第八章 重难突破二 突破7 圆锥曲线中的探索与综合创新性问题（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线中的探索与综合创新性问题，涵盖存在性探究、新定义曲线、性质综合应用等核心考点，按题型分角度构建知识体系，通过考点梳理、方法总结、真题精讲、分层练习四个环节，帮助学生建立解题框架，突破思维难点。 讲义采用“假设-推证-验证”探究模式，如在点线存在性问题中引导学生用待定系数法列方程推证，培养数学思维与逻辑推理能力。设置基础巩固与综合创新分层训练，结合2024年新课标真题解析，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支持。

突破7　圆锥曲线中的探索与综合创新性问题 探究、存在性问题：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.要注意的是：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法. 圆锥曲线中的综合创新问题的一般解题步骤：(1)明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义；(2)联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系；(3)建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解；(4)验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求；(5)灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对. 题型一　探索性问题 角度1　点、线的存在性问题 已知椭圆C：9x2+y2=m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形?若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由. 解：(1)证明：设直线l：y=kx+b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2，得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0，Δ>0， 故xM==，yM=kxM+b=. 于是直线OM的斜率kOM==-，即kOM·k=-9. 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)四边形OAPB能为平行四边形. 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程为y=-x. 设点P的横坐标为xP. 由得=，即xP=. 将点的坐标代入直线l的方程得b=，因此xM=. 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP=2xM. 于是=2×，解得k1=4-，k2=4+. 所以当直线l的斜率为4-或4+时，四边形OAPB为平行四边形. 点、线存在性问题的求解方法 1.解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤如下： 第一步：假设满足条件的曲线(直线或点等)存在，用待定系数法设出； 第二步：列出关于待定系数的方程(组)； 第三步：若方程(组)有实数解，则曲线(直线或点等)存在，否则不存在. 2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法. 角度2　含参数的存在性问题 如图，椭圆C：+=1(a>b>0)经过点P，离心率e=，直线l的方程为x=4. (1)求椭圆C的方程； 学生用书⬇第254页 (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3?若存在，求λ的值；若不存在，说明理由. 解：(1)由椭圆C：+=1(a>b>0)经过点P，可得+=1(a>b>0)，① 由离心率e=得=，即a=2c，则b2=3c2，② 代入①解得c=1，a=2，b=， 故椭圆的方程为+=1. (2)法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k(x-1)，③ 代入椭圆方程+=1并整理得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1+x2=，x1x2=，④ 在方程③中，令x=4得，M的坐标为(4，3k)， 从而k1=，k2=，k3==k-， 注意到A，F，B共线，则有k=kAF=kBF，即有==k， 所以k1+k2=+ =+- =2k-×，⑤ ④代入⑤得k1+k2=2k-×=2k-1， 又k3=k-，所以k1+k2=2k3， 故存在常数λ=2符合题意. 法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y=(x-1)， 令x=4，求得M， 从而直线PM的斜率为k3=， 联立得A， 则直线PA的斜率k1=，直线PB的斜率为k2=， 所以k1+k2=+=2×=2k3， 故存在常数λ=2符合题意. 含参数的存在性问题的求解方法 求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程. 对点练.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2，3)，且点F(2，0)为其右焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4?若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由. 解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为+=1(a>b>0)，且可知左焦点F'的坐标为(-2，0)， 所以解得 又a2=b2+c2，所以b2=12， 所以椭圆C的方程为+=1. (2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y=x+t(t≠0). 由消去y，整理得3x2+3tx+t2-12=0. 因为直线l与椭圆C有公共点， 所以Δ=(3t)2-4×3(t2-12)≥0， 解得-4≤t≤4，且t≠0. 又因为直线OA与l的距离d=4，得=4， 解得t=±2. 因为±2∉[-4，0)∪(0，4]， 所以符合题意的直线l不存在. 