阅卷者看起来赏心悦目，心情愉快，很可能无形中放宽几分. 而一遇到书写马虎潦草的试卷，有些阅卷者马上就会心烦意乱，看一份试卷下来，头昏眼花，情绪不佳. 评分时，无形中就扣去几分. 这就是所谓的“情绪效应” . 因此，每位考生都应当充分认识到这一点，不要因为自己的不良习惯而丢了“情绪分” .8. 认真检查答卷检查答卷是考试的必要环节，但常为考生所忽视，致使可以得到的小分被丢掉了. 因此，我们应注意：一方面，答卷时要认真仔细；另一方面，答卷完毕不要急于交卷，要充分利用剩余时间对答卷进行检查验证. 一旦发现错误，立即改正.实践证明：考试成绩不是由智力因素一个方面决定的，非智力因素对考试成绩的影响也是不容低估的. 考试既是对学生智力品质的检测，也是对学生非智力品质的检验. 同学们在充分开发智力因素的同时，也应着力锻炼非智力品质.最后，预祝同学们2008 年高考取得优异成绩！。
空间解析几何与立体几何的联系
空间解析几何与立体几何的联系空间解析几何和立体几何是数学中两个相互联系紧密的分支。
空间解析几何主要研究空间中点、直线、平面的性质及其相互关系，而立体几何则研究空间中的几何体的性质和相互关系。
本文将探讨空间解析几何与立体几何之间的联系以及它们在实际问题中的应用。
一、空间解析几何与立体几何的基本概念在开始讨论两者之间的联系前，我们先回顾一下空间解析几何和立体几何的基本概念。
空间解析几何中，我们研究的点通过坐标来表示，直线则可以表示为两点之间的所有点的集合。
平面则可以表示为某一点和该点的两个不共线向量生成的平面。
而立体几何中，我们研究的是在空间中存在的各种几何体，如球体、立方体、圆锥等。
立体几何研究的对象具有三维的特性，并且可以通过各种投影方法来进行描述和分析。
二、两者之间的联系虽然空间解析几何和立体几何是数学中的不同分支，但它们之间存在着密切的联系。
1. 位置关系的分析空间解析几何中，我们可以通过坐标系来分析点、直线、平面之间的位置关系，例如两直线是否平行、共面、相交等。
这种位置关系的分析在立体几何中同样适用。
例如，我们可以通过空间解析几何的方法来判断一个点是否在一个几何体内部或外部，或者两个几何体是否相交。
2. 空间投影的应用立体几何中的一个重要概念是投影，即将三维几何体投影到二维平面上。
而在空间解析几何中，我们研究的点、直线、平面都可以通过坐标来表示，因此可以将三维几何体的投影问题通过空间解析几何的方法进行研究。
例如，通过计算三维几何体在不同方向上的投影，我们可以得到几何体的截面图形，从而更好地理解几何体的形状和性质。
3. 各种几何体的性质分析在空间解析几何中，我们可以通过坐标方程来分析各种几何体的性质，如点的距离、直线的倾斜角度等。
类似地，在立体几何中，我们可以通过各种几何体的投影、相交等特性来分析几何体之间的关系及其性质。
通过两者之间的联系，我们可以更全面地认识和理解各种几何体的性质。
三、空间解析几何与立体几何在实际问题中的应用空间解析几何和立体几何不仅仅是一门学科，它们在实际问题中也有着广泛的应用。
浅析空间解析几何与立体几何教学的结合
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关键 词 ：对称 式： 两 点式 ： 一 般 式 中 图分 类号 ：Ｏ１ ２２ ８ ． 文 献 标 识码 ：Ａ 文章 编 号 ：１ ０ － ３ ５ ２ ０ ）０ — ０ ２ － ０ ０ ９ ９ ８（ ０ ２ ３ ０ ５＿ ２ －
立体几何与解析几何部分解析
《中档解答题计划》——专题训练7——立体几何（一）1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，E 为棱1AA 的中点，90ABC ∠=︒，12CC =．（1）若1AB =，求证：1B E ⊥平面BCE ；（2）若平面11AB C 与平面ABC 的夹角的余弦值是55，且直线1AC 与平面1BCC 所成角的正弦值是13，求异面直线EC 与1AB 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以1BB BC ⊥，又90ABC ∠=︒，即AB BC ⊥，又1BB AB B = ，所以BC ⊥平面11ABB A ，因为1B E ⊂平面11ABB A ，所以1B E BC ⊥，因为1BB AB ⊥，1AB =，1112AE AA ==，所以BE =同理，1B E =，又12BB =，所以22211BE B E BB +=，即1BE B E ⊥，又BE 、BC ⊂平面BCE ，BE BC B = ，所以1B E ⊥平面BCE ；（2）解：因为1BB ⊥平面ABC ，所以1B AB ∠为平面11AB C 与平面ABC 所成的角，由11cos 15AB B AB AB AB ∠==⇒=，11AB BC AB BB AB BC BB B ⎫⊥⎪⊥⇒⊥⎬⎪=⎭平面1BCC ，所以1AC B ∠为1AC 与平面11BCC B 所成的角，由111111sin 33AB AC B AC AC AC ∠===⇒=，132AC BC ===⇒=，因为AB BC ⊥，1BB ⊥平面ABC ，故以BA、BC、1BB所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，1111(1,2,1),(1,0,2),cos,||||EC ABEC AB EC ABEC AB⋅=--=--〈〉==⋅，异面直线EC与1AB所成的角的余弦值为30．2．如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，O为AB中点，AC与OD交于点E，PAB∆的重心为G．（1）求证：//EG平面PCD；（2）若5PA PB==，8AB=，4BC=，求二面角C GE D--的正弦值．【解答】证明：（1） 底面ABCD为矩形，O为AB的中点，AEO CED∴∆∆∽，可得12OE OAED DC==，又PAB∆的重心为G，∴12OGGP=，则OE OGED GP=，得//EG PD，PD⊂平面PDC，EG⊂/平面PDC，//EG∴平面PCD；解：（2）PA PB=，O为AB中点，PO AB∴⊥，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB⋂平面ABCD AB=，PO∴⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则(4C，4，0)，(4D，4-，0)，(0G，0，1)，44(,,0)33E-，816(,,0)33EC=，44(,,1)33EG=-，88(,,0)33ED=-，设平面CEG与平面DEG的一个法向量分别为111(,,)m x y z= ，222(,,)n x y z= ，由1111181603344033m EC x y m EG x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-++=⎪⎩，取11y =-，得(2,1,4)m =- ；由222224403388033n EG x y z n ED x y ⎧⋅=-++=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩ ，取21y =，得(1,1,0)n =．cos ,||||42m n m n m n ⋅∴<>=== ．∴二面角C GE D --172242=．3．如图，在三棱锥P ABC -中，AB 是ABC ∆外接圆的直径，PC 垂直于圆所在的平面，D 、E 分别是棱PB 、PC 的中点．（1）求证：DE ⊥平面PAC ；（2）若二面角A DE C --为3π，4AB PC ==，求AE 与平面ACD所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：AB 是圆的直径，BC AC ∴⊥，PC 垂直于圆所在的平面，BC ⊂平面ABC ，BC PC ∴⊥，又AC PC C = ，AC ⊂平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，BC ∴⊥平面PAC ，又D 、E 分别是棱PB 、PC 的中点，//BC DE ∴，DE ∴⊥平面PAC ；（2）由（1）可知DE ⊥平面PAC ，又AE 、EC ⊂平面PAC ，DE AE ∴⊥，DE EC ⊥，AE ⊂平面DAE ，EC ⊂平面DEC ，AEC ∴∠为二面角A DE C --的平面角，∴3AEC π∠=，∴12,2EC PC AC ===又BC AC ⊥，4AB =，2BC ∴=，以,,CB CA CP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建系如图，则根据题意可得：(0C ，0，0)，A ，(0E ，0，2)，(2B ，0，0)，(0P ，0，4)，(1D ，0，2)，∴(0,AE =-，CA =，(1,0,2)CD = ，设(,,)n x y z = 是平面ACD 的一个法向量，则020n CA n CD x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取(2,0,1)n =- ，设AE 与平面ACD 所成角为θ则||5sin 10||||n AE n AE θ⋅== ，AE ∴与平面ACD所成角的正弦值为10．4．如图1，在等边ABC ∆中，点D 、E 分别为边AB 、AC 上的动点且满足//DE BC ，记DE BCλ=．将ADE ∆沿DE 翻折到MDE ∆的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC 的中点．（1）当//EN 平面MBD 时，求λ的值；（2）试探究：随着λ值的变化，二面角B MD E --的大小是否改变？如果是，请说明理由；如果不是，请求出二面角B MD E --的正弦值大小．【解答】解：（1）取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，因为MN CN =，MP BP =，所以//NP BC ，又//DE BC ，所以//NP DE ，即N ，E ，D ，P 四点共面，又//EN 面BMD ，EN ⊂面NEDP ，平面NEDP ⋂平面MBD DP =，所以//EN PD ，即NEDP 为平行四边形，所以//NP DE ，且NP DE =，即12DE BC =，即12λ=．（2）解：取DE 的中点O ，由平面MDE ⊥平面DECB ，且MO DE ⊥，所以MO ⊥平面DECB ，如图建立空间直角坐标系，不妨设2BC =，则)M ，(D λ，0，0)，),0)B λ-，所以(,0,)MD λ=，(1),0)DB λλ=-- ．设平面BMD 的法向量为(,,)m x y z =，则0(1))0MD m x z BD m x y λλλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩ ，令x =，即1,1)m =- ，又平面EMD 的法向量(0,1,0)n = ，所以cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉== λ值的变化，二面角B MD E --的大小不变．且sin ,5m n 〈〉= ，所以二面角B MD E --的正弦值为5．《中档解答题计划》——专题训练17——立体几何（二）5．如图（1），已知菱形ABCD 中60DAB ∠=︒，沿对角线BD 将其翻折，使90ABC ∠=︒，设此时AC 的中点为O ，如图（2）．（Ⅰ）求证：点O 是点D 在平面ABC 上的射影；（Ⅱ）求直线AD 与平面BCD 所成角的余弦值．【解答】证明：()I 因为DA DC =，O 为AC 的中点，所以DO AC ⊥，设菱形ABCD 的边长为2，又因为90ABC ∠=︒，所以22AC =，连接BO ，则2BO =，又因为2,22AD DC AC ===，所以222AD DC AC +=，所以AD DC ⊥，所以2DO =又因为2BD =，所以222DO BO DB +=，所以DO BO ⊥；又AC BO O = ，所以DO ⊥平面ABC ，所以点O 是点D 在平面ABC 上的射影；解：()II 设点A 到平面BCD 的距离为h ，设菱形ABCD 的边长为2，则BCD ∆3，所以13333A BCD V h -==；ABC ∆的面积为2，由()I 知DO ⊥平面,2ABC DO =所以132233D ABC V -==，所以263h =，设直线AD 与平面BCD 所成角为θ，则2663sin 23h AD θ===，所以3cos θ=．6．如图所示，三棱锥P ABC -，BC 为圆O 的直径，A 是弧 BC上异于B 、C 的点．点D 在直线AC 上，//OD 平面PAB ，E 为PC 的中点．（1）求证：//DE 平面PAB ；（2）若4PA PB PD AB AD =====，求平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：因为//OD 平面PAB ，平面CAB ⋂平面PAB AB =，OD ⊂平面CAB ，所以//OD AB ．又O 为BC 中点，所以D 为AC 中点．又E 为PC 中点，所以//DE PA ，因为PA ⊂平面PAB ，DE ⊂/平面PAB ，所以//DE 平面PAB ；（2）如图1，取BD 的中点F ，连结PF 、AF ．