75.立体几何与解析几何综合问题的四种常见类型
★视角1.从平面到空间变换（翻折）
例1.（广东省2025 届高三一模） 如图1，已知抛物线
的焦点为
，准
2
:
2
0
C y
px p
F
线交
轴于点
，过点
作倾斜角为
的直线交抛物线于
两点（点
在第一象限）．当
x
D
F
,
A B
A
时，
．
π
2
5
OA
(1)求抛物线
的方程；
C
(2)如图2，把
沿
翻折为
，使得二面角
的大小为
．
ADF
△
DF
PDF
△
P
DF
B
2π
3
①若
，求直线
与平面
所成角的正弦值；
π
3
BD
PBF
②证明：三棱锥
的体积为定值．
D
PBF
【详解】（1）当
时，
，所以点
的坐标为
，因为
，所以
π
2
AF
DF
A
,
2
p p
5
OA
，解得
，所以抛物线
的方程为
．
2
2
5
2
p
p
2
p
C
2
4
y
x
（2）①在平面直角坐标系中，若
，则直线
的方程为
，联立
π
3
AB
3
1
y
x
所以点
的坐标分别为
2
2
1
3
1 ,
3
10
3
0,
3,
,
3
4 ,
y
x
x
x
x
x
y
x
得
解得
或
,
A B
．过O 点作平面
的垂线为
轴，如图建立空间直角坐标系，则
1
2 3
3,2 3 ,
,
3
3
DBF
z
，当二面角
的大小为
时，点
1
2 3
( 1,0,0),
,
,0 ,
(1,0,0)
3
3
D
B
F
P
DF
B
2π
3
，即
，
π
2π
π
2π
3,4 sin
cos π
,4 sin
sin π
3
3
3
3
P
3, 3,3
P
所以
，设平面
的法向量为
4 2 3
2 2 3
,
,0 ,
2,
3, 3 ,
,
,0
3
3
3
3
BD
PF
BF
PBF
，则
即
解得
取
，得
, ,
n
x y z
0,
0,
n PF
n BF
2
3
3
0,
2
2 3
0,
3
3
x
y
z
x
y
3 ,
3
,
3
x
y
z
y
3
y
，
3, 3,1
n
设直线
与平面
所成角为
，则
，所以直线
与
BD
PDF
4
2
0
9 91
sin
91
2 7
13
3
BD n
BD n
BD
平面
所成角的正弦值为
．
PBF
9 91
91
②由题意得
．
1
1
1
sin
3
3
2
D PBF
P BDF
BDF
p
V
V
S
z
DF
BF
A
，
2π
sin
sin π
3
PF
2
3
sin
6
BF
PF
当
时，
，
π
2
2
3
π
2 3
2,
2 2 sin
6
2
3
D PBF
BF
PF
V
当
时，在平面直角坐标系中，设直线
的斜率为
，则直线
的方程为
π
2
AB
k
AB
，
1
y
k x
设点
的坐标分别为
，联立
得
，
,
A B
1
1
2
2
,
,
,
x y
x
y
2
1 ,
4 ,
y
k x
y
x
2
2
2
2
2
4
0
k x
k
x
k
则
，因为
2
2
2
4
2
1
2
1
2
2
2
4
Δ
2
4
4
16
16
0,
,
1
k
k
k
k
x
x
x x
k
，所以
，得
，
2
2
sin
sin
cos
1,
tan
cos
k
2
2
sin
sin
1
k
2
2
2
sin
1
k
k
所以
，
2
2
3
3
sin
sin
6
6
D PBF
V
BF
PF
BF
AF
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
3
3
1
1
1
6
1
6
1
k
k
x
x
x x
x
x
k
k
，综上所述，三棱锥
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
4
3 4
4
3
2 3
1 1
4
6
1
6
1
6
3
k
k
k
k
k
k
k
k
的体积为定值
．
D
PBF
2 3
3
★视角2.从空间到平面（空间几何体的某个顶点在某个平面的轨迹）
例2.（河南省郑州市2025 届高三二模） 若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等
腰四面体”．已知在等腰四面体
中，
分别为所在棱的中点，如图所
ABCD
1,2,3,
,6
iE i
示．
(1)求证：
平面
；
1
2
E E
3
5
4
6
E E E E
(2)若
，
，求二面角
的大小；
1
2
6
E E
3
4
5
6
2
E E
E E
A
BC
D
(3)在空间直角坐标系
中，
平面内有椭圆
，直线
与
交
O
xyz
xOy
2
2
:
1
2
x
H
y
1
x
my
H
于
，
两点．
为空间中一点，若四面体
为等腰四面体，求其外接球表面积的
M
N
P
P
MNO
