关于数学中立体几何与平面解析几何的交汇问题（五篇范文）

第一篇：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，∴

图形应选（D）。为小于1的常数，故轨迹

例2，已知边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1，在正方体表面上距A为

间）的点的轨迹是正方体表面上的一条曲线，求这条曲线的长度。（在空

解：此问题的实质是以A为球心、为半径的球在正方体ABCD—A1B1C1D1，各个面上交线的长度计算，正方体的各个面根据与球心位置关系分成二类：ABCD，AA1DD1，AA1BB1为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为，A1B1C1D1，B1BCC1，D1DCC1为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，由于截面圆半径为，故各段弧圆心

角为，∴这条曲线长度为。

【二】平面几何的定理在立体几何中类比

高考考纲对考生思维能力中明确要求“会对问题或资料进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括，会用演绎、归纳和类比进行推理，能合乎逻辑地、准确地进行表述”，类比推理可考查考生利用旧知进行知识迁移、组合和融汇的能力，是一种较好地考查创新能力的形式，平面几何到立体几何的类比，材料丰富，操作性强，在历年高考中均有不俗表现。

例3，（04高考广东卷题15）由图(1)有面积关系：，则由图

(2)有体积关系（答案：）

评注：数学结论的类比既需要数学直觉，也需要逻辑推理能力，它是高考考查创新能力的重要载体，从平面几何到立体几何的结论类比，更是这一类考题蕴藏丰富的宝库，从三角形到三棱锥，从正方形到正方体，从圆到球等等，如果我们稍加留意，就会有很多收获。

【三】 几何体的截痕

例4：球在平面上的斜射影为椭园：已知一巨型广告汽球直径6米，太阳光线与地面所成角为60°，求此广告汽球在地面上投影椭圆的离心率和面积（椭圆面积公式为S=πab，其中a,b为长、短半轴长）。

解：由于太阳光线可认定为平行光线，故广告球的投影

椭园等价于以广告球直径为直径的圆柱截面椭园：此时

b=R，a= =2R，∴离心率，投影面积S=πab=π·k·2R=2πR=18π。

评注：囿于空间想象能力的限制，几何体的截痕和投影是立体几何中的一个难点，也是具，有良好区分度的考题素材，因此有必要适当进行相应的训练，才能形成基本的解题策略。

【四】 几何体的展开

例5：有一半径为R的圆柱，被与轴成45°角平面相截得“三角”圆柱ABC,则此“三角”圆柱的展开图为（）

解：设圆柱底面中心O，底面圆周上任一点P'，过P'的圆柱母线与截口交点为P，∠AOP'=θ，则∵∠CBA=45°，作P'Q⊥AB于Q，∴|PP'|=|AC|－|AQ|=2R－（R－Rcosθ）=R（1+cosθ），AP'=Rθ。

∴在柱面展开图中，以AB直线为x轴，AC为y轴建立直角坐标系，相应点P坐标

为（x,y），则有

线，故应选（D）

消去

得，展开图轮廓线为余弦曲

评注：几何体与其展开图，包含了平面与空间的大量信息，需要较强的空间想象能力，要进行点与对应点，线段与对应线段的位置与数量的细致分析，需找出变与不变量以及变化规律，因此，它是代数与几何、空间与平面的重要知识交汇点。

三．结论

综上所述，知识交汇处是创新型试题生长的沃土，也是高考复习中十分重要的着眼点。在高考复习中，我们必须重视在知识交汇处挖掘复习素材，加强知识交汇点的训练，才能增强高考创新型试题的适应能力。

参考文献：

【1】04高考重庆理科试卷．

【2】04高考广东卷题．

【3】田载今，薛彬．全日制普通高级中学教科书数学教材（必修）第二册下B[M]．北京：人民教育出版社，2004:4—90．

【4】吕林根，许子道．解析几何[M]．北京：高等教育出版社，2008年．

第二篇：讲义---平面向量与三角形四心的交汇

讲义---平面向量与三角形四心的交汇 一、四心的概念介绍

（1）重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1；（2）垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；（3）内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；（4）外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等。二、四心与向量的结合

