《2025年金考卷特快专递高中数学》

13. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有________种(用数字作答).

答案： 13.64 计数原理+排列组合(运算求解能力) 解法一 由题意,可分三类:第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有$C_{4}^{1}C_{4}^{1}$种方案;第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有$C_{4}^{1}C_{4}^{2}$种方案;第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有$C_{4}^{2}C_{4}^{1}$种方案. 综上,不同的选课方案共有$C_{4}^{1}C_{4}^{1}+C_{4}^{1}C_{4}^{2}+C_{4}^{2}C_{4}^{1}=64$(种).
解法二 学生从这8门课中任意选修2门的选法有$C_{8}^{2}=28$(种),其中选修了2门体育类选修课或2门艺术类选修课的选法共有$C_{4}^{2}+C_{4}^{2}=12$(种),故符合要求的选修2门的方案有$28 - 12 = 16$(种).学生从这8门课中任意选修3门的选法有$C_{8}^{3}=56$(种),其中选修了3门体育类选修课或3门艺术类选修课的选法共有$C_{4}^{3}+C_{4}^{3}=8$(种),故符合要求的选修3门的方案有$56 - 8 = 48$(种).因此不同的选课方案共有$16 + 48 = 64$(种).
真题互鉴 在高考中“至多”“至少”类排列组合问题屡见不鲜,本题与2020年新高考Ⅱ卷6题考点一致. 原题如下:
(2020新高考Ⅱ,6)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有
A.4种
B.5种
C.6种
D.8种
答案:C
方法技巧 在解决“至多”“至少”类排列组合问题时,一般有两种方法,一是分类,即先把问题分成若干类,然后算出每类的方法数,最后相加在一起;二是排除,即用总的方法数减去不符合条件的方法数.

14. 在正四棱台$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$AB = 2,A_1B_1 = 1,AA_1=\sqrt{2}$,则该棱台的体积为________.

答案： 14.$\frac{7\sqrt{6}}{6}$ 正四棱台的性质+棱台的体积公式(理性思维、数学探索、数学应用) 解法一 如图,连接$AC$,过点$A_{1}$作$A_{1}E\perp AC$,垂足为$E$,由题设知$A_{1}E\perp$平面$ABCD$,易
得$AE=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 因为$A_{1}A^{2}=A_{1}E^{2}+AE^{2}$,所以$A_{1}E=\frac{\sqrt{6}}{2}$. 所以棱台的体积为$\frac{1}{3}\times(2^{2}+1^{2}+\sqrt{2^{2}\times1^{2}})\times\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{7\sqrt{6}}{6}$.
解法二 如图所示,设点$O_{1},O$分别为正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$上、下底面的中心,连接$B_{1}D_{1}$,$BD$,则点$O_{1},O$分别为$B_{1}D_{1}$,$BD$的中点,连接$O_{1}O$,则$O_{1}O$即正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的高,过点$B_{1}$作$B_{1}E\perp BD$,垂足为$E$,则$B_{1}E = O_{1}O$. 因为$AB = 2$,$A_{1}B_{1}=1$,所以$OB=\sqrt{2}$,$O_{1}B_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以$BE = OB - OE = OB - O_{1}B_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,又$AA_{1}=\sqrt{2}$,所以$BB_{1}=\sqrt{2}$,$B_{1}E=\sqrt{BB_{1}^{2}-BE^{2}}=\sqrt{2-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$,所以$O_{1}O=\frac{\sqrt{6}}{2}$,所以$V_{正四棱台ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{1}{3}\times(2^{2}+1^{2}+\sqrt{2^{2}\times1^{2}})\times\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{7\sqrt{6}}{6}$.
解法三 如图,将正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$补形成正四棱锥$P - ABCD$,因为$AB = 2$,$A_{1}B_{1}=1$,$AB// A_{1}B_{1}$,所以$A_{1},B_{1},C_{1},D_{1}$分别为$PA$,$PB$,$PC$,$PD$的中点,又$A_{1}A=\sqrt{2}$,所以$PA = 2\sqrt{2}$,即$PB = 2\sqrt{2}$. 连接$BD$,取$BD$的中点为$O$,连接$PO$,则$PO\perp$平面$ABCD$,易知$BO=\sqrt{2}$,所以$PO=\sqrt{PB^{2}-BO^{2}}=\sqrt{6}$,所以正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的高为$\frac{\sqrt{6}}{2}$,所以$V_{正四棱台ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{1}{3}\times(2^{2}+1^{2}+\sqrt{2^{2}\times1^{2}})\times\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{7\sqrt{6}}{6}$. (或者$V_{四棱锥P - ABCD}=\frac{1}{3}\times2^{2}\times\sqrt{6}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$,$V_{四棱锥P - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{1}{8}V_{四棱锥P - ABCD}$,所以$V_{正四棱台ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=V_{四棱锥P - ABCD}-V_{四棱锥P - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{7}{8}V_{四棱锥P - ABCD}=\frac{7}{8}\times\frac{4\sqrt{6}}{3}=\frac{7\sqrt{6}}{6}$)
真题互鉴 本题与2021年新高考Ⅱ卷5题均考查正四棱台的体积,考法延续. 原题如下:
(2021新高考Ⅱ,5)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为
A.56
B.28\sqrt{2}
C.\frac{56}{3}
D.\frac{28\sqrt{2}}{3}
答案:D

