《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

16.(15分)
已知椭圆$W:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)$的右顶点为$A$，左焦点为$F$，椭圆$W$上的点到$F$的最大距离是短半轴长的$\sqrt{3}$倍，且椭圆$W$过点$(1,\frac{3}{2})$.记坐标原点为$O$，圆$E$过$O$，$A$两点且与直线$x = 6$相交于两个不同的点$P$，$Q$($P$，$Q$在第一象限，且$P$在$Q$的上方)，$|PQ| = |OA|$，直线$QA$与椭圆$W$相交于另一个点$B$.
(Ⅰ)求椭圆$W$的方程；
(Ⅱ)求$\triangle QOB$的面积.

答案： 椭圆的标准方程 + 直线与椭圆的位置关系 + 圆的几何性质 解：(Ⅰ)依题有$a + c=\sqrt{3}b$，又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，所以$\begin{cases}a = 2c\\b=\sqrt{3}c\end{cases}$，所以椭圆$W$的方程为$\frac{x^{2}}{4c^{2}}+\frac{y^{2}}{3c^{2}} = 1$，又点$(1,\frac{3}{2})$在椭圆$W$上，所以$\frac{1}{4c^{2}}+\frac{1}{3c^{2}}\times\frac{9}{4}=1$，解得$c = 1$，所以椭圆$W$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$. (Ⅱ)设$P(6,y_{P})$，$Q(6,y_{Q})$，$y_{P}\gt y_{Q}\gt0$，因为$O(0,0)$，$A(2,0)$，$\vert PQ\vert=\vert OA\vert$，所以$y_{P}-y_{Q}=2$（题眼）. ① 由圆$E$过点$O$与$A$且与直线$x = 6$相交于两个不同的点$P$，$Q$，得圆心$E$的坐标为$(1,\frac{y_{P}+y_{Q}}{2})$，又$\vert EO\vert=\vert EP\vert$，所以$\sqrt{1^{2}+(\frac{y_{P}+y_{Q}}{2})^{2}}=\sqrt{(6 - 1)^{2}+(\frac{y_{P}-y_{Q}}{2})^{2}}$，得$y_{P}y_{Q}=24$（另解一：设直线$x = 6$与$x$轴交于点$G$，根据圆的割线定理，则有$\vert GA\vert\cdot\vert GO\vert=\vert GQ\vert\cdot\vert GP\vert$，又$\vert GA\vert = 4$，$\vert GO\vert = 6$，所以$y_{P}y_{Q}=24$. 另解二：由$\vert OA\vert=\vert PQ\vert$知，$\frac{y_{P}+y_{Q}}{2}=6 - 1$，则$y_{P}+y_{Q}=10$），② 由①②解得$y_{P}=6$，$y_{Q}=4$，所以$Q(6,4)$，$k_{QA}=\frac{4 - 0}{6 - 2}=1$，所以直线$QA$的方程为$y = x - 2$，与椭圆方程联立消去$y$得$7x^{2}-16x + 4 = 0$，解得$B$点的横坐标$x_{B}=\frac{2}{7}$，所以$\vert QB\vert=\sqrt{1 + 1^{2}}\cdot\vert x_{Q}-x_{B}\vert=\sqrt{2}\times\vert6-\frac{2}{7}\vert=\frac{40\sqrt{2}}{7}$，又点$O$到直线$QA$的距离$d=\frac{\vert - 2\vert}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，所以$\triangle QOB$的面积$S=\frac{1}{2}\vert QB\vert\cdot d=\frac{1}{2}\times\frac{40\sqrt{2}}{7}\times\sqrt{2}=\frac{40}{7}$.

17.(15分)
如图，在四棱锥$P - ABCD$中，$AB// CD$，$AB = 4$，$CD = 2$，$BC = 2$，$PC = PD = 3$，平面$PCD\perp$平面$ABCD$，$PD\perp BC$.
(Ⅰ)证明：$BC\perp$平面$PCD$；
(Ⅱ)若点$Q$是线段$PC$的中点，$M$是直线$AQ$上的一点，$N$是直线$PD$上的一点，是否存在点$M$，$N$使得$MN=\frac{2\sqrt{5}}{9}$？请说明理由.

答案： 空间中直线与平面间的位置关系 + 空间向量的应用 解：(Ⅰ)证明：如图，取$CD$的中点$O$，连接$PO$，因为$PC = PD = 3$，所以$PO\perp CD$. 因为平面$PCD\perp$平面$ABCD$，平面$PCD\cap$平面$ABCD = CD$，$PO\subset$平面$PCD$，所以$PO\perp$平面$ABCD$（题眼），又$BC\subset$平面$ABCD$，所以$PO\perp BC$，又$BC\perp PD$，$PO$，$PD\subset$平面$PCD$，$PD\cap PO = P$，所以$BC\perp$平面$PCD$. (Ⅱ)因为$PC = PD = 3$，$CD = 2$，$O$为$CD$的中点，所以$OC = 1$，所以$PO=\sqrt{PC^{2}-OC^{2}}=2\sqrt{2}$. 由$BC\perp$平面$PCD$可得$BC\perp CD$，过点$O$作$OE\parallel BC$交$AB$于点$E$，则以$O$为原点，$OE$，$OC$，$OP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(2,-3,0)$，$Q(0,\frac{1}{2},\sqrt{2})$，$D(0,-1,0)$，$P(0,0,2\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{AQ}=(-2,\frac{7}{2},\sqrt{2})$，$\overrightarrow{DP}=(0,1,2\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AD}=(-2,2,0)$，设与$\overrightarrow{AQ}$，$\overrightarrow{DP}$都垂直的向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AQ}=-2x+\frac{7}{2}y+\sqrt{2}z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DP}=y + 2\sqrt{2}z = 0\end{cases}$，得$\begin{cases}x=\frac{3}{2}y\\z=-\frac{\sqrt{2}}{4}y\end{cases}$，令$y = 4$，则$\boldsymbol{n}=(6,4,-\sqrt{2})$. 设直线$AQ$与直线$DP$的距离为$d$，则$d=\vert\vert\overrightarrow{AD}\vert\cdot\cos\langle\overrightarrow{AD},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{AD}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{\vert - 12 + 8\vert}{\sqrt{36 + 16+2}}=\frac{2\sqrt{6}}{9}\gt\frac{2\sqrt{5}}{9}$（题眼），则不存在点$M$和$N$使得$MN=\frac{2\sqrt{5}}{9}$.