由已知底面ABC ∆在半圆O 上，BC 为圆O 的直径，可得AD AB ⊥．因为4AB AD ==，所以2242BD AB AD =+=，所以22FA FB FD ===．又4PB PD ==，则有22232PB PD BD +==，所以PB PD ⊥，22FP =所以22216FP FB PB +==，22216FP FA PA +==，22216FP FD PD +==，所以FP FB ⊥，FP FA ⊥，FP FD ⊥，又FA FB F = ，FA ⊂平面ABD ，FB ⊂平面ABD ．所以PF ⊥平面ABD ．如图2，建立如图所示的空间直角坐标系，由4AB AD ==，2PF =，可得8AC =，所以(0A ，0，0)，(0B ，4，0)，(4D ，0，0)，(8C ，0，0)，(2F ，2，0)，(2,2,22)P ，所以(0,4,0)AB = ，(8,4,0)BC =- ，(2,2,22)BP =- ．设1111(,,)n x y z = 为平面PAB 的一个法向量，则11111140220n AB y n BP x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1(n = ，设2222(,,)n x y z = 为平面PBC 的一个法向量，则2222222840220n BC x y n BP x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取2n = ，设平面PAB 与平面PBC 的夹角为1θ，则1211212||cos |cos |||||n n n n n n θ⋅=〈⋅〉==．7．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E 、F 、G 分别是边长为4的正方形的三边AB 、CD 、AD 的中点，先沿着虚线段FG 将等腰直角三角形FDG 裁掉，再将剩下的五边形ABCFG 沿着线段EF 折起，连接AB 、CG 就得到了一个“刍甍”（如图2)．（1）若O 是四边形EBCF 对角线的交点，求证：//AO 平面GCF ；（2）若二面角A EF B --的大小为23π，求平面OAB 与平面ABE 夹角的余弦值．【解答】解：（1）取CF 的中点H ，连接GH ，OH ，如图所示， 四边形EBCF 是矩形，且2CB BE =，O ∴为线段BF 与CE 的中点，//OH BC ∴，且12OH BC =，由图1可知，//AG BC 且12AG BC =，//EF BC ，且EF BC =，∴在图2中，//AG BC 且12AG BC =，//AG OH ∴且AG OH =，∴四边形AOHG 是平行四边形，//AO GH ∴，又AO ⊂/ 平面GCF ，GH ⊆平面GCF ，//AO ∴平面GCF ．（2）由图1可知，EF AE ⊥，EF BE ⊥，折起后在图2中仍有EF AE ⊥，EF BE ⊥，AEB ∴∠即为二面角A EF B --的平面角，23AEB π∴∠=，以E 为坐标原点，EB ，EF 分别为x 轴和y 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，设224CB BE EA ===，则(0E ，0，0)(2B ，0，0)，(0F ，4，0)，(1O ，2，0)，又EF AE ⊥ ，EF BE ⊥，AE BE E = ，EF ∴⊥平面AEF ，∴点A 在xOz 平面上，∴(0EF = ，4，0)为平面ABE 的一个法向量，又23AEB π∠= ，2AE =，(1A ∴-3)，∴(2OA =- ，2-3)，(1OB = ，2-，0)，设平面OAB 的一个法向量为(n x = ，y ，)z ，则00OA n OB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即223020x y z x y ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，取1y =得223x z =⎧⎪⎨=⎪⎩∴(2,1,23)n = ，∴平面OAB 与平面ABE 夹角的余弦值为|cos EF < ，17|17||||417EF n n EF n ⋅>==⨯ ．8．如图，三棱台111ABC A B C -中，1122AB BC B C ===，D 是AC 的中点，E 是棱BC 上的动点．（1）试确定点E 的位置，使1//AB 平面1DEC ；（2）已知1AB BC ⊥，1CC ⊥平面ABC ．设直线1BC 与平面1DEC ，所成的角为θ，试在（1）的条件下，求cos θ的最小值．【解答】解：（1）连接1DC ，DE ，三棱台111ABC A B C -中，1122AB BC B C ===，D 是AC 的中点，E 是棱BC 上的动点，11//A C AD ∴，11A C AD =，∴四边形11ADC A 为平行四边形，11//AA DC ∴，1AA ⊂/平面1DEC ，1DC ⊂平面1DEC ，1//AA ∴平面1DEC ，又1//AB 平面1DEC ，且1AB ，1AA ⊂平面11ABB A ，11AB AA A = ，∴平面11//ABB A 平面1DEC ，又平面11ABB A ⋂平面ABC AB =，平面ABC ⋂平面1DEC DE =，//DE AB ∴，D 是AC 中点，E ∴是BC 的中点，E ∴在BC 的中点处，1//AB 平面1DEC ；（2）1CC ⊥ 平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，1CC AB ∴⊥，又1AB BC ⊥，111CC BC C = ，AB ∴⊥平面11BCC B ，BC ⊂ 平面11BCC B ，AB CB ∴⊥，由（1）知E 是BC 的中点，D 是AC 的中点，//DE AB ∴，DE BC ∴⊥，连接1B E ，11//B C EC ，11B C EC =，∴四边形11B C CE 是平行四边形，11//CC B E ∴，1CC ⊥ 平面ABC ，1B E ∴⊥平面ABC ，ED ∴，EC ，1EB 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设1B E a =，则(0E ，0，0)，(1B -，0，0)，(1C ，0，0)，(0D ，1，0)，1(1C ，0，)a ，1(0B ，0，)a ，∴(0ED = ，1，0)，1(1EC = ，0，)a ，设平面1DEC 的法向量为(m x = ，y ，)z ，则100ED m y EC m x az ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取x a =，则(m a = ，0，1)-，又1(2BC = ，0，)a ，1sin |cos BC θ∴=< ，11||1|3||||BC m m BC m ⋅>====⋅ ，当且仅妆224a a =，即a =要使cos θ的最小值，只需要sin θ最大，sin 最大值为13，此时cos θ==．《中档解答题计划》——专题训练5——解析几何1．已知点(1,0)A -，(2,0)B ，(4,4)N -，动点M 满足||1||2MA MB =，记动点M 的轨迹为曲线C ．（1）求曲线C 的方程；（2）求过点N 与曲线C 相切的直线方程；（3）曲线C 与圆2220x y y +-=相交于E ，F 两点，求||EF ．【解析】：（1）因为点(1,0)A -，(2,0)B ，动点M 满足||1||2MA MB =，设(,)M x y12=，化简得22(2)4x y ++=．（2）由（1）可知曲线C 为圆心为(2,0)-，半径为2的圆．设过点N 的切线方程为(4)4x k y =--，即440ky x k ---=，所以圆心(2,0)-到切线的距离为半径，2=，所以0k =或43k =-，所以直线4x =或444()4033y x ---⨯--=，即切线方程为4x =或4340y x +-=．（3）曲线22:(2)4C x y ++=，①圆2220x y y +-=，②①-②得2y x =，圆心(2,0)-到直线2y x =的距离d ==，所以弦长||5EF ===．2．设椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，离心率12e =，长轴为4，且过椭圆右焦点2F 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）若2OM ON ⋅=- ，其中O 为坐标原点，求直线l 的斜率；（Ⅲ）若AB 是椭圆C 经过原点O 的弦，且//MN AB ，判断2||||AB MN 是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由．【解析】：（Ⅰ）由题意可得2222412a c e a b a c=⎧⎪⎪==⎨⎪=-⎪⎩，解得24a =，23b =，所以椭圆C 的标准方程为：22143x y +=；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得右焦点2(1,0)F ，()i 当直线l 的斜率为0时，则直线l 的方程为0y =，代入椭圆的方程可得24x =，即2x =±，设(2,0)M -，(2,0)N ，则42OM ON ⋅=-≠- ，所以可得直线l 的斜率不为0，()ii 斜率不为0时，设直线l 的方程为：1x my =+，设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，联立2213412x my x y =+⎧⎨+=⎩，整理可得：22(43)690m y my ++-=，因为2F 在椭圆内部，显然△0>，122643m y y m +=-+，122943y y m -=+，222212*********96412(1)(1)()11434343m m m x x my my m y y m y y m m m ---=++=+++=++=+++，所以2121222941224343m OM ON x x y y m m --⋅=+=+=-++ ，整理可得：212m =，解得m =即直线l的斜率1k m ==3．已知抛物线22(0)y px p =>，过点(1,0)-向抛物线引切线，斜率为1，切点为P ．（1）求抛物线的标准方程；（2）已知H ，T 是抛物线上的两点，90HPT ∠=︒，HPT ∆的重心G 在x 轴上，PG 交HT 于点M ，求直线HT的方程．【解析】：（1）易知切线方程为1y x =+，将1x y =-代人22y px =，整理得2220y py p -+=，△2480p p =-=，解得2p =，故抛物线的标准方程为24y x =；（2）由（1）知2440y y -+=，解得2y =，即点P 的纵坐标为2，故(1,2)P ，又G 为HPT ∆的重心，故M 为HT 的中点，则由23PG PM = 可得M 点的纵坐标1M y =-，由题意易知直线HT 的斜率一定存在且不为0，设1(H x ，1)y ，2(T x ，2)y ，则121222121212442244HT M y y y y k y y x x y y y --=====--+-．设HT 的方程为2y x m =-+，将2m y x -=代人24y x =，整理得2220y y m +-=，故122y y m =-，122y y +=-，因为90HPT ∠=︒，所以121222111y y x x --⋅=---，即1222122211144y y y y --⋅=---，整理得12122()200y y y y +++=，即24200m --+=，解得8m =，故直线HT 的方程为28y x =-+．4．已知1F ，2F 分别为椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点，离心率12e =，点E 在椭圆C 上，△12EF F（Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）设C 的上、下顶点分别为A ，B ，点M 是C 上异于A ，B 的任意一点，直线MA ，MB 分别与x 轴交于P ，Q 两点，O 为坐标原点，证明：||||OP OQ ⋅为定值．【解析】：（Ⅰ）设C 的半焦距为(0)c c >，由题意可得22212122c e a c b c a b ⎧==⎪⎪⎪⋅⋅=⎨⎪=-⎪⎪⎩24a =，23b =，所以C 的方程为：22143x y +=；（Ⅱ）证明：由题意可得A，(0,B ，设椭圆上任意一点0(M x，00)(y y ≠，则22003124x y =-，所以直线AM的方程为00y y x x =+BM的方程为00y y x x -=-令0y =，得P x =，Q x =，所以220022003124||||||4|3||3|x yOP OQy y-⋅=⋅====--为定值．。
立体几何中的轨迹交汇问题解析
立体几何中的轨迹问题以立体图形为载体的轨迹问题，将立体几何和解析几何巧妙地整合在一起，立意新颖，综合性强，是新课程高考命题的一大趋势。
解答这类问题的关键是把空间问题转化为平面问题，一般可从两个方面考虑：一是利用曲线的定义，二是用解析法求出轨迹方程。