15. 已知函数$f(x)=\cos\omega x - 1(\omega ＞ 0)$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个零点,则$\omega$的取值范围是________.

答案： 15.[2,3) 三角函数的图象+三角函数的周期性+函数零点的概念(逻辑思维能力、运算求解能力) 解法一 $f(x)$的零点满足$\cos\omega x = 1$,即$x=\frac{2k\pi}{\omega}(k\in\mathbf{Z})$. 由于$\omega＞0$,所以$f(x)$的非负零点依次为$0,\frac{2\pi}{\omega},\frac{4\pi}{\omega},\frac{6\pi}{\omega},\cdots$. 由题设可得$\begin{cases}\frac{4\pi}{\omega}\leq2\pi\\\frac{6\pi}{\omega}＞2\pi\end{cases}$,解得$2\leq\omega＜3$. 因此$\omega$的取值范围是$[2,3)$.
解法二 设$\omega x = X$.$f(x)$的零点满足$\cos X = 1$,即$X = 2k\pi(k\in\mathbf{Z})$,$X$的非负值依次为$0,2\pi,4\pi,6\pi,\cdots$. 由于$\omega＞0$,故当$x\in[0,2\pi]$时,$X\in[0,2\omega\pi]$. 故由题设可得$\begin{cases}4\pi\leq2\omega\pi\\6\pi＞2\omega\pi\end{cases}$,解得$2\leq\omega＜3$. 因此$\omega$的取值范围是$[2,3)$.
解法三 函数$f(x)=\cos\omega x - 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个零点,即$\cos\omega x = 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个根,因为$\omega＞0$,$x\in[0,2\pi]$,所以$\omega x\in[0,2\omega\pi]$,则由余弦函数的图象可知,$4\pi\leq2\omega\pi＜6\pi$,解得$2\leq\omega＜3$,即$\omega$的取值范围是$[2,3)$.
解法四 函数$f(x)=\cos\omega x - 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个零点,即$\cos\omega x = 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个根,根据函数$y = \cos x$在$[0,2\pi]$上的图象可知,$\cos x = 1$在区间$[0,2\pi]$有2个根,所以若$\cos\omega x = 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个根,则函数$y = \cos\omega x$在$[0,2\pi]$内至少包含2个周期,但小于3个周期,即$\begin{cases}2\times\frac{2\pi}{\omega}\leq2\pi\\3\times\frac{2\pi}{\omega}＞2\pi\end{cases}$,又$\omega＞0$,所以$2\leq\omega＜3$,即$\omega$的取值范围是$[2,3)$.
真题互鉴 根据三角函数零点个数求参问题在高考中多次考查,如2022年全国甲卷理科11题,2019年全国Ⅲ卷理科12题. 原题如下:
(2022全国甲理,11)设函数$f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{3})$在区间$(0,\pi)$恰有三个极值点、两个零点,则$\omega$的取值范围是
A.$[\frac{5}{3},\frac{13}{6})$
B.$[\frac{5}{3},\frac{19}{6})$
C.$(\frac{13}{6},\frac{8}{3}]$
D.$(\frac{13}{6},\frac{19}{6}]$
答案:C
(2019全国Ⅲ理,12)设函数$f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{5})(\omega＞0)$,已知$f(x)$在$[0,2\pi]$有且仅有5个零点. 下述四个结论:
①$f(x)$在$(0,2\pi)$有且仅有3个极大值点
②$f(x)$在$(0,2\pi)$有且仅有2个极小值点
③$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{10})$单调递增
④$\omega$的取值范围是$[\frac{12}{5},\frac{29}{10})$
其中所有正确结论的编号是
A.①④
B.②③
C.①②③
D.①③④
答案:D
方法总结 研究函数$y = A\sin(\omega x+\varphi)$(或$y = A\cos(\omega x+\varphi)$)的值域、单调性、零点及极值点等时,可将$\omega x+\varphi$看成一个整体,然后对照函数$y = \sin x$(或$y = \cos x$)的图象求解.

