2025版高考热点题型与考点专练数学创新融合5立体几何与解析几何试题（Word版附答案）

这是一份2025版高考热点题型与考点专练数学创新融合5立体几何与解析几何试题（Word版附答案），共9页。试卷主要包含了设抛物线C，已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。
(1)指出xOy平面截曲面C所得交线是什么曲线,并说明理由;
(2)证明:直线l在曲面C上;
(3)若过曲面C上任意一点,有且仅有两条直线,使得它们均在曲面C上.设直线l'在曲面C上,且过点T(2,0,2),求异面直线l与l'所成角的余弦值.
【解析】(1)根据坐标平面xOy内点的坐标的特征可知,坐标平面xOy的方程为z=0,
已知曲面C的方程为x21+y21-z24=1,
当z=0时,xOy平面截曲面C所得交线上的点M(x,y,0)满足x2+y2=1,
即(x-0)2+(y-0)2+(z-0)2=1,
也即M在平面xOy上到原点距离为定值1,
从而xOy平面截曲面C所得交线是平面xOy上,以原点O为圆心,1为半径的圆.
(2)设P(x0,y0,z0)是直线l上任意一点,
由d=(-2,0,-4),均为直线l的方向向量,有∥d,
从而存在实数λ,使得=λd,
即(x0-1,y0-1,z0-2)=λ(-2,0,-4),
则x0-1=-2λy0-1=0z0-2=-4λ,解得x0=1-2λ,y0=1,z0=2-4λ,
所以点P的坐标为(1-2λ,1,2-4λ),
于是(1-2λ)21+121-(2-4λ)24=1-4λ+4λ2+1-(1-4λ+4λ2)=1,
因此点P的坐标总是满足曲面C的方程,从而直线l在曲面C上.
(3)直线l'在曲面C上,且过点T(2,0,2),
设M(x1,y1,z1)是直线l'上任意一点,直线l'的方向向量为d'=(a,b,c),
由d',均为直线l'的方向向量,有∥d',
从而存在实数t,使得=td',
即(x1-2,y1,z1-2)=t(a,b,c),
则x1-2=aty1=btz1-2=ct,解得x1=2+at,y1=bt,z1=2+ct,
所以点M的坐标为(2+at,bt,2+ct),
因为M(x1,y1,z1)在曲面C上,所以(2+at)21+(bt)21-(2+ct)24=1,
整理得(a2+b2-c24)t2+(22a-c)t=0,
由题意,对任意的t,有(a2+b2-c24)t2+(22a-c)t=0恒成立,
所以a2+b2-c24=0,且22a-c=0,
所以c=22a,b=a,或c=22a,b=-a,
不妨取a=-2,则c=-4,b=-2,或c=-4,b=2,
所以d'=(-2,-2,-4),或d'=(-2,2,-4),
又直线l的方向向量为d=(-2,0,-4),
则异面直线l与l'所成角的余弦值均为d·d'dd'=22+1625×25=8+210.
2.(2024·沈阳三模)设抛物线C:x2=2py(p>0),过点M(0,4)的直线l与C交于A,B两点,且OA⊥OB.若抛物线C的焦点为F,记△AOB,△AOF的面积分别为S△AOB,S△AOF.
(1)求S△AOB+2S△AOF的最小值.
(2)设点D(1,-4),直线AD与抛物线C的另一交点为E,求证:直线BE过定点.
(3)我国古代南北朝数学家祖暅提出的祖暅原理是“幂势既同,则积不容异”,即:夹在两个平行平面间的两个几何体被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.当△AOB为等腰直角三角形时,记线段AB与抛物线围成的封闭图形为ω,ω绕y轴旋转半周形成的曲面所围成的几何体为Ω.试用祖暅原理的数学思想求出Ω的体积.
