河北省保定市示范高中2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份河北省保定市示范高中2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
→
已知直线l 的方向向量为 m  1, 2 且l 经过 A0, 2，B 1, b 两点，则b  （ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
x2y2FF
若椭圆：  1上一点 P 与焦点 1 的距离为 1，则点 P 与另一个焦点 2 的距离是（ ）
49
A. 2B. 3C. 4D. 5
→→
已知a, b 为空间向量且 a  1, 2, 2, b  1, 1,1 ，则b 在a 方向上的投影向量为（ ）
5 →5 →
A aB. b
33
5 →
C. a
9
5 →
D. b
9
已知直线l1：x  1 m y  2  0 和直线l2：mx  2 y  4  0 ，则“ m  1”是“ l1 / /l2 ”的（ ）
既不充分又不必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 充要条件
1
21
已知空间四点的坐标分别是 A1, 0,1, B 1,1,1, C 0,1, 0, D 1, , 0  ，记点 B 到直线 AC 的距离为 d ，

记点 D 到平面 ABC 的距离为 d ，则 d1  （ ）
d
2
2
A3B.3
32
C. 2 3D.
3
3
已知圆C ：x2  y2  6x  4 y 12  0 ，圆C ：x2  y2 14x  2 y  35  0 ，则圆C 与圆C 公切线条数
1212
有（ ）
A. 4 条B. 3 条C. 2 条D. 1 条
在棱长为 1 的正四面体 ABCD 中， M 为棱 BC 的中点， N 为棱 AD 上一点且 AN  1 ND ，则直线 AM
2
和直线CN 夹角的余弦值为（ ）
21
6
21
6
 15
6
15
6
x2y2
已知椭圆：  1 的左焦点为 F，P 是椭圆 上的一个动点，椭圆 外一点Q 的坐标为7, 3 ，
m  9m
若 PQ  PF 的最大值是 13，则椭圆的短轴长为（ ）
7
A
B. 4C. 2
D. 8
7
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分．
下列命题不正确的是（ ）
两条不重合直线l1 , l2 的方向向量分别是 a  2, 4, 6, b  1, 2, 3 ，则l1//l2
直线l 的方向向量 a  1, 3, 2 ，平面α的法向量是u  1,1, 2 ，则l / /α
直线l 的方向向量 a  1, 1, 0 ，平面α的法向量是u  1, 2,1 ，则直线l 与平面α所成角为30
两个平面α,β的法向量分别是u  2,1, 1, v  1, 1, 3 ，则α/ /β
2
已知椭圆 x
2
y
 1的两个顶点之间的距离为 3，则该椭圆的离心率可能为（ ）
5
5
mm 1
42
C.
93
D. 2 13
13
已知点 P 在直线l：x  y 1  0 上，点Q 在圆C： x  32  y2  1 上，过点 P 向圆C 作切线，切点分别为
A，B ，则下列说法正确的是（ ）
2
PQ 的最小值为2
若 P 1, 2 ，则直线 AB 的方程为2x  2 y  5  0
3
cs∠APB 的最小值为
4
AB 的最小值为 14
2
三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分．
若曲线
x2
m 1
2
y
 1表示椭圆，则m
m  3
的取值范围为．
过点 P 2, 4 作圆O：x2  y2  20 的切线l ，则切线l 的方程为．
如 图 ， 平 行 六 面 体
ABCD  A1B1C1D1 的 底 面ABCD 为 菱 形 ， 且
111
∠C CB  ∠C CD  ∠BCD  60∘ , CC
 2CD, CB  a, CD  b ，CC1
 c ，请写出平面 BC1D 的一个法
向量．（注：法向量要用 a, b, c 来表示）
四、解答题：本题共 5 个小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（1）求与圆C： x  22   y  62  1关于直线l：x  y 1  0 对称的圆的标准方程；
（2）求经过 P 2 2, 0, Q 2, 5 的椭圆的标准方程．
2
已知动点 M 与两个定点 A3, 0, O 0, 0 的距离的比为 1 ，记动点 M 的轨迹为曲线C ．
求曲线C 的方程；
过点 N 3, 2 的直线l 与曲线C 交于 P，Q 两点，若 PQ  2 3 ，求直线l 的方程．

