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2020高考数学试题分项版解析专题24立体几何中综合问题理

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【2019最新】精选高考数学试题分项版解析专题24立体几何中综合问题理1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.2.【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.【答案】(1)证明略；【解析】（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则,,OA OB OC O OA u u u r x OA u u ur O xyz -()()()()1,0,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D -由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的，即E 为DB 的中点，得.故1212310,,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭()()311,0,1,2,0,0,1,,22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r . 设是平面DAE 的法向量，则即()=x,y,z n AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g 0，0，n n 0,3102x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩。

可取.31,,13⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n设是平面AEC 的法向量，则同理可得.m 0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u rg m m ()0,1,3=-m 则.7cos ,⋅==n m n m n m 所以二面角D-AE-C 的余弦值为.7(2)设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n>互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n>|=.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.⋅m nm n3.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.ABCD AB 120︒G »DFCBP ∠AP BE ⊥»CEP ）设是上的一点，且，求的大小；Ⅰ（E AG C--2AD =3AB =.）当，，求二面角的大小Ⅱ（60︒30CBP ∠=︒.）Ⅱ（.）Ⅰ【答案】（（Ⅱ）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：CH GH EH H »EC.取的中点，连接，，BEHC得四边形为菱形，AE GE AC GC =====.得到ECCM EM M AG .取中点，连接，，CM AG⊥EM AG ⊥得到，，EMC∠.从而为所求二面角的平面角据相关数据即得所求的角.思路二：以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标yBA BP BE B .系写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量AEG 111(,,)m x y z =ACG 222(,,)n x y z = 1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅.计算即得AB BE⊥AP BE ⊥）因为，，Ⅰ试题解析：（ABAB AP A =I ABP ⊂AP ，平面，，ABPBE ⊥所以平面，ABPBP ⊂又平面，120EBC ∠=︒BE BP ⊥所以，又，30CBP ∠=︒因此 （Ⅱ）解法一：CH GH EH H »EC.取的中点，连接，，120EBC ∠=︒因为，BEHC所以四边形为菱形，AE GE AC GC =====.所以ECCM EM M AG .取中点，连接，，CM AG⊥EM AG ⊥则，，EMC∠.所以为所求二面角的平面角EM CM ===1AM =.又，所以120EBC ∠=︒BEC ∆在中，由于，22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=由余弦定理得，EMC∆EC =所以，因此为等边三角形，60︒.故所求的角为解法二：AEG111(,,)m x y z =.设是平面的一个法向量1111230,0,x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩0m AE m AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r由可得(3,2)m AEG 12z =.取，可得平面的一个法向量ACG222(,,)n x y z =.设是平面的一个法向量22220,230,x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩0n AG n CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r由可得(3,2)n =-ACG 22z =-.取，可得平面的一个法向量1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅.所以60︒.因此所求的角为【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.4．【2016高考天津理数】（本小题满分13分）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.（I）求证：EG∥平面ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.2372133【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G-------，.（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.()(2,0,0),1,1,2AD AF==-u u u r u u u r()1,,n x y z=u rADF11n ADn AF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u ru r u u u r2020xx y z=⎧⎨-+=⎩1z=()10,2,1n=u r ()0,1,2EG=-u u u r1EG n⋅=u u u r u rEG ADF⊄平面//EG ADF平面（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即.不妨设，可得.()1,1,0OA =-u u u r OEF ()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-u u u r u u u r ()2,,n x y z =u u r CEF 2200n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r 020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩1x =()21,1,1n =-u u r因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.222cos ,3OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅u u u r u u ru u u r u u r u u u r u ur 2sin ,OA n <>=u u u r u u r O EF C--考点：利用空间向量解决立体几何问题5.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯P ABCD -PA ⊥ABCD ABCD 形，,2ABC BAD π∠=∠=2,1PA AD AB BC ====（1）求平面与平面所成二面角的余弦值；PAB PCD（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长 【答案】（1）（2【解析】则各点的坐标为，，，．()1,0,0B ()C 1,1,0()D 0,2,0()0,0,2P（1）因为平面，所以是平面的一个法向量，．D A ⊥PAB D A u u u rPAB ()D 0,2,0A =u u u r 因为，．()C 1,1,2P =-u u u r ()D 0,2,2P =-u u u r设平面的法向量为，则，，即．CD P (),,m x y z =r C 0m ⋅P =u u u r r D 0m ⋅P =u u u r r 20220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩令，解得，．1y =1z =1x =所以是平面的一个法向量．()1,1,1m =rCD P从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为．D cos D,3D m m m A ⋅A ==A u u u r ru u u r r u u u r r PAB CDP 3（2）因为，设（），()1,0,2BP =-u u u r ()Q ,0,2λλλB =BP =-u u u r u u u r01λ≤≤ 又，则，又，()C 0,1,0B =-u u u r ()CQ C Q ,1,2λλ=B +B =--u u u r u u u r u u u r ()D 0,2,2P =-u u u r从而．CQ D cos CQ,D CQ D ⋅P P ==P u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r 设，，则．12t λ+=[]1,3t ∈2222229cos CQ,D 5109101520999t t t t P ==≤-+⎛⎫-+⎪⎝⎭u u u r u u u r当且仅当，即时，的最大值为．95t =25λ=cos CQ,D Pu u u r u u ur 因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值．cos y x =0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭CQ D P又因为，所以．BP ==2Q 55B =BP =6.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =，，.2AD=AC CD ==（1）求证：平面；PD ⊥PAB（2）求直线与平面所成角的正弦值；PB PCD（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.PA M //BM PCDAMAP【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，314AM AP =【解析】所以平面，所以，⊥AB PAD PD AB ⊥ 又因为，所以平面；PD PA ⊥⊥PD PAB （2）取的中点，连结，，AD O PO CO 因为，所以.PA PD =AD PO ⊥又因为平面，平面平面，⊂PO PAD ⊥PAD ABCD 所以平面.⊥PO ABCD因为平面，所以.⊂CO ABCD ⊥PO CO因为，所以.CD AC =AD CO ⊥如图建立空间直角坐标系，由题意得，xyz O -)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面的法向量为，则PCD ),,(z y x =⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令，则.2=z 2,1-==y x 所以.)2,2,1(-=又，所以.)1,1,1(-=33,cos -=< 所以直线与平面所成角的正弦值为.PB PCD33 （3）设是棱上一点，则存在使得.M PA ]1,0[∈λAP AM λ= 因此点.),,1(),,1,0(λλλλ--=-M因为平面，所以平面当且仅当，⊄BM PCD ∥BM PCD 0=⋅BM 即，解得.0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ41=λ 所以在棱上存在点使得平面，此时.PA M BM ∥PCD41=AP AM 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用. 7.【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．CD AB D//C A B D 2π∠BA =C 1AB =B =D 2A =E D A O C A BE ∆ABE BE 1∆A BE（I ）证明：平面；CD ⊥1C A O（II ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．1A BE ⊥CD B E 1C A B 1CD A 【答案】（I ）证明见解析；（II ）．