【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=kx+4,
由y=kx+4x2=2py
消去y整理得x2-2pkx-8p=0,x1x2=-8p,y1y2=x122p·x222p=16,
由OA⊥OB,得x1x2+y1y2=0,16-8p=0,解得p=2,即x1x2=-8p=-16,S△AOB+2S△AOF=12×|OM|×|x1-x2|+2×12×|OF|×|x1|=3|x1|+2|x2|=3|x1|+32x1≥23×32=86,当且仅当x12=323时等号成立,所以S△AOB+2S△AOF最小值为86.
(2)设E(x3,y3),则直线AE的斜率kAE=y1+4x1-1,方程为y+4=y1+4x1-1(x-1),
由(1)知抛物线C:x2=4y,由x2=4yy+4=y1+4x1-1(x-1)消去y得x24+4=y1+4x1-1(x-1),
整理得x2-x12+16x1-1x+x12+16x1-1+16=0,显然x1+x3=x12+16x1-1,x1x3=x12+16x1-1+16,
于是x1+x3+16=x1x3,
又x1x2=-16,
联立消去x1,得x2x3+16(x2+x3)-16=0,
设直线BE:y=k2x+m,与抛物线联立x2=4yy=k2x+m,
整理得:x2-4k2x-4m=0,x2x3=-4m,x2+x3=4k2,因此-4m+64k2-16=0,m=16k2-4,
所以直线y=k2x+16k2-4,恒过定点(-16,-4).
(3)
作底面半径为4、高为4的圆柱,并将内部切割去掉Ω之后,上下翻转得到几何体Φ,
现作一平面,使其平行于Ω和Φ的底面,且被两几何体分别截得如图中阴影所示截面,
在图1的几何体Ω中,设B(x0,y0),即AB=x0,AC=y0,AD=4-y0,且x02=4y0,
则图2的几何体Φ中,有EJ=4-y0,由抛物线方程得r12=4(4-y0)=16-4y0=16-x02,
则图2中截面圆环面积S2=π(42-r12)=πx02,而图1中截面圆面积S1=πx02,
由祖暅原理可得,Ω和Φ的体积相等,均为圆柱体积的一半,即VΩ=12πR2h=12π×42×4=32π.
3.(2024·石家庄二模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为22,过点F1的动直线l交E于A,B两点,点A在x轴上方,且l不与x轴垂直,△ABF2的周长为42,直线AF2与E交于另一点C,直线BF2与E交于另一点D,点P为椭圆E的下顶点,如图①.
(1)当点A为椭圆E的上顶点时,将平面xOy沿x轴折叠如图②,使平面A'F1F2⊥平面BF1F2,求异面直线A'C与BF1所成角的余弦值;
(2)若过F2作F2H⊥CD,垂足为H.
(ⅰ)证明:直线CD过定点;
(ⅱ)求PH的最大值.
【解析】(1)由椭圆定义可知AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a,
所以△ABF2的周长为4a=42,所以a=2,
又因为椭圆离心率为22,所以ca=22,所以c=1,
又b2=a2-c2=1,所以椭圆的方程:x22+y2=1,
所以椭圆的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),
当点A为椭圆E的上顶点时,A(0,1),
所以直线l的方程为:y=x+1,
由y=x+1x22+y2=1解得A(0,1),B(-43,-13),
由对称性知C(43,-13),
以O为坐标原点,折叠后原y轴负半轴,原x轴,原y轴的正半轴所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A'(0,0,1),B(13,-43,0),C(13,43,0),F1(0,-1,0),=(13,43,-1),=(-13,13,0),
设直线A'C与BF1所成角为θ,
则cs θ==13263×23=31326,
异面直线A'C与BF1所成角的余弦值为31326.
