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2025-2026 学年河北省 NT20 名校联合体高三（上）质检数学试卷（一）（1
月份）
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。
1．（5分）复数 的共轭复数的虚部为（ ）
3
2−
A． 1− B． C． D．
3 3 3 3
2．（5分
2
） 样本数据3，8，4，− 62，27，9，1，5的第− 752百 分位数为（
2
）
A．7.5 B．8 C．8.5 D．9
3．（5分）已知向量 （﹣2，4）与 （n，2），若 ∥（ ），则n＝（ ）
→ → → → →
A．4 = B．﹣4 = C．1 + D．﹣1
4．（5分）已知数列{an}是等比数列，若a2 ＝﹣1，a8 ＝﹣4，则a5 ＝（ ）
A．±1 B．﹣1 C．±2 D．2
5．（5分）若椭圆 ＞ 的离心率为 ，则该椭圆的焦距为（ ）
2
2 1
2 + = 1( 1)
A． B． C2． D．
5 4 2 3 4 3
6．（5分
4
）已知直线l1 ：3x﹣3
3
ay+5＝0，l2 ：（1﹣a）x+
3
2y﹣7＝0，则“a＝﹣
3
1”是“l1 ∥l2 ”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
7．（5分）已知函数f（x）及其导函数g（x）的定义域均为 ， 为奇函数，f（x+y）+f（x﹣y）＝
( + )
2f（x）cosy，f（0）＝0，若方程f（x）＝m（m＞0）在区间[0，23 ]上恰有四个不同的实数根x1 ，x2 ，
x3 ，x4 ，则x1+x2+x3+x4 ＝（ ） π
A．2 B．4 C．8 D．6
8．（5分π）如图，几何体ABC﹣π A1B1C1 中，△ABC是π正三角形，AA1 ＝CC1 π＝AB＝8，BB1 ＝4，AA1 ∥BB1
∥CC1 ，AA1 ⊥平面ABC，E，F分别为A1B1 ，A1C1 的中点，直线AB与平面EFC 相交于点M．则
的值为（ ）
第1页（共18页）A．2 B．3 C． D．4
3
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共128分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）下列命题不正确的有（ ）
A．斜二测画法不会改变边长比例
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面的面积最大
D．用任意一个平面截球所得截面一定是一个圆面
（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝2x3﹣x2，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
B．f（x）的极大值为0
C．f（x）有三个零点
D．曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为4x﹣y+3＝0
（多选）11．（6分）已知双曲线C： 的左、右焦点分别为F1 ，F2 ，点A在C的右支上，△AF1F2
2 2
的内切圆圆心为O1 ，过F2 作F2D
4
上− A
5
O1 =，1垂足为D，O为坐标原点，则（ ）
A．双曲线C的离心率为
3
B．|OD|＝2
2
C．圆心O1 的横坐标为1
D．O1A为双曲线C的切线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知直线ax+3y﹣2＝0的倾斜角为 ，则a＝ ．
13．（5分）已知点A（﹣2，5），点M是抛物线3 x2＝8y上的一点，点B是圆F：x2+（y﹣2）2＝1上的一
第2页（共18页）点，则|MA|+|MB|的最小值为 ．
14．（5分）在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB＝1，BC＝2，S为空间中的一个点，BC⊥SC， ，则三棱
5
锥S﹣ABC体积的最大值为 ． = 2
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2C﹣sinAsinB＝sin2A+sin2B．
