《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

17. （15分）
已知三棱锥$P - ABC$中，侧面$PAC$是边长为2的正三角形，$AC = 2$，$BC = 4$，$AB = 2\sqrt{5}$，$\overrightarrow{PE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{PC}$，$\overrightarrow{PF}=\overrightarrow{FB}$，平面$AEF$与底面$ABC$的交线为直线$l$。
（Ⅰ）若$BC\perp PC$，证明：$PC\perp AF$；
（Ⅱ）若三棱锥$P - ABC$的体积为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$Q$为交线$l$上的动点，若直线$PQ$与平面$AEF$的夹角为$\alpha$，求$\sin\alpha$的取值范围。

答案：  线线垂直的判定+三棱锥体积+线面角的正弦值 解：(Ⅰ)证明：$\because\overrightarrow{PE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{PC}$，$\overrightarrow{PF}=\overrightarrow{FB}$， $\therefore E$，F分别为棱PC，PB的中点， $\therefore EF\parallel BC$. (2分) $\because BC\perp PC$，$\therefore EF\perp PC$. (4分) $\because\triangle PAC$为等边三角形，E为PC的中点， $\therefore PC\perp AE$. 又$EF\cap AE = E$，$EF$，$AE\subset$平面AEF， $\therefore PC\perp$平面AEF. (6分) 又$AF\subset$平面AEF，$\therefore PC\perp AF$. (7分) (Ⅱ)如图，在底面ABC内过点A作BC的平行线，即平面AEF与底面ABC的交线l， 由题意得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$， 则$AC\perp BC$， (8分) 故底面$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}AC\cdot BC = 4$. 设三棱锥$P - ABC$底面$\triangle ABC$上的高为h， 则$\frac{4\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}\times4h$， 则$h=\sqrt{3}$. 由侧面PAC是边长为2的正三角形，取AC的中点D，连接PD，则$PD=\sqrt{3}$，从而$PD\perp$平面ABC. (9分) 取AB的中点M，连接DM，则$DM\perp AC$. 以D为坐标原点，DA，DM，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则$A(1,0,0)$，$P(0,0,\sqrt{3})$，$C(-1,0,0)$，$B(-1,4,0)$，$E(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$F(-\frac{1}{2},2,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$Q(1,y,0)$， (12分) 则$\overrightarrow{PQ}=(1,y,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AE}=(-\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{EF}=(0,2,0)$. 设平面AEF的法向量为$\overrightarrow{n}=(x_{0},y_{0},z_{0})$， 则$\begin{cases}\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{n}=0\\\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{n}=0\end{cases}$， 即$\begin{cases}-\frac{3}{2}x_{0}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{0}=0\\2y_{0}=0\end{cases}$， 取$z_{0}=1$，得$x_{0}=\frac{\sqrt{3}}{3}$， 即$\overrightarrow{n}=(\frac{\sqrt{3}}{3},0,1)$. (14分) 由线面所成角的定义可知， $\sin\alpha=|\cos\langle\overrightarrow{n},\overrightarrow{PQ}\rangle|=\frac{|\frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3}|}{\sqrt{1+\frac{1}{3}}\times\sqrt{4 + y^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{4 + y^{2}}}\leqslant\frac{1}{2}$， $\therefore\sin\alpha\in(0,\frac{1}{2}]$. (15分) ![img id=5] 

18. （17分）
已知双曲线$\Gamma$的方程为$\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$，$B(-a,0)$，$C(a,0)$，其中$a＞2$，$D(x_{0},y_{0})(x_{0}\geqslant a,y_{0}＞0)$是双曲线上一点，直线$DB$与双曲线$\Gamma$的另一个交点为$E$，直线$DC$与双曲线$\Gamma$的另一个交点为$F$，双曲线$\Gamma$在点$E$，$F$处的两条切线记为$l_{1}$，$l_{2}$，$l_{1}$与$l_{2}$交于点$P$，线段$DP$的中点为$G$。设直线$DB$，$DC$的斜率分别为$k_{1}$，$k_{2}$。
（Ⅰ）证明：$4＜\frac{1}{k_{1}}+\frac{1}{k_{2}}\leqslant\frac{4a}{\sqrt{a^{2}-4}}$；
（Ⅱ）求$\frac{|GB|}{|GC|}$的值。