题型二　圆锥曲线的综合性问题 角度1　定义新曲线 (多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于-2，到点F(2，0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4，则(　　) A．a=-2 B．点(2，0)在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时，y0≤ 答案：ABD 解析：对于A，设曲线上的动点P，则x>-2且×=4，因为曲线过坐标原点，故×=4，解得a=-2，故A正确；对于B，又曲线方程为×=4，而x>-2，故×=4.当x=2，y=0时，×=8-4=4，故在曲线上，故B正确；对于C，由曲线的方程可得y2=-，取x=，则y2=-，而--1=-=>0，故此时y2>1，故曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1，故C错误；对于D，当点在曲线上时，由C的分析可得=-≤，故-≤y0≤，故D正确.故选ABD． (2024·山东青岛三模)在平面内，若直线l将多边形分为两部分，多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等，则称l为多边形的一条“等线”，已知O为坐标原点，双曲线E：-=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，E的离心率为2，点P为E右支上一动点，直线m与曲线E相切于点P，且与E的渐近线交于A，B两点，当PF2⊥x轴时，直线y=1为△PF1F2的等线. (1)求E的方程； (2)若y=x是四边形AF1BF2的等线，求四边形AF1BF2的面积. 解：(1)由题意知F1，F2，显然点P在直线y=1的上方，故P， 因为直线y=1为△PF1F2的等线，所以-1=2，e==2，c2=a2+b2， 解得a=1，b=，所以E的方程为x2-=1. (2)设P(x0，y0)，当m的斜率存在时，设切线m：y-y0=k，代入x2-=1得， x2+2kx-(k2+-2kx0y0+3)=0， 故[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2+-2kx0y0+3)=0， 该式可以看作关于k的一元二次方程k2-2x0y0k++3=0， 所以k===，即m的方程为x0x-=1(*). 当m的斜率不存在时，也成立. 渐近线方程为y=±x，不妨设A在B上方， 联立得xA=，xB=，故xA+xB=+=2x0， 所以P是线段AB的中点，因为F1，F2到过O的直线距离相等， 则过O点的等线必定满足：A，B到该等线距离相等， 且分居两侧，所以该等线必过点P，即OP的方程为y=x， 由解得故P. 所以yA=xA===+3， 所以yB=-xB=-==-3， 所以=6，所以=·=2=12. 学生用书⬇第255页 角度2　定义新性质 (2024·江西新余二模)通过研究，已知对任意平面向量=，把绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量=(xcos θ-ysin θ，xsin θ+ycos θ)，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转θ角得到点P. (1)已知平面内点A，点B，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标； (2)已知二次方程x2+y2-xy=1的图形是由平面直角坐标系下某标准椭圆+=1绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C． (ⅰ)求斜椭圆C的离心率； (ⅱ)过点Q作与两坐标轴都不平行的直线l1交斜椭圆C于点M，N，过原点O作直线l2与直线l1垂直，直线l2交斜椭圆C于点G，H，判断+是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 解：(1)由已知可得=，则=， 设P=，则=(x0+，y0-2)=， 所以x0=6，y0=3，即点P的坐标为. (2)(ⅰ)由y=x与x2+y2-xy=1交点为和，则a2=2， 由y=-x与x2+y2-xy=1交点为和， 则b2=，所以c2=，e==. (ⅱ)+是定值.理由如下： 设直线l1：y-=k，M，N(x2，y2)， 与斜椭圆x2+y2-xy=1联立： 有x2+x+-1=0， 因为x1+x2=·， x1x2=·， 所以= ==， 设直线l2：y=-x，代入斜椭圆x2+y2-xy=1， 有x2+x2+x2=1， 所以x2=， 所以=， 故+=+=2. 角度3　知识创新融合 (2024·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C：x2-y2=m，点P1在C上，k为常数，0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn：过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1，令Pn为Qn-1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为. (1)若k=，求x2，y2； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn=Sn+1. 解：(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9. 当k=时，过P1且斜率为的直线为y=，与x2-y2=9联立得到x2-=9. 解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1，该点显然在C的左支上. 故P2，从而x2=3，y2=0. (2)证明：由于过Pn且斜率为k的直线为y=k+yn，与x2-y2=9联立，得到方程x2-[k+yn]2=9， 化简即得x2-2kx--9=0，由于Pn是直线y=k+yn和x2-y2=9的公共点，故方程必有一根x=xn. 从而根据韦达定理，另一根x=-xn=，相应的y=k+ yn=. 所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn，而注意到Qn的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故Qn一定在C的左支上. 所以Pn+1. 这就得到xn+1=，yn+1=. 所以xn+1-yn+1=- =-==. 