《2026年理想树试题攻略高中数学》

16. （15分）
在多面体$A B C D E$中，平面$A B E \perp$平面$B C E$，$B C \perp C E$，$\angle E B C = 3 0 ^ { \circ }$，$B E = 2$，$\triangle A B E$是以$B E$为斜边的等腰直角三角形，四边形$A B C D$为平行四边形，$M$，$N$分别为$A D$，$B E$的中点.
（1）求证：$M N \perp C E$；
（2）求平面$A B C$与平面$A C E$的夹角的余弦值.

答案：
16.热门考点线面垂直的性质、面面垂直的性质定理、面面角的余弦值
(1)[证明]解法一：第一步：证明$AN\perp CE$
如图①，连接$AN$，$\triangle ABE$是以$BE$为斜边的等腰直角三角形，$N$为$BE$的中点，$\therefore AN\perp BE$，又平面$ABE\perp$平面$BCE$，平面$ABE\cap$平面$BCE = BE$，$AN\subset$平面$ABE$，$\therefore AN\perp$平面$BCE$，又$CE\subset$平面$BCE$，$\therefore AN\perp CE$。
第二步：证明$CE\perp AM$
四边形$ABCD$为平行四边形，$M$为$AD$的中点，$\therefore BC// AD$，即$BC// AM$，又$CE\perp BC$，$\therefore CE\perp AM$。
第三步：证明$CE\perp$平面$AMN$，从而得到$CE\perp MN$
又$AN\cap AM = A$，$AN,AM\subset$平面$AMN$，$\therefore CE\perp$平面$AMN$，又$MN\subset$平面$AMN$，$\therefore MN\perp CE$。
解法二：第一步：证明$AN\perp$平面$BCE$
在平面$BCE$中，过$N$作$NF\perp BE$交$BC$于点$F$，过$C$作$CG\perp BE$，垂足为$G$，连接$AN,CN$，如图②，$\triangle ABE$是以$BE$为斜边的等腰直角三角形，$N$为$BE$的中点，$\therefore AN\perp BE$，$\because$平面$ABE\perp$平面$BCE$，平面$ABE\cap$平面$BCE = BE$，$AN\subset$平面$ABE$，$\therefore AN\perp$平面$BCE$。
第二步：以$N$为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标以及各向量的坐标
以$N$为坐标原点，$NF,NE,NA$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，如图②所示。$\because\triangle ABE$为等腰直角三角形，$BC\perp CE$，$\angle EBC = 30^{\circ}$，$BE = 2$，$\therefore BN = NE = CN = CE = AN=\frac{1}{2}BE = 1$，$\therefore NG = EG=\frac{1}{2}$，$NF=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$N(0,0,0)$，$A(0,0,1)$，$B(0,-1,0)$，$E(0,1,0)$，$C(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{CE}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)$。
第三步：求点$M$的坐标，得到$\overrightarrow{MN}$的坐标
设$M(x,y,z)$，则$\overrightarrow{AM}=(x,y,z - 1)$，$\because$四边形$ABCD$为平行四边形，$M$为$AD$中点，$\therefore\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$，即$(x,y,z - 1)=(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4},0)$，$\therefore x=\frac{\sqrt{3}}{4}$，$y=\frac{3}{4}$，$z = 1$，$\therefore M(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4},1)$，$\overrightarrow{MN}=(-\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{3}{4},-1)$。
第四步：证明$\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{CE}=0$，从而得到$MN\perp CE$
$\because\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{CE}=(-\frac{\sqrt{3}}{4})×(-\frac{\sqrt{3}}{2})+(-\frac{3}{4})×\frac{1}{2}+(-1)×0 = 0$，$\therefore\overrightarrow{MN}\perp\overrightarrow{CE}$，即$MN\perp CE$。


(2)[解]第一步：求平面$ACE$的法向量
由
(1)解法二知，$\overrightarrow{CE}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{AE}=(0,1,-1)$，$\overrightarrow{BA}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{BC}=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$，设平面$ACE$的法向量为$\mathbf{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\mathbf{n}·\overrightarrow{CE}=0\\\mathbf{n}·\overrightarrow{AE}=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y = 0\\y - z = 0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x = 1\\y=\sqrt{3}\\z=\sqrt{3}\end{cases}$，故$\mathbf{n}=(1,\sqrt{3},\sqrt{3})$是平面$ACE$的一个法向量。
第二步：求平面$ABC$的法向量
设平面$ABC$的法向量为$\mathbf{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}\mathbf{m}·\overrightarrow{BA}=0\\\mathbf{m}·\overrightarrow{BC}=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y_1 + z_1 = 0\frac{\sqrt{3}}{2}x_1+\frac{3}{2}y_1 = 0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x_1=\sqrt{3}\\y_1=-1\\z_1 = 1\end{cases}$，故平面$ABC$的一个法向量为$\mathbf{m}=(\sqrt{3},-1,1)$。
第三步：求平面$ABC$与平面$ACE$的夹角$\alpha$的余弦值
设平面$ABC$与平面$ACE$的夹角为$\alpha$，则$\cos\alpha=\frac{|\mathbf{m}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{m}|·|\mathbf{n}|}=\frac{|1×\sqrt{3}+\sqrt{3}×(-1)+\sqrt{3}×1|}{\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2+(\sqrt{3})^2}×\sqrt{(\sqrt{3})^2+(-1)^2+1^2}}=\frac{\sqrt{105}}{35}$。
第四步：得出结论
故平面$ABC$与平面$ACE$的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{105}}{35}$。