答案：  直线与双曲线的位置关系+直线的斜率 【思维导图】(Ⅰ)已知条件→$k_{1}$，$k_{2}$ $\xrightarrow{x_{0}\geqslant a}$点D在双曲线上→得证. (Ⅱ)设$E(x_{1},y_{1})$，$F(x_{2},y_{2})$，直线$l_{1}$，$l_{2}$的斜率分别为$k_{3}$，$k_{4}$→$l_{1}$与双曲线方程联立 $\xrightarrow{\Delta = 0}$ $k_{3}$ $\xrightarrow{同理}$ $k_{4}$ $\xrightarrow{联立l_{3},l_{4}}$ 设直线DB和DF的方程分别与双曲线方程联立→$y_{1}$，$y_{2}$→$x_{P}=-x_{0}$→$OG\perp BC$→得解. 解：(Ⅰ)证明：$\because k_{1}=\frac{y_{0}}{x_{0}+a}$，$k_{2}=\frac{y_{0}}{x_{0}-a}$， $\therefore\frac{1}{k_{1}}+\frac{1}{k_{2}}=\frac{2x_{0}}{y_{0}}$. (3分) 又$D(x_{0},y_{0})$在双曲线上， $\therefore\frac{x_{0}^{2}}{4}-y_{0}^{2}=1$， $\therefore\frac{1}{k_{1}}+\frac{1}{k_{2}}=\frac{2x_{0}}{\sqrt{\frac{x_{0}^{2}}{4}-1}}=\frac{4}{\sqrt{1-\frac{4}{x_{0}^{2}}}}$， (5分) 由$x_{0}\geqslant a>2$，得$\frac{4a}{\sqrt{a^{2}-4}}\geqslant\frac{1}{k_{1}}+\frac{1}{k_{2}}>4$. (7分) (Ⅱ)设$E(x_{1},y_{1})$，$F(x_{2},y_{2})$， 直线$l_{1}$，$l_{2}$的斜率分别为$k_{3}$，$k_{4}$， 故$l_{1}$的方程为$y - y_{1}=k_{3}(x - x_{1})$. 联立$\begin{cases}y - y_{1}=k_{3}(x - x_{1})\\x^{2}-4y^{2}=4\end{cases}$， 整理可得，$(1 - 4k_{3}^{2})x^{2}+8(k_{3}x_{1}-y_{1})k_{3}x-4(k_{3}x_{1}-y_{1})^{2}-4 = 0$，由$\Delta = 0$， 即$\Delta = 64[(k_{3}x_{1}-y_{1})k_{3}]^{2}-4(1 - 4k_{3}^{2})[-4(k_{3}x_{1}-y_{1})^{2}-4]=0$， 整理可得$(k_{3}x_{1}-y_{1})^{2}(4k_{3}^{2}+1 - 4k_{3}^{2})+1 - 4k_{3}^{2}=0$， 则$k_{3}=\frac{-2x_{1}y_{1}\pm\sqrt{4x_{1}^{2}y_{1}^{2}-4(4 - x_{1}^{2})(-y_{1}^{2}-1)}}{2(4 - x_{1}^{2})}=\frac{-x_{1}y_{1}\pm\sqrt{4y_{1}^{2}-x_{1}^{2}+4}}{4 - x_{1}^{2}}$. 又$4 - x_{1}^{2}=-4y_{1}^{2}$， 所以$k_{3}=\frac{-x_{1}y_{1}}{-4y_{1}^{2}}=\frac{x_{1}}{4y_{1}}$. (8分) 同理可得$k_{4}=\frac{x_{2}}{4y_{2}}$. (9分) 联立$l_{1}$，$l_{2}$的方程$\begin{cases}y - y_{1}=k_{3}(x - x_{1})\\y - y_{2}=k_{4}(x - x_{2})\end{cases}$， 消去y，可得$x_{P}=\frac{y_{2}-y_{1}+k_{3}x_{1}-k_{4}x_{2}}{k_{3}-k_{4}}$， (10分) 将$k_{3}$，$k_{4}$的表达式，以及$4 - x_{1}^{2}=-4y_{1}^{2}$，$4 - x_{2}^{2}=-4y_{2}^{2}$代入方程，化简整理可得$x_{P}=\frac{4y_{2}-4y_{1}}{x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}}$. (11分) 设直线DB的方程为$x = t_{1}y - a$，直线DF的方程为$x = t_{2}y + a$， 结合(Ⅰ)得$t_{1}=\frac{1}{k_{1}}=\frac{x_{0}+a}{y_{0}}$，$t_{2}=\frac{1}{k_{2}}=\frac{x_{0}-a}{y_{0}}$， 联立直线DB与双曲线的方程$\begin{cases}x = t_{1}y - a\\x^{2}-4y^{2}=4\end{cases}$， 消去x，得$(t_{1}^{2}-4)y^{2}-2t_{1}ay+a^{2}-4 = 0$， 则该方程的两根分别为$y_{0}$，$y_{1}$. 由韦达定理得$y_{0}y_{1}=\frac{a^{2}-4}{t_{1}^{2}-4}\Rightarrow y_{1}=\frac{a^{2}-4}{(t_{1}^{2}-4)y_{0}}$， 同理可得$y_{2}=\frac{a^{2}-4}{(t_{2}^{2}-4)y_{0}}$， (13分) $\therefore x_{P}=\frac{4y_{2}-4y_{1}}{x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}}=\frac{4(y_{2}-y_{1})}{(t_{1}-t_{2})y_{1}y_{2}-a(y_{1}+y_{2})}$， 将$y_{1}$，$y_{2}$表达式代入$x_{P}$中，化简整理得 $x_{P}=\frac{4(y_{2}-y_{1})}{(t_{1}-t_{2})y_{1}y_{2}-a(y_{1}+y_{2})}=\frac{4y_{0}(t_{1}^{2}-t_{2}^{2})}{(a^{2}-4)(t_{1}-t_{2})-ay_{0}(t_{1}^{2}+t_{2}^{2}-8)}$， 再将$t_{1}=\frac{x_{0}+a}{y_{0}}$，$t_{2}=\frac{x_{0}-a}{y_{0}}$代入上式， 化简整理，可得$x_{P}=\frac{8x_{0}}{4y_{0}^{2}-x_{0}^{2}-4}=\frac{8x_{0}}{-8}=-x_{0}$， $\therefore$点G的横坐标$x_{G}=\frac{x_{0}+x_{P}}{2}=0$， $\therefore OG\perp BC$，故$|GB| = |GC|$， $\therefore\frac{|GB|}{|GC|}=1$. (17分)