（1）OAOBOC0O是ABC的重心.证法1：设O(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)

x1x2x3x(x1x)(x2x)(x3x)03 OOAOBOC0yyy23(y1y)(y2y)(y3y)0y13是ABC的重心.证法2：如图

AOAOBOC OA2OD0

AO2OD

A、O、D三点共线，且O分AD

为2：1

OEO是ABC的重心

（2）OAOBOBOC证明：如图所示O是三角形

BDCOCOAO为ABC的垂心.ABC的垂心，BE垂直AC，AD垂直BC，D、E是垂足.OAOBOBOCOB(OAOC)OBCA0

AOBAC

E同理OABC，OCAB

BOO为ABC的垂心

（3）设a,b,c是三角形的三条边长，O是ABC的内心

aOAbOBcOC0O为ABC的内心.ABAC、分别为AB、AC方向上的单位向量，cbABAC平分BAC, cbABACbc)，令 AO(abccb证明：DCAOABACbc（）abccb化简得(abc)OAbABcAC0

aOAbOBcOC0

（4）OAOBOCO为ABC的外心。

三、典型例题：

例1：O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(ABAC)，0,，则点P的轨迹一定通过ABC的（）

A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心

例2：（03全国理4）O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点

P满足OPOA(ABABACAC)，0,，则点P的轨迹一定通过ABC的（）

A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心

例3：1)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点

P满足OPOA(ABABcoBsACACcoCs)，0,，则点P的轨迹一定通过ABC的（）

A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心

2)已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足ABACOPOA(),[0,), 则动点P的轨迹一定通过△ABC的()|AB|sinB|AC|sinCA.重心 B.垂心 C.外心 D.内心

3)已知O是平面上的一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OBOCABACOP(), [0,), 则动点P的轨迹一定通过△ABC的()2|AB|cosB|AC|cosCA.重心 B.垂心 C.外心 D.内心

例

4、已知向量OP12P31,OP2,OP3满足条件OP1OP2OP30，|OP1||OP2||OP3|1，求证：△PP是正三角形．

ABC例

5、的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，则实数m = OHm(OAOBOC)，．

例

6、点）． O是三角形ABC

所在平面内的一点，满足OAOBOBOCOCOA，则点

O是ABC的（A．三个内角的角平分线的交点 C．三条中线的交点

B．三条边的垂直平分线的交点 D．三条高的交点

例7

在△ABC内求一点P，使

AP2BP2CP2最小．

222222例8已知O为△ABC所在平面内一点，满足|OA||BC||OB||CA||OC||AB|，则O为△ABC的 心．

例9．.已知O是△ABC所在平面上的一点，若OAOBOBOCOCOA，则O点是△ABC的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

222222例10 已知O为△ABC所在平面内一点，满足|OA||BC||OB||CA|=|OC||AB|，则O点是△ABC的()A.垂心 B.重心 C.内心 D.外心

例11已知O是△ABC所在平面上的一点，若(OAOB)AB=(OBOC)BC=(OCOA)CA= 0，则O点是△ABC的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

例12：已知O是△ABC所在平面上的一点，若aOAbOBcOC= 0，则O点是△ABC的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

aPAbPBcPC例13：已知O是△ABC所在平面上的一点，若PO(其中P是△ABC所在平面内任意一点)，abc则O点是△ABC的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

四、配套练习：

1．已知ABC三个顶点A、B、C及平面内一点

P，满足

PAPBPC0，若实数满足：ABACAP，则的值为（）

A．2 B．32 C．3 D．6 3

2．若ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，OAOBOCA．

0，则OAOB()12 B．0 C．1 D．1 23．点O在ABC内部且满足OA2OB2OC0，则ABC面积与凹四边形A．0 B．

ABOC面积之比是（）

C．

D．

是ABC的（）4．ABC的外接圆的圆心为O，若OHOAOBOC，则HA．外心 B．内心 C．重心 D．垂心

5．O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，若OABCOB222

CAOCAB222，则O是ABC的（）

A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 6．ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，OH则实数m =

17．（06陕西）已知非零向量与满足(+)〃=0且〃= , 则△ABC为()

2A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形 C．等腰非等边三角形 D．等边三角形 8．已知ABC三个顶点

m(OAOBOC)，A、B、C，若ABABACABCBBCCA，则ABC为（）

2A．等腰三角形 B．等腰直角三角形

C．直角三角形 D．既非等腰又非直角三角形

9.已知O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(ABAC), [0,).则P点的轨迹一定通过△ABC的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