已知椭圆 的两个焦点坐标分别是 F 1, 0, F 1, 0 ，并且经过点  2, 6  ．
122 

求椭圆 的标准方程；
过 F1 斜率不为 0 的直线l 交椭圆 于 A, B 两点，求V AF2B 面积的最大值．
如图，四棱锥 P  ABCD 中， AD / / BC, PA  平面 ABCD，BC  2 AD  2CD ．
证明： AB  PC ；
若 AC 
2 AD 
2 ，平面 PCD 与底面 ABCD 的夹角为60 ．
求四棱锥 P  ABCD 的体积；
点 A 在平面 PBC 的投影为 H ，求平面 HAD 与平面 PAB 夹角的余弦值．
设 A、B 两点的坐标分别是
点 M 的轨迹构成的曲线记为 E ．
曲线 E 的方程；
3, 0，
3, 0 ，直线 AM，BM 相交于 M ，且它们的斜率之积为 1 ，

3
若直线l：y  kx  m k  0 与曲线 E 相交于不同的两点C、D ，点 P 是曲线 E 上的动点（异于 C、D）．
当 m  0 时，若直线 PC, PD 斜率均存在，判断 kPC kPD 是否一定是定值，并证明你的结论；
当点 P 的坐标为0, 1 时， PC
 PD ，求实数m 的取值范围．
2025-2026 学年高二年级 10 月联考数学
本试卷共 4 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟．注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
→
已知直线l 的方向向量为 m  1, 2 且l 经过 A0, 2，B 1, b 两点，则b  （ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
m / / AB
【分析】由 →结合共线向量的坐标表示即可计算求解.
m / / AB
【详解】由题意可得 →， AB  1, b  2 ，所以1b  2  2 1  0  b  0 .
故选：A
x2y2FF
若椭圆：  1上一点 P 与焦点 1 的距离为 1，则点 P 与另一个焦点 2 的距离是（ ）
49
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆方程和椭圆定义即可求解.
【详解】由题可得 PF1  PF2  2a  6  PF2  6  PF1  5 .
故选：D
→→
已知a, b 为空间向量且 a  1, 2, 2, b  1, 1,1 ，则b 在a 方向上的投影向量为（ ）
5 →
A. a
3
5 →
B. b
3
5 →
C. a
9
5 →
D. b
9
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量定义结合数量积和模长的坐标运算直接计算即可得解.
→→→→→11 2 1  2 1 →5 →

a·ba a·b
b ·a
a a
【详解】由题b 在a 方向上的投影向量为
→ → →→ 2
222.
a b aa
1  2  29
故选：C
已知直线l1：x  1 m y  2  0 和直线l2：mx  2 y  4  0 ，则“ m  1”是“ l1 / /l2 ”的（ ）
A 既不充分又不必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 充要条件
【答案】D
【解析】
【分析】先由两直线平行求出参数，再由充要条件定义进行判断.
【详解】若“ l
1 2  m 1 m  0
/ /l ”，则
 m  1 ，

121 m4  22  0
所以“ m  1”是“ l1 / /l2 ”的充要条件.
故选：D
1
21
已知空间四点的坐标分别是 A1, 0,1, B 1,1,1, C 0,1, 0, D 1, , 0  ，记点 B 到直线 AC 的距离为 d ，

d
记点 D 到平面 ABC 的距离为 d ，则 d1  （ ）
3
3
2
2
3
2
2 3D.
3
3
【答案】C
【解析】
【分析】由空间点到直线和点到面的距离公式计算可得.
【详解】 AB  0,1, 0, AC  1,1, 1 ，
所以点 B 到直线 AC 的距离为 d1

