《2026年理想树试题攻略高中数学》

10. 正方体$ A B C D - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 } D _ { 1 } $的棱长为2,$ E $,$ F $,$ M $分别是棱$ A D $,$ A _ { 1 } B _ { 1 } $,$ B B _ { 1 } $的中点,则 (BC)

A.$ E F // B C _ { 1 } $
B.$ E F \perp A _ { 1 } C _ { 1 } $
C.$ E F // $平面$ B B _ { 1 } D _ { 1 } D $
D.点$ E $到平面$ F C _ { 1 } M $的距离为$ \frac { 7 } { 4 } $

答案：
10.BC热门考点空间位置关系的判断、点到平面的距离的求解
[深度解析]建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为$2$，
则$E(1,0,2)$，$F(2,1,0)$，$A_1(2,0,0)$，$B(2,2,2)$，$C_1(0,2,0)$，
$B_1(2,2,0)$，$D_1(0,0,0)$。

对于A，因为$\overrightarrow{EF} = (1,1, - 2)$，$\overrightarrow{BC_1} = ( - 2,0, - 2)$，显然$\overrightarrow{EF}//\overrightarrow{BC_1}$不成立，故A错误；
对于B，因为$\overrightarrow{A_1C_1} = ( - 2,2,0)$，所以$\overrightarrow{EF} · \overrightarrow{A_1C_1} = - 2 + 2 + 0 = 0$，所以$EF \perp A_1C_1$，故B正确；
对于C，因为$\overrightarrow{BB_1} = (0,0, - 2)$，$\overrightarrow{DB_1} = (2,2,0)$，$\overrightarrow{A_1C_1} = ( - 2,2,0)$，$\overrightarrow{BB_1} · \overrightarrow{A_1C_1} = 0 × ( - 2) + 0 × 2 + 0 × 0 = 0$，$\overrightarrow{DB_1} · \overrightarrow{A_1C_1} = ( - 2) × 2 + 2 × 2 + 0 × 0 = 0$，所以平面$BB_1D_1D$的一个法向量为$\overrightarrow{A_1C_1} = ( - 2,2,0)$，又因为$\overrightarrow{EF} · \overrightarrow{A_1C_1} = 0$，且$EF⊄$平面$BB_1D_1D$，所以$EF//$平面$BB_1D_1D$，故C正确；
对于D，$F(2,1,0)$，$C_1(0,2,0)$，$M(2,2,1)$，设平面$FC_1M$的一个法向量为$\mathbf{m} = (x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{FC_1} · \mathbf{m} = - 2x + y = 0\\\overrightarrow{C_1M} · \mathbf{m} = 2x + z = 0\end{cases}$，取$y = 2$，则$z = - 2$，$x = 1$，故$\mathbf{m} = (1,2, - 2)$，由$\overrightarrow{EF} = (1,1, - 2)$，设点$E$到平面$FC_1M$的距离为$d$，则$d = \frac{|\overrightarrow{EF} · \mathbf{m}|}{|\mathbf{m}|} = \frac{|1 + 2 + 4|}{\sqrt{2^{2} + ( - 2)^{2} + 1^{2}}} = \frac{7}{3}$，故D错误。
故选BC。

11. 已知抛物线$ C : y ^ { 2 } = 2 p x ( p ＞ 0 ) $的焦点为$ F $,$ O $为坐标原点,动点$ P $在$ C $上,若点$ M ( 2, \sqrt { 3 } ) $满足$ | M F | = 2 | O F | $,则 (ABD)

A.$ C $的准线方程为$ x = - 1 $
B.$ \triangle P M F $周长的最小值为5
C.直线$ M F $的倾斜角为$ \frac { \pi } { 6 } $
D.四边形$ O P M F $不可能是平行四边形