10.已知O是△ABC所在平面上的一点，若OAOBOC= 0, 则O点是△ABC的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

111.已知O是△ABC所在平面上的一点，若PO(PAPBPC)(其中P为平面上任意一点), 则O点是△ABC

3的()A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心

第三篇：立体几何中的最值问题

立体几何中的最值问题

上犹中学数学教研组刘道生

普通高等学校招生全国统一考试新课程标准数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力.要在立体几何学习中形成。立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，查遍近几年全国各省市的高考题中，与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现，并且成增长趋势。下面举例说明解决这类问题的常用方法。

策略

一、公理与定义法

例

1、在正四棱锥S-ABCD中，SO⊥平面ABCD于O，SO=2，S

底面边长为2，点P、Q分别在线段BD、SC上移动，则P、Q两点的最短距离为（）B

A.55 B.255 C.2D.1【解析】如图1，由于点P、Q分别在线段BD、SC上移动，先让点P在BD上固定，Q在SC上移动，当OQ最小时，PQ最小。过O作OQ⊥SC，在Rt△SOC中，OQ

P在BD上运动，且当P运动到点O时，PQ最小，2。又

5等于OQ的长为2，也就是异面直线BD和SC的 5

公垂线段的长。故选B。

策略二建立函数法

例2正ABC的边长为a，沿BC的平行线PQ折叠，使平面APQ平面BCQP，求四棱锥的棱AB取得最小值时，四棱锥ABCQP的体积。

分析：棱AB的长是由A点到PQ的距离变化而变化，因此我们可建立棱AB与点A到PQ的距离的一个函数关系式，从而求出棱AB的最小值，进而求出体积。

【解析】如图所示，取PQ中点o，显然AOPQ，即AOPQ



由平面APQ平面BCQP，则AO平面BCQP，如图建立直角坐标系Oxyz，设

3

1，得 AOx，因正ABC的边长为a，易知A0,0,x,O0,0,0,Bax,a,022311

AA0,0,xax,a,0ax,a,x 2222

3125

2ax22x2axa22xaxaa2248

即当x

3a时，ABmina 4

423113133a2SBCPQAOaaa 33442464

VABCPQ

评注：对于图形的翻折问题,关健是利用翻折前后不变的数量关系和图形关系；同时还

要仔细观察翻折前后图形的性质。很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值。策略三；解不等式法

例3求半径为R的球内接正三棱锥体积的最大值。

分析:要使球内接正三棱锥的体积最大,则需正三棱锥的边或高最大,而高过球心,则可寻球高与半径之间的关系。

【解析】如右图所示，设正三棱锥高O1A=h,底面边长为a由正三棱锥性质可知O1B

又知OA=OB=R则在RtABC中，2a)R2(hR)2 a23h(2Rh)

3hh2Rh1hhR3 2V=2h(2Rh)

(2R

h)2233

(当且仅当

h4

2Rh，即hR时，取等号)正三棱锥体积最大值为

策略四；变量分析法

例4 如图已知在ABC中，C90，PA⊥平面ABC，AE⊥PB交PB于E，AF⊥PC于F，当AP=AB=2，AEF，当变化时，求三棱锥P-AEF体积的最大值。

分析：的变化是由ＡＣ与ＢＣ的变化引起的，要求三棱锥P-AEF的体积，则需找到三棱锥P-AEF的底面积和高，高为定值时，底面积最大，则体积最大。

【解析】∵PA⊥平面ABC，BC平面ABC∴ PA⊥BC

又∵BC⊥AC，PA

AC

∴ BC⊥平面PAC，AF平面PAC，∴ BC⊥AF，又∵ AF⊥PC，PCBCC∴AF平面PBC平面PBC，∴AF⊥EF ∴ EF是AE在平面PBC上的射影，∵AE⊥PB，∴EF⊥PB∴ PE⊥平面AEF

在三棱锥P-AEF中，∵AP=AB=2，AE⊥PB，∴PE2，AE2，AF2sin，1112

sin2 EF2cos，VPAEFSAEFPE2sin2cos2

3326

∵0

，∴02，0sin21∴ 当



时，VPAEF取得最大值为

。6

策略五：展开体图法

例5.如图3-1，四面体A-BCD的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a，AC=BD=b，AD=BC=c。平面α分别截棱AB、BC、CD、DA于点P、Q、R、S，A