 AB   AB·AC 
–––→ 2
 –––→ –––→ 2

 –––→ 
AC

–––→ →

6 ；
1  1 
2
3 

3
→ AB  n  0
设平面 ABC 的一个法向量为 n   x1, y1, z1  ，则–––→ →，
 AC  n  0
y1  0
即x  y  z  0 ，
111
可取 x  1, y  0, z  1 ，所以 →  1, 0, 1 ，
111n
–––→1
2
而 AD   0, , 1 ，

2
–––→ →
AD  n1
2
所以点 D 到平面 ABC 的距离为 d2  → ．
n2
所以 d1
d2
 2 3 .
3
故选：C．
已知圆C ：x2  y2  6x  4 y 12  0 ，圆C ：x2  y2 14x  2 y  35  0 ，则圆C 与圆C 公切线条数
1212
有（ ）
A. 4 条B. 3 条C. 2 条D. 1 条
【答案】A
【解析】
【分析】先判断圆的位置关系，由圆的位置关系即可得解.
【详解】由题意C1 3, 2, r1  1, C2 7,1, r2  15 ，
所以 C1C2

 5  1，
3  72  2 12
15
所以两圆相离，所以圆C1 与圆C2 公切线条数有 4 条.
故选：A
在棱长为 1 的正四面体 ABCD 中， M 为棱 BC 的中点， N 为棱 AD 上一点且 AN  1 ND ，则直线 AM
2
和直线CN 夹角的余弦值为（ ）
21
6
21
6
 15
6
15
6
【答案】B
【解析】
–––→ –––→ –––→
––––→
1 –––→–––→–––→
1 –––→–––→

【分析】以AB, AC, AD为基底得到 AM 
AB  AC , CN 
23
AD  AC ，接着依次计算 AM  CN ，
––––→–––→––––→ –––→
AM , CN ，再计算cs AM ,CN 即可得解.
–––→ –––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→1
2
【详解】以AB, AC, AD为基底，则 AB  AC  AB  AD  AC  AD  ，

––––→1 –––→–––→–––→–––→–––→1 –––→–––→
而 AM  AB  AC , CN  AN  AC  AD  AC ，
23
––––→ –––→1 –––→–––→ 1 –––→–––→ 1 –––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→27
所以 AM  CN   AB  AC  AD  AC   AB·AD  AB·AC  AC·AD  AC  ，
2 3626212
––––→
AM 
1
4