(2)(ⅰ)设点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
则直线AF2的方程为y=y1x1-1(x-1),则x=x1-1y1y+1,
由x=x1-1y1y+1x22+y2=1得,x1-1y12+2y2+2(x1-1y1)y-1=0,所以y1y3=-1(x1-1y1) 2+2=-y12x12-2x1+1+2y12,
因为x122+y12=1,
所以x12+2y12=2,
所以y1y3=y122x1-3,故y3=y12x1-3,
又x3=x1-1y1y3+1=x1-1y1·y12x1-3+1=3x1-42x1-3,
同理,y4=y22x2-3,x4=3x2-42x2-3,
由A,F1,B三点共线,得y1x1+1=y2x2+1,
所以x2y1-x1y2=y2-y1,
直线CD的方程为y-y12x1-3=y4-y3x4-x3(x-3x1-42x1-3),
由对称性可知,如果直线CD过定点,则该定点在x轴上,
令y=0得,x=-y1(x4-x3)+(3x1-4)(y4-y3)(2x1-3)(y4-y3)=-y1(3x2-42x2-3-3x1-42x1-3)+(3x1-4)(y22x2-3-y12x1-3)(2x1-3)(y22x2-3-y12x1-3)
=-y1(3x2-4)+y2(3x1-4)y2(2x1-3)-y1(2x2-3)=4(y1-y2)+3(x1y2-x2y1)3(y1-y2)+2(x1y2-x2y1)=75,
故直线CD过定点(75,0).
(ⅱ)由题意知点P(0,-1),点H的轨迹为以F2(1,0),Q(75,0)为直径的圆(除F2,Q外),
圆心为M(65,0),半径为15,故PH≤PM+15=1+3625+15=61+15.
4.(2024·上海模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,其中DA⊥AB,AD∥BC.PA=2AD=BC=2,AB=22.
(1)求异面直线PC与AD所成角的大小;
(2)若平面ABCD内有一经过点C的曲线E,该曲线上的任一动点Q都满足PQ与AD所成角的大小恰等于PC与AD所成角.试判断曲线E的形状并说明理由;
(3)在平面ABCD内,设点Q是(2)题中的曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)一段曲线CG上的动点,其中G为曲线E和DC的交点.以B为圆心,BQ为半径的圆分别与梯形的边AB,BC交于M,N两点.当Q点在曲线段GC上运动时,求四面体P-BMN体积的取值范围.
【解析】(1)如图,以A为原点,直线AB为x轴、直线AD为y轴、直线AP为z轴,建立空间直角坐标系.
于是有P(0,0,2),C(22,2,0),D(0,1,0),则有=(22,2,-2),=(0,1,0),
则异面直线PC与AD所成角θ满足cs θ==24=12,
所以,异面直线PC与AD所成角的大小为π3.
(2)设点Q(x,y,0),点P(0,0,2)、点D(0,1,0)、点A(0,0,0),则=(x,y,-2),=(0,1,0),则·=±··csπ3,⇔y=±12x2+y2+4,化简整理得到3y2-x2=4,
则曲线E是平面ABCD内的双曲线.
(3)在如图所示的xOy的坐标系中,
因为D(0,1),C(22,2),B(22,0),
设G(x1,y1).则有=(22,1),故DC的方程为x22=y-11,
代入双曲线E:3y2-x2=4的方程可得,3y2-8(y-1)2=4⇒5y2-16y+12=0,其中y1y2=125.
因为直线DC与双曲线E交于点G,故y1=65.进而可得x1=225,即G(225,65).
故双曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的区域满足x∈225,22,y∈65,2.
又设Q(x,y)为双曲线CG上的动点,x∈225,22.
所以BQ=(x-22)2+y2=43x2-42x+283=43(x-322) 2+103,
因为322∈225,22,所以当x=322时,|BQ|min=303;
当x=225时,BQmax=2415.
而要使圆B与AB,BC都有交点,则BQ≤2.
故满足题意的圆的半径取值范围是BQ∈303,2.
因为PA⊥平面DMN,所以P-DMN体积为VP-BMN=13·PA·S△BMN.
故问题可以转化为研究△BMN的面积.
又因为∠MBN为直角,
所以△BMN必为等腰直角三角形.
由前述,设BQ=r∈303,2,则BM=BN=r,
故其面积S△BMN=12r2,所以S△BMN∈53,2.
于是,VP-BMN=13·PA·S△BMN=23S△BMN∈109,43.
(当Q点运动到与点C重合时,体积取得最大值;当Q点运动到横坐标x=322时,即BQ长度最小时,体积取得最小值)