C

则四边形PQRS的周长的最小值是（）

A.2a

B.2b

C.2c

D.a+b+c

D

图

5【解析】如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各

侧面均为锐角三角形，且AB=CD，AC=BD，AD=BC，所以，A与A’、D与D’在四面体中是同一点，且AD//BC//A'D'，AB//CD'，A、C、A’共线，D、B、D’共线，AA'DD'2BD。又四边形PQRS在展开图中变为折线S’PQRS，S’与S在四面体中是同

一点。因而当P、Q、R在S’S上时，′

′

S'PPQQRRS最小，也就是四边形

SPQRS周长最小。又S'ASA'，所以最小值LSS'DD'2BD2b。故选B。策略六 布列方程法

例

6、棱长为2cm的正方形体容器盛满水，把半径为1cm的铜球放入水中刚好被淹没，然后再放入一个铁球，使它淹没水中，要 使流出来的水量最多，这个铁球的半径应 该为多大？

【解析】：过正方形对角线的截面图如图所示，AC12，AO

3ASAOOS1设小球的半径r，tanC1AC

2在AO1D中，AO1r，∴ASAO1O1S∴13rr，解得r23（cm）为所求。

策略

七、极限思想法

【解析】三棱锥P-ABC中，若棱PA=x,其余棱长均为1，探讨x是否有最值；2若正三棱锥底面棱长棱长均为1，探讨其侧棱否有最值。

解析：如图第1题：当P-ABC为三棱锥时，x的最小极限是 P、A重合，取值为0，若PBC绕BC顺时针旋转，PA变大，最大极限是P,A,B,C共面时，PA为菱形ABPC

第2题：若P在底面的射影为O,易知PO越小，侧棱越小。故P、O重合时，侧棱取最小极

PO无穷大时，侧棱也无穷大。可知两题所问均无最值。策略

八、向量运算法

例8.在棱长为1的正方体ABCD-EFGH中，P是AF上的动点，则GP+PB的最小值为_______。

【解析】以A为坐标原点，分别以AB、AD、AE所在直线为x，y，z轴，建立如图4所示

，0，x)，的空间直角坐标系，则B（1，0，0），G（1，1，1）。根据题意设P（x，0，x），则BP(x1

GP(x1，1，x1)，那么

GPPB2x24x32x22x

122

2211x0

2(x1)20222

2112

x0可以看成x轴正半轴上一点式子(x1)0（x，222

0，0）到xAy平面上两点1

2112，0、，的距离之和，其最小值为。所以0222

2GP+PB的最小值为2

22。2

[规律小结]

建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值。解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法；二次数的配方法、公试法； 有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等。

公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短。球面上任意两点间的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等。如果直接建立函数关系求之比较困难，而运用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径。

解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变

a2b

2ab量的特殊不等关系求解：如

ab

ab

最小角定理所建立的不等关系2

等等。

展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易。

变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法。

除了上述5种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这就是：布列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过前述实例感受其精彩内涵与真理所在。

在解题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径。

第四篇：高考数学复习-解析几何中的定点和定值问题

解析几何中的定点定值问题

考纲解读：定点定值问题是解析几何解答题的考查重点。此类问题定中有动，动中有定，并且常与轨迹问题，曲线系问题等相结合，深入考查直线的圆，圆锥曲线，直线和圆锥曲线位置关系等相关知识。考查数形结合，分类讨论，化归与转化，函数和方程等数学思想方法。

一、定点问题

解题的关健在于寻找题中用来联系已知量，未知量的垂直关系、中点关系、方程、不等式，然后将已知量，未知量代入上述关系，通过整理，变形转化为过定点的直线系、曲线系来解决。

A

B

y

O

x

例1、已知A、B是抛物线y2=2px

(p>0)上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为α和β，当α、β变化且α+β=时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。

解析：

设A（），B（），则，代入

得

（1）

又设直线AB的方程为，则

∴，代入（1）式得

∴直线AB的方程为

∴直线AB过定点（-

说明：本题在特殊条件下很难探索出定点，因此要从已知出发，把所求的定点问题转化为求直线AB，再从AB直线系中看出定点。

例2．【2010·东城一模】已知椭圆：的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．

⑴求椭圆C的方程；

⑵设，、是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点，连结交椭圆于另一点，求直线的斜率的取值范围；