–––→–––→
AB  AC

2
 1 –––→–––→ 2

 3
AD  AC 

–––→

1
4
AB AC AB AC
–––→
2
1
–––→
2
1
–––→ –––→
4

2

3 ，
1 12  1 12  1 11 1
4
4
2
2
2
CN 
––––→ –––→

1 –––→2–––→22 –––→ –––→
9
AD  AC AD  AC
3
AM  CN21

，
9
1 12 12  2 11 1
3
2
7
3
从而cs
AM ,CN
 ––––→ –––→  ，
6
AM CN
故直线 AM 和直线CN 所成角的余弦值为 21 .
6
故选：B
x2y2
已知椭圆：  1 的左焦点为 F，P 是椭圆 上的一个动点，椭圆 外一点Q 的坐标为7, 3 ，
m  9m
若 PQ  PF 的最大值是 13，则椭圆的短轴长为（ ）
7
A.
B. 4C. 2
D. 8
7
【答案】C
【解析】
【分析】设椭圆 的右焦点为 F1 ，由椭圆定义结合三角形两边之差小于第三边得到 PQ  PF
m  9
 PQ  PF1  2
 QF1  2
即可由题意计算得解.
m  9
7  32  3  02
【详解】设椭圆 的右焦点为 F ，则 F 3, 0 ， QF 
 5 ，
111
m  9
m  9
此时 PQ  PF  PQ  2 PF1   PQ  PF1  2
m  9
m  9
 QF1  2 5  2 13 ，
解得 m  7 ，当且仅当三点Q, F1, P 共线时等号成立（其中点 F1 在点Q, P 之间），
m
故短轴长为2
 2.
7
故选:C
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分．
下列命题不正确的是（ ）
两条不重合直线l1 , l2 的方向向量分别是 a  2, 4, 6, b  1, 2, 3 ，则l1//l2
直线l 的方向向量 a  1, 3, 2 ，平面α的法向量是u  1,1, 2 ，则l / /α
直线l 的方向向量 a  1, 1, 0 ，平面α的法向量是u  1, 2,1 ，则直线l 与平面α所成角为30
两个平面α,β的法向量分别是u  2,1, 1, v  1, 1, 3 ，则α/ /β
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项 A、D 可根据对应向量是否共线进行判断；选项 B 可根据向量数量积是否为零进行判断；由空间向量的线面角公式可得 C 错误.
→ →
【详解】对于 A，由题意可得 a  2b ，所以 a / /b ，则l1//l2 ，故 A 正确；对于 B， a  u  1, 3, 21,1, 2  1 3  4  0 ，所以 a  u ，
则l / /α或l α，故 B 错误；
对于 C，设直线l 与平面α所成角为θ， a  u  (1) 1 (1)  2  0 1  3 ，则
3
2  6
3
sinθθ 60 ，故 C 错误；
2
对于 D，由 2 
1
1  1 ，所以u, v 不共线，则α,β也不平行，故 D 错误.
13
故选：BCD.
2
已知椭圆 x
2
y
 1的两个顶点之间的距离为 3，则该椭圆的离心率可能为（ ）
5
5
mm 1
42
C.
93
2 13
13
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的性质得出 a, b, c 及离心率e 与m 的关系，结合两顶点间的距离为 3 计算求解．
【详解】
2
Q椭圆的方程为 x
2
y
 1，则 m 1  m  0 ，
mm 1
 a2  m 1, b2  m, c2  1，
m 1
离心率e 1，
Q两个顶点之间的距离为 3，可能为长轴两顶点，短轴两顶点或长轴和短轴的各一个顶点，
a2  b2
 2a  3 或2b  3 或
 3 ，
5
e 1 2
m 1
若2a  3 ，则2
m
若2b  3 ，则2
 3 ，解得 m  4 ，此时
m 1
 3 ，得 m  9 ，此时e 1
4
5  1
4
3 ，故 C 正确；
 2 13 ，故 D 正确；
13
a2  b2
若
 3 ，则
 3 ，解得 m  4 ，此时e 
5 ，故 A 正确．
5
2m 1
故选： ACD．
已知点 P 在直线l：x  y 1  0 上，点Q 在圆C： x  32  y2  1 上，过点 P 向圆C 作切线，切点分别为
A，B ，则下列说法正确的是（ ）
2
PQ 的最小值为2
若 P 1, 2 ，则直线 AB 的方程为2x  2 y  5  0
3
cs∠APB 的最小值为
4
AB 的最小值为 14
2
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由圆心到直线距离 CP0 得到直线l 与圆C 相离，由 PQ min  CP0  r 即可判断 A；以 P 为圆
心、 PA 为半径的圆与圆 C 作差即可求解判断 B；设APC θ，由cs∠APB  cs2θ 1 2sin2θ将
CP
问题转化为当sinθ取最大值时cs∠APB 取最小值，接着在RtVCAP 由sinθ1
1
CP0
即可求解判
断 C；由 AB  2csθ 2 1 sin2θ结合 C 即可求解判断 D.
【详解】由题圆心C 3, 0 ，半径 r  1，
3  0 1
12  12
2
过圆心C 作CP0  l ，垂足为 P0 ，则 CP0  2 r ，直线l 与圆C 相离，
所以 PQ min  CP0  r  21，故 A 错误；
2
当 P 1, 2 时， PC 2  1 32  2  02  8 ，则 PA 
PB 
7 ，
PC 2  r 2
7
故以 P 1, 2 为圆心，为半径的圆的方程为 x 12   y  22  7 ，
依题意，直线 AB 即圆 P 与圆C 的公共弦，故直线 AB 的方程为2x  2 y  5  0 ，即 B 正确；
设APC θ，因为APC  ACP  CAB  ACP  π ，
2
所以APC  CAB θ, 0 θ π ，所以当θ取最大值时， cs∠APB 取最小值，
2
而csAPB  cs2θ 1 2sin2θ，所以当sinθ取最大值时， cs∠APB 取最小值．
AC
CP
CP
CP0
2
在RtVCAP，sinθ sinAPC 11 ，
4
2
2
此时csAPB  1 2sin2θ 1 2 
 3 ， cs∠APB 的最小值为 3
，故 C 正确；
 4 44
由 C 项， AB  2rcsθ 2csθ 2 1 sin2θ
14 ，当CP  l 时等号成立，故 D 正确．
2
故选：BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分．
若曲线
x2
m 1
2
y
 1表示椭圆，则m
m  3
的取值范围为．
【答案】1, 2 2, 3
【解析】
【分析】由椭圆定义列出不等式组即可求解.
【详解】曲线
x2
m 1
2
y
 1表示椭圆，
m  3
m 1  3  m