答案： 11.ABD经典考点抛物线的定义及其几何性质、直线与抛物线的位置关系
思路导引
$y^{2} = 2px(p ＞ 0) \longrightarrow F(\frac{p}{2},0) \longrightarrow |MF| = 2|OF|$
$p = 2 \longrightarrow$准线方程$x = - 1 \longrightarrow A$正确；
过点$P$作$PH$垂直于准线，垂足为$H$，由抛物线的定义可知$|PH| = |PF| \longrightarrow C_{\triangle PMF} = |PM| + |PF| + |PH| \geqslant 5$，当且仅当$M$，$P$，$H$三点共线时取等号$\longrightarrow B$正确；
$M(2,\sqrt{3})$，$F(1,0) \longrightarrow k_{MF} = \sqrt{3} \longrightarrow C$错误；
$MP//OF \longrightarrow$点$P$的坐标$\longrightarrow |MP| \neq |OF| \longrightarrow$四边形$OPMF$不是平行四边形$\longrightarrow D$正确
[深度解析]抛物线$C:y^{2} = 2px(p ＞ 0)$的焦点为$F(\frac{p}{2},0)$，准线方程为$x = - \frac{p}{2}$，又点$M(2,\sqrt{3})$满足$|MF| = \frac{p}{2} + 2$，则$\sqrt{(\frac{p}{2} - 2)^{2} + 3} = \frac{p}{2} + 2$，即$3p^{2} + 8p - 28 = 0$，解得$p = 2$或$p = - \frac{14}{3}$（舍去），所以抛物线$C$：$y^{2} = 4x$，则准线方程为$x = - 1$，焦点为$F(1,0)$，故A正确；
过点$P$作准线$x = - 1$的垂线，垂足为$H$，由抛物线的定义可知$|PH| = |PF|$，所以$\triangle PMF$周长$C_{\triangle PMF} = |PM| + |MF| + |PF| = |PM| + |PH| + |MF| \geqslant |MH| + 2 = 5$，当且仅当$M$，$P$，$H$三点共线时取等号，所以$\triangle PMF$周长的最小值为$5$，故B正确；
因为$k_{MF} = \frac{\sqrt{3} - 0}{2 - 1} = \sqrt{3}$，所以直线$MF$的倾斜角为$\frac{\pi}{3}$，故C错误；
过点$M$作$OF$的平行线交抛物线于点$P$，联立$\begin{cases}y^{2} = 4x\\y = \sqrt{3}\end{cases}$得$\begin{cases}x = \frac{3}{4}\\y = \sqrt{3}\end{cases}$即$P(\frac{3}{4},\sqrt{3})$，则$|MP| = 2 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4} \neq |OF|$，所以四边形$OPMF$不是平行四边形，故D正确。故选ABD。
关键点拨对B，解题关键是求$\triangle PMF$周长的最小值，即求$|PM| + |PF|$的最小值，利用抛物线定义转化为求$|PM| + |PH|$的最小值；对D，由$MP//OF$得点$P$的坐标，验证$MP$与$|OF|$是否相等。

12. 已知向量$ \boldsymbol { a } = ( 5,2 ) $,$ \boldsymbol { b } = ( - 1,3 ) $,则向量$ \boldsymbol { a } $在向量$ \boldsymbol { b } $上的投影向量的坐标为(-$\frac{1}{10}$,$\frac{3}{10}$).

答案： 12.$(- \frac{1}{10},\frac{3}{10})$热门考点求投影向量
[深度解析]因为向量$\mathbf{a} = (5,2)$，$\mathbf{b} = ( - 1,3)$，所以$\mathbf{a} · \mathbf{b} = 5 × ( - 1) + 2 × 3 = 1$，$|\mathbf{b}| = \sqrt{( - 1)^{2} + 3^{2}} = \sqrt{10}$，所以$\mathbf{a}$在$\mathbf{b}$上的投影向量的坐标为$|\mathbf{a}|\cos\langle\mathbf{a},\mathbf{b}\rangle\frac{\mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} = \frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{b}|}\frac{\mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} = \frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{b}|^{2}}\mathbf{b} = \frac{1}{10}( - 1,3) = ( - \frac{1}{10},\frac{3}{10})$。
二级结论向量$\mathbf{a}$在$\mathbf{b}$上的投影向量为$|\mathbf{a}|\cos\langle\mathbf{a},\mathbf{b}\rangle\mathbf{e} = \frac{|\mathbf{a}|\cos\langle\mathbf{a},\mathbf{b}\rangle}{|\mathbf{b}|}\mathbf{b} = \frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{b}|^{2}}\mathbf{b}$（$\mathbf{e}$为$\mathbf{b}$方向上的单位向量）。

13. 设双曲线$ C : \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a ＞ 0, b ＞ 0 ) $的右焦点为$ F $,过$ F $作$ C $的一条渐近线的垂线,垂足为$ H $,线段$ F H $交$ C $于点$ P $.若$ \overrightarrow { F P } = 2 \overrightarrow { P H } $,则$ C $的离心率为$\sqrt{5}$.

