《2025年金考卷特快专递高中数学》

如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，四边形$ABCD$与四边形$ADEF$均为等腰梯形，$EF// AD$，$BC// AD$，$AD = 4$，$AB = BC = EF = 2$，$ED = \sqrt{10}$，$FB = 2\sqrt{3}$，$M$为$AD$的中点.
(1)证明：$BM//$平面$CDE$；
(2)求二面角$F - BM - E$的正弦值.

答案：
19.面面平行+线面平行+二面角的正弦值(理性思维、数学探索)
解:
(1)解法一(利用线面平行判定定理)　第1步:证四边形BCDM为平行四边形
因为M为AD的中点,BC//AD,且AD = 4,BC = 2,所以BC//MD,且BC = MD,
所以四边形BCDM为平行四边形.　　　　　　　　　　　　(2分)
第2步:利用线面平行的判定定理证明BM//平面CDE
所以BM//CD,
又CD⊂平面CDE,BM⊄平面CDE,所以BM//平面CDE.　　(5分)
解法二(利用面面平行的性质)　第1步:证四边形BCEF为平行四边形
因为EF//AD,BC//AD,所以EF//BC,
又EF = BC = 2,所以四边形BCEF为平行四边形.　　　　　(1分)
第2步:证BF//平面CDE
所以BF//CE,又CE⊂平面CDE,BF⊄平面CDE,所以BF//平面CDE.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)
第3步:证四边形MDEF为平行四边形
因为M为AD的中点，且AD = 4,所以EF//MD,且EF = MD,所以四边形MDEF为平行四边形.　　　　　　　　　　　　　　　(3分)
第4步:证FM//平面CDE
所以FM//ED,又ED⊂平面CDE,FM⊄平面CDE,所以FM//平面CDE.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(4分)
第5步:利用面面平行的性质证BM//平面CDE
因为BF,FM⊂平面BMF,BF∩FM = F,所以平面BMF//平面CDE.又BM⊂平面BMF,所以BM//平面CDE.　　　　　　　　　(5分)
(2)第1步:证明OB,OD,OF两两垂直
取AM的中点O,连接BO,FO.
由
(1)解法一可知,BM = CD = AB = 2,因为AM = 2,所以BO⊥AD,且BO = $\sqrt{3}$;
由
(1)解法二知四边形MDEF为平行四边形,所以FM = ED = $\sqrt{10}$,又AF = $\sqrt{10}$,所以FO⊥AM,
又OA = OM = 1,所以FO = $\sqrt{FA^{2}-OA^{2}}$ = 3,
又FB = 2$\sqrt{3}$,所以BO² + FO² = FB²,
所以FO⊥OB,即OB,OD,OF两两垂直.　　　　　　　　　(7分)
第2步:建立空间直角坐标系，并写出相关点和向量的坐标
分别以OB,OD,OF所在直线为x，y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则F(0,0,3),B($\sqrt{3}$,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),则$\overrightarrow{MB}$ = ($\sqrt{3}$, - 1,0),$\overrightarrow{MF}$ = (0, - 1,3),$\overrightarrow{ME}$ = (0,1,3).　　　　　　　　　　　(8分)