最小值．
【详解】（1）连接
，
，
，
，因为
，
，所以
1
3
E E
3
2
E E
2
4
E E
4
1
E E
3
2
1
/ / 2
E E
BD
1
4
1
/ / 2
E E
BD
，四边形
为平行四边形，又
，
，所以
3
2
1
4
E E
E E
∥
1
3
2
4
E E E E
1
3
1
2
E E
AC
∥
AC
BD
，所以四边形
为菱形，所以
，同理，四边形
为
1
3
3
2
E E
E E
1
3
2
4
E E E E
1
2
3
4
E E
E E
1
5
2
6
E E E E
菱形，
，
1
2
5
6
E E
E E
又因为四边形
为菱形，
，
交于一点，所以
平面
．
3
5
4
6
E E E E
3
4
E E
5
6
E E
1
2
E E
3
5
4
6
E E E E
（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系
，
D
xyz
由
，
，得
，
，
，
1
2
6
E E
3
4
5
6
2
E E
E E
2,0,2
A
0, 6,2
B
2, 6,0
C
2, 6,0
AB
，
，设平面
的一个法向量为
，则
0, 6, 2
AC
ABC
, ,
m
x y z
2
6
0,
6
2
0,
AB m
x
y
AC m
y
z
令
，得
，
，
，设平面
的一个法向量
2
y
6,2, 6
m
0, 6,2
DB
2, 6,0
DC
BCD
为
，则
令
，得
， 所以
, ,
n
x y z
6
2
0,
2
6
0,
DB n
y
z
DC n
x
y
2
y
6, 2, 6
n
． 所以二面角
的大小为
．
6
4
6
8
1
cos ,
16
2
6
4
6
6
4
6
m n
m n
m
n
A
BC
D
3
（3）由（2）知可将
补成长方体，设长宽高分别设为
，
，，则外接球半径为
P
MNO
a
b
c
该长方体的体对角线长的一半，即：
，
，
2
2
2
1
2
R
a
b
c
2
2
2
2
4π
π
S
R
a
b
c
，
，
，则
，
2
2
2
MN
a
b
2
2
2
NO
b
c
2
2
2
MO
a
c
2
2
2
1
π
2
S
MN
MO
NO
在
平面内设
，
，由
，得
，
xOy
1
1
,
M x y
2
2
,
N x
y
2
2
1
2
1
x
y
x
my
2
2
2
2
1
0
m
y
my
显然
，
，
， 于是
2
2
2
Δ
2
4 2
8
8
0
m
m
m
1
2
2
2
2
m
y
y
m
1
2
2
1
2
y y
m
，
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
8 1
8 1
1
1
2
2
m
m
MN
m
y
y
m
m
m
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
4
MO
NO
x
y
x
y
y
y
y
y
y
y
，所以
4
2
2
1
2
1
2
2
2
4
10
12
4
2
2
m
m
y
y
y y
m
4
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
1
12
26
20
6
13
10
2
2
2
2
m
m
m
m
S
MN
MO
NO
m
m
在
中，
，则
为锐角，
MNO
A
2
2
2
2
cos
0
2
MO
NO
MN
c
MON
MO NO
MO NO
MON
因此
，即
，
0
OM ON
1
2
1
2
0
x x
y y
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
x x
y y
my
my
y y
m
y y
m y
y
2
2
2
2
1
2
1
0
2
2
m
m
m
m
，解得
， 又
，不妨令
2
1
2
m
4
2
2
2
2
2
2
2
6
4
4
11
14
11
14
π
6
π
2
2
m
m
m
m
S
m
m
，则
，∵
，∴当
2
5
2
2, 2
t
m
2
2
11
8
1
11
121
6
π
8
6
π
16
32
S
t
t
t
2
1
1
5
2
t
1
1
2
t
时，
．此时
，所以的最小值为
，此时直线方程为
．
min
5 π
2
S
0
m
S
5 π
2
1
x
例3．（福建省2024 届高三质量检测）在
中，
，
，
的平分
ABC
A
90
ABC
6
AB
ACB
线交AB 于点D，
.平面α 过直线AB，且与
所在的平面垂直.
2
AD
DB
ABC
A
（1）求直线CD 与平面
所成角的大小；
（2）设点
，且
，记E 的轨迹为曲线Γ.