3【解析】试题分析：（I ）先证，，再可证平面，进而可证平面；（II ）先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值．1BE ⊥OA C BE ⊥O BE ⊥1C A O CD ⊥1C A O 1C A B 1CD A 1C A B 1CD A 试题解析：（I ）在图1中，因为，，是的中点，，所以C 1AB =B =D 2A =E D A D 2π∠BA =C BE ⊥A即在图2中，，1BE ⊥OA C BE ⊥O 从而平面BE ⊥1A OC又，所以平面.CD//BE CD ⊥1A OC所以1(,0,0),E(A (0,0,),C(0,2222B -得，.BC(22-u u ur1A C(0,22-u u u ur CD BE (==-u u ur u u u r 设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，1BC A 1111(,,)n x y z =u r 1CD A 2222(,,)n x y z =u u r1BC A 1CD A则，得，取，11100n BC n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u ru r u u u r 111100x y y z -+=⎧⎨-=⎩1(1,1,1)n =ur 2210n CD n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u ru ur u u u r ，得，取，22200x y z =⎧⎨-=⎩2(0,1,1)n =u u r从而，12cos |cos ,|n n θ=〈〉==u r u u r即平面与平面夹角的余弦值为.1BC A 1CDA 8.【2014高考陕西版理第17题】四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分别交四面体的棱于点.ABCD AB E AD BC CA DC BD ，，H G F ，， （1）证明：四边形是矩形；EFGH（2）求直线与平面夹角的正弦值.AB EFGH【答案】（1）证明见解析；（2）.5【解析】试题分析：（1）由该四面体的三视图可知：，,,BD DC BD AD AD DC ⊥⊥⊥2,1BD DC AD ===由题设，∥面，面面，面面，所以∥，∥，所以∥，同理可得∥，即得四边形是平行四边形，同时可证，即证四边形是矩形；BC EFGH EFGH I BDC FG =EFGH I ABC EH =BC FG BC EH FG EH EF HG EFGHEF FG ⊥EFGH（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，D (0,0,0)D (0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C(0,0,1)DA =u u u r，，，设平面的一个法向量因为∥,∥，所以，列出方程组，即可得到平面的一个法向量，与的夹角的余弦值的绝对值即为所求.(2,2,0)BC =-u u u r (2,2,0)BC =-u u u r EFGH (,,)n x y z =r BC FG EF AD 0,0n DA n BC ⋅=⋅=r u u u r r u u u r EFGH AB u u u r又,,BD AD AD DC BD DC D ⊥⊥=Q I∴AD ⊥平面BDCBC Q ∥,∥FG EF AD∴四边形是矩形EFGH（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，D (0,0,0)D (0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C (0,0,1)DA =u u u r ，，(2,2,0)BC =-u u u r (2,2,0)BC =-u u u r 设平面的一个法向量EFGH (,,)n x y z =rBC Q ∥,∥FG EF AD即得，取z =0-2x+2y =0⎧⎨⎩(1,1,0)n =r 考点：面面平行的性质；线面角的求法.9.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.∠∠12（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.13【解析】试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知为DC和AB的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．M试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB从而CM∥EB.又EB平面PBE，CM平面PBE，⊂⊄所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，⋂所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1，则在Rt △PAD 中，PA=AD=2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH. 易知PA ⊥平面ABCD ， 从而PA ⊥CE. 于是CE ⊥平面PAH. 所以平面PCE ⊥平面PAH.在Rt △PAH 中，PH==所以sin ∠APH==.AH PH 13由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD. 设BC=1，则在Rt △PAD 中，PA=AD=2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以,的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A （0,0,0），P （0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，AD u u u r AP u u u r所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）PE u u u r EC uuu r AP u u u r设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z)，由得设x=2，解得n=(2,-2,1).0,0,PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u u ru u u rn n 20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α==.||||||n AP n AP ⋅⋅u u u u ru u ur 13= 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为.13考点：线线平行、线面平行、向量法. 10.【2014安徽理20】(本题满分13分)如图，四棱柱中，底面．四边形为梯形，,且．过三点的平面记为，与的交点为．1111D C B A ABCD -A A 1⊥ABCD ABCD BC AD //BC AD 2=D C A ,,1α1BB αQ（1）证明：为的中点；Q 1BB（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；α （3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小．A A 14=2=CD ABCD αABCD 【答案】（1）为的中点；（2）；（3）．Q 1BB 1174π【解析】试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点．（2）连接．设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则．先表示出和，就可求出，从而．（3）可以有两种方法进行求解．第一种方法，用常规法，作出二面角．在中，作，垂足为，连接．又且，所以平面，于是．所以为平面与底面所成二面角的平面角．第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．设．因为，所以．从而，，所以，．设平面QC 1A D1112BQ BQ BC BB AA AD ===Q 1BB ,QA QD 1AA h =ABCD d αV 上V 下=BC a 2AD a =17=+12Q A AD Q ABCD V V V ahd --=下11113=2A B C D ABCD V ahd-11113711==21212A B C D ABCD V V V ahd ahd ahd---=下上11=7V V 上下ADC ∆AE DC ⊥E 1A E 1DE AA ⊥1AA AE A =I DE ⊥1AEA 1DE A E ⊥1AEA ∠αABCD D 1,DA DD u u u r u u u u r =CDA θ∠22sin 62ABCD a aS θ+=⋅=2sin a θ=()2cos ,2sin ,0C θθ14,0,4sin A θ⎛⎫ ⎪⎝⎭()2cos ,2sin ,0DC θθ=u u u r14,0,4sin DA θ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u u r（2）解：如第（20）题图1，连接．设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则．,QA QD 1AA h =ABCD d αV 上V 下=BC a 2AD a =11112323Q A AD V a h d ahd -=⋅⋅⋅⋅=，1213224Q ABCD a a h V d ahd -+⎛⎫=⋅⋅⋅= ⎪⎝⎭，所以，17=+12Q A AD Q ABCD V V V ahd --=下 又11113=2A B C D ABCD V ahd -所以，11113711==21212A B C D ABCD V V V ahd ahd ahd ---=下上 故．11=7V V 上下 解法2如第（20）题图2，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．D 1,DA DD u u u r u u u u r设．因为，所以．=CDA θ∠22sin 62ABCD a aS θ+=⋅=2sin a θ= 从而，，()2cos ,2sin ,0C θθ14,0,4sin A θ⎛⎫⎪⎝⎭所以，．()2cos ,2sin ,0DC θθ=u u u r 14,0,4sin DA θ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u u r 设平面的法向量，1A DC (),,1n x y =r由得，1440,sin 2cos 2sin 0,DA n x DC n x y θθθ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩u u u u r r u u u r rsin ,cos x y θθ=-= 所以．(sin ,cos ,1)n θθ=-r又因为平面的法向量，ABCD ()0,0,1m =u r所以，2cos ,2n m n m n m⋅==r u rr u r r u r 故平面与底面所成而面积的大小为．αABCDπ4考点：1．二面角的求解；2．几何体的体积求解． 11.【2014年湖北，卷理9】(本小题满分12分)如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.1111D C B A ABCD -N M F E ,,,1111,,,D A B A AD AB Q P ,1DD 1BB ()20<<==λλBQ DP （1）当时，证明：直线平面；1=λ//1BC EFPQ（2）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.λEFPQ PQMN λ【答案】（1）详见解析；（2）221±=λ 【解析】试题分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于1111D C B A ABCD -11//AD BC 1=λ1//AD FP（1）证明：如图1，连结，由是正方体，知，1AD 1111D C B A ABCD -11//AD BC 当时，是的中点，又是的中点，所以，1=λP 1DD F AD 1//AD FP所以，FP BC //1而平面，且平面，⊂FP EFPQ ⊄1BC EFPQ 故平面.//1BC EFPQ（2）如图2，连结，因为、分别是、的中点，BD E F AB AD 所以，且，又，，BD EF //BD EF 21=BQ DP =BQ DP // 所以四边形是平行四边形，PQBD 故，且，BD PQ //BD PQ = 从而，且，PQ EF //PQ EF 21=在和中，因为，，EBQ Rt ∆FDP Rt ∆λ==DP BQ 1==DF BE 于是，，所以四边形是等腰梯形，21λ+==FP EQ EFPQ 同理可证四边形是等腰梯形，PQMN分别取、、的中点为、、，连结、，EF PQ MN H O G OH OG 则，，而，PQ GO ⊥PQ HO ⊥O HO GO =I故是平面与平面所成的二面角的平面角，GOH ∠EFPQ PQMN若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，λEFPQ PQMN ο90=∠GOH 连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，EM FN MN EF //MN EF =EFNM 连结，因为、是、的中点，所以，GH H G EF MN 2==ME GH 在中，，，GOH ∆42=GH 21)22(12222+=-+=λλOH 以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，D 1,,DD DC DA z y x ,,xyz D -由已知得，),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B 所以，，，)2,0,2(1-=BC ),0,1(λ-=)0,1,1(=（1）证明：当时，，因为，1=λ)1,0,1(-=)2,0,2(1-=BC 所以，即，BC 21=FP BC //1而平面，且平面，⊂FP EFPQ ⊄1BC EFPQ 故直线平面.