题61设直线都是平面直角坐标系中椭圆+=的切线，且，、交于
点P，则点P的轨迹方程是．
（第十二届高二培训题第47题）
解设直线=与椭圆+=相切，则二次方程+，即有两个相等实根，其判别式，解得．因此斜率为的椭圆的切线有两条：①，与其中每条垂直的切线也各有两条：②；另有与轴垂直的切线两条：，与其中每条垂直的切线又各有两条：．
由①、②得=③，④，④式即⑤．③+⑤得即⑥．又点都适合方程⑥．故点P的轨迹方程为．
评析这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动切线方程与如何消去参数．当切线的斜率存在时，我们可设其方程为，此时出现两个参数与，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，故由二次方程有等根的条件得（这与事实一致：斜率为的椭圆的切线应当有两条），从而切线方程为，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的换成所得方程，即．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组得交点轨迹的参数方程，然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．上面题解中的方法充分体现了消参的灵活性，大大简化了解题过程．然而，事情到此并未结束，以上所设切线方程是以切线有斜率为前提的，是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程，看是否适合即可．
拓展如果留心，我们会发现所求轨迹方程中的10正好是已知椭圆方程+=中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为，则所求轨迹方程就是了呢？经研究，果真如此．于是我们得到
定理1设直线、都是椭圆的切线，且，、交于点P，则点P的轨迹方程是．
证明设为椭圆的切线,由,
得，由，得，所以，所以两垂直切线为，
另有四对：,①式变为③，②式变为④．③+④得．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，故P点的轨迹方程为．
若将定理1中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理2，先引进两个引理．
引理1若双曲线的切线的斜率存在，则||．
证明对于两边取的导数知双曲线上任意一点P（）处切线的斜率有||=||=①，又，代入①得||．
引理2如果双曲线有，则不存在垂直切线．
证明假设双曲线存在两条垂直切线，则这两条切线必然都存在斜率，斜率分别记为，，由引理1知||,||,,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切线．
定理2设直线都是双曲线的切线，且，交于点P，则点P的轨迹方程为．
证明当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条垂直切线不存在．已知是垂直切线，所以斜率必然都存在．
设为双曲线的切线，则由得①，由引理1知||，所以，所以且．由①中，得，两条垂直切线为
变形为④+⑤得，即为点P的轨迹方程．
将定理1、2中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到
定理3抛物线的两条互相垂直的切线的交点M的轨迹方程为
．
证明当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知是垂直切线，所以斜率必然都存在．
设是的切线，则，由得，令得，故两条垂直的切线为消去参数，得为点M的轨迹方程．
将前面定理中的二次曲线改为圆，又得
定理4圆的两条互相垂直的切线的交点P的轨迹方程是.
证明如图，易知四边形APBO1为正方形，所以|PO1|=，所以点P的轨迹是以O1为圆心，为半径的圆，其方程是．
比较定理1和定理4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．
请运用上述定理完成下面的练习：
1、设都是圆的切线，且，交于点P，求点P的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．
2、设直线都是椭圆的切线，且，交于点P，求动点P到该椭圆的最近距离．
3、已知双曲线的一条切线，
求的最小值；
过点（1，1）是否有两条垂直的切线？
当=1，时，求与垂直的双曲线的切线．
答案：1.2.3.（1）1（2）不存在（3）和
题62已知曲线C上任意一点到定点A（1，0）与定直线的距离之和等于5.对于给定的点，在曲线上恰有三对不同的点关于点对称，求的取值范围.
（第十二届高二第二试第23题）
解法1令为曲线C上任意一点，由题意得.故曲线C的方程为，即曲线C由两段抛物线和拼接而成.
设关于点的对称点为，则有，由于和都是关于轴对称的，所以，当时，点与同在上或同在上，只有唯一的情形：与.当点与分别在,(或，)上时，不妨设在上，在上，则，即，
解得.因为，,所以.但当时，得，则，这时只有一对对称点分别在与上，故应当排除，因此当时，，关于点对称的点对只有与，与是分别在，上的两点，于是为所求.