例1. 已知平面//α平面β，直线l α⊂，点l P ∈，平面α、β间的距离为4，则在β内到点P 的距离为5且到直线l 的距离为29的点的轨迹是（ ）A. 一个圆B. 两条平行直线C. 四个点D. 两个点简析：如图1，设点P 在平面β内的射影是O ，则OP 是α、β的公垂线，OP=4。
在β内到点P 的距离等于5的点到O 的距离等于3，可知所求点的轨迹是β内在以O 为圆心，3为半径的圆上。
又在β内到直线l 的距离等于29的点的集合是两条平行直线m 、n ，它们到点O 的距离都等于32174)29(22<=-，所以直线m 、n 与这个圆均相交，共有四个交点。
因此所求点的轨迹是四个点，故选C 。
例2. 如图2，定点A 和B 都在平面α内，定点P ,PB ,α⊥α∉C 是α内异于A 和B 的动点。
且AC PC ⊥，那么动点C 在平面α内的轨迹是（ ） A. 一条线段，但要去掉两个点B. 一个圆，但要去掉两个点C. 一个椭圆，但要去掉两个点D. 半圆，但要去掉两个点简析：因为PC AC ⊥，且PC 在α内的射影为BC ，所以BC AC ⊥，即︒=∠90ACB 。
所以点C 的轨迹是以AB 为直径的圆且去掉A 、B 两点，故选B 。
例3 （04年北京高考题）在正方体ABCD A B C D -1111中，P 是侧面BB C C 11内一动点，若P 到直线BC 与直线C D 11的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）A ． 直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线 分析 如图1，由C D 11⊥平面BB C C 11，得1PC ⊥C D 11，所以1PC 就是点P 到直线C D 11的距离，因此条件转化为点P 到BC 的距离等于点P 到点1C 的距离．根据抛物线的定义，点P 的轨迹所在的曲线是抛物线．选D ．变式1：. 已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点，若点P 到直线11D A 的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ） A. 抛物线 B. 双曲线C. 椭圆 D. 直线简析：以A 为原点，AB 为x 轴、AD 为y 轴，建立平面直角坐标系。
立体几何与解析几何交汇问题的解法
立体几何与解析几何交汇问题的解法韩 保 席（215200）江苏省吴江市高级中学近几年的高考特别关注知识的综合性，注意在知识的网络交汇处设计试题，旨在考查学生综合利用所学知识分析和解决问题的能力。
解几和立几交汇的问题因为其新颖性、应用性和综合性备受命题者的青睐，本文精选几例近几年来的高考题或高考模拟题作简要地分析，以期窥一斑而见全豹。
1以解析几何为背景的立体几何题有些几何体通过投影、切割等方式得到解析几何中的曲线或解几中的一些曲线经过翻转和旋转得到立几中的几何体，通过研究解几中的曲线，从而计算几何体的面积、体积等度量。
例1如图1，一个球形广告气球被一束入射角为30°的平行光线照射，其投影是一个长半轴为5 米的椭圆，2果中保留π）。
分析：本题旨在考查球的面积公式，属简单题， 只需找到球的半径与椭圆长轴之间的关系即可。
解：设球的直径为r 2，椭圆的长轴为a 2， 则有：030cos 22⋅=a r，即23523==a r ， 所以广告气球的面积：ππ7542==r S 。
例2由曲线y x 42=，y x 42-=，4=x ，4-=x 围成图形（如图2—1）绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V 1，满足1622≤+y x ，4)2(22≥-+y x ，4)2(22≥++y x 的点),(y x 组成的图形（如图2—2）绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则（ ）（2002年全国高中数学联赛题）(A) V 1=21V 2 (B) V 1=32 (D) V 1=2V 2 分析：两个图形中的平面曲 线围成图形绕y 轴旋转后都不是 常见的旋转体，不能直接用公式 求出体积，所以要考虑用祖暅原 理比较两个几何体的体积。
解：用任意一个与y 轴垂直图1的平面去截这两个旋转体，设 截面与原点距离为 ||y ，则所得截面面积：|)|44(21y S -=π，|)|44()]||2(4[)4(22222y y y S -=----=πππ，所以21S S =。
例析立体几何与解析几何的交汇
设 a , b 在α内的射影分别为 a′ , b′ ,点 A , B α 在 内的射影分别为 A ′ , B′ ,则 ∠A ′ OB′ = 60° ,且 A′ B′ 的中点即为 AB 的中点 P. 又 | AB | = 4 ,| EF| = 2 , ∴ | A ′ B′ | = 2 3. 问题即转化为求定长线段 A ′ B′ 的两个端点 分别为 a′ , b′ 上移动时 ,其中点 P 的轨迹 . 以直线 a′ , b′ 的两条角平分线分别为 x 轴 , y 轴 , 建立平面直角坐标系. 如图 7. 不失一般性 ,令| OB′ | = n , | OA ′ | = m. 在 △A ′ OB′ 中,
外三种情形中 , 同样得到椭圆 ( 2 ) 的另三段弧 . 综 合得 P 点的轨迹为椭圆
x
2
9
+ y2 = 1.
6 立体几何与解析几何交汇的实际应用
整理得 :4 x 2 + 4 y 2 + 85 x + 100 = 0 , 即为所求点的 轨迹方程 . 5 空间问题转化为平面问题 例5 设异面直线 a , b 成 60° 角 ,它们的公垂 线为 EF ,且| EF| = 2 , 线段 AB 的长为 4 , 两端点 A , B 分别在 a , b 上移动 ,求线段 AB 的中点 P 的 轨迹 .
cos30° =
b 3 = . a 2 c = a x
2
∠A 1 O F2 即 为 所 求二面角的平面角. 由 题意 | O F2 | = c = 3 ,
| OA 1 | = a = 2 ,
∴ cos ∠A 1 O F2 =
3 , 即 2 30° .
∠A 1 O F2 =
图2 例2图
平面解析几何,立体几何
典型例题
1、已知正方形ABCD，以A、C为焦点，且过B点的椭圆的 离心率为 . （2008年理科选择第13题） 2、（1）已知抛物线 y 4 x 上一点P到该抛物线的准 线的距离为5，则过点P和原点的直线的斜率为 . （2007年理科选择题第12题） （2）已知椭圆的长轴长为8，则它的一个焦点到短轴 一个端点的距离为 . （2007年理科选择题第14题)
2
典型例题
x2 y2 3、设椭圆方程为 16 12 1，则该椭圆的离心率
为 . （2006年理科选择第15题） 4、中心在原点，一个焦点坐标为（0，4）且过 点（3，0）的椭圆方程为 . （2005年理科选择第4题） x y 5、 双曲线的 9 16 1 渐近线方程为 .
2 2
（2004年理科选择题第12题）
a // b
典型例题
4、已知向量满足 | a | 3 ，| b | 4 ，且
0
b _______ a和 b 的夹角为120 ，则 a （2005年理科选择第 13题） （2）设a (3, 2) ， ， b ( 2 , 4 ) 则 2a b ______ （2004年理科选择题第11题）
直
线
考纲要求
1．理解直线的倾斜角和斜率的概念，会求直 线的斜率。 2．会求直线方程，会（灵活）应用直线方程 解决有关问题。 3．了解（掌握）平行与垂直的条件以及点到 直线的距离公式，会应用它们解决简单的 问题（有关问题）。（了解两条直线所成 角的公式）。
典型例题
1、过点（1，1）且与 x 2 y 1 0 直线垂直的直 线方程为 . （2008年文科选择题第14题) 2、设 是直线 y x 2 的倾斜角，则
立体几何中轨迹问题的处理技巧与方法
ʏ陈 婷立体几何中的轨迹问题,是立体几何与解析几何的知识交汇点㊂这类问题,立意新颖,重视不同知识的交叉与渗透,重视对数学知识与数学能力的考查与应用,是培养同学们数学核心素养的好素材㊂一㊁直接法直接法就是直接利用立体几何的相关知识,合理分析和研究问题中各个元素之间的关系,或者直接利用轨迹定义进行求解的方法㊂例1 如图1,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,P 是侧面B C C 1B 1上的一个动点,若点P 到直线B C 与直线C 1D 1的距离相等,则动点P 的轨迹是下列哪种线的一部分( )㊂图1A.直线 B .圆C .双曲线 D .抛物线分析:根据题设条件,利用空间点线面的位置关系,直接得到动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等,再结合解析几何中抛物线的定义,可得对应的答案㊂解:根据正方体的性质,可知C 1D 1ʅ平面B C C 1B 1,所以动点P 到直线C 1D 1的距离与到点C 1的距离相等㊂又动点P 到直线B C 与到直线C 1D 1的距离相等,所以动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等㊂根据抛物线的定义,可得动点P 的轨迹是一条抛物线的一部分㊂应选D ㊂二㊁转化法转化法就是将立体几何问题转化为平面几何问题,进行合理 降维 处理,进而应用平面几何㊁解析几何等相关知识来分析与求解的方法㊂例2 (2022年高考北京卷)已知正三棱锥P -A B C 的六条棱长均为6,S 是әA B C 及其内部的点构成的集合㊂设集合T ={Q ɪS |P Q ɤ5},则T 表示的区域的面积为( )㊂A .3π4B .πC .2πD .3π分析:根据题设条件,结合正三棱锥的性质,合理构建点P 在底面әA B C 内的射影点O ,结合集合的创新设置进行合理转化,将空间中的距离问题转化为平面上的距离问题加以分析与求解㊂解:设点P 在底面әA B C 内的射影为点O ㊂依题意知әA B C 是边长为6的正三角形,所以A O =B O =C O =23㊂因为P A =P B =P C =6,所以P O =62-(23)2=26㊂若P Q =5,则O Q =P Q 2-P O 2=1,可知动点Q 的轨迹是在底面әA B C 内,以O 为圆心,半径为r =1的圆及其内部,其对应的面积为πr 2=π㊂应选B ㊂三㊁解析法解析法就是利用解析几何在研究轨迹方面的一整套比较完整的理论体系,通过坐标法进行代数运算与逻辑推理的一种求轨迹的方法㊂解析法是解决立体几何图形的二维轨迹问题的常用方法之一㊂例3 (多选题)如图2所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E 是C C 1的中点,点P 在底面A B C D 内运动,若P D 1,P E 与底面A B C D 所成的角相等,则动点P 的轨迹是( )㊂71知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.图2A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.经过线段B C靠近B的三等分点D.经过线段C D靠近C的三等分点分析:根据题意得D P=2P C,以点D为坐标原点,建立平面直角坐标系,通过坐标法进行讨论求解㊂解:由正方体的性质得D D1ʅ平面A B C D,E Cʅ平面A B C D,所以øD P D1,øC P E分别为P D1,P E与底面A B C D所成的角,所以øD P D1=øC P E㊂因为t a nøD P D1=D D1D P,t a nøC P E= C EP C,又D D1=2C E,所以D P=2P C㊂在平面A B C D中,以D为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图3所示㊂图3设正方体的边长为a,点P(x,y),xȡ0,yȡ0,则点D(0,0),C(a,0),所以D P2= x2+y2,P C2=(x-a)2+y2,所以x2+y2= 4(x-a)2+4y2,整理得3x2+3y2-8a x+ 4a2=0,显然3x2+3y2-8a x+4a2=0表示圆的方程,所以动点P的轨迹是圆的一部分,A正确,B错误㊂线段B C靠近B的三等分点的坐标为a,23a,线段C D靠近C的三等分点的坐标为23a,0,分别代入方程3x2+3y2-8a x+4a2=0,可得3a2+3ˑ23a2-8a2+4a2=13a2ʂ0,3ˑ23a2+ 3ˑ02-8aˑ23a+4a2=0,所以23a,0在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,a,23a不在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,C错误,D 正确㊂应选A D㊂四㊁性质法性质法就是利用轨迹的相关知识来解决立体几何中轨迹问题的一种基本方法㊂有些空间图形的轨迹不一定是二维的,转化为平面问题比较困难,这时可借助性质法来处理㊂例4已知棱长为3的正方体A B C D-A1B1C1D1中,长为2的线段M N的一个端点M在D D1上运动,另一个端点N在底面A B-C D上运动,则线段M N的中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为㊂分析:不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂从而点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,由此可求出体积㊂解:如图4所示,端点N在正方形A B C D内运动㊂图4因为әMD N为直角三角形,P为斜边MN的中点,所以不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂利用立体几何的性质,可知动点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,所以所求体积V= 18ˑ43ˑπˑ13=π6㊂作者单位:江苏省海安高级中学(责任编辑郭正华)8 1知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
