《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

16. (15分)
如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径，△PAC为等边三角形,O是圆锥底面的圆心.△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2$\sqrt{3}$,E为线段PC中点.
(I)求证:平面BED⊥平面ABD;
(II)M为底面圆O的劣弧AB上一点，且∠ACM=30°,求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.
天利

答案：
16.空间中直线与平面间的位置关系+面面夹角的余弦值+空间向量的应用　
解:(I)证明:设AC,BD交于点F，连接EF，如图1，　　　　　　　 　在△ABD中,由正弦定理知AC=2R=$\frac{BD}{sin}$AD=4,
∴OB=OA=OC=$\frac{1}{2}$AC=2,　　　　　　　　　　　(2分)　在△OFB中,OF=OBsin30°=1,
∴F为OC的中点，
∴EF//PO,　　　　　　　　　　(4分)　又PO⊥平面ABD,
∴EF⊥平面ABD.
∵EFC平面BED,
∴平面BED⊥平面ABD.　　　　(6分)　(III)解法一:如图2'，以F为坐标原点，FAFB，FE所在真线分别为x轴，轴，轴，建立如图所示空间真角坐标系FV (题眼)，　　　　　　　 　则A(3,0,0),M(2,$\sqrt{3}$,0),E(0,0，,$\sqrt{3}$),　　　　　　　(8分)　故AM=(−1，,$\sqrt{3}$,0),AE=(−3,0,$\sqrt{3}$).　　　　　　(9分)　设平面AME的法向量n1=(x,y,z),由{n1.AM=0,得{−x+　$\sqrt{3}$y=0,　　　　　　　　(11分)　n1.AE=0,　　−3x+　$\sqrt{3}$x=0,令x=√3,解得n=($\sqrt{3}$,1,3)(关键:求得平面AME的一个法向量)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(12分)易得平面PAC的一个法向量n2=(0,1,0).　　　　　(13分)
∵cos＜n1,n2＞=$\frac{1}{\sqrt{3+1+9×1}}$=$\frac{\sqrt{13}}{13}$(方法:空间向量夹角公式)，
∴平面AME与平面PAC夹角的余弦值为　　(15分)解法二:如图3,过点M作MN⊥AC于点N,过点N作NQ⊥AE于点Q,连接MQ，　　　　　　
　
∵PO⊥平面ABD,MNC平面ABD，
∴PO⊥MN.　又
∵MN⊥AC,PO∩AC=O,
∴MN⊥平面PAC,　　　　　　　　　　　　　　　(8分)　又AEC平面PAC,
∴MN⊥AE.
∵AE⊥NQ,MN∩NQ=N,
∴AE⊥平面MNQ,又MQC平面MNQ，
∴AE⊥MQ,
∴∠MQN为二面角M一AE−C的平面角(关键:确定二面角的平面角).　　　　　　　　　　　　　　　　　　(9分)
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AMC=90°,　在Rt△AMC中，
∵∠ACM=30°,AC=4,
∴AM=AC.sin∠ACM=2,
∴在Rt△ANM中,MN=$\sqrt{3}$,AN=1,　　天在等边△PAC中,E为PC的中点，
∴AE⊥PC,CE=2,　　　　　　　　　　　　　　　e
∴$\frac{NQ}{CE}$=$\frac{AN}{AC}$=$\frac{1}{4}$,
∴NQ=$\frac{1}{4}$CE=$\frac{1}{2}$,　　　　　　　　　　　　　　(12分)
∴在Rt△MNQ中,tan∠MQN=$\frac{MN}{NQ}$=2$\sqrt{3}$.　　　　(14分)
∵sin²∠MQN+cos²∠MQN=1,
∴co√MQN=$\frac{\sqrt{13}}{13}$,
　
∴平面AME与平面PAC夹角的余弦值为.　　(15分)

17. (15分)
已知椭圆E:$\frac{x²}{a²}$+$\frac{y²}{b²}$=1(a＞b＞0)过点(1,$\frac{\sqrt{8}}{3}$),且其离心率为$\frac{1}{3}$.
(I)求椭圆E的方程;
(II)过点(−1,0)的斜率不为零的直线与椭圆E 交于C,D两点,A,B分别为椭圆E的左、右顶点.直线AC,BD交于一点P,M为线段PB上一点,满足OM//PA.问$\overrightarrow{OA}$·$\overrightarrow{OM}$是否为定值.若是,求出该定值;若不是，说明理由(O为坐标原点).

答案： 17.椭圆的标准方程+直线与椭圆的位置关系　　　解:(I)因为a=3c,a²=b²+c²,　　　所以a²=9c²,b²=8c²²,　　　　　　　　　　　　　　(2分)　　　又$\frac{1}{a?}$+$\frac{64}{962}$=1,　{　　所以$\frac{1}{9c²}$+$\frac{8}{9c²}$=1,解得c=1,　　　　　　　　　　　(4分)　　　所以a²=9,b²=8,　　　因此椭圆E的方程为因此椭圆E的方程为+　　　　　　　　　(5分)　　　(II[)设直线CD:x=my−1,C(x1,y),D(x2,y2),　　　联立{$\frac{x²}{9}$+²8=1,　　　　　x=my−1,　　　消x得(8m²+9)y²−16my−64=0,　　　　　　　　(7分)　　　y1+y2=$\frac{16m}{8m²+9}$,y1y2=$\frac{−64}{8m²+9}$,△＞0,　　　　　　(9分)　　　因为kPA=kAC,　　　所以$\frac{yp}{xp+3}$=$\frac{y}{x+3}$,同理$\frac{yP}{xp−3}$=$\frac{y2}{x2−3}$,　　　因此$\frac{xp−3}{xp+3}$=$\frac{y(x2−3)}{y2(x+3)}$=$\frac{y(my2−4)}{y2(my+2)}$=$\frac{myy2−4y1}{myy2+2y2}$,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(11分)　　　由韦达定理知my1y2=−4(y+y2),　　所以$\frac{xp−3}{xp+3}$=$\frac{−4(y+y2)−4y}{−4(y+y2)+2y2}$=$\frac{−8y1−4y2}{−4y1−2y2}$=2,　　解得xp=−9.　　　　　　　　　　　　　　　　　(13分)　　又OM/PA,所以M为PB中点，　　　因此xM=−3,OM=(−3,yM),　　故OA.OM=9.　　　　　　　　　　　　　　　　(15分)