解法2设，由题意得，
化简得为C的方程，其图象由两段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点B对称.若另有两对点关于点B对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，故必存在曲线C的内接矩形PQRS，点B随着矩形形状的改变而在x轴上移动.设曲线C与x轴的右交点为M，则当Q、R趋近于M时，点B的横坐标趋近于.如图，设C的两抛物线交于点N、T，则当Q、R分别趋近于N、T时，点B的横坐标趋近于4.故为所求.
评析解决本题的关键有两步：一是求出曲线C的方程，二是求的取值范围.解法1分两类情形，用代数方法求出了的范围，较抽象、繁琐；而解法2则从图象出发，直观地分析出问题的结果，显得简单易懂.解题过程中，我们不仅要学会常规思维，掌握解决问题的一般方法，更要注意抓住具体问题的特点，探寻解决问题的最佳方案，以不断提高我们的创新思维能力.
题63已知k∈R，关于x,y的方程y4+4y3+(2x+2kx-kx2)y2+8xy+(4kx2-2kx3)=0表示一组曲线，其中有一条是固定的抛物线，试讨论k值与曲线形状的关系.
（第三届高二第二试第21题）
解因为当k∈R时，原方程表示的曲线组中有一条固定的抛物线，所以，不妨令k=0，先求出这条抛物线的方程：
当k=0时，原方程化为y4+4y3+2xy2+8xy=0，即，得y=0,y=-4,
①.所以固定的抛物线的方程即.
以去除原方程的左边，得，于是原方程化为
=0，即.
当时，得②.讨论k，可知：
当k=-1时，②表示一个圆；当k=4时，②表示两条直线；
当k<0但时，②表示一个椭圆；当k>0但时，②表示双曲线；
综上，可得下表：
k值 0或4 -1 大于0但不等于4 小于0但不等于-1 原方程对应的
图形 两条直线
及抛物线 圆和抛物线 双曲线和抛物线 椭圆和抛物线 评析解决此题的关键是先求出固定抛物线的方程.既然已知方程对任意实数k所表示的一组曲线中都有一固定抛物线，故可用赋值法求得，但赋值并不是盲目的，若取k=1（够特殊的了），则原方程就是，以此求抛物线的方程，还是很困难的.可见赋值也是很有讲究的.显然k=0时，原方程最为简单.因而也最易求出固定抛物线的方程.
题64已知点和直线，动点到的距离与到的距离之和为4.
(1)求点的轨迹;
(2)过A作倾斜角为的直线与交于，两点,设，求的解析式.
（第十二届高二培训题第78题）
解法1（1）设动点，则，显然
，解得.当时，，;
当时，，.
故是由两条抛物线相交围成的封闭曲线.(如图1)
(2)两条抛物线交于点，，的斜率为，故当或时，直线与两条抛物线相交；当时，直线只与相交.前者可由交点坐标得，后者可由弦长公式得.
解法2（1）设点的坐标为，则，化简后得的轨迹方程为及，故点的轨迹是两条抛物线相交围成的封闭曲线.
(2)画出点的轨迹，不难知道它是两条抛物线组（如图2），两条抛物线交于点，，的斜率为.
当时，直线只与抛物线相交，利用弦长公式求得;
当时，分别过点、作轴、轴的平行线交于点，过作的垂线，垂足为，由题设条件知，，而，所以，因为，所以.
当时，由抛物线的对称性，只须把代入上式，得.
综上所述,.
解法3（1）与解法2相同.
（2）当时，同解法2.
当时，点是这两条抛物线的公共焦点，，分别是这两条抛物线的准线方程，过点，作它们各自抛物线准线的垂线，垂足为、.由抛物线的定义知，而，所以，,同理可得，故.
当时，由抛物线的对称性，只须把代入上式，得.
综上所述,.
评析第（1）小题求动点的轨迹，这是解析几何中研究的两大主要问题之一，不过，本题中需要运用分类讨论的思想.
对于第（2）小题求，解法1运用了方程思想；解法2把转化到直角三角形中去解决，大大减少了运算量；而解法3则意识到点是两抛物线的公共焦点，运用抛物线的定义解题，更加直截了当.解法2、3都很巧妙.
拓展由本赛题答案可知轨迹为抛物线，为焦点,为焦点弦长.焦点弦长是一个十分重要的几何量，将其推广，可得
定理PQ是过圆锥曲线焦点F的弦，若PQ的倾斜角为,则①.
