《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

19. (12分)如图,在三棱锥P−ABC中,AB⊥BC,AB = 2,
BC = 2$\sqrt{2}$,PB = PC = $\sqrt{6}$,BP,AP,BC的中点分别为
D,E,O,AD = $\sqrt{5}$DO,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.
　　　　　　　　　　　　

答案：
19.[命题点]线面平行、面面垂直的证明，求二面角
(1)[证明]由题意得$AO = \sqrt{6}$，$AC = 2\sqrt{3}$，$\sin\angle OBF = \sin\angle BAO = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$\sin\angle ACB = \frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\angle ACB = \angle OBF$。连接$FO$，则由$O$为$BC$的中点得$FO\perp BC$。又$AB\perp BC$，所以$FO// AB$，故$F$为$AC$的中点。
又因为$D$，$E$分别为$BP$，$AP$的中点，所以$EF// PC// DO$，而$EF\not\subset$平面$ADO$，所以$EF//$平面$ADO$。4分
一题多解
(1)连接$DE$，$OF$，如图所示
设$\overrightarrow{AF} = \lambda\overrightarrow{AC}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{BF} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AF} = \overrightarrow{BA} + \lambda\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BA} + \lambda(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}) = (1 - \lambda)\overrightarrow{BA} + \lambda\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BO} = -\overrightarrow{BA} + \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$。
因为$\overrightarrow{BF}\perp\overrightarrow{AO}$，
所以$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO} = [(1 - \lambda)\overrightarrow{BA} + \lambda\overrightarrow{BC}]\cdot(-\overrightarrow{BA} + \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}) = (\lambda - 1)|\overrightarrow{BA}|^2 + \frac{1}{2}\lambda|\overrightarrow{BC}|^2 = 4(\lambda - 1) + 4\lambda = 0$，
解得$\lambda = \frac{1}{2}$，即$F$为$AC$的中点。2分
又$O$为$BC$的中点，所以$OF// AB$，$OF = \frac{1}{2}AB$。
因为$D$，$E$分别为$PB$，$PA$的中点，
所以$DE// AB$，$DE = \frac{1}{2}AB$。
所以$DE// OF$，$DE = OF$，所以四边形$DEFO$为平行四边形，
所以$EF// DO$。
因为$EF\not\subset$平面$ADO$，$DO\subset$平面$ADO$，
所以$EF//$平面$ADO$。4分
(2)[证明]由
(1)知$BF = \frac{1}{2}AC = \sqrt{3}$，$AO = \sqrt{6}$，$DO = EF = \frac{\sqrt{6}}{2}$，$AD = \sqrt{5}DO = \frac{\sqrt{30}}{2}$，$BD = \frac{\sqrt{6}}{2}$。
所以$AO^2 + DO^2 = AD^2$，所以$AO\perp DO$。
因为$EF// DO$，所以$AO\perp EF$。
又$AO\perp BF$，$BF\cap EF = F$，$BF$，$EF\subset$平面$BEF$，所以$AO\perp$平面$BEF$。
又因为$AO\subset$平面$ADO$，所以平面$ADO\perp$平面$BEF$。6分

(3)[解]以$B$为原点，$BA$所在直线为$x$轴，$BC$所在直线为$y$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则$B(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$O(0,\sqrt{2},0)$，$C(0,2\sqrt{2},0)$。
因为$\cos\angle ADB = -\cos\angle ADP$，即$\frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{30}}{2})^2 - 2^2}{2\times\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{\sqrt{30}}{2}} = \frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{30}}{2})^2 - PA^2}{2\times\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{\sqrt{30}}{2}}$，解得$PA = \sqrt{14}$。7分
设$P(x,y,z)$，由$PB = PC = \sqrt{6}$，$PA = \sqrt{14}$，
得$\begin{cases}x^2 + y^2 + z^2 = 6\\x^2 + (y - 2\sqrt{2})^2 + z^2 = 6\\(x - 2)^2 + y^2 + z^2 = 14\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = -1\\y = \sqrt{2}\\z = \sqrt{3}\end{cases}$（舍负），
故$P(-1,\sqrt{2},\sqrt{3})$，$D(\frac{-1 + 2}{2},\frac{\sqrt{2}+0}{2},\frac{\sqrt{3}+0}{2}) = (\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。8分
取平面$AOC$的法向量为$\overrightarrow{m_1} = (0,0,1)$。
设平面$AOD$的法向量为$\overrightarrow{m_2} = (x_2,y_2,z_2)$，
由$\overrightarrow{AO} = (-2,\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{OD} = (-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，
得$\begin{cases}-2x_2 + \sqrt{2}y_2 = 0\\-\frac{1}{2}x_2 - \frac{\sqrt{2}}{2}y_2 + \frac{\sqrt{3}}{2}z_2 = 0\end{cases}$，令$x_2 = 1$，则$\overrightarrow{m_2} = (1,\sqrt{2},\sqrt{3})$。10分
所以$\cos\langle\overrightarrow{m_1},\overrightarrow{m_2}\rangle = \frac{\overrightarrow{m_1}\cdot\overrightarrow{m_2}}{|\overrightarrow{m_1}|\times|\overrightarrow{m_2}|} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1 + 2 + 3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以二面角$D - AO - C$的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。12分
一题多解
(3)如图所示，过点$O$作$OH// BF$交$AC$于点$H$，连接$DH$。由$AO\perp BF$知$AO\perp OH$，且$FH = \frac{1}{3}AC$。