//1BC EFPQ（2）设平面的一个法向量，EFPQ ),,(z y x =n由可得，于是取，⎪⎩⎪⎨⎧=•=•0n n ⎩⎨⎧=+-=+00z x y x λ)1,,(λλ-=n 同理可得平面的一个法向量为，MNPQ )1,2,2(λλ--=m若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，λEFPQ PQMN 则，0)1,,()1,2,2(=-•--=•λλλλn m 即，解得，01)2()2(=+---λλλλ221±=λ 故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.221±=λEFPQ PQMN 考点：正方体的性质，空间中的线线、线面、面面平行于垂直，二面角. 12.【2015湖北理19】（本小题满分12分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接P ABCD -PD ⊥ABCD PD CD =PC E EF PB ⊥PB F ,,,.DE DF BD BE（Ⅰ）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写PB DEF ⊥平面DBEF出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面与面所成二面角的大小为，求的值．DEF ABCDπ3DCBC【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.22（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面PBC BC FE G DG DEF ABCD的交线. 由（Ⅰ）知，，所以. PB DEF ⊥平面PB DG ⊥又因为底面，所以. 而，所以. PD ⊥ABCD PD DG ⊥PD PB P =I DG PBD ⊥平面故是面与面所成二面角的平面角， BDF∠DEF ABCD设，，有，1PD DC ==BC λ=BD =在Rt △PDB 中, 由, 得, DF PB ⊥π3DPF FDB ∠=∠=则 , 解得. πtan tan 3BD DPF PD=∠==λ=所以1DC BCλ==故当面与面所成二面角的大小为时，. DEF ABCDπ32DCBC= （解法2）（Ⅰ）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.D,,DA DC DP ,,x y z设，，则，，点是的中点，1PD DC ==BC λ=(0,0,0),(0,0,1),(,1,0),(0,1,0)D P B C λ(,1,1)PB λ=-u u u rE PC所以，，11(0,,)22E 11(0,,)22DE =u u u r于是，即. 0PB DE ⋅=u u u r u u u rPB DE ⊥又已知，而，所以. EF PB ⊥DE EF E =IPB DEF ⊥平面因, , 则, 所以.(0,1,1)PC =-u u u rDE PC ⋅=u u u r u u u rDE PC ⊥DE PBC ⊥平面由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，DE ⊥PBCPB ⊥DEF BDEF即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为.BDEF DEB DEF ∠∠，，EFB DFB ∠∠， （Ⅱ）由，所以是平面的一个法向量；PD ABCD ⊥平面(0,0,1)DP =u u u rABCD由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量. PB DEF ⊥平面(,1,1)BP λ=--u u u rDEF若面与面所成二面角的大小为，DEFABCDπ3则，π1cos 32||||BP DPBP DP ⋅===⋅u u u r u u u ru u ur u u u r 解得.所以λ=1DC BC λ= 故当面与面所成二面角的大小为时，. DEFABCDπ32DCBC= 【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.13.【2015湖南理19】如图15，已知四棱台上、下底面分别是边长为3和6的正方形，，且底面，点，分别在棱，BC 上.1111ABCD A B C D -16AA =1AA ⊥ABCD P Q 1DD （1）若P 是的中点，证明：；1DD 1AB PQ ⊥（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.//PQ 11ABB A P QD A --37ADPQ 【答案】（1）详见解析；（2）.24 【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标可知问题等价于证明；（2）根据条件1=0AB PQ ⋅u u u r u u u v二面角的余弦值为，利用空间向量可将四面体视为以为底面的三棱锥P-QD-A37ADPQ ADQ ∆ ADQ P -，其高，从而求解4=h试题解析：解法一由题设知，，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图b 所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为，，1AA AB AD A AB AD 1AA y )0,0,0(A 1(3,0,6)B)0,6,0(D ，，，其中，，1(0,3,6)D )0,,6(m Q BQ m =06m ≤≤ ∴，而二面角的余弦值为，因此，解得，或者（舍去），此时，>=<21,cos n n 1212||||n n n n ⋅=⋅=AQD P --37=374=m 8=m )0,4,6(Q设，而，由此得点，1(01)DP DD λλ=<≤u u u r u u u u r 1(0,3,6)DD =-u u u u r)6,36,0(λλ-P(6,32,6)PQ λλ=--u u u r，∵平面，且平面的一个法向量是，//PQ 11ABB A 11ABB A 3(0,1,0)n =u u r∴，即，亦即，从而，于是，将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积.PQ30n ⋅=u u r 023=-λλ=23)4,4,0(P ADPQADQ∆ADQP -4=h ADPQ11166424332ADQ V S h =⋅=⨯⨯⨯⨯=V（2）如图d ，过点作交于点，则平面，P 1//PM A A AD M //PM 11ABB A∵平面，∴平面，过点作于点，连结，则，为二面角的平面角，∴，即，从而③1A A ⊥ABCD OM ⊥ABCD M MN QD ⊥N PN QD PN ⊥PNM ∠A QD P --3cos 7PNM ∠=MNPN=373PM MN=连结，由平面，∴，又是正方形，所以为矩形，故，设，则④，过点作交于点，则为矩形，∴，，因此，于是，∴，再由③④得，解得，因此，故四面体的体积.MQ //PQ11ABB A AB MQ //ABCD ABQM 6==AB MQ t MD =MN ==1D 11//D E A A AD E 11AA D E 1D E =16A A =113AE A D ==3=-=AE AD ED 1623D E PM MD ED ===tMD PM 22===2=t 4=PM ADPQ 11166424332ADQ V S h =⋅=⨯⨯⨯⨯=V【考点定位】1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算. 14.【2015课标2理19】（本题满分12分）如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．1111ABCD A B C D -=16AB =10BC 18AA =E F 11A B 11C D 114A E D F ==E F α （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．AF α【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．15【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：EHGF（Ⅱ）作，垂足为，则，，因为为正方形，所以．于是，所以．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．设是平面的法向量，则即所以可取．又，故．所以直线与平面所成角的正弦值为．EM AB ⊥M 14AM A E ==18EM AA ==EHGF 10EH EF BC ===6MH ==10AH =D DA u u u r D xyz -(10,0,0)A (10,10,0)H (10,4,8)E (0,4,8)F (10,0,0)FE =u u u r (0,6,8)HE =-u u u r (,,)n x y z =r EHGF 0,0,n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r 100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩(0,4,3)n =r (10,4,8)AF =-u u ur cos ,15n AF n AF n AF⋅<>==⋅r u u u r r u u u r r u u u r AFα【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．ABCD AC BD O 5,6AB AC ==,E F ,AD CD 54AE CF ==EF BD H DEF ∆EF D EF '∆OD '=（Ⅰ）证明：平面；D H '⊥ABCD（Ⅱ）求二面角的正弦值．B D A C '--【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.//AC EF 'D H OH ⊥'D H ABCD ⊥平面试题解析：（I ）由已知得，，又由得，故.AC BD ⊥AD CD =AE CF =AE CF AD CD =//AC EF 因此，从而.由,得.EF HD ⊥EF D H '⊥5AB =6AC=04DO B ==由得.所以，.//EF AC 14OH AE DO AD ==1OH =3D H DH '== 于是，，1OH =22223110D H OH D O ''+=+==故.D H OH '⊥又，而，D H EF '⊥OH EF H ⋂=所以.D H ABCD '⊥平面（II ）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，H HF u u u r x H xyz -则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，()0,0,0H ()3,2,0A --()0,5,0B -()3,1,0C -()0,0,3D '(3,4,0)AB =-u u u r ()6,0,0AC =u u u r ()3,1,3AD '=u u u u r ()111,,m x y z =u r ABD '00m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u u r 11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩ 所以可以取.设是平面的法向量，则，()4,3,5m =-u r ()222,,n x y z =r 'ACD 00n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩r u u u r r u u u u r 考点：线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥。

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(完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档

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2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

解析几何(解答题)--五年(2020-2024)高考数学真题分类汇编(解析版)

解析几何(解答题)--五年(2020-2024)高考数学真题分类汇编(解析版)