E
30
ECD
（i）判断Γ 是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB 重合的直线l 过点D 且交Γ 于P，Q 两点，试问：在平面α 内是否存在
定点T，使得无论l 绕点D 如何转动，总有
？若存在，指出点T 的位置；
PTC
QTC
若不存在，说明理由.
解析：（1）因为平面
，平面
平面
，
ABC
,
ABC
AB BC
,
ABC BC
AB
所以
.所以直线
在
内的射影为直线
，所以直线
与
所成角为
.过
BC
CD
AB
CD
CDB
作
，垂足为
.因为
平分
，所以
.
D
DF
AC
F
CD
,
ACB DB
BC
DF
DB
又
，所以
，所以
又
，所以
2
AD
DB
1
2
DF
AD
30 .
DAF
6,
90
AB
ABC
.因为
，所以
，所以直线
与平面
所成角为
.
2 3
BC
1
2
3
DB
AB
60
CDB
CD
60
（2）（i）曲线
是椭圆,理由如下：由（1）可知，
，所以
是
的中
Γ
,
DF
AC DA
DC
F
AC
点,设
的中点为
，所以
.又
，所以
.在
内过
作
，
AB
O
OF / / BC
BC
OF
O
OG
AB
所以
，以
为原点，
所在的方向分别为
轴，
轴，轴的
,
OF
OB OF
OG
O
,
,
OG OB OF
x
y
z
正方向，建立空间直角坐标系
，如图所示.因为
，所以
，设
O
xyz
3,
2
OB
DB
1
OD
，又
，则
.因为
, ,0
E x y
0,1,0 ,
0,3,2 3
D
C
,
3, 2 3 ,
0, 2, 2 3
CE
x y
CD
，又
，所以
，化简得
cos
|
||
|
CD CE
ECD
CD CE
30
ECD
2
2
2
18
3
2
4
(
3)
12
y
x
y
，即
，所以曲线
是椭圆.
2
2
3
2
18
x
y
2
2
1
6
9
x
y
Γ
（ii）设
.在平面
内，因为与
不重合，可设
，
1
1
2
2
,
,0 ,
,
,0
P x y
Q x
y
l
AB
:
1
l y
kx
由
得
，故
.
2
2
1,
3
2
18,
y
kx
x
y
2
2
2
3
4
16
0
k
x
kx
1
2
1
2
2
2
4
16
,
0
2
3
2
3
k
x
x
x x
k
k
由对称性知，若存在定点
满足条件，则
必在平面
与
的交线
上，故可设
T
T
ABC
AB
.若
，则
，即
，因为
0, ,0
T
t
PTC
QTC
cos
cos
PTC
QTC
|
||
|
|
||
|
TP TC
TQ TC
TP TC
TQ TC
，所以
1
1
2
2
,
,0 ,
,
,0 ,
0,3
,2 3
TP
x y
t
TQ
x
y
t
TC
t
，当
时，上式恒成立，所以
2
2
2
2
1
2
2
2
1
1
3
3
t
y
t
x
y
t
t
y
t
x
y
t
3
t
符合题意；当
时，有
，
3
t
3
t
2
2
2
2
1
2
2
2
1
1
y
t
x
y
t
y
t
x
y
t
所以
，所以
.
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
1
y
t
x
y
t
y
t
x
y
t
2
1
1
2
x
y
t
x
y
t
因为
，所以
，所以
1
2
1
2
0,
0
x x
y
t
y
t
1
2
2
1
0
x
y
t
x
y
t
，所以
，即
.因为
1
2
1
2
2
1
0
kx x
t
x
x
2
2
16
4
2
1
0
2
3
2
3
k
k
t
k
k
9
0
t k
上式对于任意的
恒成立，所以
.综上，存在点
满足
，或
时，
k R
9
t
T
AT
AB
2
AT
AB
符合题意.
★视角3.立体几何的截面轨迹（例如丹德林双球）
（1）如图1 所示，在圆锥内放入两个球
，
，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母
1
O
2
O
线相切），切点圆分别为
，
.这两个球
1
C
A
2
C
A
都与平面
相
切，切点分别为
，
，丹德林
1F
2
F
（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面
与
圆锥侧面的交
线为椭圆，
，
为此椭圆的两个焦点，这两
1F
2
F
个球也称为
Dandelin 双球.