（1）求C；
（2）若a＝5，b＝3，D为AB边上一点，且AC⊥CD，求CD．
16．（15分）已知B（5，2），C（1，0）两点．
（1）求以线段BC为直径的圆的标准方程；
（2）若动点A满足AB⊥AC，M为AC的中点，求点M的轨迹方程．
17．（15分）已知椭圆 ： ＞＞ 的上焦点为F，焦距为2，椭圆C的上顶点到F的距离与
2 2
2+ 2 =1( 0)
它到直线l：y＝4的距离 之比 为 ．
1
（1）求椭圆C的标准方程；
2
（2）若过点（0，4）且斜率存在的直线与椭圆C交于A，B两点，求kAF+kBF 的值．
18．（17分）如图，斜三棱柱ABC﹣A1B1C1 的体积为1，D为BC上一点，A1B∥平面 ， ，
， 为锐角． 1 ⊥ 1 1 =
（ 1）=求2证 ：=AD⊥2 平 面=B2CC∠
1
B1
1
；
（2）求二面角A1 ﹣B1B﹣C的正弦值．
19．（17分）将平面内任意向量 ， 绕坐标原点O逆时针方向旋转角 ，得到向量
→ →
=( ) α ′ =( −
， ．已知双曲线 ： ，将双曲线C1 绕点O逆时针旋转 后得到曲线C2 ．
2 2
（ 1 ） 求 C 2 的 方+程 ； ) 1 2 − 2 =1 4
（2）点A在曲线C2 上，曲线C2 在点A处的切线为直线l．
第3页（共18页）（i）若l与两坐标轴分别交于M，N两点，求△OMN的面积；
（ii）若B，C两点都在曲线C2 上（异于点A），且满足 ，求证：l⊥BC．
→ →
⋅ =0
第4页（共18页）2025-2026 学年河北省 NT20 名校联合体高三（上）质检数学试卷（一）（1
月份）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D C C A D D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABC AB ABD
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。
1．（5分）复数 的共轭复数的虚部为（ ）
3
2−
A． 1− B． C． D．
3 3 3 3
【分
2
析 】根据复数的乘方和−除2法运算以及共轭复数−的2 概念即可得到答案
2
．
【解答】解：由 ，
3
2− 2+ (2+ )(1+ ) 1 3
= = = +
可得复数 的共1−轭 复数1为− (1−， )(其1+虚 )部为2 ．2
3
2− 1 3 3
故选：B．
1− 2
−
2
−
2
2．（5分）样本数据3，8，4，6，27，9，1，5的第75百分位数为（ ）
A．7.5 B．8 C．8.5 D．9
【分析】利用总体百分位数的估计求解即可．
【解答】解：将样本数据按从小到大顺序依次排列为：1，3，4，5，6，8，9，27，
因为8×75%＝6，因此第75百分位数为 ，故C正确．
8+9
故选：C．
2
= 8.5
3．（5分）已知向量 （﹣2，4）与 （n，2），若 ∥（ ），则n＝（ ）
→ → → → →
= = +
第5页（共18页）A．4 B．﹣4 C．1 D．﹣1
【分析】先求出 的坐标，再利用平面向量平行时的坐标关系求解．
→ →
+
【解答】解：因为向量 （﹣2，4）， （n，2），
→ →
= =
所以 （﹣2+n，6），
→ →
+ =
又因为 ∥（ ），
→ → →
所以﹣2 ×6＝ 4+（ ﹣2+n），
解得n＝﹣1．
故选：D．
4．（5分）已知数列{an}是等比数列，若a2 ＝﹣1，a8 ＝﹣4，则a5 ＝（ ）
A．±1 B．﹣1 C．±2 D．2
【分析】根据等比数列的性质即可求解．
【解答】解：因为（a5 ）2＝a8 •a2 ＝（﹣1）×（﹣4）＝4，解得a5 ＝±2．
故选：C．
5．（5分）若椭圆 ＞ 的离心率为 ，则该椭圆的焦距为（ ）
2
2 1
2 + = 1( 1)
A． B． C2． D．
5 4 2 3 4 3
【分析】根据椭圆的离心率求a，c的值，可得椭圆的焦距2c的值．
4 3 3 3
【解答】解：由题可得： ，
2
−1 1
=
即 ， ， 2
2 3 2 3
= = −1=
所以该椭3圆的焦距为 ． 3
2 3
故选：C．
3
6．（5分）已知直线l1 ：3x﹣3ay+5＝0，l2 ：（1﹣a）x+2y﹣7＝0，则“a＝﹣1”是“l1 ∥l2 ”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据两直线平行的性质求得a，进而求解结论．