专题解析几何(解答题)考点五年考情(2020-2024)命题趋势考点01椭圆及其性质2024Ⅰ甲卷北京卷天津卷2023北京乙卷天津2022乙卷北京卷浙江卷2021北京卷Ⅱ卷2020ⅠⅡ卷新ⅠⅡ卷椭圆轨迹标准方程问题，有关多边形面积问题，定值定点问题，新结构中的新定义问题是高考的一个高频考点考点02双曲线及其性质2024Ⅱ卷2023Ⅱ新课标Ⅱ2022Ⅰ卷2021Ⅰ双曲线离心率问题，轨迹方程有关面积问题，定值定点问题以及斜率有关的证明问题以及新结构中的新定义问题是高考的高频考点考点03抛物线及其性质2023甲卷2022甲卷2021浙江甲卷乙卷2020浙江抛物线有关三角形面积问题，关于定直线问题，有关P 的证明类问题考点01：椭圆及其性质1(2024·全国·高考Ⅰ卷)已知A (0,3)和P 3,32 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且△ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】(1)12(2)直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.【详解】(1)由题意得b =39a 2+94b2=1，解得b 2=9a 2=12 ，所以e =1-b 2a2=1-912=12.(2)法一：k AP =3-320-3=-12，则直线AP 的方程为y =-12x +3，即x +2y -6=0，AP =0-3 2+3-322=352，由(1)知C :x 212+y 29=1，设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6或C=-18，当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=-3或x=-3y=-32，即B0,-3或-3,-3 2，当B0,-3时，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当B-3,-3 2时，此时k l=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0，当C=-18时，联立x212+y29=1x+2y-18=0得2y2-27y+117=0，Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B x0,y0，则x0+2y0-65=1255x2012+y209=1，解得x0=-3y0=-32或x0=0y0=-3，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=125 5，设B23cosθ,3sinθ，其中θ∈0,2π，则有23cosθ+6sinθ-65=1255，联立cos2θ+sin2θ=1，解得cosθ=-32sinθ=-12或cosθ=0sinθ=-1，即B0,-3或-3,-3 2，以下同法一；法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3，S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时k l=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0，当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y =kx +3x 212+y 29=1，则4k 2+3 x 2+24kx =0，其中k ≠k AP ，即k ≠-12，解得x =0或x =-24k 4k 2+3，k ≠0，k ≠-12，令x =-24k 4k 2+3，则y =-12k 2+94k 2+3，则B -24k 4k 2+3,-12k 2+94k 2+3同法一得到直线AP 的方程为x +2y -6=0，点B 到直线AP 的距离d =1255，则-24k4k 2+3+2×-12k 2+94k 2+3-65=1255，解得k =32，此时B -3,-32 ，则得到此时k l =12，直线l 的方程为y =12x ，即x -2y =0，综上直线l 的方程为3x -2y -6=0或x -2y =0.法五：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当l 的斜率存在时，设PB :y -32=k (x -3)，令P x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，y =k (x -3)+32x 212+y 29=1 ，消y 可得4k 2+3 x 2-24k 2-12k x +36k 2-36k -27=0，Δ=24k 2-12k 2-44k 2+3 36k 2-36k -27 >0，且k ≠k AP ，即k ≠-12，x 1+x 2=24k 2-12k 4k 2+3x 1x 2=36k 2-36k -274k 2+3,PB =k 2+1x 1+x 2 2-4x 1x 2=43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3 ，A 到直线PB 距离d =3k +32k 2+1,S △PAB =12⋅43k 2+13k 2+9k +2744k 2+3⋅3k +32k 2+1=9，∴k =12或32，均满足题意，∴l :y =12x 或y =32x -3，即3x -2y -6=0或x -2y =0.法六：当l 的斜率不存在时，l :x =3,B 3,-32,PB =3,A 到PB 距离d =3，此时S △ABP =12×3×3=92≠9不满足条件.当直线l 斜率存在时，设l :y =k (x -3)+32，设l 与y 轴的交点为Q ，令x =0，则Q 0,-3k +32，联立y =kx -3k +323x 2+4y 2=36，则有3+4k 2 x 2-8k 3k -32x +36k 2-36k -27=0，3+4k2x2-8k3k-3 2x+36k2-36k-27=0，其中Δ=8k23k-3 22-43+4k236k2-36k-27>0，且k≠-1 2，则3x B=36k2-36k-273+4k2,x B=12k2-12k-93+4k2，则S=12AQx P-x B=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.则直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.2(2024·全国·高考甲卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y 轴．【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)设F c,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2-1a=32，故a=2，故b=3，故椭圆方程为x24+y23=1.(2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，A x1,y1，B x2,y2，由3x2+4y2=12y=k(x-4)可得3+4k2x2-32k2x+64k2-12=0，故Δ=1024k4-43+4k264k2-12>0，故-12<k<12，又x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2，而N52,0，故直线BN:y=y2x2-52x-52，故y Q=-32y2x2-52=-3y22x2-5，所以y1-y Q=y1+3y22x2-5=y1×2x2-5+3y22x2-5=k x1-4×2x2-5+3k x2-42x2-5=k 2x1x2-5x1+x2+82x2-5=k2×64k2-123+4k2-5×32k23+4k2+82x2-5=k 128k2-24-160k2+24+32k23+4k22x2-5=0，故y1=y Q，即AQ⊥y轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2、x 1x 2(或y 1+y 2、y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2024·北京·高考真题)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,t t >2 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点A ,B ，过点A 和C 0,1 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．【答案】(1)x 24+y 22=1,e =22(2)t =2【详解】(1)由题意b =c =22=2，从而a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，离心率为e =22；(2)直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设AB :y =kx +t ,k ≠0,t >2 ，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，联立x 24+y 22=1y =kx +t，化简并整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-4=0，由题意Δ=16k 2t 2-82k 2+1 t 2-2 =84k 2+2-t 2 >0，即k ,t 应满足4k 2+2-t 2>0，所以x 1+x 2=-4kt 1+2k 2,x 1x 2=2t 2-42k 2+1，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设D -x 2,y 2 ，所以AD :y =y 1-y 2x 1+x 2x -x 1 +y 1，在直线AD 方程中令x =0，得y C =x 1y 2+x 2y 1x 1+x 2=x 1kx 2+t +x 2kx 1+t x 1+x 2=2kx 1x 2+t x 1+x 2 x 1+x 2=4k t 2-2 -4kt +t =2t =1，所以t =2，此时k 应满足4k 2+2-t 2=4k 2-2>0k ≠0 ，即k 应满足k <-22或k >22，综上所述，t =2满足题意，此时k <-22或k >22.4(2024·天津·高考真题)已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)椭圆的离心率e =12．左顶点为A ，下顶点为B ，C 是线段OB 的中点，其中S △ABC =332．(1)求椭圆方程．(2)过点0,-32 的动直线与椭圆有两个交点P ，Q ．在y 轴上是否存在点T 使得TP ⋅TQ ≤0．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】(1)x 212+y 29=1(2)存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.【详解】(1)因为椭圆的离心率为e =12，故a =2c ，b =3c ，其中c 为半焦距，所以A -2c ,0 ,B 0,-3c ,C 0,-3c 2 ，故S △ABC =12×2c ×32c =332，故c =3，所以a =23，b =3，故椭圆方程为：x 212+y 29=1.(2)若过点0,-32 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y =kx -32，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,T 0,t ，由3x 2+4y 2=36y =kx -32可得3+4k 2 x 2-12kx -27=0，故Δ=144k 2+1083+4k 2 =324+576k 2>0且x 1+x 2=12k 3+4k 2,x 1x 2=-273+4k2,而TP =x 1,y 1-t ,TQ=x 2,y 2-t ，故TP ⋅TQ =x 1x 2+y 1-t y 2-t =x 1x 2+kx 1-32-t kx 2-32-t =1+k 2 x 1x 2-k 32+t x 1+x 2 +32+t 2=1+k 2 ×-273+4k 2-k 32+t ×12k 3+4k 2+32+t 2=-27k 2-27-18k 2-12k 2t +332+t 2+3+2t 2k 23+4k 2=3+2t2-12t -45 k 2+332+t 2-273+4k 2，因为TP ⋅TQ ≤0恒成立，故3+2t 2-12t -45≤0332+t 2-27≤0，解得-3≤t ≤32.若过点0,-32的动直线的斜率不存在，则P 0,3 ,Q 0,-3 或P 0,-3 ,Q 0,3 ，此时需-3≤t ≤3，两者结合可得-3≤t ≤32.综上，存在T 0,t -3≤t ≤32，使得TP ⋅TQ ≤0恒成立.5(2023年全国乙卷理科)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的离心率是53，点A -2,0 在C 上．(1)求C方程；(2)过点-2,3 的直线交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点．【答案】(1)y 29+x 24=1(2)证明见详解解析：(1)由题意可得b =2a 2=b 2+c 2e =c a =53，解得a =3b =2c =5，所以椭圆方程为y 29+x 24=1．