证明由极径的几何意义及题设，可知
，即.
式用处较广，请看两例：
例1是经过双曲线右焦点的弦，若，则这样的可作多少条？（97年高中联赛）
解因为，，所以，，，由已知及①式，得，解得.因为，所以有三个不同值，所以这样的弦可作3条.
例2、是椭圆的两个焦点，过作倾斜角为的弦，求的面积.（98年河北重庆高中竞赛）.
解因为，，，所以，，
.将它们代入①式，解得.又知直线AB的方程为，它到点的距离，所以.
题65已知定点M（-3,0），P和Q分别是y轴及x轴上的动点，且使MP⊥PQ，点N在直线PQ上，分有向线段的比为.
求动点N的轨迹C的方程；
过点T（-1,0）作直线与轨迹C交于两点A，B，问在x轴上是否存在一点D，使
△ABD为等边三角形；若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
（第十五届高二培训题第80题）
解（1）设点N的坐标为（x,y）及点P（0，y’）,点Q（x’,0）(x’>0).由已知，得x=3x’,y=-2y’,即，由MP⊥PQ，得，故即为所求点N的轨迹C.
（2）设：y=k(x+1)(k≠0)，代入，得
k2x2+2(k2-2)x+k2=0,由△=[2(k2-2)]2-4k2k2=-16k2+16>0,得|k|<1.
设A（x1,y1）,B(x2,y2),则所以
.AB的中点E的坐标为（）.
假设存在点D（x0,0）使△ABD为等边三角形，又边AB的中垂线方程为
，由D在此中垂线上，得，
.设d为D到直线l的距离，由正三角形的条件有，可得
，故存在点
D（，0），使△ABD为等边三角形.
评析求动点N的轨迹方程，就是求动点N的坐标x,y在N运动变化过程中始终满足的关系式f(x,y)=0.一般应首先搞清楚引起N运动变化的因素是什么，此题中P、Q分别是y轴及x轴上的点，且使MP⊥PQ，这就表明，当P在y轴上运动时，Q在x轴上运动，随着P、Q的运动，有向线段的定比分点N也随之运动.可见，x,y是随着P、Q的坐标的变化而变化的，由定比分点坐标公式，得①，如何消参？运用MP⊥PQ，得②，①代入②，便消去了x’,y’,得到为所求，问题解决了.
求轨迹方程是解析几何中两类基本问题之一，方法有好多种，这里用的是参数法，用此法求轨迹方程，关键有两个：一是选择什么样的变量作为参数；二是如何消去参数，代入法及运用“三角1”是消参的最基本的方法.还应注意普通方程中变量的取值范围.
第（2）小题是存在型问题，假设存在点D（x0,0）使△ABD为等边三角形后，中心问题就是求出x0或判断x0不存在.当得到后，中心问题就是求出k或判断这样的k不存在.在求得|AB|（用k表示）后，并未求|AD|、|BD|，并运用|AB|=|AD|=|BD|求k，而是运用平几的知识，由点D到AB的距离，求出k.平几知识的运用，避免了烦琐的运算.
应当注意，与轨迹C交于A、B两点，这就隐含着△>0，即|k|<1.因为求得的
∈（-1，1），故满足题设的点D存在，否则，是不存在的.
题66已知异面直线a与b所成角为，P为空间一点，过点P作直线l使l和a，b，则直线l的条数构成的集合为.
（第十五届高二培训题第38题）
解当时，若，则l只有1条；
当时，若，则l有2条；
当时，若，则l有3条；
当时，若，则l有4条；
故所求的集合为.
