立体几何中的轨迹问题.pdf

.例析空间中点的轨迹问题的转化例析空间中点的轨迹问题的转化求空间图形中点的轨迹既是中学数学学习中的一个难点，又是近几年高考的一个热点，这是一类立体几何与解析几何的交汇题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面的轨迹问题来处理的基本思想。一轨迹为点例 1 已知平面|，直线l，点 Pl，平面,之间的距离为 8，则在内到 P 点的距离为 10 且到直线l的距离为 9 的点的轨迹是()PA一个圆 B.两条直线C.两个点 D.四个点lOMQ解析:设 Q 为内一动点，点 P 在内射影为 O，过 O,l的平面与的交线为l，PQ=10，OQ=102826 点 Q 在以 O 为圆心 6 为半径圆上，过 Q 作 QM l于 M，又点 Q 到直线l的距离为 9QM=9282 17则点 Q 在以l平行距离为17的两条平行线上两条平行线与圆有四个交点这样的点 Q 有四个，故答案选 D。点评:本题以空间图形为背景，把立体几何问题转化到平面上，再用平面几何知识解决，要熟记一些平面几何点的轨迹。二 轨迹为线段例 2 如图，正方体ABCD A1B1C1D1中，点 P 在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP BD1，则动点 P 的轨迹是（）。.下载可编辑.A.线段B1C B.线段BC1 C.BB1中点与CC1中点连成的线段D.BC中点与B1C1中点连成的线段解：连结AB1,AC,B1C，易知AB1 A1BD1所以AB1 BD1,AC BD1,B1C BD1，所以BD1面AB1C，若 PB1C，则AP 平面AB1C，于是BD1 AP，因此动点 P 的轨迹是线段B1C。评注：本题是由线面垂直的性质从而求出点P 的轨迹。例 3已知圆锥的轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，O 为底面中心，M 为 SO 的中点，动点 P 在圆锥底面内(包括圆周)，若AM MP，则点 P 的轨迹是_。形成的轨迹的长度为_。解析:在平面 SAB 中，过 M 作 AM 的垂线交 AB 于 C，在底面上，过 C作 AB 的垂线分别交底面圆于 D,E 两点，则 AM面 MDE,DE 即为点 P的 轨 迹，又AO=1,MO=32,AM=7272,从 而AC=74,OC=34,所 以2DE=2 13472.所以填上线段；.三 轨迹为直线例 4 (北京高考题)如图，AB 是平面的斜线段，A 为斜足，过点 B作直线l与 AB 垂直，则直线l与平面交点的轨迹是 ()BA A圆 B.椭圆 C.一条直线 D.两条平行直线解析:由题意可知直线l的轨迹应是过点 B 且与 AB 垂直的平面，该平面与平面交点为一条直线，故答案选 C.下载可编辑.四.轨迹为圆弧例5如图，P 是棱长为 1 的正方体ABCD A1B1C1D1表面上的动点，且AP=2，则动点 P 的轨迹的长度为_。解析:由已知 AC=AB1=AD1=2,在面 BC1,面 A1C1,面 DC1内分别有BP=A1P=DP=1，所以动点 P 的轨迹是在面 BC1,面 A1C1,面 DC1内分别以B,D,A1为圆心，1 为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为3 332。五.轨迹为平面例 6.不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面个数为().解析：以不共面的四个定点为顶点构造四面体，则满足条件的平面可分两类。第一类是中截面所在的平面有个；第二类是和一组对棱平行且经过其它各棱中点的平面有个，故满足条件的平面个数为.故答案选.评注：本题关键在于构造空间四边形，利用四面体的性质去求解。六.轨迹为圆例 7，如图，三角形 PAB 所在的平面和四边形 ABCD 所在的平面垂直，且AD,BC，AD=4，BC=8，AB=6，APD CPB，则点 P 在平面内的轨迹是()A圆的一部分 B.椭圆的一部分APBC.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分DC.下载可编辑.解析:由条件易得AD|BC，且APDCPB，AD=4，BC=8，可得tan APDADPACBPBCB2，在平面 PAB 内以 AB 所在的=tan CPB,即PBPAAD直线为 x 轴，AB 的中点 O 为坐标原点，建立直角坐标系，则A（-3，0）,B（3，0），设P(x,y),则有PBPAx 32y2x 32y22，整理可得一个圆的方程即x2y210 x90 x0。由于点 P 不在直线 AB 上，故此轨迹为圆的一部分故答案选 A.点评:本题主要考查空间轨迹问题，是在立体几何与解析几何的交汇处命制的创新题，既考查了空间想象能力，又考查了代数方法(坐标法)研究几何轨迹的基本思想。七.轨迹为抛物线例8.