16. 已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$. 点$A$在$C$上,点$B$在$y$轴上,$\overrightarrow{F_1A}\perp\overrightarrow{F_1B},\overrightarrow{F_2A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_2B}$,则$C$的离心率为________.

答案： 16.$\frac{3\sqrt{5}}{5}$ 双曲线的定义及几何性质+两向量垂直的充要条件+向量的坐标运算+双曲线的离心率(逻辑思维能力、运算求解能力,数形结合思想) 解法一 如图,设$A(x_{0},y_{0})$,$B(0,t)$,$F_{1}(-c,0)$,$F_{2}(c,0)$,则$\overrightarrow{F_{1}A}=(x_{0}+c,y_{0})$,$\overrightarrow{F_{1}B}=(c,t)$,$\overrightarrow{F_{2}A}=(x_{0}-c,y_{0})$,$\overrightarrow{F_{2}B}=(-c,t)$. 由对称性不妨设$t＜0$.因为$\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$,所以$x_{0}=\frac{5c}{3}$,$y_{0}=-\frac{2t}{3}$. 又$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B}$,所以$(x_{0}+c)c+y_{0}t = 0$,即$\frac{8}{3}c^{2}=\frac{2}{3}t^{2}$,即$t = - 2c$.因为$|AF_{1}|=\frac{4}{3}\sqrt{5}c$,$|AF_{2}|=\frac{2}{3}\sqrt{5}c$,所以$2a = |AF_{1}|-|AF_{2}|=\frac{2}{3}\sqrt{5}c$,即$\frac{c}{a}=\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
解法二 如解法一图,设$A(x_{0},y_{0})$,$B(0,t)$,$F_{1}(-c,0)$,$F_{2}(c,0)$,则$\overrightarrow{F_{1}A}=(x_{0}+c,y_{0})$,$\overrightarrow{F_{1}B}=(c,t)$,$\overrightarrow{F_{2}A}=(x_{0}-c,y_{0})$,$\overrightarrow{F_{2}B}=(-c,t)$.由对称性不妨设$t＜0$. 因为$\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$,所以$x_{0}=\frac{5c}{3}$,$y_{0}=-\frac{2t}{3}$.又$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B}$,所以$(x_{0}+c)c+y_{0}t = 0$,即$\frac{8}{3}c^{2}=\frac{2}{3}t^{2}$,即$t = - 2c$. 将$A(\frac{5}{3}c,\frac{4}{3}c)$代入$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$,得$25b^{2}c^{2}-16a^{2}c^{2}=9a^{2}b^{2}$. 因为$b^{2}=c^{2}-a^{2}$,所以$(5c^{2}-9a^{2})(5c^{2}-a^{2}) = 0$. 又$c＞a$,所以$\frac{c}{a}=\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
解法三 如解法一图,设$|AF_{1}| = m$,$|AF_{2}| = n$,$|F_{1}F_{2}| = 2c$. 因为$\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$,所以$|BF_{1}| = |BF_{2}|=\frac{3}{2}n$. 在$\triangle AF_{1}F_{2}$中,$\cos\angle AF_{2}F_{1}=\frac{n^{2}+4c^{2}-m^{2}}{4nc}$;在$\triangle BF_{1}F_{2}$中,$\cos\angle BF_{2}F_{1}=\frac{\frac{9}{4}n^{2}+4c^{2}-\frac{9}{4}n^{2}}{6nc}$. 因为$\angle AF_{2}F_{1}+\angle BF_{2}F_{1}=\pi$,所以$\cos\angle AF_{2}F_{1}+\cos\angle BF_{2}F_{1}=0$,即$3n^{2}+20c^{2}-3m^{2}=0$. 又$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B}$,所以$m^{2}+\frac{9}{4}n^{2}=(n+\frac{3}{2}n)^{2}$,即$m = 2n$.所以$n=\frac{2}{3}\sqrt{5}c$,$m=\frac{4}{3}\sqrt{5}c$,所以$2a = m - n=\frac{2}{3}\sqrt{5}c$,所以$\frac{c}{a}=\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
解法四 由$\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$可得$A,B,F_{2}$三点共线,且$F_{2}$在线段$AB$上,不妨令点$A$在第一象限,则点$B$在$y$轴负半轴上,易得$|F_{2}A|=\frac{2}{3}|F_{2}B|$. 设$|F_{2}B| = 3m(m＞0)$,则$|F_{2}A| = 2m$,所以$|F_{1}B| = |F_{2}B| = 3m$,$|AB| = 5m$,由$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B}$可得$\angle AF_{1}B = 90^{\circ}$,所以$|AF_{1}|=\sqrt{|AB|^{2}-|BF_{1}|^{2}}=4m$,所以$2a = |AF_{1}|-|AF_{2}| = 2m$,即$a = m$. 过$F_{1}$作$F_{1}D\perp AB$,垂足为$D$,则$\frac{1}{2}|AB|\cdot|F_{1}D|=\frac{1}{2}|F_{1}A|\cdot|F_{1}B|$,即$\frac{1}{2}\times5m\times|F_{1}D|=\frac{1}{2}\times4m\times3m$,所以$|F_{1}D|=\frac{12}{5}m$,所以$|BD|=\sqrt{|BF_{1}|^{2}-|F_{1}D|^{2}}=\frac{9}{5}m$,所以$|F_{2}D|=\frac{6}{5}m$,则$|F_{1}F_{2}|=\sqrt{|F_{1}D|^{2}+|F_{2}D|^{2}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}m = 2c$,即$c=\frac{3\sqrt{5}}{5}m$,所以$e=\frac{c}{a}=\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
考情速递 数学学科内部各个主题相互综合 本题综合考查向量、双曲线、解三角形的知识,深入考查逻辑推理能力、运算求解能力以及数形结合思想. 考生需正确构图、识图,借助双曲线的几何性质及垂直的几何条件厘清双曲线各几何量之间的关系,从而完成试题的解答. 本题需要考生有清晰的逻辑思维能力、良好的直观想象能力、知识的综合理解能力. 试题具有很好的教学导向作用,凸显数学新课程标准的基本要求.

17.（10分）已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB = 5,求AB边上的高.