评析异面直线a,b所成角为，则，和a,b成等角，这里的、都不确定,因而有无数种情形,比如等等.显然，不可能也没有必要对所有情形一一加以讨论．因此，如何选择一些特殊情形来代表一般就成了解决问题的关键．直线l的条数只能是自然数故我们只需看l的条数有无可能是．并且当我们确定时有3条后就不必再考虑l有3条的其他情形了．是异面直线，在上任取一点，过作∥，因为l与成等角，所以l与也成等角．当l不过点时，过点作l∥l，因为l与成等角，所以l与也成等角．至此，问题转化为：相交直线所成角为，，过的交点且与成等角的直线l有几条？此时，问题已变得简单多了．
拓展将题中异面直线改为任意两直线，将的范围扩大为，我们有下面的
结论１已知空间两直线所成的角为，过空间任意一点P且与成等角的直线为l．
若，则
当时,l只有一条．
当时，l有无数条．
2.若，则
(1)当时,l不存在．
(2)当或时,l只有1条．
(3)当或时,l只有2条．
(4)当时,l有3条．
(5)当时,l有4条．
如果将直线改为平面与平面,我们又有下面的
结论2已知平面与平面所成的角为,过空间任意一点P且与平面成等角的直线为l．
1.若，则
(1)当时,l只有一条．
(2)当时，l有无数条．
2.若，则
(1)当时,l不存在．
(2)当或且时,l只有1条．
(3)当且,或时,l有2条．
(4)当且时,l有3条．
(5)当时,l有4条．
练习
已知异面直线所成的角为,P为空间一点，则过点P且与所成角为下列各角的直线l分别有多少条?
(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6).
已知平面与平面所成的角为，P为空间任意一点，则过点P且与所成角为下列各角的直线l分别有多少条?
(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6)；(7).
答案1.(1)不存在,(2)1条,(3)2条,(4)3条,(5)4条,(6)1条；
2.(1)1条；(2)4条；(3)3条；(4)2条；(5)1条；(6)不存在；(7)不存在.
题67空间给定不共面的四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是（）
A、15B、23C、26D、32
（第三届高一第二试第6题）
解分三种情形：①四点在的同侧，平面可与
中的任一个平面平行，譬如当∥面时，与面的距离等于与面的距离.这种情况下有4个平面.②中有3个点在的一侧，第4个点在的另一侧.这时又有两种情形：一种是与面平行，且与的距离是与面距离的2倍.这时有4个平面；另一种情形如图1所示，图中分别是的中点，是的三等分点中靠近的分点，在图1的情形中，到平面（即平面）的距离是到平面距离的一半.因为可以是的中点连线，又可以是的中点连线，所以这种情形下的平面有个.③四点中，两侧各有两点（如图2），图中的分别是的中点，分别是的三等分点中靠近的分点.容易看出：点到平面（平面）的距离是到该平面距离的2倍.就与分别位于两侧的情形来看，就有离远，离远，离远，离远这四种情况.又因异面，这样的异面直线共有3对，因此平面有个.
综上分析，平面有4+4+12+12=32个.故选.
评析此题源于一道常见题：“与四面体四个顶点距离相等的平面有个”.不过比常见问题要复杂得多.解决此题的关键是要把所有的情形适当分类，既不能遗漏，又不能重复.解题时稍不注意就会将图1所示的第②类情形中的第二种情形遗漏掉.对于第③类情形，往往又容易疏忽，而导致不乘以3，误以为平面只有4个.用排列组合知识解此题：第①类情形，有个；第②类情形中的第一种情形，有个，第二种情形，有个；第③类情形，有个.故所求平面有
=4+4+12+12=32个.
题68 O为空间一点，射线OA、OB、OC交于点O，∠AOB=∠BOC=，∠COA=，则二面角A-OB-C的平面角的余弦函数值是________.
（第五届高一第一试第15题）
解如图，在射线OB上取点D，过D作DE⊥OB交OA于E，作DF⊥OB交OC于F，连结EF，则∠EDF就是二面角A-OB-C的平面角.设OD=,∠DOC=∠DOE=,
DE=DF=,OE=OF=.∠EOF=EF=
在DEF中，由余弦定理得
==为所求.
评析解决此题的关键有两个：一是如何作出二面角A-OB-C的平面角；二是如何求平面角的余弦值.上述解法运用二面角的平面角的定义作出了二面角A-OB-C的平面角后通过解三角形求出了平面角的余弦值.这是求二面角的最基本也是最常用的方法.求二面角的大小通常要经历作、证、算三个阶段.
拓展将此题条件一般化，可得下面的
推广O为空间一点，射线OA、OB、OC交于点O，若∠AOB=，∠BOC=，∠AOC=，二面角A-OB-C的大小为，则
证明如图，在OB上取点D，使OD=，以点D为垂足作交OA于点E，交OC于F，连结EF，则就是二面角A-OB-C的平面角，即=.在中，DE=，OE=.在中,DF=,OF=.在中，由余弦定理，得
=.