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在棱AB上，且AM=，点 P 是平面 ABCD 上的动点，且动点 P 到直线A1D1的距离与动点 P 到点 M 的距离的平方差为 1，则动点 P 的轨迹是().A.圆 B.抛物线C.双曲线 D.直线分析：动点的轨迹问题是解析几何中常见的问题，因此我们可以把立体关系转化到平面上去，利用解析几何的知识将问题解决。解：设PFA1D1于点 F，过点 P 作PEAD于点 E，连结 EF，则AD平22面PEF，ADEF，即EF/AA1。因 为PFPM1，且13所以PEPM。由抛物线定义知点 P 的轨PF1PFEFPE，迹是以点 M 为焦点，AD 为准线的抛物线，故应选 B.评注：从立体转化到平面，从平面到直线，显然是在逐级降维，平面.下载可编辑.2222.比立体简单，直线又比平面简单，这是复杂向简单的转化。八.轨迹为椭圆例 9，(浙江高考题)如图，AB 是平面的斜线段，A 为斜足，若点 P在平面内运动，使得ABP的面积为定值，则动点P 的轨迹是()A圆 B.椭圆APBC.一条直线 D.两条平行直线解析:由题意可知ABP的面积为定值点 P 到 AB 的距离也为定值，点 P 在空间中的轨迹应是以 AB 为旋转轴的圆柱面，又点P 在平面内运动，所以动点 P 的轨迹应该是圆柱面被平面所截出的椭圆。故答案选 B。点评:本题主要考查轨迹问题，注意交轨法的应用。九.轨迹为双曲线例 10.(2010 年重庆高考题)到两条互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是()A1D1BC1A.椭圆 B.抛物线C.双曲线 D.直线AyDCPBx解析:构造正方体模型，在边长为 a 的正方体ABCD A1B1C1D1中，DC与 A1D1是两条相互垂直的异面直线，平面 ABCD 过直线 DC 且平行于A1D1，以 D 为原点，分别以 DA,DC 为 x 轴,y 轴建立平面直角坐标系，设点 P(x,y)在平面 ABCD 内且到 DC 与 A1D1之间的距离相等，所以.下载可编辑.x y2 a2，x2 y2 a2。故答案选 C点评:本题以空间图形为背景，把立体几何问题转化到平面上，再用解析几何法求解，实现从立体几何到解析几何的过渡，这里用解析几何的知识解决立体几何中的计算问题，恰好是当今高考的命题方向。本题考查立体几何，解析几何知识，考查学生的空间想象能力，灵活运用知识解决问题的能力和创新意识，构造正方体模型，简化了思维难度。十.轨迹为球例 11.如图，在棱长为 6 的正方体ABCD A1B1C1D1中，长度为 4 的线段MN 的一个端点 N 在 DD1上运动，另一个端点 M 在底面 ABCD 上运动，则 MN 的中点 P 的轨迹与其顶点 D 的正方体的三个面所围成的几何体的体积是_。N解析:由 ND平面 ABCD ND DM在RtNDM中，P 为斜边 MN 的中点，ADPCMBMN 2故点 P 的轨迹是以 D 为球心，2 为半径的球面，与其则DP 12顶点 D 的正方体的三个面所围成的几何体是八分之一球体。因此V 14 238343.点评:本题主要考查空间想象能力和推理能力以及球的体积计算，确定点 P 的轨迹是关键。.下载可编辑.含两个变量的不等式化归和构造策略含两个变量的不等式化归和构造策略近几年在高考试题的函数压轴题中，经常出现含有两个变量的不等式证明问题，面对两个变量学生会感觉无从下手，造成找不到解题的突破点；下边通过几道例题，让大家感受化归和构造的策略。策略一：当两个变量可以分离时，根据其两边结构构造函数，利用单调性证明不等式。例 1（2010 年辽宁文科 21）已知函数f(x)(a 1)ln xax21.（）讨论函数f(x)的单调性；（）设a2，证明：对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1 x2|。a12ax2a12ax 解：()f(x)的定义域为(0,+)，f(x).xx当a0 时，f(x)0，故f(x)在(0,+)单调增加；当a1 时，f(x)0,故f(x)在(0,+)单调减少；当1a0 时，令f(x)0,解得x=f(x)0；x(a1a1.当x(0,)时,2a2aa1a1，+)时，f(x)0,故f(x)在（0,）2a2aa1，+）单调减少.2a单调增加，在（()不妨假设x1x2.由于a2,故f(x)在（0，+）单调减少.所以f(x1)f(x2)4 x1x2等价于f(x1)f(x2)4x14x2,即f(x2)+4x2f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,则g(x)a12ax+4 x2ax24xa14x24x1(2x1)2.于是g(x)0.xxx从而g(x)在（0，+）单调减少，故g(x1)g(x2)，.下载可编辑.即f(x1)+4x1f(x2)+4x2，故对任意x1,x2(0,+)，f(x1)f(x2)4 x1x2.