所以m 1  0

m  3  0
 1  m  2 或2  m  3 ，
所以m 的取值范围为1, 2 2, 3 .
故答案为： 1, 2 2, 3
过点 P 2, 4 作圆O：x2  y2  20 的切线l ，则切线l 的方程为．
【答案】 x  2 y 10  0
【解析】
【分析】由题可得点 P 在圆O 上，则切线l  PO ，利用斜率关系即可求解.
【详解】由题可得点 P 2, 4 在圆O：x2  y2  20 上，
所以过点 P 2, 4 作圆O：x2  y2  20 的切线l  PO ，由于 k
 4  0  2 ，则 k   1 ，
OP
所以切线l 的方程为： y  4   1  x  2 ，即 x  2 y 10  0 ，
2
2  0l2
故答案为： x  2 y 10  0
如 图 ， 平 行 六 面 体ABCD  A1B1C1D1 的 底 面ABCD 为 菱 形 ， 且
111
∠C CB  ∠C CD  ∠BCD  60∘ , CC  2CD, CB  a, CD  b ，CC  c ，请写出平面 BC1D 的一个法
1
向量．（注：法向量要用 a, b, c 来表示）
【答案】6a  6b  c （答案不唯一）
【解析】
【分析】设CC1  2CD  2 ，易知 a, b, c 可以作为空间向量的一组基底，进而结合法向量的求法求解即可.
【详解】不妨设CC1  2CD  2 ，易知 a, b, c 可以作为空间向量的一组基底，
→ →
且 a  b  11cs 60 
1 → →→ →
, a  c  b  c  1 2 cs 60  1， 2
而 DB  CB  CD  a  b, DC1  CC1  CD  c  b ，
设平面 BC1D 的一个法向量为 m  xa  yb  zc ，
→ –––→
→→
→→→
 m  DB  0xa  yb  zc a  b   0
则由 → ––––→
，即→→→→，
m  DC1  0xa  yb  zc c  b   0
x  6z  0
化简得 x  y  0 ，可取 x  6, y  6, z  1 ，