图1 图2
如图1，设直线
分别与圆锥母线交于
两点，再设过点
的母线分别与
，
2
1F
F
B
A,
B
A,
1
C
A
交于
两点，由切线长定理：
，
，故
2
C
A
D
C,
AC
AF
1
AD
AF
2
.
a
AD
AC
AF
AF
2
2
1
同理，对于平面
与圆锥侧面的交线上任意一点
，过
的母线分别与
，
交于
P
P
1
C
A
2
C
A
两点，则
. 即椭圆的长轴长切点圆之间的母线长.
Q
M ,
a
MQ
PF
PF
2
2
1
（2）.长轴长与双球半径之间的关系：设两个球
，
的半径分别为
，球心距
1
O
2
O
2
1,r
r
，则如图2，图3，
.
d
O
O
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
)
(
2
r
r
d
H
O
O
O
H
O
MQ
a
（3）.焦距与双球半径之间的关系：如图4，设
，（公众号：凌晨讲数学）
1
2
O O
EF
D
由于
，最终求出
.
1
2
1
2
2
1
r
r
D
O
D
O
d
D
O
D
O
c
2
图3 图4
（4）.离心率与截面角之间的关系
在空间中，已知圆锥
是由
围绕旋转得到的，我们把称为轴.用平面
截圆锥，得到
O
'l
l
l
的截口曲线取决于平面与圆锥轴所成的线面角
（显然，当
与平行时，
），具
l
l
0
体关系如下：
（1）若
，平面
截圆锥面所得截口曲线为椭圆；
1
cos
cos
0,
a
（2）若
，平面
截圆锥面所得截口曲线为抛物线：
1
cos
cos
,
a
（3）若
，平面
截圆锥面所得截口曲线为双曲线.这个比值
就是
1
cos
cos
,
a
cos
cos
圆锥曲线的离心率，离心率是一个比.
例4.（湖北省武汉市华中师大附中2025 届高三下期入学考试） 如图，已知圆锥
的高
PO
与母线所成的角为
，过
的平面与圆锥的高所成的角为
，该平面截这个圆锥所
PO
1A
得的截面为椭圆C，椭圆C 的长轴为
，短轴为
，长轴长为2a，C 的中心为N，
1
2
A A
1
2
B B
再以
为弦且垂直于
的圆截面，记该圆与直线
交于
，与直线
交于
，
1
2
B B
PO
1
PA
1
C
2
PA
2
C
（1）用
分别表示
, ,
a
1
2
,
NC
NC
（2）若
，
1
1
cos
,cos
,
3
3
9 a
（ⅰ）求椭圆C 的焦距；
（ⅱ）椭圆C 左右焦点分别为
，C 上不同两点D，E 在长轴同侧，且
，设
1
2
,
F F
1
2
DF
EF
∥
直线
交于点Q，记
，设
，请写出
的解析式
1
2
,
F E F D
QDE
S
s
△
1 2
EDF F
S
f s
四边形
f s
（不要求求出定义域）．
解析：（1）
过
作
于
，而
，
，所以
，
N
1
NG
PC
G
1
1
C A N
1
NA
a
sin
NG
a
而
，所以
.同理过
向
作垂线，可
1
C NG
1
1
sin
cos
cos
a
NG
NC
C NG
N
2
PC
得
.
2
sin
cos
a
NC
（2）（ⅰ）由（1）可知
,
，所以
1
sin
cos
a
NC
2
sin
cos
a
NC
，
2
2
2
1
1
2
2
sin
sin
cos
a
b
NB
NC
NC
2
2
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
sin
cos
a
，所以
2
2
2
2
2
2
sin
cos
cos
sin
cos
a
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
cos
cos
sin
cos
sin
sin
cos
cos
b
a
所以
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
sin
cos
sin
cos
1
1 sin
cos
cos
cos
cos
b
e
a
所以
，因为
，所以
，所以椭圆C 的焦距
.