当 exe2时，1lnx0，例 2（2009 年辽宁理科 21）已知函数 f(x)=x2ax+(a1)ln x，a 1。（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）证明：若a 5，则对任意 x1，x2(0,)，x1x2，有f(x1)f(x2)1。x1 x212解：(1)f(x)的定义域为(0,)。a1x2axa1(x1)(x1a)f(x)xa2 分xxx（i）若a11即a 2,则(x1)2f(x)故f(x)在(0,)单调增加。x.(ii)若a11,而a 1,故1 a 2,则当x(a1,1)时，f(x)0;当x(0,a1)及x(1,)时，f(x)0故f(x)在(a1,1)单调减少，在(0,a1),(1,)单调增加。(iii)若a11,即a 2,同理可得f(x)在(1,a1)单调减少，在(0,1),(a1,)单调增加.(II)考虑函数g(x)f(x)xx2ax(a1)ln x x则g(x)x(a1)a1a1 2 xg(a1)1(a11)2xx12由于 1a5,故g(x)0，即 g(x)在(4,+)单调增加，从而当x1 x2 0.下载可编辑.时有g(x1)g(x2)0，即f(x1)f(x2)x1 x2 0，故0 x1 x2时，有f(x1)f(x2)1，当x1 x2f(x1)f(x2)f(x2)f(x1)1x1 x2x2 x1练习 1 已知函数f(x)ax1lnx(aR)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；若函数f(x)在x1 处取得极值，x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围；y1lny当 0 xye 且xe 时，试比较 与的大小x1lnx21ax1解f(x)a，当a0 时，xxf(x)0 时，f(x)0 得 0 x0 得x，aa11f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，aaa1即f(x)在x 处有极小值当a0 时，f(x)在(0，)上没有极值点；当a0 时，f(x)在(0，)上有一个极值点函数f(x)在x1 处取得极值，a1，1lnxf(x)bx21 b，xx1lnx令g(x)1，xx.下载可编辑.lnx则g(x)22，2xxg(e2)0，从而可得g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，11g(x)ming(e2)12，即b12.ee1lnx由知g(x)1在(0，e2)上单调递减，x0 xyg(y)，1lnx1lny即.xy当 0 x0，y1lny；x1lnxy1lny.x1lnx策略二、策略二、当两个变量分离不开时通过作差或作商等策略略将两个当两个变量分离不开时通过作差或作商等策略略将两个变量划归为一个变量，再构造函数利用函数单调性进行证明变量划归为一个变量，再构造函数利用函数单调性进行证明。例 3、已知函数（）若 x=2 是函数 f（x）的极值点，求曲线 y=f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（）若函数 f（x）在（0，+）上为单调增函数，求 a 的取值范围；（）设 m，n 为正实数，且 mn，求证：.下载可编辑.（I）根据x=2 是函数 f（x）的极值点，则f（2）=0 可求出 a 的值，然后求出切线的斜率和切点，从而可求出切线方程；（II）根据 f（x）的解析式求出 f（x）的导函数，通分后根据函数f（x）在（0，+）上为单调增函数，得到分子大于0 恒成立，解出 2a2 小于等于一个函数关系式，利用基本不等式求出这个函数的最小值，列出关于a 的不等式，求出不等式的解集即可得到a 的取值范围；（III）把所证的式子利用对数的运算法则及不等式的基本性质变形，即要证 ln 0，根据（II）得到 h（x）在 x 大于等于 1 时单调递增，且 大于 1，利用函数的单调性可得证解：（I）f（x）=，由题意知 f（2）=0，解得 a=，经检验符合题意从而切线的斜率为 k=f（1）=，切点为（1，0）切线方程为 x+8y1=0（II）f（x）=，因为 f（x）在（0，+）上为单调增函数，所以f（x）0在（0，+）上恒成立即 x2+（22a）x+10 在（0，+）上恒成立，当 x（0，+）时，由 x2+（22a）x+10，.下载可编辑.得：2a2x+，设 g（x）=x+，x（0，+），则 g（x）=x+22，所以 2a22，解得 a2，所以 a 的取值范围是（，2；（III）要证，只需证，=2，当且仅当 x=即 x=1 时，g（x）有最小值即 ln 设 h（x）=lnx，即 ln，0，由（II）知 h（x）在（1，+）上是单调增函数，又 1，所以 h（）h（1）=0，即 ln 得到0 成立，本题主要考查了学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握不等式恒成立时所满足的条件，会利用基本不等式求函数的最小值，是一道中档题例 4（2013 年陕西）已知函数f(x)ex,xR.