答案： 17.正、余弦定理 + 同角三角函数的基本关系 + 三角恒等变换(空间想象能力、运算求解能力、逻辑思维能力,函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想)
解:
(1)解法一 第1步:利用三角形的内角和为π以及已知角的等式,求出角C
在△ABC中,A + B = π - C,
因为A + B = 3C,所以3C = π - C,所以C = $\frac{\pi}{4}$. (1分)
第2步:把三角式往要求的角A转化
因为2sin(A - C) = sin B,
所以2sin (A - $\frac{\pi}{4}$) = sin($\frac{3\pi}{4}$ - A), (2分)
第3步:利用两角差的正弦公式及特殊角的三角函数值转化为关于角A的三角等式
展开并整理得$\sqrt{2}$(sin A - cos A) = $\frac{\sqrt{2}}{2}$(cos A + sin A), (3分)
得sin A = 3cos A, (4分)
第4步:利用同角三角函数的基本关系求出sin A
又sin²A + cos²A = 1,且sin A ＞ 0,
所以sin A = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$. (5分)
解法二 由题设结合A + B + C = π得C = $\frac{\pi}{4}$,故A = $\frac{3\pi}{4}$ - B,A - C = $\frac{\pi}{2}$ - B. (2分)
结合已知得2sin($\frac{\pi}{2}$ - B) = sin B,即2cos B = sin B,
则tan B = 2,从而sin B = $\frac{2\sqrt{5}}{5}$,cos B = $\frac{\sqrt{5}}{5}$. (4分)
所以sin A = sin($\frac{3\pi}{4}$ - B) = $\frac{\sqrt{2}}{2}$(cos B + sin B) = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$. (5分)
解法三 在△ABC中,A + B = π - C,
因为A + B = 3C,所以3C = π - C,所以C = $\frac{\pi}{4}$. (1分)
因为2sin(A - C) = sin B,
所以2sin(A - C) = sin[π - (A + C)] = sin(A + C), (2分)
所以2sin Acos C - 2cos Asin C = sin Acos C + cos Asin C, (3分)
所以sin Acos C = 3cos Asin C,
易得cos Acos C ≠ 0,
所以tan A = 3tan C = 3tan $\frac{\pi}{4}$ = 3, (4分)
又sin A ＞ 0,
所以sin A = $\frac{3}{\sqrt{3^{2}+1^{2}}}$ = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$. (5分)
(2)解法一(利用正弦定理及直接法求高) 第1步:利用第
(1)问的结论判断A的范围,求出cos A
由
(1)知sin A = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$,tan A = 3 ＞ 0,所以A为锐角, (6分)
所以cos A = $\frac{\sqrt{10}}{10}$, (7分)
第2步:利用两角差的正弦公式求出sin B
所以sin B = sin($\frac{3\pi}{4}$ - A) = $\frac{\sqrt{2}}{2}$(cos A + sin A) = $\frac{\sqrt{2}}{2}$×($\frac{\sqrt{10}}{10}$ + $\frac{3\sqrt{10}}{10}$) = $\frac{2\sqrt{5}}{5}$,(说明:若第