⑶在⑵的条件下，证明直线与轴相交于定点．

解析：⑴由题意知，所以，即，又因为，所以，故椭圆的方程为：．

⑵由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为

①

联立消去得：，由得，又不合题意，所以直线的斜率的取值范围是或．

⑶设点，则，直线的方程为，令，得，将代入整理，得．

②

由得①代入②整理，得，所以直线与轴相交于定点．

【针对性练习1】

在直角坐标系中，点到点，的距离之和是，点的轨迹是与轴的负半轴交于点，不过点的直线与轨迹交于不同的两点和．

⑴求轨迹的方程；

⑵当时，求与的关系，并证明直线过定点．

解：⑴∵点到，的距离之和是，∴的轨迹是长轴为，焦点在轴上焦中为的椭圆，其方程为．

⑵将，代入曲线的方程，整理得，因为直线与曲线交于不同的两点和，所以

①

设，则，②

且，显然，曲线与轴的负半轴交于点，所以，．由，得．

将②、③代入上式，整理得．所以，即或．经检验，都符合条件①，当时，直线的方程为．显然，此时直线经过定点点．即直线经过点，与题意不符．当时，直线的方程为．

显然，此时直线经过定点点，且不过点．综上，与的关系是：，且直线经过定点点．

【针对性练习2】在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点T（）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m>0,。

（1）设动点P满足,求点P的轨迹；

（2）设，求点T的坐标；

（3）设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。

【解析】

本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。

解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。

由，得

化简得。

故所求点P的轨迹为直线。

（2）将分别代入椭圆方程，以及得：M（2，）、N（，）

直线MTA方程为：，即，直线NTB

方程为：，即。

联立方程组，解得：，所以点T的坐标为。

（3）点T的坐标为

直线MTA方程为：，即，直线NTB

方程为：，即。

分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，解得：、。

（方法一）当时，直线MN方程为：

令，解得：。此时必过点D（1，0）；

当时，直线MN方程为：，与x轴交点为D（1，0）。

所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。

（方法二）若，则由及，得，此时直线MN的方程为，过点D（1，0）。

若，则，直线MD的斜率，直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。

因此，直线MN必过轴上的点（1，0）。

【针对性练习3】（2011年石景山期末理18）已知椭圆C中心在原点，焦点在轴上，焦距为，短轴长为．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线：与椭圆交于不同的两点（不是椭圆的左、右顶点），且以为直径的圆经过椭圆的右顶点．求证：直线过定点，并求出定点的坐标．

解:

（Ⅰ）设椭圆的长半轴为，短半轴长为，半焦距为，则

解得

∴

椭圆C的标准方程为

．

……

4分

（Ⅱ）由方程组

消去，得

．

……

6分

由题意△，整理得：

①

………7分

设，则，．

………

8分

由已知，且椭圆的右顶点为，∴　．

……

10分

即，也即，整理得．

解得

或，均满足①

………

11分

当时，直线的方程为，过定点，不符合题意舍去；

当时，直线的方程为，过定点，故直线过定点，且定点的坐标为．

…………

13分

例3、已知椭圆的焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率，过椭圆的右焦点作与坐标轴不垂直的直线，交椭圆于、两点。

（I）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设点是线段上的一个动点，且，求的取值范围；

（Ⅲ）设点是点关于轴的对称点，在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线？若存在，求出定点的坐标，若不存在，请说明理由。

解法一：

（I）设椭圆方程为，由题意知

故椭圆方程为

（Ⅱ）由（I）得，所以，设的方程为（）

代入，得

设

则,由，当时，有成立。

（Ⅲ）在轴上存在定点，使得、、三点共线。依题意知，直线BC的方程为，令，则的方程为、在直线上，在轴上存在定点，使得三点共线。

解法二：（Ⅱ）由（I）得，所以。设的方程为

代入，得设则

当时，有成立。

（Ⅲ）在轴上存在定点，使得、、三点共线。

设存在使得、、三点共线，则，即，存在，使得三点共线。

二、定值问题

在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，解决这类问题时，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，一种思路是进行一般计算推理求出其结果，选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义，方程，几何性质，再用韦达定理，点差法等导出所求定值关系所需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果，；另一种思路是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，用特殊探索法（特殊值、特殊位置、特殊图形等）先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口，将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式，证明该式是恒定的。同时有许多定值问题，通过特殊探索法不但能够确定出定值，还可以为我们提供解题的线索。如果试题是客观题形式出现，特珠化方法往往比较奏效。