掌握中考数学解题技巧如何应对立体几何中的相交和投影问题
掌握中考数学解题技巧如何应对立体几何中的相交和投影问题相交和投影问题是中考数学中一个重要的考点，掌握解题技巧对于顺利解决这类问题至关重要。
本文将为大家介绍如何应对立体几何中的相交和投影问题，并分享一些解题技巧。
一、相交问题的解题技巧在解决立体几何中的相交问题时，我们需要注意以下几个解题技巧。
1. 确定平面相交问题首先需要确定相交的平面，因为只有确定了相交的平面，才能进一步讨论交线等内容。
在确定平面时，可以利用已知条件，如平行关系、垂直关系等。
2. 确定交线确定了相交的平面后，我们需要找出相交的线段或线。
这时候可以利用相交直线的性质，如相交线互不平行、相交角相等等。
3. 分析相交关系在确定了相交线后，我们需要分析相交的方式。
相交可以分为两种情况，即平面内相交和平面外相交。
对于平面内相交，我们可以利用平行线与横截线间的关系来解题；对于平面外相交，我们可以利用相似三角形等性质来解题。
二、投影问题的解题技巧解决立体几何中的投影问题时，我们需要掌握以下几个解题技巧。
1. 熟悉视角关系投影问题需要考虑物体在不同视角下的投影效果。
对于正投影和斜投影，我们需要根据给定的条件，确定物体在不同视角下的形状和位置。
2. 利用相似三角形在解决投影问题时，相似三角形是一个重要的工具。
通过利用相似三角形的性质，我们可以求解出物体在不同视角下的大小和位置。
3. 分析平行线关系在投影问题中，平行线关系也是一个常见的解题思路。
通过观察平行线的关系，我们可以确定物体在不同视角下的投影位置。
三、综合运用解题技巧在实际解题过程中，相交和投影问题往往是相互结合的。
因此，我们需要综合运用上述技巧，灵活应用到解题过程中。
1. 先分析相交问题首先，我们应该先分析相交问题，确定相交的平面和交线，利用已知条件寻找出相交点等信息。
2. 再考虑投影问题在确定了相交关系后，我们可以从不同视角下观察物体的投影情况。
利用视角关系、相似三角形等技巧，求解出物体在不同视角下的投影位置和形状。
专题26 求动点轨迹方程 微点2 定义法求动点的轨迹方程及答案
专题26 求动点轨迹方程 微点2 定义法求动点的轨迹方程专题26 求动点轨迹方程 微点2 定义法求动点的轨迹方程 【微点综述】在解析几何教学中，求动点的轨迹方程历来是教学重要专题之一，而曲线的定义反映了曲线的本质属性，它是相应标准方程和几何性质的“源”，也是解题的重要工具，如果能在求动点的轨迹方程中充分利用曲线的定义，常常会达到言简意明、异曲同工的效果．下面就其应用作一些举例介绍． 一、求轨迹方程——定义法若某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆、圆锥曲线的定义，则可以利用所学过的圆的定义、椭圆的定义、双曲线的定义、抛物线的定义等直接写出所求的动点的轨迹方程，这种方法叫做定义法．这种方法要求题设中有定点与定直线及两定点距离之和或差为定值的条件，或利用平面几何知识分析得出这些条件． 二、常见情形1．到线段两端点相等的点的轨迹是该线段的垂直平分线． 2．到角的两边相等的点的轨迹是该角的平分线及外角平分线．3．平面内到一定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点为圆心，定长为圆的半径． 4．平面内一个动点P 到两个定点12,F F 的距离之和等于常数（12122,PF PF a F F a +=>为常数）的动点P 的轨迹是以12,F F 为焦点，2a 为长轴长的椭圆． 5．平面内一个动点P 到两个定点12,F F 的距离之差的绝对值等于常数（12122,PF PF a F F a -=<为常数）的动点P 的轨迹是以12,F F 为焦点，2a 为实轴长的双曲线．6．平面内与一定点F 和一条定直线l （l 不经过点F ）距离之比对于常数()0e e >的动点的轨迹是圆锥曲线．当01e <<时为椭圆；当1e >时为双曲线；当1e =时为抛物线．其中，定点F 叫做圆锥曲线的焦点，定直线l 叫做圆锥曲线的准线． 三、应用举例1．利用圆的定义求轨迹方程 例11．一条定长为2a 的线段AB ，点A 在x 轴上，点B 在y 轴上滑动．求线段AB 的中点P的轨迹方程．2．利用椭圆的定义求轨迹方程 例2（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）2．已知圆1C ：22(3)1x y ++=，2C ：22(3)81x y -+=，动圆C 与圆1C ，2C 都相切，则动圆C 的圆心轨迹E 的方程为________________l 与曲线E 仅有三个公共点，依次为P ，Q ，R ，则||PR 的值为________. 例3（2019年高考江苏卷17（1））3．如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1．已知DF 1=52．（1）求椭圆C 的标准方程； （2）求点E 的坐标．3．利用双曲线的定义求轨迹方程 例4（2021年新高考I 卷21（1））4．在平面直角坐标系xOy 中，已知点()1F 、)2122F MF MF -=，，点M的轨迹为C . （1）求C 的方程； （2）设点T 在直线12x =上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB TP TQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.例55．如图，O 为坐标原点，双曲线221112211:1(0,0)x y C a b a b -=>>和椭圆222222222:1(0)y x C a b a b +=>>均过点P ，且以1C 的两个顶点和2C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求12,C C 的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与1C 交于,A B 两点，与2C 只有一个公共点，且||||OA OB AB +=？证明你的结论．4．利用抛物线的定义求轨迹方程 例6（2014年高考福建文21）6．已知曲线Γ上的点到点(0,1)F 的距离比它到直线=3y -的距离小2. （1）求曲线Γ的方程；（2）曲线Γ在点P 处的切线l 与x 轴交于点A .直线3y =分别与直线l 及y 轴交于点,M N ，以MN 为直径作圆C ，过点A 作圆C 的切线，切点为B ，试探究：当点P 在曲线Γ上运动（点P 与原点不重合）时，线段AB 的长度是否发生变化？证明你的结论. 例7（2013年高考全国II 理11）7．设抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为 F ，点M 在 C 上，5MF =，若以 MF 为直径的圆过点（0,2），则C 的方程为 A ．24y x =或 28y x = B ．22y x =或 28y x = C ．24y x =或 216y x = D ．22y x =或 216y x =5．解析几何与立体几何交汇轨迹问题例8（2022·全国·模拟预测）8．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为点Q 为棱1AA 上一点，点P 在底面ABCD上，且PQ =M 为线段PQ 的中点，则线段1C M 长度的最小值是（ ）A ．2B ．6C ．2D ．6例9（2022·新疆·二模）9．在棱长为6的正四面体ABCD 中，点P 为ABC 所在平面内一动点，且满足+=PA PB PD 的最大值为____________． 小结：定义是事物本质属性的概括和反映，圆锥曲线的几乎每个性质和问题都是由定义派生出来．对于这些常见的圆锥曲线问题，领悟定义优先的思想，把定量的计算和定性的分析有机地结合起来，往往能准确判断、简化运算，灵活解题．我们解决问题，总是希望寻找到最简单又不失本质的原理与方法，从以上案例中，不难发现解决圆锥曲线问题的首选策略是回归定义，优先考虑定义是求解圆锥曲线有关问题的第一思路，运用定义往往能使问题快捷求解． 【强化训练】（2022·四川凉山·三模）10．已知抛物线2:4C y x =，焦点为F ，点M 是抛物线C 上的动点，过点F 作直线()1210a x y a -+-+=的垂线，垂足为P ，则MFMP +的最小值为（ ）A B C ．5D ．3（2022·浙江·慈溪中学模拟预测）11．在直角坐标系xOy 中，已知点A ，B 分别是定直线y kx =和(0)=->y kx k 上的动点，若AOB 的面积为定值S ，则线段AB 的中点的轨迹为（ ） A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线（2022·上海青浦·三模）12．如图，ABC ⊥平面,D α为AB 中点，2AB =，60CDB ∠=，点P 为平面α内动点，且P 到直线CD APB ∠的最大值为__________.（2022·山西晋城·三模）13．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点M 是棱AB 的中点，点P 是底面ABCD 内的动点，且P 到平面11ADD A 的距离等于线段PM 的长度，则线段1B P 长度的最小值为______．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）14．已知平面上一动点P 到定点()1,0F 的距离与它到定直线=1x -的距离相等，设动点P 的轨迹为曲线C ． (1)求曲线C 的轨迹方程(2)已知点(B ，过点B 引圆()()222:402M x y r r -+=<<的两条切线BP ；BQ ，切线BP 、BQ 与曲线C 的另一交点分别为P 、Q ，线段PQ 中点N 的纵坐标记为λ，求λ的取值范围．（2022·广东·模拟预测）15．平面直角坐标系内有一定点(1,0)F -，定直线:5l x =-，设动点P 到定直线的距离为d ，且满足||PF d =(1)求动点P 的轨迹方程；(2)直线:3m y kx =-过定点Q ，与动点P 的轨迹交于不同的两点M ，N ，动点P 的轨迹与y 的负半轴交于A 点，直线,AM AN 分别交直线=3y -于点H 、K ，若||||35QH QK +≤，求k 的取值范围．（2022·云南师大附中高三月考）16．已知定圆()221:11F x y ++=，圆()222:125F x y -+=，动圆M 与定圆1F 外切，与定圆2F 内切．（1）求动圆圆心M 的轨迹方程E ；（2）直线l 的方向向量()1,2a =-，直线l 与曲线E 交于A 、B 两点，若AOB ∠为锐角（其中O 为坐标原点），求直线l 纵截距m 的取值范围．17．设圆222150x y x ++-=的圆心为A ，直线l 过点B （1,0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E . （I ）证明EA EB +为定值，并写出点E 的轨迹方程；（II ）设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ,N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ,Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围. （2018年高考江苏卷18（1））18．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点1)2，焦点12(F F ，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；①直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB ，求直线l 的方程． 19．已知点()0,2F ，过点()02P ,-且与y 轴垂直的直线为1l ，2l x ⊥轴，交1l 于点N ，直线l 垂直平分FN ，交2l 于点M . (1)求点M 的轨迹方程；(2)记点M 的轨迹为曲线E ，直线AB 与曲线E 交于不同两点1122(,),(,)A x y B x y ，且2211x x m =-+ (m 为常数)，直线l '与AB 平行，且与曲线E 相切，切点为C ，试问ABC的面积是否为定值.