1
cos
1
9
1
cos
3
3
e
3
a
1
c
2
2
c
（ⅱ）
因为
，所以
，所以
，所以
1
2
DF
EF
∥
1 2
1
DF F
DF E
S
S
A
A
1 2
1
1
1
DF F
DF Q
DF E
DF Q
S
S
S
S
A
A
A
A
，设
，所以
，
1
2
F QF
QDE
S
S
s
A
A
1
2
DF
EF
2
2
2
1
1
EQF
QDE
S
QF
EF
S
DQ
DF
A
A
所以
.同理可得
.所以
，
2
1
EQF
QDE
s
S
S
A
A
1
DQF
S
s
A
1 2
2
EDF F
s
s
s
S
四边形
延长
交C 于点
，则
，设
，则
1
DF
M
1
1
DF
F M
1
1
2
2
,
,
,
D x y
M x
y
，所以
，由（ⅰ）可知椭圆的标准方程
1
1
2
2
1
,
1,
x
y
x
y
1
2
1
2
1
0
x
x
y
y
为
，故而由
，得
，所以
2
2
1
9
8
x
y
2
2
1
1
2
2
2
2
1
9
8
1
9
8
x
y
x
y
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
1
9
8
9
8
x
y
x
y
，所以
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
9
8
x
x
x
x
y
y
y
y
1
2
2
1
1
9
x
x
，所以
，又因为
，解得
，
1
2
9
9
x
x
1
2
1
x
x
1
2
4
5
4
5
x
x
因为
，
1 2
1
1
2
1
1
DF F
DQF
F QF
S
S
S
s
s
c y
y
A
A
A
所以
，
2
2
2
2
1
1
4
5
8 1
8 1
9
9
x
s
s
y
所以
，所以
，所以
2
2
2
2
9
128
18
320
9
128
0
s
s
s
2
2
1
18
320
9
128
s
s
.所以
.
1 2
3
2
18
320
2
2
9
128
EDF F
s
S
s
s
s
s
s
s
四边形
3
2
18
320
2
9
128
s
s
f s
s
s
三习题演练
1．已知椭圆
的左、右焦点分别为
、
，离心率为
，经过点
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
1F
2
F
2
2
且倾斜角为
的直线与椭圆交于
、
两点（其中点
在
轴上方），且
1F
π
0
2
l
A
B
A
x
面积的最大值为2．将平面
沿
轴向上折叠，使二面角
为直二面
1
2
AF F
△
xOy
x
1
2
A
F F
B
角，如图1，2 所示．
(1)求椭圆
的标准方程；
C
(2)当
时，求折叠后，平面
与平面
所成锐二面角的余弦值；
π
4
1
2
AF F
1
ABF
(3)求折叠后
面积的最大值．
1
ABF
A
2．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球
，使得它们分别与圆锥的侧面和平
1
2
O
O
，
面
相切，两个球分别与平面
相切于点
，丹德林（
）利用这个模型证
1
2
F
F
，
G Dandelim
明了平面
与圆锥侧面的交线为椭圆，
为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为
1
2
F
F
，
Dandelin 双球.若平面
截圆锥得的是焦点在
轴上，且离心率为
的椭圆，圆锥的顶点
x
1
2
V
到椭圆顶点
的距离为
，圆锥的母线
与椭圆的长轴
垂直，圆锥的母线与它的
1A
8 3
3
2
VA
1
2
A A
轴的夹角为
.
30
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点
的直线与椭圆交于A，B 两点，A，B 中点为D，过点F2 的直线MF2 与
2
F
AB 垂直，且与直线l：
交于点M，求证：O，D，M 三点共线.
4
x
1.【详解】（1）已知椭圆离心率
，可得
，即
，
2
2
c
e
a
2
2
1
2
c
a
2
2
2
a
c
把
代入
，得到
，所以
.
2
2
2
a
c
2
2
2
a
b
c
2
2
2
2c
b
c
b
c
当点
为椭圆的上顶点时，
的面积最大，其面积
，
A
1
2
AF F
△
1
2
2
2
S
c b
bc
又因为
，所以
，解得
.
b
c
2
2
b
2
b
c
由
，可得
，则
.
2
2
2
a
b
c
2
2
2
4
a
2
a
所以椭圆
的标准方程为
.
C
2
2
1
4
2
x
y
（2）折叠前，
，当
时，直线的斜率为，根据点斜式可得直线的方程为
(
2,0)
F
π
4
l
1
l
.
2
y
x
联立直线与椭圆方程
，得到
，解得
，
.
l
2
2
2
2
4
0
y
x
x
y
2
3
4 2
0
x
x
1
0
x
2
4 2
3
x
当
时，
；当
时，
.
1
0
x
1
0
2
2
y
2
4 2
3
x
2
4 2
2
2
3
3
y
所以
，
.
(0, 2)
A
4 2
2
,
3
3
B
折叠后，建立空间直角坐标系
，
O
xyz
得到
，
，
，
(0,0, 2)
A
2
4 2
(
,
,0)
3
3
B
1(0,
2,0)
F
则
，
.