例4、已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A、B两点，共线。

（1）求椭圆的离心率；

（2）设M为椭圆上任意一点，且，证明为定值。

解析：（1）设椭圆方程为

（a>b>0），A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB的中点为N(x0,y0)，两式相减及得到，所以直线ON的方向向量为，∵，即，从而得

（2）探索定值

因为M是椭圆上任意一点，若M与A重合，则，此时，证明

∵，椭圆方程为，又直线方程为

又设M（x，y），则由得，代入椭圆方程整理得

又∵，例5、已知，椭圆C过点A，两个焦点为（－1，0），（1，0）。

（1）

求椭圆C的方程；

（2）

E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。

解析：（1）由题意，c=1,可设椭圆方程为，解得，（舍去）

所以椭圆方程为。

（2）设直线AE方程为：，代入得

设，因为点在椭圆上，所以，又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得，所以直线EF的斜率

即直线EF的斜率为定值，其值为。

将第二问的结论进行如下推广：

结论1.过椭圆上任一点任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点，则直线EF的斜率为定值（常数）。

证明：直线AE的方程为，则直线AF的方程为，联立和，消去y可得

结论2.过双曲线上任一点任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点，则直线EF的斜率为定值（常数）。

结论3.过抛物线上任一点任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点，则直线EF的斜率为定值（常数）。

例6、【2010·巢湖市第一学期期末质检】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴的非负半轴上，点到短轴端点的距离是4，椭圆上的点到焦点距离的最大值是6.(Ⅰ)求椭圆的标准方程和离心率；

(Ⅱ)若为焦点关于直线的对称点，动点满足，问是否存在一个定点，使到点的距离为定值？若存在，求出点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.解析：(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为，由已知得

.所以椭圆的标准方程为.离心率

(Ⅱ),设由得

化简得，即

故存在一个定点，使到点的距离为定值，其定值为

例7、【2010·湖南师大附中第二次月考】已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，P(2，0)为定点．

(Ⅰ)若点P为抛物线的焦点，求抛物线C的方程；

(Ⅱ)若动圆M过点P，且圆心M在抛物线C上运动，点A、B是圆M与轴的两交点，试推断是否存在一条抛物线C，使|AB|为定值？若存在，求这个定值；若不存在，说明理由．

解析：(Ⅰ)

设抛物线方程为，则抛物线的焦点坐标为.由已知，即，故抛物线C的方程是．

(Ⅱ)设圆心()，点A，B.因为圆过点P(2，0)，则可设圆M的方程为.令，得.则，.所以.，设抛物线C的方程为，因为圆心M在抛物线C上，则.所以.由此可得，当时，为定值．故存在一条抛物线，使|AB|为定值4.例8、已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点的距离的最小值

为，离心率为﹒

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点作直线交于、两点，试问：在轴上是否存在一个定点，为定值？若存在，求出这个定点的坐标；若不存在，请说明理由﹒

解析：（I）设椭圆E的方程为,由已知得：

。。。2分

椭圆E的方程为。。

3分

（Ⅱ）法一：假设存在符合条件的点，又设，则：

。。。

5分

①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，则

由得

7分

所以

9分

对于任意的值，为定值，所以，得，所以；

11分

②当直线的斜率不存在时，直线

由得

综上述①②知，符合条件的点存在，起坐标为﹒

13分

法二：假设存在点，又设则：

=….5分

①当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，由得

7分

9分

设则

11分

②当直线的斜率为0时，直线，由得：

综上述①②知，符合条件的点存在，其坐标为

。。13分

三、定直线问题

例9、设椭圆过点，且焦点为

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上

解析：

(1)由题意：，解得，所求椭圆方程为

(2)设点，由题设，均不为零。

且

又

四点共线，可设,于是

（1）

（2）

由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程

整理得

（3）

(4)

(4)－(3)