再由-=9，就知道x1-y1≠0，所以数列是公比为的等比数列. (3)证明：法一：先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，若==，则S△UVW=.(若U，V，W在同一条直线上，约定S△UVW=0) 证明：S△UVW=·sin<> =· =· = = = == =. 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到xn+1=，yn+1=， 故xn+1+yn+1=+==. 再由-=9，就知道x1+y1≠0，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数m，都有 xnyn+m-ynxn+m =[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)] =(xn-yn)(xn+m+yn+m)-(xn+yn)(xn+m-yn+m) =-(xn+yn)(xn-yn) = =. 而又有= = ， 故利用前面已经证明的结论即得 Sn=S△PnPn+1Pn+2=|-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)| =|(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)-(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)| =|(xn+1yn+2-yn+1xn+2)+(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)| =. 这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以Sn=Sn+1. 法二：由于上一小问已经得到xn+1=，yn+1=， 故xn+1+yn+1=+==. 再由-=9，就知道x1+y1≠0，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数m，都有 xnyn+m-ynxn+m =[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]-[-] =-(xn+yn)(xn+m-yn+m) =-(xn+yn)(xn-yn) = =. 这就得到xn+2yn+3-yn+2xn+3==xnyn+1-ynxn+1， 以及xn+1yn+3-yn+1xn+3==xnyn+2-ynxn+2. 两式相减，即得-(xn+1yn+3-yn+1xn+3)=(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)， 移项得到xn+2yn+3-ynxn+2-xn+1yn+3+ynxn+1=yn+2xn+3-xnyn+2-yn+1xn+3+xnyn+1. 故=(yn+2-yn+1)(xn+3-xn). 而==， 所以和平行，这就得到=，即Sn=Sn+1. 课时测评74　圆锥曲线中的探索与综合创新性问题 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) (每小题8分，共24分) 1.已知抛物线C：y2=4x，O为原点，过A(4，0)的任意直线l，与抛物线C交于点M，N两点，则△MON为(　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角、直角、锐角三角形均有可能 答案：B 解析：设直线l的方程为x=my+4.联立方程所以y2-4my-16=0，令M(x1，y1)，N(x2，y2).所以y1+y2=4m，y1y2=-16.又·=x1x2+y1y2=·(my2+4)+y1y2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16+ y1y2=0.所以OM⊥ON，故△MON为直角三角形.故选B． 2.(多选)已知F1，F2为椭圆E：+=1的左、右焦点，P在E上，下列说法正确的是(　　) A．△F1PF2的周长为6 B．·=- C．存在点P，使得|PF1|=2 D．存在点P，使得PF1⊥PF2 答案：AC 解析：根据题意得a=2，b=，c2=a2-b2=1，F1(-1，0)，F2(1，0)，对于A，△F1PF2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a+2c=6，故A正确；对于B，设P(x，y)，所以+=1，则·= ·==≠-，故B错误；对于C，设P(x，y)，要存在点P，使得|PF1|=2，则=2，即(x+1)2+y2=4，即(x+1)2+3=4，解得x=0(x=-8舍去)，所以存在点P，使得|PF1|=2，故C正确；对于D，要使存在点P，使得PF1⊥PF2，即·=0，则点P在以F1F2为直径的圆上，且|F1F2|=2，所以点P为以F1F2为直径的圆与椭圆的交点，而椭圆的短半轴长为>r==1，所以不存在点P，故D错误.故选AC． 3.若双曲线x2-=1上存在两个点关于直线l：y=kx+4(k>0)对称，则实数k的取值范围为　　　　　　　　.  答案：∪ 解析：依题意，双曲线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若点A，B关于直线l：y=kx+4(k>0)对称，则设直线AB的方程是x=-ky+n，代入双曲线方程x2-=1，化简得(3k2-1)y2-6kny+3n2-3=0，则Δ=36k2n2-4(3k2-1)(3n2-3)>0，且3k2-1≠0，解得3k2-1+n2>0，且3k2-1≠0.又y1+y2=，设AB的中点是D(x0，y0)，所以y0==，x0=-ky0+n=-.因为AB的中点D在直线l：y=kx+4(k>0)上， 所以=k·+4，所以nk=3k2-1. 又3k2-1≠0，所以nk≠0，即k≠0，n≠0，所以n=，所以3k2-1+>0，整理得(3k2-1)(4k2-1)>0，解得0<k<或k>，所以实数k的取值范围为∪. 4.(18分)(2024·山东日照模拟)已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，E为C上的动点，EQ垂直于动直线y=t(t<0)，垂足为Q，当△EQF为等边三角形时，其面积为4. (1)求C的方程；(6分) (2)设O为原点，过点E的直线l与C相切，且与椭圆+=1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M，试问：是否存在t，使得|AM|=|BM|?若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.