若为定值，求出ABC 的面积；若不是定值，说明理由.参考答案：1．222x y a +=【分析】设AB 的中点坐标为(,)x y ，当A 、B 均不与原点重合时，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AB 中点轨迹，验证A 、B 有一点与原点重合时成立得答案． 【详解】当OA OB ⊥时，12OP AB =，即,OP a P =∴的轨迹是以原点为圆心，a 为半径的圆，∴方程是222x y a +=（0x ≠且0y ≠）．当A 点为原点时，()0,B a 或()0,B a -，当B 点在原点时，()0A a ,或(),0A a -，P ∴点的轨迹方程是222x y a +=．2． 2212516x y +=，221167x y += 6011 【分析】根据动圆C 与圆1C ，2C 的位置关系，分情况讨论可知动圆C 的圆心轨迹为椭圆，然后计算,,a b c 即可，然后假设直线方程，根据直线于曲线E 的位置关系以及弦长公式，可得结果.【详解】设动圆C 的半径为R 由题可知：当动圆C 与圆1C 外切，与圆2C 内切时 则112122=+11069CC R CC CC C C CC R ⎧⎪⇒+=>=⎨=-⎪⎩所以可知动圆C 圆心轨迹为椭圆所以210=5,3=⇒=a a c ，故22216b a c =-=所以动圆C 的圆心轨迹E 的方程为2212516x y +=当动圆C 与圆1C 内切，与圆2C 内切时 则112122=1869CC R CC CC C C CC R ⎧-⎪⇒+=>=⎨=-⎪⎩所以可知动圆C 圆心轨迹为椭圆所以28=4,3=⇒=a a c ，故2227b a c =-= 所以动圆C 的圆心轨迹E 的方程为221167x y +=所以动圆C的圆心轨迹E的方程为2212516x y+=，221167x y+=设直线l方程为y m=+，()()1122,,,P x y R x y由直线l与曲线E仅有三个公共点则直线l与221167x y+=相切于点Q，与2212516x y+=相交于点P,R所以2222139161120167x yx by m⎧+=⎪⇒++-=⎨⎪=+⎩则()()22243916112039∆=-⨯⨯-=⇒=b b22221662540002516x yx by m⎧+=⎪⇒++-=⎨⎪=+⎩212122540066-+==bx x x x则PR则PR239=b代入可得6011=PR故答案为：2212516x y+=，221167x y+=；6011【点睛】本题考查椭圆的定义，以及弦长公式，考验分析问题能力以及计算能力，属中档题. 3．（1）22143x y+=；（2）3(1,)2E--.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线1AF的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=52，AF2①x轴，所以DF232=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b 2=a 2-c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=. （2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2， 因为AF 2①x 轴，所以点A 的横坐标为1. 将x =1代入圆F 2的方程(x -1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(-1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2. 由()2222116y x x y =+⎧⎪⎨-+=⎪⎩，得256110x x +-=， 解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得125y =-， 因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-. 由223(1)4143y x x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，得276130x x --=，解得=1x -或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以=1x -.将=1x -代入3(1)4y x =-，得32y =-.因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=.如图，连结EF 1.因为BF 2=2a ，EF 1+EF 2=2a ，所以EF 1=EB ， 从而①BF 1E =①B .因为F 2A =F 2B ，所以①A =①B ， 所以①A =①BF 1E ，从而EF 1①F 2A . 因为AF 2①x 轴，所以EF 1①x 轴.因为F 1(-1，0)，由221143x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得32y =±.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以32y =-.因此3(1,)2E --.【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力. 4．（1）()221116y x x -=≥；（2）0.【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点双曲线的右支，求出a 、b 的值，即可得出轨迹C 的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C 的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得12k k +的值. 【详解】(1)因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b-=>>，则22a =，可得1a =，4b =，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥. （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立如图所示，设1(,)2T n ,设直线AB 的方程为112211(),,(2,(),)y n k x A x y B x y -=-．联立1221()2116y n k x y x ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩, 化简得22221111211(16)(2)1604k x k k n x k n k n -+---+-=.则22211112122211111624,1616k n k n k k n x x x x k k +-+-+==--．故12,11||)||)22TA x TB x -=-．则222111221(12)(1)11||||(1)()()2216n k TA TB k x x k ++⋅=+--=-．设PQ 的方程为21()2y n k x -=-，同理22222(12)(1)||||16n k TP TQ k ++⋅=-． 因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，所以22122212111616k k k k ++=--，化简得22121717111616k k +=+--，所以22121616k k -=-，即2212k k =．因为11k k ≠，所以120k k +=． [方法二] ：参数方程法设1(,)2T m ．设直线AB 的倾斜角为1θ，则其参数方程为111cos 2sin x t y m t θθ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩， 联立直线方程与曲线C 的方程2216160(1)x y x --≥=，可得222221111cos 116(cos )(sin 2sin )1604t m t t mt θθθθ+-++-=+，整理得22221111(16cos sin )(16cos 2sin )(12)0t m t m θθθθ-+--+=．设12,TA t TB t ==，由根与系数的关系得2212222111(12)12||||16cos sin 117cos t m m TA TB t θθθ-++⋅===--⋅．设直线PQ 的倾斜角为2θ，34,TP t TQ t ==， 同理可得2342212||||117cos m T T t P Q t θ+⋅==-⋅ 由||||||||TA TB TP TQ ⋅=⋅，得2212cos cos θθ=．因为12θθ≠，所以12s o o s c c θθ=-．由题意分析知12θθπ+=．所以12tan tan 0θθ+=， 故直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，由圆幂定理知A ，B ，P ，Q 四点共圆． 设1(,)2T t ,直线AB 的方程为11()2y t k x -=-，直线PQ 的方程为21()2y t k x -=-,则二次曲线1212()()022k kk x y t k x y t --+--+=． 又由22116y x -=，得过A ，B ，P ，Q 四点的二次曲线系方程为：221212()()(1)0(0)2216k k y k x y t k x y t x λμλ--+--++--=≠，整理可得： []2212121212()()()()16k x y k k xy t k k k k k x μμλλλλ++--+++-12(2)02y k k t m λ++-+=， 其中21212()42k k t m t k k λμ⎡⎤=+-+-⎢⎥⎣⎦．由于A ，B ，P ，Q 四点共圆，则xy 项的系数为0，即120k k +=.【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.5．(1)1C 的方程为：2213y x -=；2C 的方程为22132y x+= (2)不存在，证明见解析【分析】（1）根据以1C 的两个顶点和2C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形得 121,1a c ==，分别将P 的坐标代入双曲线和椭圆方程，可求出双曲线和椭圆方程；（2）当直线l 垂直于x 轴时，求出,A B 的坐标，可以验证OA OB AB +≠；当直线l 不垂直于x 轴时，设l 的方程为y kx m =+，代入双曲线方程，由韦达定理得到,A B 两个点的横坐标、纵坐标之间的关系，代入椭圆方程，根据判别式得到2223k m =-，利用韦达定理推出0OA OB ⋅≠，从而可推出OA OB AB +≠.（1）设2C 的焦距为22c ，因为1C 的两个顶点和2C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．所以2122,22c a ==，从而121,1a c ==，因为点P ⎫⎪⎝⎭在双曲线22211y x b -=上，所以22121113b b -=⇒=⎝⎭， 所以1C 的方程为：2213y x -=.因为点P ⎫⎪⎝⎭在222222222:1(0)y x C a b a b +=>>上，所以22221314a b +=， 因为222222221b a c a =-=-，所以22221413(1)a a +=-，解得223a =，所以222b =， 所以2C 的方程为22132y x+=. （2）不存在符合题设条件的直线，证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，因为l 与2C只有一个公共点，所以直线的方程为x =或x =当x,,AB所以22,23OA OB AB +==此时OA OB AB +≠，当x =OA OB AB +≠.当直线l 不垂直于x 轴时，设l 的方程为y kx m =+，由 2213y kx my x =+⎧⎪⎨-=⎪⎩可得()2223230k x kmx m ----=，当l 与1C 相交于,A B 两点时，230k -≠,222(2)4(3)(3)0km k m ∆=-+-+>,即2230m k +->，设()()1122,,,A x y B x y ，则212122223,33km m x x x x k k ++==--， 于是()22222221212121222(3)2()()33k m k m y y kx m kx m k x x km x x m m k k+=++=+++=++-- 222333k m k -=-， 由22132y kx m y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可得()222234260k x kmx m +++-=， 因为直线l 与2C 只有一个公共点，所以()()2222016423260k m k m ∆=⇒-+-=，化简可得2223k m =-，因此22222212122222333332303333m k m k m k OA OB x x y y k k k k +-+---⋅=+=+==≠----， 于是222222OA OB OA OB OA OB OA OB ++⋅≠+-⋅， 即22OA OB OA OB +≠-，所以OA OB AB +≠， 综上所述：OA OB AB +≠，所以不存在符合题目条件的直线l ．