《2025年金考卷特快专递高中数学》

17.（本小题满分15分）如图，在三棱台$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中,已知$AA_{1} \perp$平面$ABC$,$AB \perp AC$,$AB = AC = AA_{1} = 2$,$A_{1}C_{1} = 1$,$M$为$BC$的中点,$N$为$AB$的中点.
(1)求证:$A_{1}N//$平面$AMC_{1}$;
(2)求平面$AMC_{1}$与平面$ACC_{1}A_{1}$夹角的余弦值;
(3)求点$C$到平面$AMC_{1}$的距离.

答案：
直线与平面的位置关系 + 平面与平面的夹角 + 点到平面的距离（空间想象能力、运算求解能力、逻辑思维能力）
教你审题 解法二 利用空间向量证明和求解
(1) 方法二 通过证明$\overrightarrow{A_{1}N}$与平面$AMC_{1}$的法向量垂直得到$A_{1}N//$平面$AMC_{1}$；
(2) 先求平面$AMC_{1}$与平面$ACC_{1}A_{1}$的法向量夹角的余弦值，进而得到平面$AMC_{1}$与平面$ACC_{1}A_{1}$夹角的余弦值；
(3) 利用点到平面的距离公式，求出点$C$到平面$AMC_{1}$的距离.
解：解法一(几何法)
(1) 连接$MN$. 因为$M$，$N$分别是$BC$，$AB$的中点，所以$MN// AC$且$MN = \frac{1}{2}AC = 1$，即有$MN\underline{\underline{//}}A_{1}C_{1}$，所以四边形$MNA_{1}C_{1}$是平行四边形，即有$A_{1}N// MC_{1}$. (3分)
又$MC_{1}\subset$平面$AMC_{1}$，$A_{1}N\not\subset$平面$AMC_{1}$，所以$A_{1}N//$平面$AMC_{1}$. (5分)
(2) 如图，取$AC$的中点$E$，连接$ME$，$C_{1}E$，过$E$作$EF\perp AC_{1}$，垂足为$F$，连接$MF$，则易得$ME// AB$. 因为$AA_{1}\perp$平面$ABC$，$AB\perp AC$，所以易得$AB\perp$平面$ACC_{1}A_{1}$，所以$ME\perp$平面$ACC_{1}A_{1}$.
因为$EF$，$AC_{1}\subset$平面$ACC_{1}A_{1}$，所以$ME\perp EF$，$ME\perp AC_{1}$，又$EF\perp AC_{1}$，$ME\cap EF = E$，$ME$，$EF\subset$平面$MEF$，所以$AC_{1}\perp$平面$MEF$，
因为$MF\subset$平面$MEF$，所以$AC_{1}\perp MF$.

所以$\angle MFE$为平面$AMC_{1}$与平面$ACC_{1}A_{1}$的夹角. (8分)
易得$C_{1}E\perp AC$，且$C_{1}E = 2$，所以$AC_{1} = \sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}C_{1}^{2}} = \sqrt{5}=CC_{1}$，所以$\sin\angle CAC_{1}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，
故$EF = 1\times\sin\angle CAC_{1}=\frac{2}{\sqrt{5}}$.
在$Rt\triangle MEF$中，因为$ME = \frac{AB}{2}=1$，所以$MF = \sqrt{1+\frac{4}{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}$，
所以$\cos\angle MFE=\frac{EF}{MF}=\frac{2}{3}$.
所以平面$AMC_{1}$与平面$ACC_{1}A_{1}$夹角的余弦值为$\frac{2}{3}$. (11分)
(3) 由
(2)得$S_{\triangle AMC_{1}}=\frac{1}{2}AC_{1}\cdot MF=\frac{3}{2}$. (12分)
设点$C$到平面$AMC_{1}$的距离为$d$，因为$V_{三棱锥C - AMC_{1}}=V_{三棱锥C_{1}-AMC}$，所以$\frac{1}{3}\times d\times\frac{3}{2}=\frac{1}{3}\times2\times\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2}\times2\times2)$，所以$d = \frac{4}{3}$，即点$C$到平面$AMC_{1}$的距离为$\frac{4}{3}$. (15分)
解法二(向量法)
(1) 以$A$为坐标原点，$AB$，$AC$，$AA_{1}$所在的直线分别为$x$，$y$，$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系$A - xyz$，
则有$A(0,0,0)$，$C(0,2,0)$，$M(1,1,0)$，$N(1,0,0)$，$A_{1}(0,0,2)$，$C_{1}(0,1,2)$. (1分)