第3步:求平面FBM的法向量
设平面FBM的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}$ = ($x_{1}$,$y_{1}$,$z_{1}$),
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{MB}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{MF}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}\sqrt{3}x_{1}-y_{1}=0\\-y_{1}+3z_{1}=0\end{cases}$,
令$y_{1}$ = 3,所以$x_{1}$ = $\sqrt{3}$,$z_{1}$ = 1,所以$\boldsymbol{n}_{1}$ = ($\sqrt{3}$,3,1).　　　　　(9分)
第4步:求平面EBM的法向量
设平面EBM的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}$ = ($x_{2}$,$y_{2}$,$z_{2}$),
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{MB}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{ME}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}\sqrt{3}x_{2}-y_{2}=0\\y_{2}+3z_{2}=0\end{cases}$,
令$y_{2}$ = 3,所以$x_{2}$ = $\sqrt{3}$,$z_{2}$ = - 1,所以$\boldsymbol{n}_{2}$ = ($\sqrt{3}$,3, - 1).　　　(10分)
第5步:求二面角F - BM - E的正弦值
设二面角F - BM - E的平面角为$\theta$,所以|$\cos\theta$| = |$\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle$| = $\frac{|\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}|}{|\boldsymbol{n}_{1}||\boldsymbol{n}_{2}|}$ = $\frac{11}{13}$,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(11分)
因为$\theta\in[0,\pi]$,所以$\sin\theta＞0$,即$\sin\theta=\sqrt{1 - \cos^{2}\theta}=\frac{4\sqrt{3}}{13}$,
所以二面角F - BM - E的正弦值为$\frac{4\sqrt{3}}{13}$.　　　　　　　　　(12分)

20. (12分)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$的右焦点为$F$，点$M(1,\frac{3}{2})$在$C$上，且$MF\perp x$轴.
(1)求$C$的方程；
(2)过点$P(4,0)$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：$AQ\perp y$轴.

答案： 20.椭圆的标准方程+直线与椭圆的位置关系
解:
(1)解法一(直接法) 第1步:构造关于a,b,c的方程组
由题意知$\begin{cases}\frac{1}{a^{2}}+\frac{9}{4b^{2}} = 1\\c = 1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，(3分)
第2步:求解方程组,并写出椭圆方程
得$\begin{cases}a = 2\\b=\sqrt{3}\\c = 1\end{cases}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.(5分)
解法二 第1步:构造关于a,b,c的方程组
由题意知$\begin{cases}|MF|=\frac{b^{2}}{a}=\frac{3}{2}\\c = 1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，(3分)
第2步:求解方程组,并写出椭圆方程
得$\begin{cases}a = 2\\b=\sqrt{3}\\c = 1\end{cases}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.(5分)
解法三(巧用椭圆的定义)
设F'为C的左焦点,连接MF',则$|MF|=\frac{3}{2},|FF'| = 2$，
在Rt△MFF'中,$|MF'|=\sqrt{|MF|^{2}+|FF'|^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+2^{2}}=\frac{5}{2}$，
由椭圆的定义知$2a=|MF'|+|MF| = 4,2c=|FF'| = 2$，
所以$a = 2,c = 1$，(3分)
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$,所以$b=\sqrt{3}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.(5分)
(2)第1步:联立方程,消元得出关于y的一元二次方程,写出根与系数的关系
分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时,AQ⊥y轴.
当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:$x = ty + 4(t\neq0),A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),Q(1,n)$，
联立方程得$\begin{cases}x = ty + 4\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，
消去x得$(3t^{2}+4)y^{2}+24ty + 36 = 0,\Delta＞0$，
则$y_{1}+y_{2}=\frac{-24t}{3t^{2}+4},y_{1}y_{2}=\frac{36}{3t^{2}+4}$.(7分)
第2步:将三点共线代数化,建立关于n的代数式
因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以$N(\frac{5}{2},0)$.
由N,Q,B三点共线,得$k_{BN}=k_{NQ}$,即$\frac{y_{2}}{x_{2}-\frac{5}{2}}=\frac{n}{1-\frac{5}{2}}$,得$-\frac{3}{2}y_{2}=n(x_{2}-\frac{5}{2})$,得$n=\frac{-3y_{2}}{2x_{2}-5}$，(9分)
第3步:证明n = y1
所以$n - y_{1}=\frac{-3y_{2}}{2x_{2}-5}-y_{1}=\frac{-3y_{2}}{2(ty_{2}+4)-5}-y_{1}=\frac{-2ty_{1}y_{2}-3(y_{1}+y_{2})}{2ty_{2}+3}=\frac{\frac{-2t\times36}{3t^{2}+4}+\frac{3\times24t}{3t^{2}+4}}{2ty_{2}+3}=0$，(11分)
所以$n = y_{1}$,所以AQ⊥y轴.(12分)