(2)由题意可知：直线PQ 的斜率存在，设PQ :y =k x +2 +3,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程y =k x +2 +3y 29+x 24=1，消去y 得：4k 2+9 x 2+8k 2k +3x +16k 2+3k =0，则Δ=64k 22k +3 2-644k 2+9 k 2+3k =-1728k >0，解得k <0，可得x 1+x 2=-8k 2k +34k 2+9,x 1x 2=16k 2+3k 4k 2+9，因为A -2,0 ，则直线AP :y =y 1x 1+2x +2 ，令x =0，解得y =2y 1x 1+2，即M 0,2y 1x 1+2,同理可得N 0,2y 2x 2+2，则2y 1x 1+2+2y2x 2+22=k x 1+2 +3 x 1+2+k x 2+2 +3 x 2+2=kx 1+2k +3 x 2+2 +kx 2+2k +3 x 1+2x 1+2 x 2+2=2kx 1x 2+4k +3 x 1+x 2 +42k +3x 1x 2+2x 1+x 2 +4=32k k 2+3k 4k 2+9-8k 4k +3 2k +34k 2+9+42k +3 16k 2+3k 4k 2+9-16k 2k +34k 2+9+4=10836=3，所以线段MN 的中点是定点0,3 ．6(2020年高考课标Ⅱ)已知椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【答案】(1)12；(2)C 1:x 236+y 227=1，C 2:y 2=12x ．解析：(1)∵F c ,0 ，AB ⊥x 轴且与椭圆C 1相交于A 、B 两点，则直线AB 的方程为x =c ，联立x =c x 2a 2+y 2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得x =c y =±b 2a，则AB =2b 2a ，抛物线C 2的方程为y 2=4cx ，联立x =cy 2=4cx ，解得x =cy =±2c，∴CD =4c ，∵CD =43AB ，即4c =8b 23a ，2b 2=3ac ，即2c 2+3ac -2a 2=0，即2e 2+3e -2=0，∵0<e <1，解得e =12，因此，椭圆C 1的离心率为12；(2)由(1)知a =2c ，b =3c ，椭圆C 1的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，联立y 2=4cxx24c2+y 23c 2=1，消去y 并整理得3x 2+16cx -12c 2=0，解得x =23c 或x =-6c (舍去)，由抛物线的定义可得MF =23c +c =5c3=5，解得c =3．因此，曲线C 1的标准方程为x 236+y 227=1，曲线C 2的标准方程为y 2=12x ．7(2021年新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，右焦点为F (2,0)，且离心率为63．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2+y 2=b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．【答案】解析:(1)由题意，椭圆半焦距c =2且e =c a =63，所以a =3，又b 2=a 2-c 2=1，所以椭圆方程为x 23+y 2=1；(2)由(1)得，曲线为x 2+y 2=1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN :x =1，不合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN :y =k x -2 即kx -y -2k =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得2kk 2+1=1，解得k =±1，联立y =±x -2x23+y 2=1 可得4x 2-62x +3=0，所以x 1+x 2=322,x 1⋅x 2=34，所以MN =1+1⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=3,所以必要性成立；充分性：设直线MN :y =kx +b ,kb <0 即kx -y +b =0，由直线MN 与曲线x 2+y 2=1(x >0)相切可得bk 2+1=1，所以b 2=k 2+1，联立y =kx +bx 23+y 2=1可得1+3k 2 x 2+6kbx +3b 2-3=0，所以x 1+x 2=-6kb 1+3k 2,x 1⋅x 2=3b 2-31+3k 2，所以MN =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1⋅x 2=1+k2-6kb 1+3k22-4⋅3b 2-31+3k 2=1+k 2⋅24k 21+3k 2=3，化简得3k 2-1 2=0，所以k =±1，所以k =1b =-2或k =-1b =2 ，所以直线MN :y =x -2或y =-x +2，所以直线MN 过点F (2,0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立；所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |=3．8(2020年高考课标Ⅰ卷)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a2+y 2=1(a >1)左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E方程；(2)证明：直线CD 过定点．【答案】(1)x 29+y 2=1；(2)证明详见解析．【解析】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E :x 2a2+y 2=1(a >1)可得：A -a ,0 ， B a ,0 ，G 0,1∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ∴AG ⋅GB =a 2-1=8，∴a 2=9∴椭圆方程为：x 29+y 2=1(2)证明：设P 6,y 0 ，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3x +3 ，即：y =y 09x +3 联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3 ，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1∴直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1=6y 0y 02+9--2y 0y 02+1-3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32故直线CD 过定点32,09(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2，1)．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【答案】(1)x 26+y 23=1；(2)详见解析．解析：(1)由题意可得：c a =324a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1．(2)设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．因为AM ⊥AN ，∴AM·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0,①当直线MN 的斜率存在时，设方程为y =kx +m ,如图1．代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2②,根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入①整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0将②代入，k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0,∵A (2,1)不在直线MN 上，∴2k +m -1≠0，∴2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13，所以直线过定点直线过定点E 23,-13．当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ,如图2．代入x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0得x 1-2 2+1-y 22=0,结合x 216+y 213=1,解得x 1=2舍 ,x 1=23,此时直线MN 过点E 23,-13,由于AE 为定值，且△ADE 为直角三角形，AE 为斜边，所以AE 中点Q 满足QD 为定值(AE 长度的一半122-232+1+132=423)．由于A 2,1 ,E 23,-13 ，故由中点坐标公式可得Q 43,13．故存在点Q 43,13，使得|DQ |为定值．10(2022年高考全国乙卷)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 0,-2 ,B 32,-1两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P 1,-2 的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT =TH．证明：直线HN 过定点．【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,-2)解析：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A 0,-2 ,B 32,-1，则4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1．【小问2详解】A (0,-2),B 32,-1，所以AB :y +2=23x ，①若过点P (1,-2)的直线斜率不存在，直线x =1．代入x 23+y 24=1，可得M 1,-263 ，N 1,263 ，代入AB 方程y =23x -2，可得T -6+3,-263 ，由MT =TH 得到H -26+5,-263 ．求得HN 方程：y =2+263x -2，过点(0,-2)．②若过点P (1,-2)的直线斜率存在，设kx -y -(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)．联立kx -y -(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2-6k (2+k )x +3k (k +4)=0，可得x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，y 1+y 2=-8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k -2k 2)3k 2+4，且x 1y 2+x 2y 1=-24k 3k 2+4(*)联立y =y 1y =23x -2,可得T 3y12+3,y 1 ,H (3y 1+6-x 1,y 1).可求得此时HN :y -y 2=y 1-y 23y 1+6-x 1-x 2(x -x 2)，将(0,-2)，代入整理得2(x 1+x 2)-6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1-3y 1y 2-12=0，将(*)代入，得24k +12k 2+96+48k -24k -48-48k +24k 2-36k 2-48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,-2).11(2020年新高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点M (2，3),点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12，(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．【答案】(1)x 216+y 212=1；(2)18．解析：(1)由题意可知直线AM 的方程为：y -3=12(x -2)，即x -2y =-4．当y =0时，解得x =-4，所以a =4，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 过点M (2，3)，可得416+9b 2=1，解得b 2=12．所以C 的方程：x 216+y 212=1．(2)设与直线AM 平行的直线方程为：x -2y =m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x -2y =m 与椭圆方程x 216+y 212=1，可得：3m +2y 2+4y 2=48，化简可得：16y 2+12my +3m 2-48=0，所以Δ=144m 2-4×163m 2-48 =0，即m 2=64，解得m =±8，与AM 距离比较远的直线方程：x -2y =8，直线AM 方程为：x -2y =-4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d =8+41+4=1255，由两点之间距离公式可得|AM |=(2+4)2+32=35．所以△AMN 的面积的最大值：12×35×1255=18．12(2020年高考课标Ⅲ卷)已知椭圆C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．【答案】(1)x 225+16y 225=1；(2)52．