故 m  6a  6b  c ，因此平面 BC1D 的一个法向量为 m  6a  6b  c ．故答案为： 6a  6b  c （答案不唯一）.
四、解答题：本题共 5 个小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（1）求与圆C： x  22   y  62  1关于直线l：x  y 1  0 对称的圆的标准方程；
（2）求经过 P 2 2, 0, Q 2, 5 的椭圆的标准方程．
【答案】（1）  x  5
2   y 12
2
1
2
 1；（2） x  y 
810
【解析】
【分析】（1）求出所求圆的圆心坐标即可由圆的标准方程得解；
（2）设椭圆方程为 mx2  ny2  1m  0, n  0, m  n ，接着代点求出参数即可得解.
【详解】（1）设所求圆的圆心坐标为 x0 , y0  ，由于圆C 2, 6 ,则圆心C 与 x0 , y0  关于直线 x  y 1  0
对称，
 x0  2  y0  6 1  0
22
则 y  6
，解得 x0  5，y0  1，
 0  1
 x0  2
故所求的圆的标准方程为 x  52   y 12  1；
（2）设椭圆方程为 mx2  ny2  1m  0，n  0，m  n ，
8m  1
则由题
，解得 m  1，n  1

4m  5n  1
810
2
2
所以椭圆的标准方程为 x  y  1 .
810
2
已知动点 M 与两个定点 A3, 0, O 0, 0 的距离的比为 1 ，记动点 M 的轨迹为曲线C ．
求曲线C 的方程；
过点 N 3, 2 的直线l 与曲线C 交于 P，Q 两点，若 PQ  2 3 ，求直线l 的方程．
【答案】（1） x2  y2  8x  12  0
（2） x  3 和3x  4 y  17  0
【解析】
【分析】（1）根据题干条件列出等式，化简即可得到结果.
（2）首先假设斜率不存在，判断是否满足题意；再假设斜率存在，设出直线方程，利用弦长公式即可求得结果.
【小问 1 详解】
设 M  x, y  ，则即
 1 ，
MA
MO
2
 x  32  y2
x2  y2
 1
2
化简得 x2  y2  8x  12  0 ；
所以曲线C 的方程为： x2  y2  8x  12  0
【小问 2 详解】
由（1）知曲线C 的轨迹为圆，其圆心坐标为4, 0 ，半径 r  2
4 1
当直线l 斜率不存在时， l 的方程为 x  3 ，圆心到直线l 的距离为 1，所以 PQ  2
x  3 满足题意
k 2 1
k  2
当直线l 斜率存在时，设l 的方程为 y  2  k  x  3 ，即 kx  y  2  3k  0 ，圆心4, 0 到直线的距离为 d1 
 2 3 ，故
3
4  d 2
1
4  


k 2 1 
2

k  2
所以 PQ  2 2 2
解得 k   3
4
3
所以l 的方程为 y  2  
 x  3 ，
4
即l 的方程为3x  4 y  17  0
综上所述，直线l 的方程为 x  3 和3x  4 y  17  0

已知椭圆 的两个焦点坐标分别是 F 1, 0, F 1, 0 ，并且经过点 
2, 6  ．
122 

求椭圆 的标准方程；
过 F1 斜率不为 0 的直线l 交椭圆 于 A, B 两点，求V AF2B 面积的最大值．
2
2
1
【答案】（1） x  y 
43
（2）3
【解析】
2
【分析】（1）设椭圆的方程为 x
2
y  1a  b  0 ，结合焦点坐标和椭圆上的点的坐标列方程组求解；

2
2
ab
（2）设直线方程为 x  ty 1，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和面积公式得出面积的表达式，构造函数，利用函数单调性求出面积最大值．
【小问 1 详解】
x2y2
2
2
设椭圆Γ： 
 1a  b  0 ，
ab
Q椭圆 的两个焦点坐标分别是 F 1, 0, F 1, 0 ，并且经过点  2, 6  ，
122 
c2  a2  b2  1
 

a2  4
，解得，
 2  3  1
b2  3
 a2

2b2
x2y2
椭圆 的标准方程为：
 1
43
【小问 2 详解】
设直线l 的方程为 x  ty 1, A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
 x2  y2 