1
(0,
2,
2)
AF
1
2
2
(
,
,0)
3
3
BF
设平面
的法向量为
，
1
ABF
( , , )
n
x y z
则
，即
，化简得
，
1
1
0
0
n AF
n BF
0
(
2)
(
2)
0
2
2
(
)
0
0
3
3
x
y
z
x
y
z
0
0
y
z
x
y
令
，可得
，
，所以
.
1
x
1
y
1
z
(1,1, 1)
n
易知平面
的法向量为
.
1
2
AF F
(1,0,0)
m
设平面
与平面
所成的锐角为
，根据向量的夹角公式
，
1
2
AF F
1
ABF
cos
cos
,
m n
m n
m n
其中
，
，
，所以
1 1 0 1 0 ( 1)
1
m n
2
2
2
|
|
1
0
0
1
m
2
2
2
|
|
1
1
( 1)
3
n
.
1
3
cos
3
3
（3）设折叠前
，
，
，联立
，
:
2
l x
ty
1
1
( ,
)
A x y
2
2
(
,
)
B x
y
2
2
2
2
4
0
x
ty
x
y
将
代入
，得到
，
2
x
ty
2
2
2
4
0
x
y
2
2
(
2)
2
4
0
ty
y
展开可得
，
，
，
2
2
(2
)
2 2
2
0
t
y
ty
1
2
2
2 2
2
t
y
y
t
1
2
2
2
2
y y
t
折叠后，如前问的图，建立空间直角坐标系得到
，
，
，
1
1
(0,
,
)
A
x y
2
2
)
,
,
(
0
B
y
x
1(0,
2,0)
F
，
.
1
1
1
(0,
2,
)
F A
x
y
1
2
2
(
,
2,0)
F B
y
x
可得
，
，
2
2
2
2
2
1
1
1
1
|
|
(
2)
(
1)
F A
x
y
t
y
2
2
2
2
1
2
2
2
2
|
|
(
(
2)
(
1)
)
F B
y
x
t
y
.
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
2
1
2
cos
(
1)
1
|
| |
|
F A F B
t y
t
A
y
F B
t
t
F A
F B
y
y
因为
，所以
.
1
π
π
2
AF B
2
2
1
1
2
2
1
sin
1 cos
1
t
AF B
AF B
t
根据三角形面积公式
.
2
2
2
1
1
1
2
4
2
1
2
1
1
2
1
2
1
|
||
| sin
[ (
1)
2
]
2
1
4
4
t
t
S
F A F B
AF B
t
t
t
t
y y
令
，则
.
2(
0)
m
t
m
2
2
1
( )
4
4
m
f m
m
m
对
求导得
.
( )
f m
2
2
2(
2)(
1)
( )
(
0)
(
4
4)
m
m
f
m
m
m
m
当
时，
，所以
在
上单调递增；
0
1
m
( )
0
f m
( )
f m
( 0, 1)
当
时，
，所以
在
上单调递减.
1
m
( )
0
f m
( )
f m
(1,
)
因此，
在
处取得最大值，
.
( )
f m
1
m
max
2
2 1 1
1
( )
(1)
1
4 1
4
3
f m
f
因为
，所以
.
( )
S
f m
max
max
1
3
( )
3
3
S
f m
2.解析：（1）因为圆锥的母线与它的轴的夹角为
，所以
，且
，
30
1
2
60
AVA
2
VA
1
2
A A
所以直角三角形
中，
，所以
，又因为
1
2
VA A
1
1
8 3
3
sin
4
2
3
3
2
AA
VA
a
2
a
，所以
，
，故椭圆的标准方程为
1
2
c
e
a
1
c
2
2
2
3
b
a
c
2
2
1.
4
3
x
y
（2）设
， 由题可知直线AB 的斜率存在且不为
1
1
2
2
( ,
), (
,
),
(
,
),
(
,
)
D
D
M
M
A x y
B x
y
D x
y
M x
y
0，
设其方程为
，代入椭圆
，得：
1
y
k x
2
2
1
4
3
x
y
2
2
2
2
(4
3)
8
4
12
0
k
x
k x
k
所以
，所以
，
，由题可知直线
2
1
2
2
8
2
4
3
D
k
x
x
x
k
2
2
4
4
3
D
k
x
k
2
3
(
1)
4
3
D
D
k
y
k x
k
的方程为
，且
，所以
，求得：
，
2
MF
1 (
1)
y
x
k
4
M
x
3
M
y
k
2
2
2
3
3
4
3
4
4
4
3
OD
k
k
k
k
k
k
，所以
，故O，D，M 三点共
3
3
4
4
OM
k
k
k
OD
OM
k
k