6．（1）24x y =.（2）当点P 在曲线Γ上运动时，线段AB 的长度不变，证明见解析. 【详解】试题分析：（1）思路一：设(,)S x y 为曲线Γ上任意一点， 依题意可知曲线Γ是以点(0,1)F 为焦点，直线1y =-为准线的抛物线， 得到曲线Γ的方程为24x y =.思路二：设(,)S x y 为曲线Γ上任意一点，由(3)2y --==，化简即得.（2）当点P 在曲线Γ上运动时，线段AB 的长度不变，证明如下： 由（1）知抛物线Γ的方程为214y x =， 设000(,)(0)P x y x ≠，得20014y x =， 应用导数的几何意义，确定切线的斜率，进一步得切线l 的方程为2001124y x x x =-. 由20011240y x x x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，得01(,0)2A x . 由20011243y x x x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，得0016(,3)2M x x +. 根据(0,3)N ，得圆心0013(,3)4C x x +，半径0011324r MN x x ==+，由弦长，半径及圆心到直线的距离之关系，确定AB 试题解析：解法一：（1）设(,)S x y 为曲线Γ上任意一点， 依题意，点S 到(0,1)F 的距离与它到直线1y =-的距离相等， 所以曲线Γ是以点(0,1)F 为焦点，直线1y =-为准线的抛物线，所以曲线Γ的方程为24x y =.（2）当点P 在曲线Γ上运动时，线段AB 的长度不变，证明如下： 由（1）知抛物线Γ的方程为214y x =， 设000(,)(0)P x y x ≠，则20014y x =， 由12y x '=，得切线l 的斜率001|2x x k y x =='=， 所以切线l 的方程为0001()2y y x x x -=-，即2001124y x x x =-. 由20011{240y x x x y =-=，得01(,0)2A x .由20011{243y x x x y =-=，得016(,3)2M x x +. 又(0,3)N ，所以圆心0013(,3)4C x x +，半径0011324r MN x x ==+，AB ===所以点P 在曲线Γ上运动时，线段AB 的长度不变.解法二：（1）设(,)S x y 为曲线Γ上任意一点，则(3)2y --==，依题意，点(,)S x y 只能在直线=3y -的上方，所以3y >-，1y =+，化简得，曲线Γ的方程为24x y =.（2）同解法一.考点：抛物线的定义，导数的几何意义，直线方程，直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系. 7．C【详解】①抛物线C 方程为22(0)y px p =>,①焦点(,0)2pF ，设(,)M x y ,由抛物线性质52p MF x =+=,可得52p x =-，因为圆心是MF 的中点,所以根据中点坐标公式可得,圆心横坐标为52，由已知圆半径也为52,据此可知该圆与y 轴相切于点(0,2)，故圆心纵坐标为2，则M 点纵坐标为4， 即(5,4)2pM -,代入抛物线方程得210160p p -+=，所以p=2或p=8. 所以抛物线C 的方程为24y x =或216y x =. 故答案C.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义与简单几何性质，圆的性质和解直角三角形等知识，属于中档题，本题给出抛物线一条长度为5的焦半径MF ,以MF 为直径的圆交抛物线于点(0,2)，故将圆心的坐标表示出来，半径求出来之后再代入到抛物线中即可求出p 的值，从而求出抛物线的方程，因此正确运用圆的性质和抛物线的简单几何性质是解题的关键. 8．B【分析】根据给定条件，确定点M 所在的轨形迹图，再利用该图形的性质即可求解作答.【详解】依题意，正方体1111ABCD A B C D -，当点P 与A 不重合时，AQ AP ⊥，如图，因点M 为线段PQ 的中点，则12AM PQ ==P 与A 重合时，12AM PQ ==即无论点P ，Q 如何运动，总有AM M 在以点A 18球面上，而16AC ==，所以线段1C M 长度的最小值是16AC = 故选：B【点睛】结论点睛：球面一点与球面上的点间距离最小值等于这一点与球心距离减球半径；球面一点与球面上的点间距离最大值等于这一点与球心距离加球半径，9．【分析】先由+=PA PB P 的轨迹是椭圆，由点D 在底面ABC 上的射影恰为短轴端点E ，得到PD =)P θθ，求出PE 最大值，进而得到PD 的最大值.【详解】取AB 的中点O ，连接OC ，以AB 为x 轴，OC 为y 轴，建立直角坐标系，则点P 在以A ，B 为焦点的椭圆上，且3==a c ，①23b =，即椭圆方程为221123x y +=，易知点D 在底面ABC 上的射影恰为短轴端点E ，DE ==①==PD设)P θθ，由E ，则2222112cos 3sin 6sin 39sin 163⎛⎫=+-+=-++ ⎪⎝⎭PE θθθθ，①()2max16=PE，当1sin 3θ=-取得，①max ||==PD故答案为：【点睛】本题关键点在于确定点P 的轨迹是椭圆，由点D 在底面ABC 上的射影恰为短轴端点E ，将PD 的最大值转化为PE 最大值，再借助椭圆的参数方程求出PE 最大值即可. 10．A【分析】由条件确定点P 的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求MF MP +的最小值. 【详解】① 抛物线C 的方程为24y x =， ① (1,0)F ，抛物线C 的准线方程为=1x -，① 方程()1210a x y a -+-+=可化为()1(1)2y a x -=--， ①()1210a x y a -+-+=过定点(2,1)B ，设(,)P x y ，设,F B 的中点为A ，则31,22A ⎛⎫⎪⎝⎭，因为FP BP ⊥，P 为垂足，①122PA FB ==，所以22311222x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即点P 的轨迹为以A 过点M 作准线=1x -的垂线，垂足为1M ，则1MM MF =,① 1=MF MP MM MP ++,，又MP MA ≥，当且仅当,,M P A 三点共线且P 在,M A 之间时等号成立，① 1MF MP MM MA +≥+， 过点A 作准线=1x -的垂线，垂足为1A ，则115=2MM MA AA +≥,当且仅当1,,A M A 三点共线时等号成立，① MF MP +≥1,,,A M P A 四点共线且P 在,M A 之间时等号成立，所以MF MP +故选：A.11．C【分析】设()()1122,,,-A x kx B x kx ，由于AOB 的面积为定值，可得出12x x 为定值，设12=x x T ，设线段AB 的中点为M，因为()22224M M y x T k ⎛⎫-=± ⎪⎝⎭，即可得出线段AB 的中点的轨迹为双曲线.【详解】设()()1122,,,-A x kx B x kx ，则12||,||==OA OB .由于AOB 的面积为定值且sin AOB ∠为定值，从而12x x 为定值，设12=x x T . 设线段AB 的中点为M ，则122M x x x +=，()122-=M k x x y ， 故()()()22221212122244⎛⎫-=+--==± ⎪⎝⎭M M y x x x x x x x T k 为定值， 从而线段AB 的中点的轨迹为双曲线. 故选：C. 12．3π 【分析】由题意，可知P 的椭圆轨迹，即可知当PA PB =，即P 在椭圆短轴的顶点上时APB ∠最大，即可求最大值.【详解】由题设，ABC ⊥平面,D α为AB 中点，2AB =，60CDB ∠=，点P 为平面α内动点，且P 到直线CD①P 是以CD 为轴，α相交的椭圆轨迹上，即以D 为中心,A B 为焦点，2b =24a ==为长轴长的椭圆上，如下图示，①由椭圆的性质知：当且仅当PA PB =，即P 在椭圆短轴的端点上时，APB ∠最大有3APB π∠=.故答案为：3π. 【点睛】关键点点睛：根据题设，确定P 在圆柱体在平面α的交线上，以D 为中心,A B 为焦点， 4为长轴长的椭圆.13．【分析】根据抛物线的定义，可知点P 是以M 为焦点，以AD 为准线的抛物线，然后根据空间中两点的距离来求解.【详解】由P 到平面11ADD A 的距离等于线段PM 的长度，可知点P 是以M 为焦点，以AD 为准线的抛物线.以AM 中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.()1,0,0M ()13,0,4B ，设(),0P x y ，点P 的方程为：()24,03y x x =≤≤1B P 当1x =时，1B P 长度最小为故答案为： 14．(1)24y x ＝；(2)λ的取值范围为(--．【分析】(1)根据曲线轨迹方程的定义求解；(2)设切线BP 的方程为12y k x +＝（﹣）BQ 的方程为22y k x +＝（﹣）12k k += 212284r k k r =--，再求出122y y t +==-，即得解.（1） 设(,)P x y ，|1|x =+， 化简得()222(1)1x y x -+=+， 所以24y x =，所以曲线C 的方程为24y x ＝， （2）由已知2B（，所以切线,BP BQ 的斜率存在，设切线BP 的方程为12y k x -+＝（） 则圆心40M （，）到切线AP的距离d r ==，所以22211480r k r -++（）﹣＝， 设切线BQ 的方程为22y k x -+＝（）同理可得22222480r k r -++（）﹣＝， 所以12kk ，是方程222480r k r -++（）﹣＝的两根，所以12k k += 212284r k k r =--，设1122(,),(,)P x y Q x y ，联立12(2)4y k x y x ⎧=-+⎪⎨=⎪⎩211048k y y k +﹣﹣，所以11=所以114y k =-，同理224y k =-，所以121244(=22y y k k λ-+-++=12112k k ⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭=12122k k k k +⋅=﹣224284r r r -=-⋅--=- 因为02r ＜＜，所以2111884r <<-所以--<- 所以λ的取值范围为(--．【点睛】求取值范围常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）基本不等式法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解. 15．(1)动点P 的轨迹方程为椭圆22154x y +=(2)[7,1)(1,7]--【分析】（1）设动点P 的坐标为(,)x y ，根据题意列式再化简方程求解即可；（2）设()()1122,,,M x y N x y ，再根据,AM AN 的直线方程得出,K H x x ，联立直线MN 与椭圆的方程，得出韦达定理与判别式中k 的范围，进而将韦达定理代入||||QH QK +化简可得||7k ≤，结合判别式中k 的范围即可得（1）设动点P 的坐标为(,)x y，因为||PF d ==2225(1)|5|x y x ⎡⎤++=+⎣⎦，整理得22154x y +=．所以动点P 的轨迹方程为椭圆22154x y +=． （2）设()()1122,,,M x y N x y ，由（1）可得A 的坐标为(0,2)-， 故直线112:2y AM y x x +=-，令=3y -，则112H xx y =-+，同理222K x x y =-+．直线:3MN y kx =-，由2234520y kx x y =-⎧⎨+=⎩，消去y 得()224530250k x kx +-+=， 故()22Δ900100450k k =-+>，解得1k <-或1k >．又1212223025,4545k x x x x k k +==++，故120x x >， 又1212||||22H K x xQH QK x x y y +=+=+++ ()()22121212222121212225030245455||253011114545k kkx x x x x x k k k k k kx kx k x x k x x k k --+++=+===---++-+++， ①||||35QH QK +≤， 故5||35k ≤，即||7k ≤， 综上，71k -≤<-或17k <≤． 所以k 的取值范围是[7,1)(1,7]--．16．（1）22198x y ；（2）⎛-⋃ ⎝⎭⎝． 