(12分) 解： (1)因为△EQF为等边三角形时，其面积为4， 所以×|EQ|2sin=4，解得|EQ|=4， 根据|EF|=|EQ|和抛物线的定义可知，Q落在准线上，即y=t=-， 设准线和y轴交点为H，易证∠HFQ=， 于是|FQ|cos=2=|FH|=p， 所以C的方程为x2=4y； (2)假设存在t，使得|AM|=|BM|，则M为线段AB的中点， 设E，依题意得Q(x0，t)，则kOQ=，由y=可得y'=， 所以切线l的斜率为kl=x0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M， 由可得+=0， 所以+=0， 整理可得：·=-， 即kl·kOM=-，所以x0·kOM=-， 可得kOM=-，又因为kOQ=kOM=， 所以当t=-1时，kOQ=kOM=-，此时O，M，Q三点共线，满足M为AB的中点.当x0=0时，结论亦成立.综上，存在t=-1，使得|AM|=|BM|. 5.(18分)(2025·河南南阳一模)在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆E：+=1(a>b>0)的蒙日圆的面积为13π，该椭圆的上顶点和下顶点分别为P1，P2，且=2，设过点Q的直线l1与椭圆E交于A，B两点(不与P1，P2两点重合)且直线l2：x+2y-6=0. (1)证明：AP1，BP2的交点P在直线y=2上；(6分) (2)求直线AP1，BP1，l2围成的三角形面积的最小值.(12分) 解：(1)证明：根据题意，蒙日圆的半径为，所以a2+b2=13. 因为=2，可知b=1，则a=2， 所以椭圆E的标准方程为+y2=1， 因为直线l1过点Q，可知直线l1的斜率存在，且直线l1与椭圆必相交， 可设直线l1：y=kx+，A，B， 联立方程消去y可得x2+12kx-9=0， 由根与系数的关系可得，x1+x2=-，x1x2=- . 因为P1，P2，可得直线AP1：y=x+1，直线BP2：y=x-1， 所以===== = ==， 即=，解得y=2， 所以直线AP1，BP2的交点P在直线y=2上. (2)设直线l2与直线AP1，BP1的交点分别为C，D， 则由(1)可知：直线AP1：y=x+1，直线BP1：y=x+1. 联立方程和 解得x3=，x4= ， 因为===， 又因为点P1到直线l2的距离d==， 可得S=|CD|·d=|CD|，只需求的最小值. 由弦长公式可得== =2×=2× =×. 令3k+1=t，则k=， 可得×=×=× ≥×=， 当且仅当=，即k=时等号成立. 即的最小值为，可得△P1CD面积的最小值为. 故直线AP1，BP1，l2围成的三角形面积的最小值为. 6.(20分)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：x2=2py(p>0)上不同两点. (1)若抛物线C的焦点为F，D(x0，y0)为AB的中点，且|AF|+|BF|=4+2y0，求抛物线C的方程；(6分) (2)若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2=，是否存在直线AB，使得+=?若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.(14分) 解：(1)由抛物线的定义得|AF|+|BF|=y1+y2+p=2y0+p=4+2y0，所以p=4， 所以所求抛物线C的方程为x2=8y. (2)假设存在直线AB，使得+=.由题意得AB的斜率存在，设AB：y=kx+m(k≠0，m>0)，则点Q(0，m)， 联立方程组得x2-2pkx-2pm=0， 所以x1+x2=2pk，x1x2=-2pm， 所以y1y2=m2=，所以m=，y1+y2=k(x1+x2)+2m=2pk2+2m， 作AA'⊥x轴，BB'⊥x轴，垂足分别为A'，B'，如图. 因为+=， 所以+=3，所以+=3， 所以+=====3. 所以k2=，所以k=±， 所以存在直线AB：y=±x+符合题意. 7.(20分)(2025·河南信阳模拟)在空间解析几何中，可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程F=0之间满足：①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程F=0的解；②以三元方程F=0的任意解为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F=0，方程F=0的曲面为S.已知空间中某单叶双曲面C的方程为+-=1，双曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面，已知直线l过C上一点Q，且以d=为方向向量. (1)指出xOy平面截曲面C所得交线是什么曲线，并说明理由；(4分) (2)证明：直线l在曲面C上；(5分) (3)若过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l'在曲面C上，且过点T，求异面直线l与l'所成角的余弦值.(11分) 解：(1)根据坐标平面xOy内点的坐标的特征可知，坐标平面xOy的方程为z=0， 已知曲面C的方程为+-=1， 当z=0时，xOy平面截曲面C所得交线上的点M(x，y，0)满足x2+y2=1， 即=1， 也即M在平面xOy上到原点距离为定值1， 从而xOy平面截曲面C所得交线是平面xOy上，以原点O为圆心，1为半径的圆. (2)证明：设P是直线l上任意一点， 由d=均为直线l的方向向量，有∥d， 从而存在实数λ，使得=λd，即=λ， 则解得 所以点P的坐标为(1-2λ，1，2-4λ)， 于是+-=1-4λ+4λ2+1-(1-4λ+4λ2)=1， 因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，且Q在曲面C上，从而直线l在曲面C上. (3)直线l'在曲面C上，且过点T， 设M是直线l'上任意一点，直线l'的方向向量为d'=(a，b，c)， 由d'，均为直线l'的方向向量，有∥d'， 从而存在实数t，使得=td'，即(x1-，y1，z1-2)=t， 则解得 所以点M的坐标为(+at，bt，2+ct)， 因为M在曲面C上，所以+-=1， 整理得t2+t=0， 由题意，对任意的t，有t2+(2a-c)t=0恒成立， 所以a2+b2-=0，且2a-c=0， 所以c=2a，b=a，或c=2a，b=-a， 不妨取a=-，则c=-4，b=-，或c=-4，b=， 所以d'=(-，-，-4)，或d'=(-，-4)， 又直线l的方向向量为d=(-2，0，-4)， 则异面直线l与l'所成角的余弦值均为==. 学生用书⬇第256页 学科网（北京）股份有限公司 $