方法一 所以$\overrightarrow{A_{1}N}=(1,0,-2)$，$\overrightarrow{AM}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{AC_{1}}=(0,1,2)$，
设$\overrightarrow{A_{1}N}=x\overrightarrow{AM}+y\overrightarrow{AC_{1}}$，即有$(1,0,-2)=x(1,1,0)+y(0,1,2)$，解得$\begin{cases}x = 1\\y = - 1\end{cases}$， (3分)
所以$\overrightarrow{A_{1}N}=\overrightarrow{C_{1}M}$，即$A_{1}N// C_{1}M$，
因为$A_{1}N\not\subset$平面$AMC_{1}$，所以$A_{1}N//$平面$AMC_{1}$. (5分)
方法二 所以$\overrightarrow{AM}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{AC_{1}}=(0,1,2)$，
设$\boldsymbol{n}_{1}=(x,y,z)$为平面$AMC_{1}$的法向量，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AM}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AC_{1}}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x + y = 0\\y + 2z = 0\end{cases}$，不妨设$z = 1$，可得$\boldsymbol{n}_{1}=(2,-2,1)$. (3分)
因为$\overrightarrow{A_{1}N}=(1,0,-2)$，所以$\overrightarrow{A_{1}N}\cdot\boldsymbol{n}_{1}=1\times2+0\times(-2)+(-2)\times1 = 0$，故$\overrightarrow{A_{1}N}\perp\boldsymbol{n}_{1}$. 又因为$A_{1}N\not\subset$平面$AMC_{1}$，所以$A_{1}N//$平面$AMC_{1}$. (5分)
(2)$\boldsymbol{n}_{2}=(1,0,0)$是平面$ACC_{1}A_{1}$的一个法向量，于是，$\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}}{\vert\boldsymbol{n}_{1}\vert\vert\boldsymbol{n}_{2}\vert}=\frac{2}{3}$. (8分)
所以平面$AMC_{1}$与平面$ACC_{1}A_{1}$夹角的余弦值为$\frac{2}{3}$. (11分)
(3)$\overrightarrow{AC}=(0,2,0)$，
设点$C$到平面$AMC_{1}$的距离为$d$，则$d=\frac{\vert\overrightarrow{AC}\cdot\boldsymbol{n}_{1}\vert}{\vert\boldsymbol{n}_{1}\vert}=\frac{4}{3}$. (14分)
所以点$C$到平面$AMC_{1}$的距离为$\frac{4}{3}$. (15分)

18. (本小题满分15分)已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$的左、右顶点分别为$A_{1}$和$A_{2}$,右焦点为$F$,且$|A_{1}F| = 3$,$|A_{2}F| = 1$.
　(1)求椭圆的方程和离心率;
　(2)点$P$在椭圆上($P$异于椭圆的顶点),直线$A_{2}P$交$y$轴于点$Q$.若$\triangle A_{1}PQ$面积为$\triangle A_{2}PF$面积的2倍,求直线$A_{2}P$的方程.

答案：
18.椭圆的标准方程和几何性质+直线的方程+点到直线的距离公式(数形结合思想、方程思想,运算求解能力)
教你审题
(1)根据已知条件和椭圆的几何性质求出a,c,b²的值,从而得到椭圆的方程和离心率.
(2)解法一 设点P的坐标为(x₀,y₀),由题意及
(1)可设直线A₂P的方程为y=k(x - 2),先通过联立方程用k表示点P的横、纵坐标,再结合相关公式,用k分别表示△A₁PQ和△A₂PF的面积,然后根据已知条件建立关于k的方程,求出k的值,从而得到直线A₂P的方程.
解法二 设点P的坐标为(x₀,y₀),将三角形面积关系转化为线段比值关系,得到关于x₀的方程,从而求出点P的横、纵坐标,进而得到直线A₂P的方程.
解:
(1)如图,设椭圆的半焦距为c,由已知有a + c = 3,a - c = 1,可得a = 2,c = 1. (1分)
又a² = b² + c²,所以b² = 3, (2分)

所以椭圆的方程为$\frac{x²}{4}+\frac{y²}{3}=1$, (3分)
椭圆的离心率为$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$. (5分)
(2)解法一 设点P的坐标为(x₀,y₀).
由
(1)知,A₁(-2,0),A₂(2,0).
依题意,直线A₂P的斜率k存在且k≠0,故可设直线A₂P的方程为y = k(x - 2). (6分)
由方程组$\begin{cases}y = k(x - 2)\\\frac{x²}{4}+\frac{y²}{3}=1\end{cases}$,消去y,整理得(4k² + 3)x² - 16k²x + 16k² - 12 = 0,解得x = 2或x=$\frac{8k² - 6}{4k² + 3}$. (8分)
由题意,x₀=$\frac{8k² - 6}{4k² + 3}$,进而可得y₀=$\frac{-12k}{4k² + 3}$. (9分)
因为|PQ|=$\sqrt{1 + k²}|x₀|=\sqrt{1 + k²}|\frac{8k² - 6}{4k² + 3}|$,点A₁到直线PQ的距离h=$\frac{4|k|}{\sqrt{1 + k²}}$,所以$S_{△A₁PQ}=\frac{1}{2}|PQ|·h=\frac{2|k|·|8k² - 6|}{4k² + 3}$. (11分)
又$S_{△A₂PF}=\frac{1}{2}|A₂F|·|y₀|=\frac{6|k|}{4k² + 3}$,且$S_{△A₁PQ}=2S_{△A₂PF}$, (12分)
故有|k|·|8k² - 6| = 6|k|,解得k = 0(舍)或k = ±$\frac{\sqrt{6}}{2}$. (14分)
所以直线A₂P的方程为$\sqrt{6}x ± 2y - 2\sqrt{6}=0$. (15分)
解法二 设点P的坐标为(x₀,y₀).由已知,可得点A₁和点F到直线A₂P的距离的比值为$\frac{|A₁A₂|}{|FA₂|}=\frac{2a}{a - c}=4$, (7分)
故有$\frac{S_{△A₁PQ}}{S_{△A₂PF}}=\frac{4|PQ|}{|A₂P|}$,因此$\frac{|PQ|}{|A₂P|}=\frac{1}{2}$, (9分)
由此可得$\frac{|x₀|}{2 - x₀}=\frac{1}{2}$,解得x₀=$\frac{2}{3}$或x₀ = -2(舍). (11分)
又因为点P在椭圆上,故$y₀²=\frac{8}{3}$,即y₀ = ±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$. (12分)
所以直线A₂P的斜率为$\frac{y₀ - 0}{x₀ - 2}=±\frac{\sqrt{6}}{2}$, (14分)
直线A₂P的方程为y = ±$\frac{\sqrt{6}}{2}(x - 2)$,即$\sqrt{6}x ± 2y - 2\sqrt{6}=0$. (15分)