【分析】（1）设动圆M 的半径为r ，分析得出1262MF MF +=>，利用椭圆的定义可知点M的轨迹为椭圆，确定该椭圆的焦点，求出a 、b 、c 的值，即可得出轨迹E 的方程； （2）设点()11,A x y 、()22,B x y ，设直线l 的方程为2y x m =-+，将直线l 的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由已知条件得出0OA OB ⋅>，结合0∆>可得出关于实数m 的不等式组，由此可解得实数m 的取值范围.【详解】（1）设动圆M 的半径为r ，由图可知，圆1F 内含于圆2F ，圆1F 的半径为1，圆2F 的半径为5.动圆M 与定圆1F 外切，则11MF r =+，动圆M 与定圆2F 内切，则25MF r =-， 由题意知：()()121562MF MF r r +=++-=>，根据椭圆定义，圆心M 的轨迹是以原点为中心，1F 、2F 为焦点，长半轴长3a =，半焦距1c =的椭圆，2228b a c ∴=-=，E ∴的方程为22198x y ；（2）直线l 的方向向量为()1,2a =-，所以直线l 的斜率为2-． 设点()11,A x y 、()22,B x y ，设直线l 的方程为2y x m =-+，由222198y x m x y =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩得2244369720x mx m -+-=．直线l 与椭圆E 有两个交点，所以，()()22223644498288440m m m ∆=-⨯⨯-=->，解得m -<<由韦达定理可得12911m x x +=，21297244m x x -=，AOB ∠为锐角，()()1212121222OA OB x x y y x x x m x m ∴⋅=+=+-+-+()()22212122597223652401444736044m m m x x m x x m m m -==-⨯⋅-++-+=>，m ∴>m <综上，直线l 的纵截距m 的取值范围为⎛-⋃ ⎝⎭⎝． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解． （2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围． （3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围． （4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．17．(①)答案见解析；(①)⎡⎣.【详解】试题分析：（①）利用椭圆定义求方程；（①）把面积表示为关于斜率k 的函数，再求最值．试题解析：（①）因为，，故，所以，故. 又圆的标准方程为，从而，所以. 由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（①）当与轴不垂直时，设的方程为，，.由得.则，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为()12,83.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.【考点】圆锥曲线综合问题【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.18．（1）2214x y +=，223x y +=；（2）①；①y =+【分析】（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a ,b ，即得椭圆方程；（2）方法一：①先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标；①先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程. 【详解】（1）因为椭圆C 的焦点为()12,F F ，可设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b+=>>．又点12⎫⎪⎭在椭圆C 上，所以2222311,43,a b a b ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,a b ⎧=⎨=⎩因此，椭圆C 的方程为2214x y +=．因为圆O 的直径为12F F ，所以其方程为223x y +=． （2）［方法一］：【通性通法】代数法硬算①设直线l 与圆O 相切于()0000,(0,0)P x y x y >>，则22003x y +=，所以直线l 的方程为()0000x y x x y y =--+，即0003x y x y y =-+． 由22000143x y x y x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，消去y ，得()222200004243640x y x x x y +-+-=（*），因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，所以()()()()22222200000024443644820x x y y y x ∆=--+-=-=．因为00,0x y >，所以001x y =，因此，点P的坐标为． ①因为三角形OAB，所以12AB OP ⋅=，从而AB = 设()()1122,,,A x y B x y ，由（*）得1,20024x x y =+所以()()2221212AB x x y y =-+-()()222000222200048214y x x y x y -⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭+． 因为22003x y +=，所以()()2202216232491x AB x-==+，即42002451000x x -+=，解得22005(202x x ==舍去），则2012y =，因此P的坐标为⎝⎭． 综上，直线l的方程为y =+［方法二］： 圆的参数方程的应用设P点坐标为π),0,2ααα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．因为原点到直线cos sin x y αα+=d r ==，所以与圆O 切于点P 的直线l的方程为cos sin x y αα+=由22cos sin 1,4x y x y αα⎧+=⎪⎨+=⎪⎩消去y ，得()()22213cos )124sin 0x x ααα+-+-=． ①因为直线l 与椭圆相切，所以()()22Δ16cos 23cos 20αα=-⋅--=．因为π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos (0,1)α∈，故cos α=，sin α=．所以，P点坐标为．①因为直线:cos sin l x y αα+=O 相切，所以OAB 中边ABr =，因为OAB，所以||AB = 设()()1122,,,A x y B x y ，由①知22121222124sin 84cos 13cos 13cos x x x x αααα-++===++||AB ==， 即64218cos 153cos 235cos 1000ααα-+-=，即()()()2226cos 5cos 13cos 200ααα---=．因为π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos (0,1)α∈，故25cos 6α=，所以cos αα==所以直线l的方程为y =+．［方法三］：直线参数方程与圆的参数方程的应用设P点坐标为π),0,2ααα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则与圆O 切于点P 的直线l 的参数方程为：πcos2πsin2x ty tαααα⎧⎛⎫=++⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=++⎪⎪⎝⎭⎩（t为参数），即sincosx ty tαααα⎧=-⎪⎨=+⎪⎩（t为参数）．代入2214xy+=，得关于t的一元二次方程()()22213cos cos)89cos0t tαααα+++-=．①因为直线l与椭圆相切，所以，()()222Δcos)413cos89cos0αααα=-+-=，因为π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos(0,1)α∈，故cosα=，sinα=．所以，P点坐标为．①同方法二，略．【整体点评】（2）方法一：①直接利用直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系代数法硬算，即可解出点P的坐标；①根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点P的坐标，是该题的通性通法；方法二：①利用圆的参数方程设出点)αα，进而表示出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系解出点P的坐标；①根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点P的坐标；方法三：①利用圆的参数方程设出点)αα，将直线的参数方程表示出来，根据直线与椭圆的位置关系解出点P的坐标；①根据三角形面积公式，利用弦长公式可求出点P的坐标．19．(1)28x y=(2)是定值，23(1)64m+【分析】（1）由题意得FM MN=，结合抛物线的定义即可求得点M的轨迹方程；（2）设出直线AB的方程，联立抛物线求得AB的中点Q坐标，再联立切线与抛物线求出切点坐标，得到CQ x⊥轴，结合2211x x m=-+以及1212ABCCS Q x x=⋅-求得23(1)64ABCmS+=即可求解.（1）。
例析立体几何与解析几何的交汇
A . 直线 B . 双曲线 C. 抛物线 D. 椭圆
解析 : 根据角平分线性质 , 到角两边距离 相等的点在角的平分线上 , 故选 A . 【例 8】 若三棱锥 A - B CD 的侧面 A B C 内一动点 P 到底面 B CD 的距离与到棱 A B 的距离相等 , 则动点 P 的轨迹与 △A B C 组成
(2 2 + 2) + (2 2 - 2) = 4 2 .
四、 以曲线方程为基础的旋转问题 【例 6 】 由曲线 x 2 = 4 y , x 2 = - 4 y , x =
4 , x = - 4 围成的图形绕 y 轴旋转一周可得
解析 : ( 特殊法 ) 利用上题结论 , 排除 A 、
B ; ( 极端原理 ) 若三棱锥 A - B CD 的顶点接
2006 . 第 4 期 9
y = x - 1, y2 = 4 x ,
所以 S 1 = S 2 . 由祖日恒原理可知 , 这两个旋转体的体积 相等 . 故选 C . 五、 与圆锥曲线定义的交汇 【例 7】 三棱锥 A - B CD 中 , 已知 A C ⊥ 面 B CD , 侧面 A B C 内一动点 P 到底面 B CD 的距离与到棱 A B 的距离相等 , 则动点 P 的
). 轨迹是 (
得
A ( 3 + 2 2 , 2 + 2 2 ) , B ( 3 - 2 2 , 2 - 2 2) .
由
y = - ( x - 1) , y2 = 4 x ,
得
D (3 + 2 2 , - 2 - 2 2) , C(3 - 2 2 , - 2 + 2 2) .
数学知识点归纳立体几何与解析几何的联系
数学知识点归纳立体几何与解析几何的联系立体几何与解析几何是数学中两个重要的分支，它们在许多方面存在联系。
本文将对立体几何与解析几何的联系进行归纳总结。
一、坐标系的建立与运用在解析几何中，我们常常使用坐标系来表示点、直线、平面等几何对象。
而在立体几何中，我们也可以建立坐标系来描述立体空间中的点、线、面等。
通过建立坐标系，我们可以将立体几何问题转化为解析几何问题，从而应用解析几何的知识进行求解。
二、平面与直线的交点在立体几何中，平面与直线的交点是一个重要的概念。
通过解析几何中的方程求解方法，我们可以计算出平面与直线的交点的坐标，从而帮助我们理解和分析立体几何的问题。
三、面与面的位置关系在立体几何中，面与面的位置关系是我们经常遇到的问题。
解析几何中的方程组求解方法可以帮助我们分析和判断两个面是否相交、平行或垂直等问题，从而解决立体几何中面与面的位置关系问题。
四、平行与垂直关系的判断在立体几何中，平行与垂直关系也是常见的问题。
解析几何中的向量运算可以帮助我们判断两个向量是否平行或垂直，从而应用到立体几何中两个线段、直线或面的平行与垂直关系的判定。
五、平面与平面的夹角与距离计算在立体几何中，平面与平面的夹角和距离的计算是重要的内容。
解析几何中的向量和点到平面的距离公式、向量运算等知识可以帮助我们计算平面与平面的夹角和距离，从而解决立体几何中的相关问题。
六、向量与立体几何的应用解析几何中的向量运算是其重要的内容之一，在立体几何中也可以应用到向量运算的相关知识。
通过向量运算，我们可以求解立体几何中的向量的和、差、点积、叉积等问题，从而帮助我们理解和解决立体几何的问题。