得，即点总在定直线上

例10、已知椭圆C的离心率，长轴的左右端点分别为。（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆C交于P、Q两点，直线与交于点S。试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由。

解法一：（Ⅰ）设椭圆的方程为。

…………………

1分

∵，∴。

………………

4分

∴椭圆的方程为。

………………………………………

5分

（Ⅱ）取得，直线的方程是

直线的方程是交点为

…………7分,若，由对称性可知交点为

若点在同一条直线上，则直线只能为。…………………8分

以下证明对于任意的直线与直线的交点均在直线上。事实上，由得即，记，则。…………

9分

设与交于点由得

设与交于点由得………

10，……12分

∴，即与重合，这说明，当变化时，点恒在定直线上。

13分

解法二：（Ⅱ）取得，直线的方程是直线的方程是交点为

…………………………………………

7分

取得，直线的方程是直线的方程是交点为∴若交点在同一条直线上，则直线只能为。

……………8分

以下证明对于任意的直线与直线的交点均在直线上。事实上，由得即，记，则。………………9分的方程是的方程是消去得…

①以下用分析法证明时，①式恒成立。要证明①式恒成立，只需证明即证即证………………

②∵∴②式恒成立。这说明，当变化时，点恒在定直线上。

解法三：（Ⅱ）由得即。

记，则。……………

6分的方程是的方程是

……

7分

由得

…………………

9分

即

………………………………

12分

这说明，当变化时，点恒在定直线上。………………

13分

四、其它定值问题

例11、已知双曲线的离心率为，右准线方程为

（Ⅰ）求双曲线的方程；

（Ⅱ）设直线是圆上动点处的切线，与双曲线交于不同的两点，证明的大小为定值.解析：本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．

（Ⅰ）由题意，得，解得，∴，∴所求双曲线的方程为.（Ⅱ）点在圆上，圆在点处的切线方程为，化简得.由及得

①

②

∵切线与双曲线C交于不同的两点A、B，且，∴，设A、B两点的坐标分别为，则，∴，∴的大小为.例12、己知椭圆

（a>b>0）,过其中心O的任意两条互相垂直的直径是P1P2、O

x

y

P1

Q1

P2

Q2

A1

A2

B1

B2

Q1Q2，求证：以两条直径的四个端点所成的四边形P1Q1P2Q2与一定圆相切。

探索定圆：取椭圆长轴和短轴为两直径，则的方程为，原点O到直线的距离为，则与菱形内切的圆方程为。

证明：设直径P1P2的方程为

则Q1Q2的方程为

解得

同理OQ22=，作OH⊥P2Q2

则

又四边形P1Q1P2Q2是菱形，菱形P1Q1P2Q2必外切于圆.例13、已知P是双曲线上的一个定点，过点P作两条互相

垂直的直线分别交双曲线于P1、P2两点（异于P点），求证：直线P1P2的方向不变。

探索定值：取P，过P点且互相垂直的直线中有一条过原点，则这一条直线

x

P

P1

P2

y

O

与曲线的另一个交点，其斜率

PP2的方程为

把代入解得

（定值）

证明：设PP1的斜率为，则PP2的斜率为

－，∴PP1的方程为

PP2的方程为，与抛物

联立解得、，从而（定值）

EX：过抛物线y2=2px（P>0）上一定点（x0,y0）作两条直线分别交抛物线于A，B两点，满足直线PA、PB斜率存在且倾斜角互补，则AB的斜率为定值。

推广：抛物线推广到椭圆或双双曲线均可。

五、练习

1、（2008唐山三模）椭圆中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，三角形ABM的三个顶点都在椭圆上，其中M点为（1，1），且直线MA、MB的斜率之和为0。（1）求椭圆的方程。（2）求证：直线AB的斜率是定值。

分析：（1）x2+2y2=3

（2）

2、（2008年西城一模）已知定点及椭圆，过点的动直线与椭圆相交于两点.（Ⅰ）若线段中点的横坐标是，求直线的方程；

（Ⅱ）在轴上是否存在点，使为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.分析：M（，0）

3、已知不垂直于x轴的动直线l交抛物线y2=2mx（m>0）于A、B两点，若A、B两点满足∠AQP=∠BQP，若其中Q点坐标为（-4，0），原点O为PQ中点。（1）证明：A、P、B三点线；（2）当m=2时，是否存在垂直于x轴的直线l‘，使得l‘被以PA为直径的圆所截得的弦长为定值？如果存在求出l’的方程。