()求f(x)的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程;()证明:曲线y=f(x)与曲线y 1x2 x1有唯一公共点.2a b()设ab,比较f与2f(b)f(a)的大小,并说明理由.ba【答案】解:()f(x)的反函数g(x)ln x,则 y=g(x)过点(1,0).下载可编辑.的切线斜率 k=g(1).1 k g(1)1.过点(1,0)的切线方程为:y=x+1x1()证明曲线 y=f(x)与曲线y x2 x 1有唯一公共点,过程2g(x)如下.令h(x)f(x)121x x 1 exx2 x 1,xR,则22h(x)ex x 1,h(x)的导数h(x)ex1,且h(0)0，h(0)0，,h(0)0因此，当x 0时h(x)0 y h(x)单调递减;当x 0时h(x)0 y h(x)单调递增 y h(x)h(0)0,所以y h(x)在R上单调递增，最多有一个零点x 0所 以,曲 线 y=f(x)与 曲 线y x2 x 1只 有 唯 一 公 共 点(0,1).(证毕)()设f(a)f(b)f(b)f(a)(b a 2)f(a)(b a 2)f(b)2b a2(b a)12(b a 2)ea(b a 2)eb(b a 2)(b a 2)ebaae2(b a)2(b a)令g(x)x 2(x 2)ex,x 0,则g(x)1(1 x 2)ex1(x 1)ex.g(x)的导函数g(x)(1 x 1)ex xex 0,所以g(x)在（0，）上单调递增,且g(0)0.因此g(x)0，g(x)在(0,)上单调递增,而g(0)0,所以在(0,)上g(x)0.当x 0时，g(x)x 2(x 2)ex 0且a b,(ba2)(ba2)ebaae 02(ba)所以当a b时,f(a)f(b)f(b)f(a)2b a.下载可编辑.练习 2（2006 年四川理科 22）已知函数f(x)x2aln x (x )，f(x)的导数是f(x)。对任意两个不等的正数x1、x2，证明：（）当a 0时，f(x1)f(x2)x x f(12)；222x（）当a 4时，|f(x1)f(x2)|x1 x2|。本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力。证明：（）由f(x)x2aln x，得f(x1)f(x2)1211a(x1 x22)()(ln x1ln x2)22x1x22x x12(x1 x22)12alnx1x22x1x2x1 x2x xx x4)(12)2aln12.22x1 x222xf(x1 x2)212222(x1 x2)2x1x2而(x1 x2)，22又(x1 x2)2(x12 x22)2x1x2 x1x2，x1 x2.x1x2x1 x2x1 x2x x，lnx1x2 ln12。22x xa 0，alnx1x2 aln12.2x1x2由、，得x xx xx x124(x1 x22)12alnx1x2(12)2aln12，2x1x22x1 x22即f(x1)f(x2)x x f(12)。222x2a，2xx（）证法一：由f(x)x2aln x，得f(x)2x.下载可编辑.|f(x1)f(x2)|(2x12a2a)(2x)|2x12x1x22x2|x1 x2|22(x1 x2)a|。x12x22x1x22(x1 x2)a|22x1x2x1x22(x1 x2)a恒成立，x12x22x1x2|f(x1)f(x2)|x1 x2|2下面证明对任意两个正数x1、x2，有2即证a x1x2x1x22(x1 x2)成立。x1x22(x1 x2)4 x1x2x1x2x1x24t4t设t x1x2，u(t)t2 (t )，则u(t)2t 2。令u(t)0，得t 32。列表如下：tu(t)(0,32)32(32,)0u(t)极小值334Zu(t)334=3108 a。x1x22(x1 x2)ax1x2对任意两个不等的正数x1、x2，恒有|f(x1)f(x2)|x1 x2|。证法二：由f(x)x2aln x，得f(x)2x|f(x1)f(x2)|(2x12a2a)(2x)|222x1x1x2x22x2a，2xx|x1 x2|22(x1 x2)a|。x12x22x1x2.下载可编辑.x1、x2是两个不等的正数2设t 2(x1 x2)aa4.22x1x2x1x2 x1x2x1x2 x1x2x1x21，u(t)2t34t2 (t )，则u(t)4t(3t 2)，列表：x1x2tu(t)2(0,)3232(,)30u(t)极小值3827Zu 2(x1 x2)a38.，即2x12x22x1x2272(x1 x2)a|x1 x2|.22x1x2x1x2|f(x1)f(x2)|x1 x2|2.下载可编辑.