联立直线和椭圆方程 43
x  ty 1
1 得3t 2  4 y2  6ty  9  0 ，
 Δ  144 t 2 1  0, y  y
 6t , y y
 9
△AF B
123t 2  41 2
3t 2  4
2面积 S 
F1F2  y1  y2  y1  y2

，

y  y 4 y y
12

2
1 2
12 t 2 1

3t 2  4
1
2
t 2 1
令 m 
，则 m 1, ∞, t 2  m2 1， S 
12m
3m2 1
12
3m  1 ，
m
Q f m  3m  1 在[1, +）单调递增，
m
min
 f m f 1  4 ，
 Smax 
12
f m
min
 12  3，此时 m  1，
4
 V AF2B 面积的最大值为 3．
如图，四棱锥 P  ABCD 中， AD / / BC, PA  平面 ABCD，BC  2 AD  2CD ．
证明： AB  PC ；
若 AC 
2 AD 
2 ，平面 PCD 与底面 ABCD 的夹角为60 ．
求四棱锥 P  ABCD 的体积；
点 A 在平面 PBC 的投影为 H ，求平面 HAD 与平面 PAB 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） 3 ；（ii） 2
24
【解析】
【分析】（1）依次求证 AB ⊥AC ， AB  PA 得到 AB  平面 PAC 即可得证；
3
（2）（i）先求证 CD  平面 PAD 得到PDA 即为平面 PCD 与底面 ABCD 的夹角，进而求出 PA ，再由锥体体积公式即可计算求解；
（ii）由（1）知 AB，AC，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系 Axyz ，先求出平面 PBC 的
→→
→
一个法向量为 m   x1 , y1 , z1  ， 进而可设 AH  λm λ 0 ， 接着依次求平面 HAD 的一个法向量为
→→ –––→
n  AC
n   x2 , y2 , z2  和平面 PAB 的一个法向量和 AC ，再由cs
n, AC

即可得解.
n AC
→ –––→
【小问 1 详解】
取 BC 中点 M ，连结 AM ，因为 AD / / BC, BC  2 AD ，
所以 AD  CM ，且 AD / /CM ，所以四边形 AMCD 为平行四边形，
故 AM  CD  1 BC ，所以 AB ⊥AC ，
2
又 PA  平面 ABCD，AB  平面 ABCD ，所以 AB  PA ，而 PA  AC  A ， PA, AC  平面 PAC ，
所以 AB  平面 PAC ，而 PC  平面 PAC ，故 AB  PC ；
【小问 2 详解】
当 AC 2 AD 2 时， AC 2  AD2  CD2  2 ，
所以 AD  CD ，而 PA  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，所以CD  PA ，而 PA  AD  A ， PA, AD  平面 PAD ，故CD  平面 PAD ，而 PD  平面 PAD ，
所以CD  PD ，而CD  AD ，
故PDA 即为平面 PCD 与底面 ABCD 的夹角，故PDA  60∘ ，
而tan∠PDA 
PA ，故 PA ，
3
3
AD
3
111 21
所以四棱锥 P  ABCD 的体积V 
PA S
  3 ；
3直角梯形ABCD
322
由（1）知 AB，AC，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点建立如图空间直角坐标系 Axyz ，
故 A0, 0, 0, P 0, 0, 3 , C 0, 2, 0, B  2, 0, 0, D   2 , 2 , 0  ，
22

–––→–––→
从而 BC   2, 2, 0, PB   2, 0,  3  ，
→
设平面 PBC 的一个法向量为 m   x1, y1, z1  ，
 →  –––→  0 2x 2 y  0→
–––→
m BC
→
则
，即11
，可取 m  
3, 3, 2 ，
m  PB  0
2x1 
3z1  0
–––→→
因为 AH  平面 PBC ，所以可设 AH  λm 
3λ, 3λ, 2λλ 0 ，

→–––→–––→
22
设平面 HAD 的一个法向量为 n   x2 , y2 , z2 , AH   3λ, 3λ, 2λ，AD    2 , 2 , 0  ，
→
–––→
 AH  n  0
 3λx 
2