17. （15分）
已知函数$f ( x ) = \ln x + a x ^ { 2 }$，$g ( x ) = e ^ { x } - a x ^ { 2 }$，$a \in \mathbf { R }$.
（1）讨论$f ( x )$的单调性；
（2）若$g ( 2 x ) \geq 4 x ^ { 2 } \left[ f ( x ) + \frac { 1 } { x } - a x ^ { 2 } \right]$恒成立，求实数$a$的取值范围.

答案： 17.经典题型利用导数求函数的最值、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数求函数的单调区间
[解]
(1)第一步：求导数
$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2ax=\frac{2ax^2 + 1}{x}$。
第二步：讨论$a\geq0$时$f^{\prime}(x)$的符号，从而得到$f(x)$的单调性
①当$a\geq0$时，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
第三步：讨论$a＜0$时$f^{\prime}(x)$的符号，从而得到$f(x)$的单调性
②$x＞0$，当$a＜0$时，令$f^{\prime}(x)＞0$有$2ax^2 + 1＞0$，解得$0＜x＜\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，令$f^{\prime}(x)＜0$，解得$x＞\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，则$f(x)$在$(0,\sqrt{-\frac{1}{2a}})$上单调递增，在$(\sqrt{-\frac{1}{2a}},+\infty)$上单调递减。
第四步：写出结论
综上，当$a\geq0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a＜0$时，$f(x)$在$(0,\sqrt{-\frac{1}{2a}})$上单调递增，在$(\sqrt{-\frac{1}{2a}},+\infty)$上单调递减。
(2)第一步：参变分离，得到$a\leq\frac{e^{2x}}{4x^2}-\ln x-\frac{1}{x}$对任意$x＞0$恒成立
$\because g(2x)=e^{2x}-4ax^2$，$4x^2[f(x)+\frac{1}{x}-ax^2]=4x^2\ln x+4x$，$\therefore g(2x)\geq4x^2[f(x)+\frac{1}{x}-ax^2]$恒成立等价于$a\leq\frac{e^{2x}}{4x^2}-\ln x-\frac{1}{x}$对任意$x＞0$恒成立。
第二步：构造函数$h(x)=\frac{e^{2x}}{4x^2}-\ln x-\frac{1}{x}(x＞0)$，并求导数
令$h(x)=\frac{e^{2x}}{4x^2}-\ln x-\frac{1}{x}(x＞0)$，则$h^{\prime}(x)=\frac{(x - 1)e^{2x}}{2x^3}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}=\frac{(x - 1)(e^{2x}-2x)}{2x^3}$。
第三步：构造函数$t(x)=e^{2x}-2x(x＞0)$，证明$t(x)＞0$
令$t(x)=e^{2x}-2x(x＞0)$，则$t^{\prime}(x)=2(e^{2x}-1)＞0$，即$t(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，故$t(x)＞t(0)=1＞0$。
第四步：通过$h(x)$的单调性求出$h(x)$的最小值
令$h^{\prime}(x)=0$有$x = 1$，当$0＜x＜1$时，$h^{\prime}(x)＜0$，此时$h(x)$单调递减；当$x＞1$时，$h^{\prime}(x)＞0$，此时$h(x)$单调递增，则$x = 1$为$h(x)$唯一的极小值点，也是最小值点，故$h(x)_{\min}=h(1)=\frac{e^2}{4}-1$，从而$a\leq\frac{e^2}{4}-1$。
第五步：得出结论
因此实数$a$的取值范围为$(-\infty,\frac{e^2}{4}-1]$。
关键点拨 此题第二问的解题关键是：
(1)分离参数得$a\leq\frac{e^{2x}}{4x^2}-\ln x-\frac{1}{x}$对$x＞0$恒成立；
(2)构造函数$h(x)=\frac{e^{2x}}{4x^2}-\ln x-\frac{1}{x}(x＞0)$，利用导数求函数的最小值。