解析：(1)∵C :x 225+y 2m 2=1(0<m <5)∴a =5，b =m ，根据离心率e =ca=1-b a2=1-m 5 2=154，解得m =54或m =-54(舍)，∴C 的方程为：x 225+y 2542=1，即x 225+16y 225=1；(2)不妨设P ,Q 在x 轴上方∵点P 在C 上，点Q 在直线x =6上，且|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x =6与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵|BP |=|BQ |，BP ⊥BQ ，∠PMB =∠QNB =90°，又∵∠PBM +∠QBN =90°，∠BQN +∠QBN =90°，∴∠PBM =∠BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：△PMB ≅△BNQ ，∵x 225+16y 225=1，∴B (5,0)，∴PM =BN =6-5=1，设P 点为(x P ,y P )，可得P 点纵坐标为y P =1，将其代入x 225+16y 225=1，可得：x P 225+1625=1，解得：x P =3或x P =-3，∴P 点为(3,1)或(-3,1)，①当P 点为(3,1)时，故MB =5-3=2，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=2，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,2)，可求得直线AQ 的直线方程为：2x -11y +10=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =2×3-11×1+1022+112=5125=55，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+2-0 2=55，∴△APQ 面积为：12×55×55=52；②当P 点为(-3,1)时，故MB =5+3=8，∵△PMB ≅△BNQ ，∴|MB |=|NQ |=8，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵A (-5,0),Q (6,8)，可求得直线AQ 的直线方程为：8x -11y +40=0，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d =8×-3 -11×1+4082+112=5185=5185，根据两点间距离公式可得：AQ =6+52+8-0 2=185，∴△APQ 面积为：12×185×5185=52，综上所述，△APQ 面积为：52．1313(2023年北京卷)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)离心率为53，A 、C 分别是E 的上、下顶点，B ，D 分别是E 的左、右顶点，|AC |=4．(1)求E 的方程；(2)设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M ，直线PA 与直线y =-2交于点N ．求证：MN ⎳CD ．【答案】(1)x 29+y 24=1(2)证明见解析：(1)依题意，得e =c a =53，则c =53a ，又A ,C 分别为椭圆上下顶点，AC =4，所以2b =4，即b =2，所以a 2-c 2=b 2=4，即a 2-59a 2=49a 2=4，则a 2=9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24=1．(2)因为椭圆E 的方程为x 29+y 24=1，所以A 0,2 ,C 0,-2 ,B -3,0 ,D 3,0 ，因为P 为第一象限E 上的动点，设P m ,n 0<m <3,0<n <2 ，则m 29+n 24=1，易得k BC =0+2-3-0=-23，则直线BC 的方程为y =-23x -2，k PD =n -0m -3=n m -3，则直线PD 的方程为y =n m -3x -3 ，联立y =-23x -2y =n m -3x -3，解得x =33n -2m +63n +2m -6y =-12n 3n +2m -6，即M 33n -2m +6 3n +2m -6,-12n 3n +2m -6，而k PA =n -2m -0=n -2m ，则直线PA 的方程为y =n -2mx +2，令y =-2，则-2=n -2m x +2，解得x =-4m n -2，即N -4mn -2,-2 ，又m 29+n 24=1，则m 2=9-9n 24，8m 2=72-18n 2，所以k MN =-12n3n +2m -6+233n -2m +6 3n +2m -6--4mn-2=-6n +4m -12 n -29n -6m +18 n -2 +4m 3n +2m -6=-6n 2+4mn -8m +249n 2+8m 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +249n 2+72-18n 2+6mn -12m -36=-6n 2+4mn -8m +24-9n 2+6mn -12m +36=2-3n 2+2mn -4m +12 3-3n 2+2mn -4m +12 =23，又k CD =0+23-0=23，即k MN =k CD ，显然，MN 与CD 不重合，所以MN ⎳CD ．14(2023年天津卷)设椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左右顶点分别为A 1,A 2，右焦点为F ，已知A 1F =3,A 2F =1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P 是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A 2P 交y 轴于点Q ，若三角形A 1PQ 的面积是三角形A 2FP 面积的二倍，求直线A 2P 的方程．【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =12．(2)y =±62x -2 ．解析：(1)如图，由题意得a +c =3a -c =1，解得a =2,c =1，所以b =22-12=3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为e =c a =12．(2)由题意得，直线A 2P 斜率存在，由椭圆的方程为x 24+y 23=1可得A 22,0 ，设直线A 2P 的方程为y =k x -2 ，联立方程组x 24+y 23=1y =k x -2，消去y 整理得：3+4k 2 x 2-16k 2x +16k 2-12=0，由韦达定理得x A 2⋅x P =16k 2-123+4k 2，所以x P =8k 2-63+4k 2，所以P 8k 2-63+4k 2,--12k3+4k 2，Q 0,-2k ．所以S △A 2QA 1=12×4×y Q ,S △A 2PF =12×1×y P ,S △A 1A 2P =12×4×y P ，所以S △A 2QA 1=S △A 1PQ +S △A 1A 2P =2S △A 2PF +S △A 1A 2P ，所以2y Q =3y P ，即2-2k =3-12k3+4k 2，解得k =±62，所以直线A 2P 的方程为y =±62x -2 ．15(2022高考北京卷)已知椭圆：E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (-2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】解析:(1)依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2-b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P -2,1 的直线为y -1=k x +2 ，设B x 1,y 1 、C x 2,y 2 ，不妨令-2≤x 1<x 2≤2，由y -1=k x +2x 24+y 2=1，消去y 整理得1+4k 2 x 2+16k 2+8k x +16k 2+16k =0，所以Δ=16k 2+8k 2-41+4k 2 16k 2+16k >0，解得k <0，所以x 1+x 2=-16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k2，直线AB 的方程为y -1=y 1-1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11-y 1，直线AC 的方程为y -1=y 2-1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21-y 2，所以MN =x N -x M =x 21-y 2-x 11-y 1=x 21-k x 2+2 +1 -x 11-k x 1+2 +1=x 2-k x 2+2 +x 1k x 1+2=x 2+2 x 1-x 2x 1+2k x 2+2 x 1+2=2x 1-x 2k x 2+2 x 1+2=2，所以x 1-x 2 =k x 2+2 x 1+2 ，即x 1+x 22-4x 1x 2=k x 2x 1+2x 2+x 1 +4即-16k 2+8k 1+4k22-4×16k 2+16k 1+4k 2=k 16k 2+16k 1+4k 2+2-16k 2+8k 1+4k2+4 即81+4k 22k 2+k 2-1+4k 2 k 2+k =k1+4k216k2+16k -216k 2+8k +41+4k 2整理得8-k =4k ，解得k =-416(2022年浙江省高考)如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q 0,12 在线段AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =-12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】解析:(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1-sin θ)2=13-11sin 2θ-2sin θ=-11sin θ+111 2+14411≤14411，当且仅当sin θ=-111时取等号，故|PQ |的最大值是121111．(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得k 2+112 x 2+kx -34=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，所以x 1+x 2=-kk 2+112x 1x 2=-34k 2+112 ，因为直线PA :y =y 1-1x 1x +1与直线y =-12x +3交于C ,则x C=4x 1x 1+2y 1-2=4x 1(2k +1)x 1-1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2-2=4x 2(2k +1)x 2-1．则|CD |=1+14x C -x D =524x 1(2k +1)x 1-1-4x 2(2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)x 1-1 (2k +1)x 2-1=25x 1-x 2(2k +1)2x 1x 2-(2k +1)x 1+x 2 +1=352⋅16k 2+13k +1=655⋅16k 2+1916+13k +1≥655×4k ×34+1×123k +1=655，当且仅当k =316时取等号，故CD 的最小值为655．17(2021高考北京)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)一个顶点A (0,-2)，以椭圆E 的四个顶点为顶点的四边形面积为45．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (0，-3)的直线l 斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与直线交y =-3交于点M ，N ，当|PM |+|PN |≤15时，求k 的取值范围．【答案】(1)x 25+y 24=1；(2)[-3,-1)∪(1,3]．解析：(1)因为椭圆过A 0,-2 ，故b =2，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故12×2a ×2b =45，即a =5，故椭圆的标准方程为：x 25+y 24=1．(2)设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ， 因为直线BC 的斜率存在，故x 1x 2≠0，故直线AB :y =y 1+2x 1x -2，令y =-3，则x M =-x1y 1+2，同理x N =-x 2y 2+2直线BC :y =kx -3，由y =kx -34x 2+5y 2=20可得4+5k 2 x 2-30kx +25=0，故Δ=900k 2-1004+5k 2 >0，解得k <-1或k >1．又x 1+x 2=30k 4+5k 2,x 1x 2=254+5k 2，故x 1x 2>0，所以x M x N >0又PM +PN =x M +x N =x 1y 1+2+x 2y 2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-x1+x2k2x1x2-k x1+x2+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5k故5k ≤15即k ≤3，综上，-3≤k<-1或1<k≤3．考点02双曲线及其性质1(2024·全国·高考Ⅱ)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...：过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n .