《2025年金考卷特快专递高中数学》

17.（本小题满分15分）如图，已知直四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AD⊥AB，AB//CD，AA₁ = 2，AB = 2AD = 2，DC = 1，N是B₁C₁的中点，M是DD₁的中点.
（1）求证D₁N//平面CB₁M；
（2）求平面CB₁M与平面BB₁C₁C夹角的余弦值；
（3）求点B到平面CB₁M的距离.

答案：
线面平行的证明 + 平面与平面夹角的余弦值 + 点到平面的距离
解：
(1)第1步：建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标
以$A$为坐标原点，以$AB,AD,AA_{1}$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，
依题意得，$B(2,0,0)$，$C(1,1,0)$，$D(0,1,0)$，
$B_{1}(2,0,2)$，$C_{1}(1,1,2)$，$D_{1}(0,1,2)$，
则$M(0,1,1)$，$N(\frac{3}{2},\frac{1}{2},2)$，
所以$\overrightarrow{D_{1}N}=(\frac{3}{2},-\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{CB_{1}}=(1,-1,2)$，
$\overrightarrow{CM}=(-1,0,1)$.
(2分)
第2步：求平面$CB_{1}M$的法向量$n$
设平面$CB_{1}M$的法向量为$n=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{CB_{1}} = 0\\n\cdot\overrightarrow{CM}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_{1}-y_{1}+2z_{1}=0\\-x_{1}+z_{1}=0\end{cases}$，
取$x_{1}=1$，得$z_{1}=1$，$y_{1}=3$，则$n=(1,3,1)$.
(4分)
第3步：证明$\overrightarrow{D_{1}N}\perp n$，从而得到线面平行
$\overrightarrow{D_{1}N}\cdot n=(\frac{3}{2},-\frac{1}{2},0)\cdot(1,3,1)=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=0$，
所以$\overrightarrow{D_{1}N}\perp n$，显然$D_{1}N\not\subset$平面$CB_{1}M$，所以$D_{1}N//$平面$CB_{1}M$.(另解：也可以取$B_{1}C$的中点$E$，连接$NE,ME$，通过证明$D_{1}N// ME$得到$D_{1}N//$平面$CB_{1}M$)
(5分)

(2)第1步：求平面$BB_{1}C_{1}C$的法向量
易知$\overrightarrow{CB_{1}}=(1,-1,2)$，$\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$，
设平面$BB_{1}C_{1}C$的法向量为$m=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}m\cdot\overrightarrow{CB_{1}} = 0\\m\cdot\overrightarrow{BC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_{2}-y_{2}+2z_{2}=0\\-x_{2}+y_{2}=0\end{cases}$，
取$x_{2}=1$，得$y_{2}=1$，$z_{2}=0$，则$m=(1,1,0)$.
(7分)
第2步：求两平面夹角的余弦值
设平面$CB_{1}M$与平面$BB_{1}C_{1}C$的夹角为$\theta$，
则$\cos\theta =|\cos\langle n,m\rangle|=\frac{|n\cdot m|}{|n||m|}=\frac{4}{\sqrt{11}\times\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{22}}{11}$，
所以平面$CB_{1}M$与平面$BB_{1}C_{1}C$夹角的余弦值为$\frac{2\sqrt{22}}{11}$.
(10分)
(3)第1步：求$\overrightarrow{BB_{1}}$
易知$\overrightarrow{BB_{1}}=(0,0,2)$.
(12分)
第2步：求点到平面的距离
设点$B$到平面$CB_{1}M$的距离为$d$，
则$d=\frac{|\overrightarrow{BB_{1}}\cdot n|}{|n|}=\frac{2}{\sqrt{11}}=\frac{2\sqrt{11}}{11}$，
所以点$B$到平面$CB_{1}M$的距离为$\frac{2\sqrt{11}}{11}$.
(15分)
考情速递 立体几何要立足基础，掌握基本题型 天津卷立体几何题目特别注重基础，建系简单，重点考查平行与垂直的证明、夹角问题和距离问题.学生要熟练掌握基本题型和基本解题方法，会写坐标，会求平面的法向量，会运用相应公式解决问题.

18. (本小题满分15分)已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，椭圆的离心率$e=\frac{1}{2}$，左顶点为$A$，下顶点为$B$，$O$为坐标原点，$C$是线段$OB$的中点，其中$S_{\triangle ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点$(0,-\frac{3}{2})$的动直线与椭圆有两个交点$P$，$Q$，在$y$轴上是否存在点$T$使得$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}\leqslant0$？若存在，求出点$T$纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由.