3λy2 

2λz2  0
所以–––→ →，即22，
 AD  n  0
x2 
2
2
y2  0
 3x2 
即
3y2 
2z2  0
，可取 n  1,1, 
6 ，
→

–––→
x2  y2  0
2
→
而 AC  0, 2, 0为平面 PAB 的一个法向量，
→ –––→
n  AC2
故cs
n, AC 
4 ，故平面 HAD 与平面 PAB 夹角的余弦值 4 .
n AC
→ –––→
设 A、B 两点的坐标分别是
点 M 的轨迹构成的曲线记为 E ．
曲线 E 的方程；
3, 0，
3, 0 ，直线 AM，BM 相交于 M ，且它们的斜率之积为 1 ，

3
若直线l：y  kx  m k  0 与曲线 E 相交于不同的两点C、D ，点 P 是曲线 E 上的动点（异于 C、D）．
当 m  0 时，若直线 PC, PD 斜率均存在，判断 kPC kPD 是否一定是定值，并证明你的结论；
当点 P 的坐标为0, 1 时， PC  PD ，求实数m 的取值范围．

【答案】（1） y2  1 x  
x2
3
3
（2）（i）是定值，证明见解析；（ii）  1 , 2 
 2

【解析】
【分析】（1）设点 M 的坐标为 x, y  ，根据题干直接列式即可求解；
（2）（i）当 m  0 ，设 P s, t , C  x0 , y0  ，则 D x0 ,  y0  ，表示出 kPC kPD 并利用点 P s, t , C  x0 , y0  都在曲线 E 上即可证明；（ii）设C  x1 , y1 , D  x2 , y2  ，CD 的中点为 H ，直线l 与曲线 E 联立得到 H 的坐标，
利用 PC  PD 得到 kPH kCD  1 ，进而求出3k 2  2m 1，再根据  0 即可求出m 的范围.
【小问 1 详解】
x  3
设点 M 的坐标为 x, y  ，则 kAM kBM 
yy
  1 ，
3
x  3

化简得 x2  3y2  3 ，即 x2  y2  1 x  
3
3 .
【小问 2 详解】
kk  1 （定值）.
PC PD3
证明如下：当 m  0 时，易得C、D 两点关于原点对称，设 P s, t , C  x0 , y0  ，则 D x0 ,  y0  ，
y  t  y  tt 2  y2
所以 kPC kPD  0  0  0 ，
x  s x  ss2  x2
000
而 P s, t , C  x0 , y0  均在曲线 E 上，
22
s2 x2 
122
所以t
 y0  1  1 0   
s  x0  ，
3 3 3
 1 s2  x2 
kk

从而
PC PD
30
0
s2  x2
  1 ，证毕.
3
由题意知，当 k  0 时，显然 m  0 ；设C  x1, y1 , D  x2 , y2  ， CD 的中点为 H ，
 y  kx  m

由 x2
 y2  1
 3k 2 1 x2  6kmx  3m2  3  0 ，
 3
由Δ  36k 2m2  4 3k 2 13m2  3  0 ，得3k 2  m2  1①，
x  x
 6km
，则 x
  3km ，y
 kx
 m m，
123k 2 1
H3k 2 1HH
3k 2 1
所以 H  
3km ,
m ，因为 PC
 PD ，则 PH  CD ，从而 kk 1 ，即 k
  1 ．
3k 2 1 3k 2 1 
PH CD
PHk

而 P 0, 1 ，所以 k
m1
 3k 2 1
3k 2  m 11
  ，化简得3k 2  2m 1，
PH3km
3k 2 1
3kmk
2
由3k 2  2m 1  0 得 m  1 ②，将3k 2  2m 1代入①，
则2m 1  m2 1，得： 0  m  2 ③，由②③得 1  m  2 ，
2
综上，实数m 的取值范围为 1 , 2  .
 2