(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x=2k y n-kx n1-k2-x n=2ky n-x n-k2x n1-k2，相应的y=k x-x n+y n=y n+k2y n-2kx n1-k2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n ，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k 1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV ⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV⋅UW 1-UV ⋅UWUV ⋅UW 2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2c 2+d 2-ac +bd2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n=121-k 1+k m -1+k 1-k mx 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m .而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2=x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1 =12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k-921-k 1+k 2-1+k 1-k 2.这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n 1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k 的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k mx n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m .这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k=x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.2(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上．【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析．解析：(1)设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，双曲线方程为x24-y216=1．(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设M x1,y1,N x2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12<m<12，与x24-y216=1联立可得4m2-1y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，则y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1，直线MA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线NA2的方程为y=y2x2-2x-2，联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x+2 x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1-2y1my2-6=my1y2-2y1+y2+2y1my1y2-6y1=m⋅484m2-1-2⋅32m4m2-1+2y1m×484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13，由x+2x-2=-13可得x=-1，即x P=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动．3(2022新高考全国II卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P x1,y1,Q x2,y2在C上，且．x1>x2>0,y1>0．过P 且斜率为-3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |=|MB |．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)x 2-y 23=1(2)见解析:(1)右焦点为F (2,0)，∴c =2,∵渐近线方程为y =±3x ，∴ba=3，∴b =3a ，∴c 2=a 2+b 2=4a 2=4，∴a =1，∴b =3．∴C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)由已知得直线PQ 的斜率存在且不为零，直线AB 的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB 的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M 为线段AB 的中点，假若直线AB 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M 在x 轴上，即为焦点F ,此时由对称性可知P 、Q 关于x 轴对称，与从而x 1=x 2，已知不符；总之，直线AB 的斜率存在且不为零．设直线AB 的斜率为k ,直线AB 方程为y =k x -2 ,则条件①M 在AB 上，等价于y 0=k x 0-2 ⇔ky 0=k 2x 0-2 ；两渐近线方程合并为3x 2-y 2=0,联立消去y 并化简整理得：k 2-3 x 2-4k 2x +4k 2=0设A x 3,y 3 ,B x 3,y 4 ,线段中点N x N ,y N ,则x N =x 3+x 42=2k 2k 2-3,y N =k x N -2 =6kk 2-3,设M x 0,y 0 , 则条件③AM =BM 等价于x 0-x 3 2+y 0-y 3 2=x 0-x 4 2+y 0-y 4 2,移项并利用平方差公式整理得：x 3-x 4 2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4 2y 0-y 3+y 4 =0，2x 0-x 3+x 4 +y 3-y 4x 3-x 42y 0-y 3+y 4 =0,即x 0-x N +k y 0-y N =0,即x 0+ky 0=8k 2k 2-3；由题意知直线PM 的斜率为-3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1-y 0=-3x 1-x 0 ,y 2-y 0=3x 2-x 0 ,∴y 1-y 2=-3x 1+x 2-2x 0 ,所以直线PQ 的斜率m =y 1-y 2x 1-x 2=-3x 1+x 2-2x 0 x 1-x 2,直线PM :y =-3x -x 0 +y 0,即y =y 0+3x 0-3x ,代入双曲线的方程3x 2-y 2-3=0,即3x +y 3x -y =3中，得：y 0+3x 0 23x -y 0+3x 0 =3,解得P 的横坐标：x 1=1233y 0+3x 0+y 0+3x 0,。

2020高考数学解答题专题攻略-立体几何

2020高考数学解答题专题攻略-立体几何

2020高考数学解答题专题攻略----立体几何一、08高考真题精典回顾：1、（08重庆卷）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.） 如题（19）图，在ABC ∆中，B=90o,AC=152,D 、E 两点分别在AB 、AC 上.使2AD AEDB EC==,DE=3.现将ABC ∆沿DE 折成直二角角，求：（Ⅰ）异面直线AD 与BC 的距离；（Ⅱ）二面角A-EC-B 的大小（用反三角函数表示）. 解法一：（Ⅰ）在答（19）图1中，因AD AEDB CE=，故BE ∥BC.又因B ＝90°，从而AD ⊥DE.在第（19）图2中，因A-DE-B 是直二面角，AD ⊥DE,故AD ⊥底面DBCE ，从而AD ⊥DB.而DB ⊥BC,故DB 为异面直线AD 与BC 的公垂线. 下求DB 之长.在答（19）图1中，由2AD AE CB BC ==，得2.3DE AD BC AB == 又已知DE=3,从而39.22BC DE == 2222159 6.22AB AC BC ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因1, 2.3DB DB AB =故＝ （Ⅱ）在第（19）图2中，过D 作DF ⊥CE,交CE 的延长线于F ，连接AF.由（1）知，AD ⊥底面DBCE,由三垂线定理知AF ⊥FC,故∠AFD 为二面角A-BC-B 的平面 角在底面DBCE 中，∠DEF=∠BCE,11552,,322DB EC ===g因此4sin .5DB BCE EC ==从而在Rt △DFE 中，DE=3,412sin sin 3.55DF DE DEF DE BCE ====g在5Rt ,4,tan .3AD AFD AD AFD DF ∆===中 因此所求二面角A-EC-B 的大小为arctan 5.3解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）如答（19）图3.由（Ⅰ）知，以D 点为坐标原点，DB DE DA u u u r u u u r u u u r、、的方向为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D （0，0，0），A （0，0，4），9202C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，E （0，3，0）. 302AD AD ⎛⎫ ⎪⎝⎭u u u r u u u r ＝-2，-，，＝（0，0，-4）.过D 作DF ⊥CE,交CE 的延长线于F ，连接AF.设00(,,0),F x y 从而00(,,0),DF x y =u u u r00(,3,0).EF x y DF CE =-⊥u u u r由，有 0030,20.2DF CE x y =+=u u u r u u u r g 即 ①又由003,.322x y CE EF -=u u u r u u u r g 得 ②联立①、②，解得00364836483648,.,,0,,4.252525252525x y F AF ⎛⎫⎛⎫=-=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r 即，得 因为36483(2)025252AF CE ⎛⎫⎛⎫=--+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r g g g ,故AF CE ⊥,又因DF CE ⊥,所以DFA ∠为所求的二面角A-EC-B 的平面角.因3648,,0,2525DF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r 有22364812,4,25255DF AD ⎛⎫⎛⎫=-+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u ur 所以5tan .3AD AFD DF ==u u u ru u ur 因此所求二面角A-EC-B 的大小为5arctan .32、（08福建卷）（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，则面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA=PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD,AB ⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD中点.（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求异面直线PD 与CD 所成角的大小；（Ⅲ）线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为3？若存在，求出AQQD的值；若不存在，请说明理由.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.解法一：（Ⅰ）证明：在△PAD 中PA=PD,O 为AD 中点，所以PO ⊥AD,又侧面PAD ⊥底面ABCD,平面PAD ⋂平面ABCD=AD, PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD.（Ⅱ）连结BO ，在直角梯形ABCD 中、BC ∥AD ，AD=2AB=2BC, 有OD ∥BC 且OD=BC,所以四边形OBCD 是平行四边形， 所以OB ∥DC.由（Ⅰ）知，PO ⊥OB,∠PBO 为锐角， 所以∠PBO 是异面直线PB 与CD 所成的角.因为AD=2AB=2BC=2,在Rt △AOB 中，AB=1,AO=1, 所以OB ＝2，在Rt △POA 中，因为AP ＝2，AO ＝1，所以OP ＝1，在Rt △PBO 中，tan ∠PBO ＝22,arctan .2PG PBO BC ==∠= 所以异面直线PB 与CD 所成的角是2arctan2. （Ⅲ）假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32. 