(1)问采用解法二求解,则此处不需再求sin B)(8分)
第3步:利用正弦定理求出AC
由正弦定理$\frac{AC}{\sin B}$ = $\frac{AB}{\sin C}$,
得AC = $\frac{AB\cdot\sin B}{\sin C}$ = $\frac{5\times\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$ = 2$\sqrt{10}$, (9分)
第4步:解直角三角形,求出AB边上的高
故AB边上的高为AC×sin A = 2$\sqrt{10}$×$\frac{3\sqrt{10}}{10}$ = 6. (10分)
解法二 由
(1)及正弦定理得BC = $\frac{AB\cdot\sin A}{\sin C}$ = 3$\sqrt{5}$. (6分)
由
(1)易知A为锐角,所以cos A = $\frac{\sqrt{10}}{10}$,故sin B = sin(A + $\frac{\pi}{4}$) = $\frac{\sqrt{2}}{2}$(sin A + cos A) = $\frac{2\sqrt{5}}{5}$.(说明:若第
(1)问采用解法二求解,则此处不需再求sin B) (8分)
所以AB边上的高为BC·sin B = 6. (10分)
解法三(利用等面积法求高) 第1步:利用正弦定理求出BC
由正弦定理$\frac{BC}{\sin A}$ = $\frac{AB}{\sin C}$,
得BC = $\frac{AB}{\sin C}$×sin A = $\frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$×$\frac{3\sqrt{10}}{10}$ = 3$\sqrt{5}$, (6分)
第2步:利用余弦定理求出AC
由余弦定理AB² = AC² + BC² - 2AC·BCcos C, (7分)
得5² = AC² + (3$\sqrt{5}$)² - 2AC·3$\sqrt{5}$cos $\frac{\pi}{4}$,
整理得AC² - 3$\sqrt{10}$AC + 20 = 0,
解得AC = $\sqrt{10}$或AC = 2$\sqrt{10}$,
第3步:利用三角形中大边对大角,得AC的值
由
(1)得,tan A = 3 ＞ $\sqrt{3}$,所以$\frac{\pi}{3}$ ＜ A ＜ $\frac{\pi}{2}$,
又A + B = $\frac{3\pi}{4}$,所以B ＞ $\frac{\pi}{4}$,
即C ＜ B,所以AB ＜ AC,所以AC = 2$\sqrt{10}$, (8分)
第4步:利用等面积法,求出AB边上的高
设AB边上的高为h,则$\frac{1}{2}$×AB×h = $\frac{1}{2}$×AC×BCsin C, (9分)
即5h = 2$\sqrt{10}$×3$\sqrt{5}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
解得h = 6,
所以AB边上的高为6. (10分)
考情速递 扎实考查数学运算素养 本题以正弦定理、同角三角函数基本关系、解三角形等数学内容,考查数学运算素养.首先根据题设得到C = 45°,然后利用两角和公式得到sin A = 3cos A,进而求得sin A = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$.第
(2)问根据第
(1)问的结果,求得cos A = $\frac{\sqrt{10}}{10}$,再利用正弦定理求得AC,进而求得AB边上的高.