分析：设点AB的坐标

（2）l：x=3.4、（2009年保定统测）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，短轴的两个端点为A、B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形。

（1）

求椭圆的方程。

（2）

若C、D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD,连结CM交椭圆于点P，证明：为值。

（3）

在（2）的条件下，试问x轴上是否存在异于C的定点Q，使得以MP为直径的圆过直线DP，MQ的交点，若存在，求出点Q的坐标。

分析：（1）

（2）由O、M、P三点共线，得，所以=4

（3）设Q点（a，0），由，得a=0.5、（2009年邯郸第一次模拟）设P为双曲线上任意一点，F1，F2是双曲线的左右焦点，若的最小值是-1，双曲线的离心率是。

（1）

求双曲线C的方程；

（2）过双曲线C的右焦点F2的直线交双曲线于A、B两点，过作右准线的垂线，垂足为C，求证：直线AC恒过定点。

分析：（1）

（2）先猜再证：（，0）换掉x1代入韦达定理得证。方法二：设AB：ｘ＝ｍｙ＋２代入方程得：（ｍ２－３）ｙ２＋４ｍｙ＋１＝０

故

AC：=又2my1y2=-（y1+y2）然后代入韦达定理得。

6、在平面直角坐标系xOy中,Rt△ABC的斜边BC恰在x轴上，点B(－2,0)，C（2，0），且AD为BC边上的高。

(I)求AD中点G的轨迹方程；

(II)若过点(1,0)的直线l与(I)中G的轨迹交于两不同点P、Q，试问在x轴上是否存在定点E(m,0)，使·恒为定值λ？若存在，求出点E的坐标及实数λ的值；若不存在，请说明理由。

分析：（1）

（2）

m=

定值为

不容易先猜出，只能是化简求出。

7、（2009年衡水三模）已知直线l过椭圆E：的右焦点F,且与E相交于P，Q两点。

（1）

设，求点R的轨迹方程。

（2）

若直线l的倾斜角为60，求的值。（当l的倾斜角不定时，可证是定值。）

分析：

（2）可先猜再证:

第五篇：立体几何的平行与证明问题

立体几何

1．知识网络

一、经典例题剖析

考点一 点线面的位置关系

1、设l是直线,a,β是两个不同的平面（）

A．若l∥a,l∥β,则a∥β B．若l∥a,l⊥β,则a⊥β

C．若a⊥β,l⊥a,则l⊥β D．若a⊥β, l∥a,则l⊥β

2、下列命题正确的是（）

A．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行

B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行

C．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行

D．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行

3、已知空间三条直线l、m、n.若l与m异面,且l与n异面,则（）

A．m与n异面.B．m与n相交.C．m与n平行.D．m与n异面、相交、平行均有可能.4、（2013年高考江西卷（文15））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB//CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为

_____________.D

1CB

考点二证明平行关系

5、如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，D C

BDE。求证： AC1//平面

6、（2013年高考陕西卷（文））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O

为底面中心, A1O⊥平面ABCD, ABAA1

A

(Ⅰ)证明: A1BD //平面CD1B1;(Ⅱ)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.考点三证明垂直问题

7、（2013年高考辽宁卷（文））

如图,AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点.(I)求证:BC平面PAC；

(II)设Q为PA的中点，G为AOC的重心，求证：QG//平面PBC.8、已知正方体ABCDA1BC11D1，O是底ABCD对角线的交点.D1AD

BBC

1求证：(１)C1O∥面AB1D1；(2)AC面AB1D1．1

C

综合练习：

9、（2013年高考广东卷（文））如图4,在边长为1的等边三角形ABC中,D,E分别是AB,AC

边上的点,ADAE,F是BC的中点,AF与DE交于点G,将ABF沿AF折起,得到如图5所示的三棱锥ABCF,其中BC

.(1)证明:DE//平面BCF;(2)证明:CF平面ABF;

图

410、如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=证明：PQ⊥平面DCQ；

PD．

2AC平面B'D'DB；BD'

平面ACB'.11、正方体ABCDA'B'C'D'中，求证：（1）（2）