答案： 18.椭圆的方程与几何性质+直线与椭圆的位置关系+向量的数量积
解:
(1)第1步:用c表示a和b
因为$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$,所以$a = 2c$,$b=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=\sqrt{3}c$,　　　　　　(1分)
第2步:写出点A,B,C的坐标
由题知$A(-a,0)$,$B(0,-b)$,$C(0,-\frac{b}{2})$,
第3步:用c表示出$S_{\triangle ABC}$,并求出c
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot|BC|\cdot|OA|=\frac{1}{2}\cdot\frac{b}{2}\cdot a=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}c}{2}\cdot2c=\frac{3\sqrt{3}}{2}$,得$c = \sqrt{3}$,
第4步:求出a和b,并写出椭圆方程
所以$a = 2\sqrt{3}$,$b = 3$.　　　　　　　　　　　　　　　　　　(3分)
故椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$.　　　　　　　　　　　　　　(4分)
(2)第1步:设点的坐标，并讨论直线PQ斜率不存在的情况
设$P(x_{1},y_{1})$,$Q(x_{2},y_{2})$,$T(0,t)$.
当直线PQ的斜率不存在时,不妨设$P(0,3)$,$Q(0,-3)$,则$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}=(0,3 - t)\cdot(0,-3 - t)=t^{2}-9\leq0$,解得$-3\leq t\leq3$.　　　(6分)
第2步:讨论直线PQ斜率存在的情况，设出直线方程
当直线PQ的斜率存在时,设其方程为$y = kx-\frac{3}{2}$,
第3步:联立方程，消去y，判断判别式符号，写出根与系数的关系
由$\begin{cases}y = kx-\frac{3}{2}\\\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1\end{cases}$可得$(3 + 4k^{2})x^{2}-12kx - 27 = 0$,所以$\Delta = 144k^{2}+4\times27(3 + 4k^{2})＞0$,$x_{1}+x_{2}=\frac{12k}{3 + 4k^{2}}$,$x_{1}x_{2}=-\frac{27}{3 + 4k^{2}}$.　　　　　　(8分)
第4步:表示出$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}$,代入根与系数的关系并化简
因为$\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TQ}=(x_{1},y_{1}-t)\cdot(x_{2},y_{2}-t)=x_{1}x_{2}+(y_{1}-t)(y_{2}-t)=x_{1}x_{2}+(kx_{1}-\frac{3}{2}-t)(kx_{2}-\frac{3}{2}-t)=(1 + k^{2})x_{1}x_{2}-k(\frac{3}{2}+t)(x_{1}+x_{2})+(\frac{3}{2}+t)^{2}=-\frac{27(1 + k^{2})}{3 + 4k^{2}}-\frac{12k^{2}(\frac{3}{2}+t)}{3 + 4k^{2}}+(\frac{3}{2}+t)^{2}=\frac{-27 - 27k^{2}-18k^{2}-12k^{2}t+\frac{27}{4}+3t^{2}+9t + 9k^{2}+4k^{2}t^{2}+12k^{2}t}{3 + 4k^{2}}=\frac{4k^{2}t^{2}-36k^{2}+3t^{2}+9t-\frac{81}{4}}{3 + 4k^{2}}\leq0$.　　　　　　　　　　　　　(11分)
第5步:求出t的范围
所以$4k^{2}t^{2}-36k^{2}+3t^{2}+9t-\frac{81}{4}\leq0$对$k\in\mathbf{R}$恒成立.　　　　(12分)
则有$\begin{cases}4t^{2}-36\leq0\\3t^{2}+9t-\frac{81}{4}\leq0\end{cases}$,解得$-3\leq t\leq\frac{3}{2}$.　　　　　　　　　(14分)
第6步:得出结论
综上可得,$-3\leq t\leq\frac{3}{2}$,即点T的纵坐标的取值范围是$[-3,\frac{3}{2}]$.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(15分)
考情速递　提高运算能力，破解解析几何问题　本题第
(1)问，利用三角形面积求椭圆方程，较为简单;第
(2)问，以向量的数量积为背景，考查直线与椭圆的位置关系，对学生的运算求解能力要求较高.学生在平时备考中要加强计算能力的训练，熟练掌握解析几何基本题型的解题思路.