又由
(2)知$AO\perp OD$，故$\angle DOH$为二面角$D - AO - C$的平面角。7分
设$AD\cap BE = G$，连接$GF$。
因为$D$，$E$分别为$PB$，$PA$的中点，故点$G$为$\triangle PAB$的重心。
所以$DG = \frac{1}{3}AD$，又$FH = \frac{1}{3}AC$，所以$DH// GF$，$DH = \frac{3}{2}GF$。
在$\triangle ABD$和$\triangle ABP$中，由余弦定理得$\cos\angle ABD = \frac{4 + (\frac{\sqrt{6}}{2})^2 - 2^2}{2\times2\times\frac{\sqrt{6}}{2}} = \frac{4 + 6 - PA^2}{2\times2\sqrt{6}}$，解得$PA = \sqrt{14}$，同理可得$BE = \frac{\sqrt{6}}{2}$。9分
故$BE^2 + EF^2 = BF^2 = 3$，所以$BE\perp EF$，故$GF^2 = (\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt{6}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{6}}{2})^2 = \frac{5}{3}$，所以$GF = \frac{\sqrt{15}}{3}$。
所以$DH = \frac{3}{2}\times\frac{\sqrt{15}}{3} = \frac{\sqrt{15}}{2}$。10分
在$\triangle DOH$中，$OH = \frac{1}{2}BF = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$OD = \frac{\sqrt{6}}{2}$，$DH = \frac{\sqrt{15}}{2}$，
所以$\cos\angle DOH = \frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{\sqrt{15}}{2})^2}{2\times\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
故$\sin\angle DOH = \sqrt{1 - \cos^2\angle DOH} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，即二面角$D - AO - C$的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。12分

20. (12分)已知椭圆C:$\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{\sqrt{5}}{3}$,点A(−2,0)在C上.
　(1)求C的方程;
　(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

答案： 20.[命题点]椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系及定点问题
(1)[解]由题意知$\frac{c}{a} = \frac{\sqrt{5}}{3}$，$a^2 = b^2 + c^2$，解得$\begin{cases}a = 3\\b = 2\\c = \sqrt{5}\end{cases}$。
所以$C$的方程为$\frac{y^2}{9} + x^2 = 1$。4分
(2)[证明]由题意可知，直线$PQ$的斜率必存在且不为$0$（提示：否则与椭圆$C$仅有一个交点，不符合题意），设直线$PQ$的方程为$y - 3 = k(x + 2)$，$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$。5分
联立$\begin{cases}\frac{y^2}{9} + \frac{x^2}{4} = 1\\y - 3 = k(x + 2)\end{cases}$，得$(4k^2 + 9)x^2 + 8k(2k + 3)x + 16k^2 + 48k = 0$。
$\Delta = [8k(2k + 3)]^2 - 4(4k^2 + 9)(16k^2 + 48k) = -1728k ＞ 0$，故$k ＜ 0$。
所以$\begin{cases}x_1 + x_2 = -\frac{8k(2k + 3)}{4k^2 + 9}\\x_1x_2 = \frac{16k^2 + 48k}{4k^2 + 9}\end{cases}$。
所以$y_1 + y_2 = k(x_1 + x_2) + 4k + 6 = \frac{36k + 54}{4k^2 + 9}$。8分
又因为直线$AP$：$y - 0 = \frac{y_1 - 0}{x_1 + 2}(x + 2)$，直线$AQ$：$y - 0 = \frac{y_2 - 0}{x_2 + 2}(x + 2)$，所以$M(0,\frac{2y_1}{x_1 + 2})$，$N(0,\frac{2y_2}{x_2 + 2})$，所以线段$MN$的中点坐标为$(0,\frac{\frac{2y_1}{x_1 + 2} + \frac{2y_2}{x_2 + 2}}{2})$。10分
而$\frac{y_1}{x_1 + 2} + \frac{y_2}{x_2 + 2} = \frac{y_1(x_2 + 2) + y_2(x_1 + 2)}{(x_1 + 2)(x_2 + 2)} = \frac{y_1x_2 + y_2x_1 + 2(y_1 + y_2)}{x_1x_2 + 2(x_1 + x_2) + 4} = \frac{2k x_1x_2 + (2k + 3)(x_1 + x_2) + 2(y_1 + y_2)}{x_1x_2 + 2(x_1 + x_2) + 4} = \frac{4k^2 + 9}{36}\times36 = 3$。
故线段$MN$的中点为定点$(0,3)$。12分