答案：
13.$\sqrt{5}$经典考点求双曲线的离心率
[深度解析]如图所示，根据双曲线的对称性，不妨设点$H$在第一象限，设$O$为坐标原点，则直线$OH$的方程为$bx - ay = 0$。由$FH \perp OH$，可知点$F(c,0)$到直线$bx - ay = 0$距离$|HF| = \frac{|bc|}{\sqrt{b^{2} + a^{2}}} = b$。
解法一：由$\overrightarrow{FP} = 2\overrightarrow{PH}$，可知点$P$在线段$FH$上，且$|HP| = \frac{1}{2}|PF|$，则$|PF| = \frac{2}{3}b$。由$|FO| = c$，可知$\cos\angle HFO = \frac{b}{c}$（关键：在$Rt \triangle FHO$中求出$\cos\angle HFO$）。设双曲线$C$的左焦点为$F^{\prime}$，连接$PF^{\prime}$，由双曲线的定义可知$|PF^{\prime}| = |PF| + 2a = \frac{2b}{3} + 2a$，在$\triangle PFF^{\prime}$中，由余弦定理可得$\cos\angle PFF^{\prime} = \frac{|PF|^{2} + |FF^{\prime}|^{2} - |PF^{\prime}|^{2}}{2|PF| · |FF^{\prime}|} = \frac{(\frac{2}{3}b)^{2} + (2c)^{2} - (\frac{2}{3}b + 2a)^{2}}{2 × \frac{2}{3}b × 2c} = \frac{b}{c}$（关键：在$\triangle PFF^{\prime}$中，由余弦定理求出$\cos\angle PFF^{\prime}$，利用$\cos\angle PFF^{\prime} = \cos\angle HFO$列出关于$a$，$b$，$c$的方程），解得$2a = b$，则$4a^{2} = c^{2} - a^{2}$，$5a^{2} = c^{2}$，所以双曲线$C$的离心率$e = \sqrt{5}$。

解法二：因为$|OF| = c$，所以$|OH| = \sqrt{c^{2} - b^{2}} = a$，$\sin\angle HOF = \frac{b}{c}$，$\cos\angle HOF = \frac{a}{c}$，则$x_{H} = a\cos\angle HOF = \frac{a^{2}}{c}$，$y_{H} = a\sin\angle HOF = \frac{ab}{c}$，即$H(\frac{a^{2}}{c},\frac{ab}{c})$。由$\overrightarrow{FP} = 2\overrightarrow{PH}$，则$\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OF} + \frac{2}{3}\overrightarrow{FH} = \overrightarrow{OF} + \frac{2}{3}(\overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OF}) = \frac{1}{3}\overrightarrow{OF} + \frac{2}{3}\overrightarrow{OH} = (\frac{c^{2} + 2a^{2}}{3c},\frac{2ab}{3c})$，代入双曲线方程$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$，得$\frac{(\frac{c^{2} + 2a^{2}}{3c})^{2}}{a^{2}} - \frac{(\frac{2ab}{3c})^{2}}{b^{2}} = 1$，整理得$c^{4} - 5a^{2}c^{2} = 0$，即$c^{2} = 5a^{2}$，所以双曲线$C$的离心率$e = \sqrt{5}$。
解法三：双曲线$C$过第一、四象限的渐近线方程为$y = \frac{b}{a}x$，直线$FH$的方程为$y = - \frac{a}{b}(x - c)$，由$\begin{cases}y = \frac{b}{a}x\\y = - \frac{a}{b}(x - c)\end{cases}$，得$H(\frac{a^{2}}{c},\frac{ab}{c})$。以下同解法二。
二级结论双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的焦点$F$到其渐近线的距离为$b$。

14. 已知函数$ f ( x ) = ( 1 - x ) \mathrm { e } ^ { x } $,当关于$ x $的方程$ 2 [ f ( x ) ] ^ { 2 } - 4 a f ( x ) + 1 = 0 $的不同实数根的个数最多时,实数$ a $的取值范围是($\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{3}{4}$).

