《2026年理想树试题攻略高中数学》

16. （15分）
已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的离心率为$\sqrt{3}$，$P(3,2\sqrt{3})$为$C$上一点。
（1）求$C$的方程；
（2）过$C$的右焦点且倾斜角为$30^{\circ}$的直线$l$交$C$于$M$，$N$两点，$O$为坐标原点，求$\triangle OMN$的面积。

答案：
16.热门考点 双曲线的方程及性质、双曲线中三角形面积问题
[解]
(1)第一步：由已知条件建立关于$a$，$b$，$c$的方程组求$a^2$，$b^2$的值
由题得，$\begin{cases} \frac{3^2}{a^2} - \frac{(2\sqrt{3})^2}{b^2} = 1 \\ e = \frac{c}{a} = \sqrt{3} \\ a^2 + b^2 = c^2 \end{cases}$
解得$a^2 = 3$，$b^2 = 6$。
第二步：写出双曲线$C$的方程
所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^2}{3} - \frac{y^2}{6} = 1$。
(2)第一步：联立直线$l$与双曲线方程求点$M$，$N$的坐标
设双曲线的右焦点为$F$，则$F(3, 0)$，设$M(x_1, y_1)$，$N(x_2, y_2)$，如图。因为直线$l$的倾斜角为$30^{\circ}$，且过点$F(3, 0)$，所以直线$l$的方程为$y = \frac{\sqrt{3}}{3}(x - 3)$。
联立$\begin{cases} \frac{x^2}{3} - \frac{y^2}{6} = 1 \\ y = \frac{\sqrt{3}}{3}(x - 3) \end{cases}$
整理得$5x^2 + 6x - 27 = 0$，解得$x_1 = -3$，$x_2 = \frac{9}{5}$（题眼），
所以$M(-3, -2\sqrt{3})$，$N(\frac{9}{5}, -\frac{2\sqrt{3}}{5})$。
第二步：利用两点间距离公式与点到直线的距离公式求$|MN|$及对应高线
所以$|MN| = \sqrt{(\frac{9}{5} + 3)^2 + (-\frac{2\sqrt{3}}{5} + 2\sqrt{3})^2} = \frac{16\sqrt{3}}{5}$（另解：根据根与系数的关系可得，$x_1 + x_2 = -\frac{6}{5}$，$x_1x_2 = -\frac{27}{5}$，所以利用弦长公式得$|MN| = \sqrt{1 + (\frac{\sqrt{3}}{3})^2} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = \frac{2\sqrt{3}}{3} × \sqrt{(-\frac{6}{5})^2 - 4 × (-\frac{27}{5})} = \frac{16\sqrt{3}}{5}$）。
又因为点$O$到直线$l: y = \frac{\sqrt{3}}{3}(x - 3) \Leftrightarrow x - \sqrt{3}y - 3 = 0$的距离$d = \frac{|0 - \sqrt{3} × 0 - 3|}{\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}} = \frac{3}{2}$。
第三步：由三角形面积公式求结果
所以$\triangle OMN$的面积$S = \frac{1}{2} × \frac{3}{2} × \frac{16\sqrt{3}}{5} = \frac{12\sqrt{3}}{5}$。

17. （15分）
如图，四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$为矩形，$M$为$AD$中点，$F$为$AC$，$BM$的交点，点$G$在$PC$上，且$\overrightarrow{CG}=2\overrightarrow{GP}$。直线$PB$，$PD$与平面$ABCD$所成的角分别为$\angle PBA$，$\angle PDA$。
（1）证明：$PA\perp$平面$ABCD$；
（2）若$\tan\angle PBA = 2\sqrt{3}$，$\tan\angle PDA=\sqrt{3}$，求直线$MG$与平面$PCD$所成角的正弦值。

答案：
17.经典题型 线面垂直的判断、向量法求线面角的正弦值
(1)[证明]第一步：根据线面角确定点$P$在平面$ABCD$上的射影位置
因为直线$PB$，$PD$与平面$ABCD$所成的角分别为$\angle PBA$，$\angle PDA$，所以$PB$在平面$ABCD$上的射影为$AB$，故点$P$在平面$ABCD$上的射影在$AB$上（提示：线面角定义的应用），同理可得点$P$在平面$ABCD$上的射影在$AD$上，所以点$P$在平面$ABCD$上的射影为$AB$与$AD$的交点$A$。
第二步：得结论
所以$PA \perp$平面$ABCD$。
(2)[解]第一步：建立空间直角坐标系，求相应点的坐标
因为$\tan \angle PBA = 2\sqrt{3}$，$\tan \angle PDA = \sqrt{3}$，不妨设$AB = 3$，$AD = 6$，$PA = 6\sqrt{3}$，以$A$为坐标原点，$AB$，$AD$，$AP$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴，建立如图所示空间直角坐标系，其中$\overrightarrow{CC_1} = 2\overrightarrow{GP}$，则$P(0, 0, 6\sqrt{3})$，$C(3, 6, 0)$，$D(0, 6, 0)$，$M(0, 3, 0)$，$G(1, 2, 4\sqrt{3})$。
第二步：求平面$PCD$的法向量
故$\overrightarrow{PD} = (0, 6, -6\sqrt{3})$，$\overrightarrow{DC} = (3, 0, 0)$。设平面$PCD$的法向量为$\mathbf{n} = (x, y, z)$，则$\begin{cases} \mathbf{n} · \overrightarrow{PD} = (x, y, z) · (0, 6, -6\sqrt{3}) = 6y - 6\sqrt{3}z = 0 \\ \mathbf{n} · \overrightarrow{DC} = (x, y, z) · (3, 0, 0) = 3x = 0 \end{cases}$
解得$x = 0$，令$z = 1$，则$y = \sqrt{3}$，故$\mathbf{n} = (0, \sqrt{3}, 1)$。
第三步：求线面角的正弦值
又$\overrightarrow{MG} = (1, -1, 4\sqrt{3})$，设直线$MG$与平面$PCD$所成的角为$\theta$，则$\sin \theta = |\cos \langle\overrightarrow{MG}, \mathbf{n}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{MG} · \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{MG}| · |\mathbf{n}|} = \frac{|(1, -1, 4\sqrt{3}) · (0, \sqrt{3}, 1)|}{\sqrt{1 + 1 + 48} × \sqrt{3 + 1}} = \frac{3\sqrt{6}}{20}$，所以直线$MG$与平面$PCD$所成角的正弦值为$\frac{3\sqrt{6}}{20}$。