总结起来，立体几何与解析几何在坐标系的建立与运用、平面与直线的交点、面与面的位置关系、平行与垂直关系的判断、平面与平面的夹角与距离计算以及向量的应用等方面存在着密切的联系。
通过应用解析几何的知识和方法，我们可以更好地理解和解决立体几何的问题，推动数学知识的应用和发展。
关于数学中立体几何与平面解析几何的交汇问题
关于数学中立体几何与平面解析几何的交汇问题一.摘要近年来各省市高考数学试卷，遵循高考命题的“三个有利于”和稳定、改革、创新的命题原则，在试题设计上做到“从学科的思维高度和思维价值考虑问题，在知识网络交汇点设计试题”，用统一的教学观点组织材料，对知识的考查侧重于理解和应用，尤其是综合和灵活的应用。
不同的高考试卷，表现出一个共同特点，即通过对新颖信息、情景的设问，在知识网络交汇处设计试题，体现了对创新能力的考查，因此，要提高复习的针对性，适应高考创新型试题，必须注意知识在各自发展过程中的纵向联系以及不同知识部份之间的横向联系，把握结构，理清脉络，十分重视知识网络交汇点和知识块结合部的复习，以提高对高考创新型试题的适应能力。
关键字：立体几何，解析几何，平面几何，创新能力，数学试卷。
二．立体几何与平面解析几何的交汇分析在教材中，立体几何与解析几何是互相独立的两章，彼此分离不相联系，实际上，从空间维数看，平面几何是二维的，立体几何是三维的，因此，立体几何是由平面几何升维而产生；另一方面，从立体几何与解析几何的联系看，解析几何中的直线是空间二个平面的交线，圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）是平面截圆锥面所产生的截线；从轨迹的观点看，空间中的曲面（曲线）是空间中动点运动的轨迹，正因为平面几何与立体几何有这么许多千丝万缕的联系，因此，在平面几何与立体几何的交汇点，新知识生长的土壤特别肥沃，创新型题型的生长空间也相当宽广，这一点，在高考卷中已有充分展示，应引起我们在复习中的足够重视。
【一】空间轨迹教材中，关于轨迹，多在平面几何与平面解析几何中加以定义，在空间中，只对球面用轨迹定义作了描述。
如果我们把平面解析几何中的定点、定直线不局限在同一个平面内，则很自然地把轨迹从平面延伸到空间。
例1，（04高考重庆理科）若三棱锥A—BCD的侧面ABC内一动点P到平面BCD距离与到棱AB距离相等，则动点P的轨迹与△ABC组成的图形可能是（）解：设二面角A—BC—D大小为θ，作PR⊥面BCD，R为垂足，PQ⊥BC于Q，PT⊥AB于T，则∠PQR=θ，且由条件PT=PR=PQ·sinθ，∴为小于1的常数，故轨迹图形应选（D）。
了解解析几何中的立体几何问题解决高中数学题
了解解析几何中的立体几何问题解决高中数学题解析几何是高中数学中的一个重要分支，它可以通过运用代数和几何的知识来解决各种几何问题。
其中，立体几何是解析几何中的重要内容之一。
本文将主要介绍如何利用解析几何的方法解决高中数学中的立体几何问题。
一、直线与平面的相交问题在解决立体几何问题时，我们常常需要考虑直线与平面的相交问题。
对于给定的平面方程ax + by + cz + d = 0和直线方程x = x_0 + lm, y = y_0 + ln, z = z_0 + ln，我们可以通过将直线方程代入平面方程，得到方程组ax_0 + by_0 + cz_0 + d + lam + lbn + lcn = 0。
从中可以解出l的值，即可确定直线与平面的交点坐标。
二、直线的相对位置关系在解析几何中，我们还经常需要研究直线的相对位置关系。
具体来说，有以下几种情况需要注意：1. 平行关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们的方向向量平行，则可以判定L1与L2平行。
2. 垂直关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们的方向向量垂直，则可以判定L1与L2垂直。
3. 相交关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们既不平行也不垂直，则可以判定L1与L2相交。
利用上述关系，我们可以通过解出直线方程的方向向量，并进行相应的判断。
三、平面的相对位置关系与直线类似，我们在解析几何中也需要研究平面的相对位置关系。
具体来说，有以下几种情况需要注意：1. 平行关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们的法向量平行，则可以判定P1与P2平行。
2. 垂直关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们的法向量垂直，则可以判定P1与P2垂直。
3. 相交关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们既不平行也不垂直，则可以判定P1与P2相交。
同样，我们可以通过解出平面方程的法向量，并进行相应的判断。
四、空间几何体的体积计算在解决立体几何问题时，我们还需要掌握一些空间几何体的体积计算方法。
推导立体几何中的交点与切点问题
推导立体几何中的交点与切点问题在立体几何中，交点和切点问题是常见的求解方法，本文将通过推导的方式介绍如何确定求解这些问题的步骤和方法。
一、交点问题交点问题是指确定两个或多个曲面、直线、射线、线段等之间的交点或交线的问题。
下面将以两个曲面的交点问题为例进行推导。
假设有两个曲面S1和S2，分别表示为S1: F(x,y,z) = 0和S2:G(x,y,z) = 0。
要确定这两个曲面的交点，可以通过以下步骤进行推导：步骤一：设定参数t，使得曲面上的点可以用参数方程表示，即P(t) = (x(t), y(t), z(t))。
步骤二：将参数方程带入曲面方程，得到关于t的方程组，即F(x(t), y(t), z(t)) = 0和G(x(t), y(t), z(t)) = 0。
步骤三：解方程组，求得参数t的值。
步骤四：将参数t的值带入参数方程，计算得到交点的坐标。
通过以上步骤，我们可以求得曲面S1和S2的交点坐标。
在实际问题中，可以根据具体的曲面方程和条件进行求解，例如通过代数计算或数值计算等方法。
二、切点问题切点问题是指确定一条直线或曲线与曲面的切点的问题。
下面将以一条直线与曲面的切点问题为例进行推导。
假设有一条直线L，其参数方程表示为P(t) = (x0 + at, y0 + bt, z0 + ct)，其中a、b、c为常数。
另有一个曲面S，其方程表示为F(x, y, z) = 0。
要确定直线L与曲面S的切点，可以通过以下步骤进行推导：步骤一：将直线的参数方程带入曲面方程，得到关于t的方程，即F(x0 + at, y0 + bt, z0 + ct) = 0。
步骤二：解关于t的方程，求得参数t的值。
步骤三：将参数t的值带入直线的参数方程，计算得到切点的坐标。
通过以上步骤，我们可以求得直线L与曲面S的切点坐标。
在实际问题中，可以根据具体的直线方程、曲面方程和条件进行求解，例如通过代数计算或数值计算等方法。
总结：通过上述推导，我们可以看出，在立体几何中求解交点和切点问题都可以通过参数方程和方程组的方法进行推导和求解。
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立体几何与解析几何交汇问题的解法
近几年的高考特别关注知识的综合性，注意在知识的网络交汇处设计试题，旨在考查学生综合利用所学知识分析和解决问题的能力。
解几和立几交汇的问题因为其新颖性、应用性和综合性备受命题者的青睐，本文精选几例近几年来的高考题或高考模拟题作简要地分析，以期窥一斑而见全豹。
1以解析几何为背景的立体几何题
有些几何体通过投影、切割等方式得到解析几何中的曲线或解几中的一些曲线经过翻转和旋转得到立几中的几何体，通过研究解几中的曲线，从而计算几何体的面积、体积等度量。
例1如图1，一个球形广告气球被一束入射角为30°的平行光线照射，其投影是一个长半轴为5 米的椭圆，
2果中保留
π）。
分析：本题旨在考查球的面积公式，属简单题， 只需找到球的半径与椭圆长轴之间的关系即可。
解：设球的直径为r 2，椭圆的长轴为a 2， 则有：030cos 22⋅=a r
，即2
3
52
3==a r ， 所以广告气球的面积：ππ7542==r S 。
例2由曲线y x 42=，y x 42-=，4=x ，4-=x 围成图形（如图2—1）绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V 1，满足1622≤+y x ，4)2(22≥-+y x ，4)2(22≥++y x 的点),(y x 组成的图形（如图2—2）绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则（ ）
(A) V 1=21V 2 (B) V 1=3
2 (D) V 1=2V 2 分析：两个图形中的平面曲 线围成图形绕y 轴旋转后都不是 常见的旋转体，不能直接用公式 求出体积，所以要考虑用祖暅原 理比较两个几何体的体积。
解：用任意一个与y 轴垂直 的平面去截这两个旋转体，设 截面与原点距离为 ||y ，则
所得截面面积：|)|44(21y S -=π，|)|44()]||2(4[)4(222y y y S -=----=π，所以
21S S =。
由祖暅原理，这两个旋转体的体积相等，故选C 。
图1
2以立体几何为背景的解析几何题
有些问题以几何体为背景，通过研究立体几何中点、线、面的位置关系或数量关系，从而转化为平面图形问题，在坐标系的基础上，从而判断动点的轨迹、求曲线的方程等。
例3如图3，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，点P 在平面ABB 1A 1
内运动， 且点P 到直线BC 与直线A 1B 1的距离相等，则 P 点的轨迹是下图中的（ ）
分析：不难发现BC 与面ABB 1A 1垂直，则P 点到直线BC 的距离就等于P 点到B 点的距离。
于是，在面ABB 1A 1内，P 点到直线A 1B 1的距离等于到点B 的距离。
由抛物线的定义知，P 点的轨迹是以A 为顶点，B 为焦点的抛物线，考虑到轨迹取上半部分，故选C 。
例4 已知底面半径为r 的圆柱，被一个与底面成30°的平面所截，截面是一
个椭圆，求椭圆的离心率。
（2003北京高考题改编）
分析：椭圆的短轴BB 1长就等于圆柱底面的直径
r 2，故r b =，而长轴：AA 130cos 22r a =
=，即3
2r a =。
所以2
1233 32
2=⨯=-=
=r r a
b a a
c
e 。
3解析几何和立体几何综合应用题
在实际生活中有很多立体几何和解析几何相结合的实例，它们是高考数学应
用题命题的源泉，平时通过用数学的眼光观察生活，就能够顺利解决该类型问题。
例6某电厂冷却塔（如图5—1）的外表是双曲线的一部分绕其中轴线（即双曲线的虚轴）旋转而成的曲面，其中上口直径为18米，下口直径为22米，最小直径为14m ，塔高为20米，试建立坐标系写出该双曲线的方程。
解：建立如图5—2的方程为：122
22=-b
y a
x ,则：)0,7(A ，即
7=a
，设),11(1y B ，),9(2y C 代入双曲
线方程得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-1
7
9
171122222
22
122b y b
y 又2012=-y y ， 由此可解得：27,8,1221==-=b y y 故所求双曲线方程为：
198
492
2=-y x 。
（A ） （B ） （C ） （D ）
1
B
A 1 C
A D
B 1 D 1
C 1
图3 P
例4 如图6—1，平地上有一条水沟，沟沿是两条长100米的平行线段，沟宽AB 为2米，与沟沿垂直的平面与沟的交线是一段抛物线，抛物线的顶点为O ，对称轴与地面垂直，沟深1.5米，沟中水深1米。
（1） 求水面宽； （2） 沟中水的体积有多少立方米；
（3） 若要把这条水沟改挖（不准填土）成为
截面为等腰梯形的沟，使沟的底面与地面平行，则改
挖后的沟宽为多少米时，所挖的土最少？ 解：（1）如图6—2建立平面直角坐标系，设抛物
线的方程为2ax y =，则由抛物线过点)23,1(，得23
=a ， 于是抛物线方程为22
3x y =，当1=y 时，3
6
±=x ，故 水面宽为
3
6
2。
（2）由于求体积要用到积分知识，故这里从略。
（3）为了使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须同抛物线相切。
设切点为)2
3
,(2t t P )10(≤<t ，是抛物线弧上一点，过P 作抛物线的切线得如图所示的直角梯
形OCDE ，且t y k t x CD 3|/===，则切线CD 的方程是：222
3323)(3t tx t t x t y -=+-=，于是)0,2
1(t C ，)2
3),1(2
1(t t D +,记梯形OCDE 的面积为S ，则t
t t t S 21243)21(43⨯⨯≥+
= 4
23=
，)10(≤<t 。
当22=t ，沟宽为22
3时，S 取到最小值，此时挖土最少。
由于立体几何和解析几何综合问题能够为学生能力发展和提升创造更广阔的
空间，所以正在成为高考新的热点，在平时的学习和复习中应该引起足够的重视。