令推广中的，得就是本赛题的答案.
再看一个应用该推广解题的例子.
例在正方形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，沿MN把这个正方形纸片折成以MN为棱的二面角A-MN-C，使折后的锐角的正弦值是0.6，这时二面角A-MN-C的平面角是（）
A、B、C、D、
（第五届高一第二试第3题）
解设二面角A-MN-C的大小为，正方形的边长为，在与中，，
，由推广得
，.故选A.
题69在四面体ABCD中，面BAC、CAD、DAB都是以A为顶点的等腰直角三角形，且腰长为.过D作截面DEF交面ABC于EF，若EF∥BC，且将四面体的体积二等分，则面DEF与面BCD的夹角等于.
（第十三届高二第二试第19题）
解如图，取EF，BC的中点P，Q，连结AQ，则P在AQ上.连结DP，DQ.在面BCD内过D作直线∥BC，因为EF∥BC，所以∥EF，所以为面DEF与面BCD的交线，由已知，易得DQ⊥BC，DP⊥EF，所以DQ⊥，DP⊥，所以就是面DEF与面BCD的夹角.
由，可知.于是，又易求得，所以.
易证DA⊥AQ，所以在中，在中，.所以，所以为所求.
评析这实际是一道求“无棱”二面角的大小问题，关键是找到或作出二面角的平面角.而要作出，就必须知道棱，因此，一般应通过分析，先确定并作出二面角的棱，然后再找出或作出二面角的平面角.由于二面角的平面角的两边都与棱垂直，而DQ⊥BC，在面BCD内过D作直线∥BC，然后证明就是两平面的交线.进而证明就是二面角的平面角.这就突破了难点.关于求的大小，也可在中先求出三边后再由余弦定理求得，不过，没有上述解法简单.
下面介绍二面角的另一简单求法：
定理如图，在平面内的射线是，平面ABC与平面所成锐二面角为，则.
证明作⊥于，连结，因为是在平面内的射影，所以由三垂线定理得⊥，所以就是平面与平面所成锐二面角的平面角，所以.
当的边不在平面内时，设在平面内的射影是，则同样可以证明.
运用该定理求”无棱”二面角十分方便.
例如图，已知底面边长为1，高为3的正三棱柱，分别在侧棱上，且，，,求面与面所成锐二面角的大小.
解由已知，易求得，，所以
，又，所以，所以.
题70如图1，四边形是矩形，面，其中.若在上存在一点，使得.试求的范围，及有且只有一个满足条件的点时，二面角的大小.
(第十四届高二培训题第78题)
解法1如图1,过点作的垂线,垂足为,连结.过点作AB的平行线,交于,连结.
令.易知EF∥PA,
.因为,所以.因为
,所以有①.由,得,解得.
当时,方程①即方程①有且仅有一个实根,故存在唯一的点.因为面,所以是二面角的平面角,所以为所求.
解法2建立空间直角坐标系(如图2),设,则,设,则.因为
①.因为共线,所以,即②,代入①并整理,得③.由,解得为所求的范围.
当时,方程③为,即.因为,方程③有且仅有一个实根,故存在唯一的点.又时,方程①为④,方程②为⑤.解④，⑤联立方程组,得.所以.作于,于,连结,则,所以就是二面角的平面角.又,，所以所以,所以,即为所求.
评析解法1为几何法,从图形上看,由于的长确定,又是矩形,因此,当过短时,与就不可能垂直,于是就有问题:如果应在什么范围内?要解决这个问题,关键是利用这一条件,随着的不同,在变化,设后,便都可用表示,由得方程①.由于方程①有解,由求得了的范围.
有且只有一个满足条件的点时,按常理,应是固定的,而很可能此时.把代入方程①,得,方程①有且只有一个实根,这就验证了这一想法.当确定后,也确定了,又,故二面角便求出了.
解法2为向量法.设后,由,得,按解法1的思想,必须消去与中的一个,由共线得便解决了问题.
对于求二面角的问题,作出二面角与解法1一样,不过是用公式求罢了.
17
P(x0,y0)
P1(x0,y1)
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O
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