18. (12分)如图,在正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中,AB = 2,AA₁ = 4. 点A₂,B₂,C₂,D₂分别在棱AA₁,BB₁,CC₁,DD₁上,AA₂ = 1,BB₂ = DD₂ = 2,CC₂ = 3.
(1)证明:B₂C₂//A₂D₂;
(2)点P在棱BB₁上,当二面角P - A₂C₂ - D₂为150°时,求B₂P.

答案：
18.正四棱柱的结构特征+空间直线与直线、直线与平面的位置关系+二面角(空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力)
解:
(1)解法一 如图,连接AC,A₂B₂.设A₂C₂,AC的中点分别为O,O₁.连接BD,B₂D₂,O₁O,由题设得,O₁O是梯形AA₂C₂C的中位线,所以O₁O = 2.
(1分)

由题设可得O₁O//BB₂//DD₂且O₁O = BB₂ = DD₂,易知O₁是BD的中点,所以O是B₂D₂的中点,故四边形A₂B₂C₂D₂是平行四边形, (3分)
所以B₂C₂//A₂D₂.
(4分)
解法二 以D为坐标原点,DA→的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz,可得A₂(2,0,1),B₂(2,2,2),C₂(0,2,3),D₂(0,0,2),A₂D₂→=(-2,0,1),B₂C₂→=(-2,0,1),
(3分)

所以A₂D₂→=B₂C₂→,从而B₂C₂//A₂D₂.
(4分)
解法三 依题意,得B₂C₂→=B₂B₁→+B₁C₁→+C₁C₂→=DD₂→+AD→+A₂A→=A₂D₂→,
(3分)
所以B₂C₂//A₂D₂.
(4分)
解法四 以点C为坐标原点,CD,CB,CC₁所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B₂(0,2,2),C₂(0,0,3),A₂(2,2,1),D₂(2,0,2), (1分)
所以B₂C₂→=(0,-2,1),A₂D₂→=(0,-2,1),
(3分)

所以B₂C₂→=A₂D₂→,所以B₂C₂//A₂D₂. (4分)
(2)解法一 如图,以D为坐标原点,DA→的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系D - xyz,可得A₂(2,0,1),C₂(0,2,3),D₂(0,0,2).
设P(2,2,t),0≤t≤4,则A₂C₂→=(-2,2,2),A₂D₂→=(-2,0,1),A₂P→=(0,2,t - 1).
(5分)
设m=(x,y,z)是平面D₂A₂C₂的法向量,
{m·A₂C₂→=0m·A₂D₂→=0,即{-2x + 2y + 2z = 0-2x + z = 0,可取m=(1,-1,2).
(7分)