设QD ＝x ，则12DQC S x ∆=，由（Ⅱ）得CD=OB=2， 在Rt △POC 中， 222,PC OC OP =+= 所以PC=CD=DP, 233(2),42PCD S ∆==g 由V p-DQC =V Q-PCD ,得2，所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =. 解法二：(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)以O 为坐标原点，OC OD OP u u u r u u u r u u u r、、的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以110111CDPB ---u u u r u u u r ＝（，，），＝（，，）.所以异面直线PB 与CD 所成的角是arccos3(Ⅲ)假设存在点Q ，使得它到平面PCD的距离为2， 由(Ⅱ)知(1,0,1),(1,1,0).CP CD =-=-u u u r u u u r设平面PCD 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0).则0,0,n CP n CD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u rg所以00000,0,x z x y -+=⎧⎨-+=⎩即000x y z ==， 取x 0=1,得平面PCD 的一个法向量为n=(1,1,1).设(0,,0)(11),(1,,0),Q y y CQ y -≤≤=-u u u r由2CQ n n=u u u u u r g，得2=解y=-12或y=52(舍去)， 此时13,22AQ QD ==，所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =. 3、（08辽宁卷）（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，AP=BQ=b （0<b<1），截面PQEF∥A D '，截面PQGH∥AD '．（Ⅰ）证明：平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直； （Ⅱ）证明：截面PQEF 和截面PQGH 面积之和是定值，并求出这个值； （Ⅲ）若D E '与平面PQEF 所成的角为45o，求D E '与平面PQGH 所成角的正弦值．本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。

2024高考数学专题分类之立体几何解析版

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1立体几何经典真题1【2023年新课标全国乙卷第19题】如图,在三棱雉P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF⎳平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.AB CDEFOP【答案】1 见解析;2 见解析;3 见解析.【解析】1 【解法一】∵A,F,C三点共线,故设BF=λBA+1-λBC,又OA=BA-BO=BA-12BC,BF⊥OA,BA⊥BC,∴BF∙OA=λBA+1-λBC∙BA-12BC=λBA2-121-λBC2=λ∙22-121-λ∙222=8λ-4=0,解得λ=12,∴BF=12BA+12BC,故F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,∵EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO;【解法二】∵AB⊥BC,故以B为原点,BA,BC所在的直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则B0,0,A2,0,C0,22,D0,2,∵点F在AC上,直线AC方程为x2+y22=1,∴设F a,22-a,∵AD⊥BF,∴k AD∙k BF,即2-00-2∙22-aa=-1,解得a=1,∴F12,即F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,xyAB CFD2∵EF ⊄平面ADO ,DO ⊂平面ADO ,∴EF ∥平面ADO ;2 ∵OA =BO 2+BA 2=6,OD =12PC =62,AD =5DO =302,∴AD 2=OD 2+OA 2,∴OA ⊥OD ,∵OD ∥EF ,∴OA ⊥EF ,又∵OA ⊥BF ,BF ∩EF =F ,∴OA ⊥平面BEF ,∵OA ⊂平面ADO ,∴平面ADO ⊥平面BEF ;3【解法一】过点O 作OH ∥BF ,交AC 于点H ,设AD ∩BE =G ,如图所示,∵AO ⊥BF ,∴OH ⊥OA ,且FH =13AH ,由2 知,OA ⊥OD ,∴∠DOH 为二面角D -AO -C 的平面角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,∴DH =32GF ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∵EG =13BE =66,∴GF =EG 2+EF 2=153,∴DH =152,∵OH =12BF =14AC =32,在△ODH 中,∠DOH cos =OD 2+OH 2-DH 22OD ∙OH=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法二】设BF ∩AO =M ,AD ∩BE =G ,连接GM ,GF ,由1 及2 ,∠GMF 为二面角D -AO -C 的平面角,∠GMB 为其补角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,又O ,F 分别为BC ,AC 的中点,∴M 为△ABC 的重心,∴∠GMB =∠EFB ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∴∠EFB tan =BEEF=1,即∠EFB =45°,ABCDE FO PGMABCD EFOPGH3∴∠GMF =180°-45°,即二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法三】以向量BA ,BC ,BP为空间向量的一组基底,设平面ABC 的法向量为m =x 1BA +y 1BC +z 1BP ,平面OAD 的法向量为n=x 2BA +y 2BC+z 2BP ,则m ∙BA =0,m ∙BC =0, ⇒x 1=-y 1,z 1=-2y 1,取y 1=-1,则m=BA -BC +BP ,n ∙AD =0,n ∙AO =0, ⇒y 2=0,z 2=x 2,取x 2=1,则n=BA +BP ,∵m =23,n =6,m ∙n=6,∴m ,n cos =m ∙n m n =22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法四】由2 知OD ⊥OA ,BF ⊥OA ,CP ∥OD∴CP ,BF或其补角为二面角D -AO -C 的平面角,∵CP =BP -BC ,BF =12BA +BC ,CP=6,BF =3,又CP ∙BF =BP -BC ∙12BA +BC=6,∴CP ,BF cos =CP ∙BFCP BF=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法五】依题意,以B 为原点,BA ,BC ,BA ×BC的方向为方向建立空间直角坐标系,由2 知AO ⊥平面BEF ,∴平面ABC ⊥平面BEF ,又BE =62,EF =62,BF =12AC =3,∴BE 2+FE 2=BF 2,∴BE ⊥FE ,且点E 在平面ABC 内射影为BF 中点,∵B 0,0,0 ,A 2,0,0 ,C 0,22,0 ,F 1,2,0 ,O 0,2,0 ,∴E 12,22,32,P -1,2,3 ,D -12,22,32 ,设平面AOD 法向量为m=x ,y ,z ,∵OD =-12,-22,32 ,OA =2,-2,0 ,∴m ∙OD=0,m ∙OA =0, ⇒m=x ,2x ,3x ,取x =1,∴m=1,2,3 ,又n=0,0,1 为平面ABC 的一个法向量,∴m ,n cos =m ∙n m n=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22.ABCDEFOPxyz42【2023年新课标全国甲卷第18题】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=2，A 1C ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.1 求证:AC =A 1C ;2 若直线AA 1与BB 1的距离为2,求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.ABCA 1B 1C 1【答案】1 见解析;21313.【解析】1 【解法一】∵A 1C ⊥底面ABC ,AC ,BC ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥AC ,A 1C ⊥BC ,∵∠ACB =90°,∴BC ⊥CA ,∵AC ∩A 1C =C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1,∵BC ⊂平面BCC 1A 1,∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,又∵A 1C 1//AC ,∴A 1C ⊥A 1C 1,在▱ACC 1A 1中,取CC 1的中点H ,连接A 1H ,由直角三角形性质,A 1H =12CC 1=12AA 1=1,∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,且平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1=CC 1,∴A 1到平面BCC 1B 1的距离即为A 1H ,即A 1H ⊥平面BCC 1B 1,且A 1H ⊥CC 1,∴△A 1CC 1是以CC 1为斜边的等腰直角三角形,故A 1C =A 1C 1,∴AC =A 1C ;【解法二】∵A 1C ⊥底面ABC ,且∠ACB =90°,CA ,CB ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥CA ,A 1C ⊥CB ,CA ⊥CB ,∴以C 为原点,CA ,CB ,CA 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设A a ,0,0 ,B 0,b ,0 ,C 0,0,0 ,A 10,0,c ,C 1-a ,0,c 设平面BCC 1B 1的法向量为n =x ,y ,z ,∵CB =0,b ,0 ,CC 1=-a ,0,c ,∴n ∙CB=0,n ∙CC 1 =0, 即y =0,-ax +cz =0,取n =c ,0,a ,ABCA 1B 1C 1H5∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,∴CA 1 ∙n n =0,0,c ∙c ,0,a c 2+a 2=acc 2+a 2=1,又∵c 2+a 2=4,∴a =c =2,∴AC =A 1C ;2 【解法一】取AA 1的中点M ,连接CM ,BM ,由1 解法一,CM ⊥平面BCC 1B 1,∴BB 1⊂平面BCC 1B 1,BB 1//AA 1,∴CM ⊥BB 1,CM ⊥AA 1,又∵BC ⊥平面ACC 1A 1,BM 在平面ACC 1A 1内的射影为CM ,由三垂线定理,BM ⊥AA 1,∴BB 1//AA 1,∴BM ⊥BB 1,∴线段BM 为直线AA 1与BB 1的公垂线段,∴BM =2,由1 可得CB =3,∵BM =2,AM =1,∴∠BAM cos =15,∠AA 1B 1cos =-15,∴AB 12=AA 12+A 1B 12-2AA 1∙A 1B 1∠AA 1B 1cos =22+52-2×2×5×-15=13,∴AB 1=13,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,则θsin =CMAB 1=113=1313,∴直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.【解法二】由1 知AA 1 =-2,0,2 ,AB=-2,b ,0 ,∴B 到直线AA 1的距离为AB 2-AA 1 ∙ABAA 12=2+b 2 -222+222=2,解得b =3,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,∵AB 1 =AA 1 +A 1B 1 =AA 1 +AB=-2,0,2 +-2,3,0 =-22,3,2 ,由1 知n =2,0,2 为平面BCC 1B 1的一个法向量,∴θsin =n ,AB 1 cos =n ∙AB 1n AB 1 =222+22-22 2+32+22=1313,直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.ABCA 1B 1C 1MN ABCA 1B 1C 1xyzABCA 1B 1C 1xyz。

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