答案：
14.$(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3}{4})$经典题型函数与方程的综合应用，利用导数以及函数的单调性、最值求参数
思路导引
$f(x)\xrightarrow{求导}f^{\prime}(x)\xrightarrow{f(x)的单调性和最值}$作出$f(x)$的大致图象（$t \leq 1$）。
解法一：$t \neq 0 \longrightarrow 4a = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0) \longrightarrow$直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$的交点个数$\longrightarrow$分$- 2\sqrt{2} ＜ 4a ＜ 2\sqrt{2}$，$4a = - 2\sqrt{2}$，$4a = 2\sqrt{2}$，$2\sqrt{2} ＜ 4a ＜ 3$，$4a = 3$，$4a ＞ 3$，$4a ＜ - 2\sqrt{2}$七种情况讨论$\longrightarrow a$的取值范围；
解法二：要使方程的不同实数根的个数最多$\longrightarrow$方程$2t^{2} - 4at + 1 = 0$在$0 ＜ t ＜ 1$上有两个不相等的实数根$\longrightarrow\begin{cases}\Delta ＞ 0\\0 ＜ a ＜ 1\\g(0) ＞ 0\\g(1) ＞ 0\end{cases}\longrightarrow a$的取值范围
[深度解析]$f(x) = (1 - x)e^{x}$，则$f^{\prime}(x) = - xe^{x}$，所以$f^{\prime}(0) = 0$，当$x ＜ 0$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$；当$x ＞ 0$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，所以$f(x)$在$( - \infty,0)$上单调递增，在$(0, + \infty)$上单调递减，又当$x \to - \infty$时，$f(x) \to 0$，且$f(x) ＞ 0$恒成立，设$t = f(x) = (1 - x)e^{x}$，则$t \leq 1$。作出$t = (1 - x)e^{x}$的大致图象，如图①（易错：作图时易忽略当$x ＜ 0$时，$f(x) ＞ 0$恒成立这一隐含条件）。

解法一：显然$t = 0$不是方程$2t^{2} - 4at + 1 = 0$的根，则$4a = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$，作出$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$的图象如图②所示。