设n=(x₁,y₁,z₁)是平面PA₂C₂的法向量,则
{n·A₂C₂→=0n·A₂P→=0,即{-x₁ + y₁ + z₁ = 02y₁ + (t - 1)z₁ = 0,可取n=(t - 3,t - 1,-2).
(9分)
故|cos〈m,n〉|=|m·n|/|m|·|n|=|cos 150°|=√3/2,即t² - 4t + 3 = 0,解得t = 1或t = 3.
(11分)
综上,当二面角P - A₂C₂ - D₂为150°时,B₂P = 1.
(12分)
解法二 如图,记A₂C₂的中点为O,连接B₂D₂,则由
(1)解法一知,O为B₂D₂的中点.
在平面ABB₁A₁上取一点E,连接C₂E,使C₂E = A₂E,连接OE,EB₂,直线A₂E交棱BB₁于点P. (5分)

设点E到AA₁的距离为x,点E到AB的距离为y,则(x - 2)²+(y - 3)² + 4 = x²+(y - 1)²,即x + y = 4.
(7分)
由题设可知,∠EOB₂为二面角P - A₂C₂ - D₂的平面角的补角.
(8分)
在△EOB₂中,EB₂² = OE² + OB₂² - 2OE·OB₂·cos∠EOB₂,所以(x - 2)²+(y - 2)²=(x - 1)²+(y - 2)² + 1 + 2 - 2×√2×√3/2×√((x - 1)²+(y - 2)² + 1),即(2x - 3)(x - 3)=0.
解得{x = 3,y = 1,或{x = 3/2,y = 5/2.
(10分)
当x = 3,y = 1时,显然B₂P = 1;当x = 3/2,y = 5/2时,EB₂ = √2/2,EA₂ = 3√2/2,连接A₂B₂,易得A₂B₂ = √5,则EB₂² + EA₂² = A₂B₂²,则EB₂⊥PA₂,又易知∠B₂PE = 45°,所以△PEB₂为等腰直角三角形,则B₂P = √2EB₂ = 1.
综上,当二面角P - A₂C₂ - D₂为150°时,B₂P = 1.
(12分)
解法三 第1步:设出BP的长,从而得P的坐标
建立空间直角坐标系,建系方法同
(1)中解法四,设BP = n(0≤n≤4),则P(0,2,n),
第2步:求出平面PA₂C₂的法向量
所以PA₂→=(2,0,1 - n),PC₂→=(0,-2,3 - n),
(5分)
设平面PA₂C₂的法向量为a=(x₁,y₁,z₁),
所以{PA₂→·a = 0PC₂→·a = 0,则{2x₁+(1 - n)z₁ = 0-2y₁+(3 - n)z₁ = 0,
(6分)
令x₁ = n - 1,得a=(n - 1,3 - n,2).
(7分)
第3步:求出平面A₂C₂D₂的法向量
设平面A₂C₂D₂的法向量为b=(x₂,y₂,z₂),
由
(1)解法四知,A₂C₂→=(-2,-2,2),A₂D₂→=(0,-2,1),
所以{A₂C₂→·b = 0A₂D₂→·b = 0,则{-2x₂ - 2y₂ + 2z₂ = 0-2y₂ + z₂ = 0,
(8分)
令y₂ = 1,得b=(1,1,2).
(9分)
第4步:根据二面角P - A₂C₂ - D₂的大小为150°及向量的夹角公式求结果
所以|cos 150°|=|cos〈a,b〉|=|n - 1 + 3 - n + 4|/√((n - 1)² + 4+(3 - n)²)×√6=√3/2,
整理得n² - 4n + 3 = 0,解得n = 1或n = 3,
(11分)
所以BP = 1或BP = 3,
所以B₂P = 1.
(12分)
考情速递 培养思维品质、展现思维过程 以正四棱柱为依托,考查空间线面平行的位置关系,以及根据二面角的大小求线段长,一改以往直接求解二面角的相关问题,明显对逆向思维能力的考查有所提升,重点考查逻辑推理能力,也给学生一定的发挥空间.