①当$- 2\sqrt{2} ＜ 4a ＜ 2\sqrt{2}$，即$- \frac{\sqrt{2}}{2} ＜ a ＜ \frac{\sqrt{2}}{2}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$无交点，则方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$无实数根；
②当$4a = - 2\sqrt{2}$，即$a = - \frac{\sqrt{2}}{2}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$有唯一交点，其横坐标为$- \frac{\sqrt{2}}{2}$，此时直线$t = - \frac{\sqrt{2}}{2}$与曲线$t = (1 - x)e^{x}$有唯一交点，即方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$有唯一实数根；
③当$4a = 2\sqrt{2}$，即$a = \frac{\sqrt{2}}{2}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$有唯一交点，其横坐标为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此时直线$t = \frac{\sqrt{2}}{2}$与曲线$t = (1 - x)e^{x}$有两个交点，即方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$有两个实数根；
④当$2\sqrt{2} ＜ 4a ＜ 3$，即$\frac{\sqrt{2}}{2} ＜ a ＜ \frac{3}{4}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$有两个交点，设其横坐标分别为$t_1$，$t_2$（$\frac{1}{2} ＜ t_1 ＜ \frac{\sqrt{2}}{2} ＜ t_2 ＜ 1$），此时直线$t = t_1$和直线$t = t_2$与曲线$t = (1 - x)e^{x}$各有两个交点，即方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$有四个实数根；
⑤当$4a = 3$，即$a = \frac{3}{4}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$有两个交点，其横坐标分别为$\frac{1}{2}$，$1$，此时直线$t = \frac{1}{2}$与曲线$t = (1 - x)e^{x}$有两个交点，直线$t = 1$与曲线$t = (1 - x)e^{x}$有唯一交点，即方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$有三个实数根；
⑥当$4a ＞ 3$，即$a ＞ \frac{3}{4}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$有唯一交点，设其横坐标为$t_3$（$0 ＜ t_3 ＜ \frac{1}{2}$），此时直线$t = t_3$与曲线$t = (1 - x)e^{x}$有两个交点，即方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$有两个实数根；
⑦当$4a ＜ - 2\sqrt{2}$，即$a ＜ - \frac{\sqrt{2}}{2}$时，直线$y = 4a$与曲线$y = 2t + \frac{1}{t}(t \leq 1$且$t \neq 0)$有两个交点，对应的$t$有两个负值，每一个$t$值对应的$x$值只有一个，即原方程有两个实数根。
综上，当$\frac{\sqrt{2}}{2} ＜ a ＜ \frac{3}{4}$时，关于$x$的方程的不同实数根最多。
解法二：关于$x$的方程$2\lbrack f(x)\rbrack^{2} - 4af(x) + 1 = 0$的不同实数根的个数最多，结合对$t = f(x)$的分析，则需方程$2t^{2} - 4at + 1 = 0$在$0 ＜ t ＜ 1$上有两个不相等的实数根。令$g(t) = 2t^{2} - 4at + 1$，则$\begin{cases}\Delta = ( - 4a)^{2} - 8 ＞ 0\\0 ＜ a ＜ 1\\g(0) = 1 ＞ 0\\g(1) = 3 - 4a ＞ 0\end{cases}$，解得$\frac{\sqrt{2}}{2} ＜ a ＜ \frac{3}{4}$，所以实数$a$的取值范围是$(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3}{4})$。
方法速记复合方程解的个数问题的解题策略：
（1）观察出复合函数的复合形式，分清函数的内外层；
（2）要能根据复合函数的特点进行分析，将方程解的问题转化为函数图象的交点问题；
（3）通过数形结合的方式解决问题。

15. (13分)
在$ \triangle A B C $中,角$ A $,$ B $,$ C $所对的边分别为$ a $,$ b $,$ c $,$ a \sin C = \sqrt { 3 } c \cos A $.
(1)求$ A $;
(2)点$ D $在边$ B C $上,$ A D $平分$ \angle B A C $,若$ a = 4 $,$ A D = \frac { 2 \sqrt { 2 } } { 3 } $,求$ \triangle A B C $的周长.

答案： 15.热门考点正弦定理和余弦定理、三角形面积公式的应用
[解]（1）第一步：利用正弦定理边角互化得$\tan A = \sqrt{3}$
由$a\sin C = \sqrt{3}c\cos A$，结合正弦定理得$\sin A\sin C = \sqrt{3}\sin C\cos A$，又$\sin C ＞ 0$，所以$\tan A = \sqrt{3}$。
第二步：求出角$A$
由于$0 ＜ A ＜ \pi$，则$A = \frac{\pi}{3}$。
（2）第一步：由$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ADC}$得$\frac{\sqrt{3}}{2}bc = \frac{2\sqrt{2}}{3}(b + c)$
因为$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ADC}$，所以$\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC = \frac{1}{2}c· AD·\sin\angle BAD + \frac{1}{2}b· AD·\sin\angle CAD$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}bc = \frac{2\sqrt{2}}{3}(b + c)$①。
第二步：利用余弦定理得到$a^{2} = (b + c)^{2} - 3bc$
由余弦定理得$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc\cos\angle BAC = b^{2} + c^{2} - bc = (b + c)^{2} - 3bc = 16$②。
第三步：两个式子联立求出$b + c$的值
由①②联立得$3(b + c)^{2} - 2\sqrt{6}(b + c) - 48 = 0$，解得$b + c = 2\sqrt{6}$或$b + c = - \frac{4\sqrt{6}}{3}$（舍去）。
第四步：求出$\triangle ABC$的周长
所以$a + b + c = 4 + 2\sqrt{6}$，即$\triangle ABC$的周长为$4 + 2\sqrt{6}$。