【解答】解：直线l1 ：3x﹣3ay+5＝0和l2 ：（1﹣a）x+2y﹣7＝0平行，
第6页（共18页）可得2×3﹣（﹣3a）×（1﹣a）＝0且3×（﹣7）﹣5×（1﹣a）＝0，解得a＝2或a＝﹣1．
故“a＝﹣1”是“l1 ∥l2 ”的充分不必要条件．
故选：A．
7．（5分）已知函数f（x）及其导函数g（x）的定义域均为 ， 为奇函数，f（x+y）+f（x﹣y）＝
( + )
2f（x）cosy，f（0）＝0，若方程f（x）＝m（m＞0）在区间[0，23 ]上恰有四个不同的实数根x1 ，x2 ，
x3 ，x4 ，则x1+x2+x3+x4 ＝（ ） π
A．2 B．4 C．8 D．6
【分析π】利用赋值法先推出π f（x）是奇函数，再得到π f（x+ ）＝﹣f（x）π从而周期为2 ，又由
π π ( + )
为奇函数，得到f（x）图象关于直线 对称，结合周期性和对称性，可知方程f（x）＝m＞0在2 [0，
=
3 ]上四个根具有对称分布关系，因此它们2的和为两个对称轴位置之和的两倍，进而求出x1+x2+x3+x4 的
值π．
【解答】解：取x＝0，那么可得f（y）+f（﹣y）＝2f（0）cos0＝0，即函数f（x）为奇函数；
取 ，得 ，因此f（x+ ）＝﹣f（x），
= ( + )+ ( − )=0 π
因此f（2x+2 ）＝﹣2f（x+ ）＝2f（x），因此函数f（x）的周期为2 ．
根据 π为奇函数，那π 么可得 π ，
( + ) ( + )=− ( − )⇒ ( + )+ ( − )=0
即 2 ，于是 2 2 ，2因此 2 ，
′ ( + )+′ ( − )=0 [ ( + )− ( − ′)] =0 ( + )− ( − )=
取x＝2 0，那么 2 2 ，即 2 ，2 2
( )− ( )= ⇒ =0 ( + )− ( − )=0
2 ，因2此函数f（x）关于 2对称 2
( + )= ( − ) =
2 2 2
又f（x）的周期为2 ，因此 也是f（x）图象的对称轴，
5
又f（x）＝m（m＞0 π）在区间 [ = 0，23 ]上恰有四个不同的实数根x1 ，x2 ，x3 ，x4 ，
π
根据对称性可知，四个根两两分别关于直线 和 对称，故x1+x2 ＝ ，x3+x4 ＝5 ，
5
即x1+x2+x3+x4 ＝6 ． = 2 = 2 π π
故选：D． π
8．（5分）如图，几何体ABC﹣A1B1C1 中，△ABC是正三角形，AA1 ＝CC1 ＝AB＝8，BB1 ＝4，AA1 ∥BB1
∥CC1 ，AA1 ⊥平面ABC，E，F分别为A1B1 ，A1C1 的中点，直线AB与平面EFC 相交于点M．则
的值为（ ）
第7页（共18页）A．2 B．3 C． D．4
3
【分析】根据题意作图，找到直线AB与平面EF2C的交点M，继而求出相关线段的长，再根据三角形
相似，求出 ，即可求得答案．
8
【解答】解： 因=为5E，F分别为A1B1 ，A1C1 的中点，
所以EF∥B1C1 ，延长BB1 至点K，使得BB1 ＝BK＝4，连接CK，
所以B1K＝C1C＝8，且B1K∥C1C，
所以四边形B1KCC1 为平行四边形，
所以KC∥B1C1 ，所以KC∥EF．
则平面EFCK即为平面EFC，
连接EK，则EK，AB 平面AA1B1B，则EK与AB的交点即为M，
AA1 ⊥平面ABC，AA1 ⊂平面AA1B1B，故平面AA1B1B⊥平面ABC，
平面AA1B1B∩平面AB⊂C＝AB，过点E作AB的垂线，垂足为Q，
则EQ⊥平面ABC，则EQ∥AA1 ∥B1K，又E为A1B1 的中点，
所以Q为AB的中点，所以 ，
1 + 1
又AB＝8，QB＝4． = 2 =6
第8页（共18页）由△KBM∽△EQM易知， ，
=
即 ，
4
=
解得4− 6，
8
=
5
所以 ．
8
− 8−5
= = 8 = 4
故选：D． 5
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）下列命题不正确的有（ ）
A．斜二测画法不会改变边长比例
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面的面积最大
D．用任意一个平面截球所得截面一定是一个圆面
【分析】根据斜二测画法的过程可判断选项A，根据点和直线位置关系确定平面分析即可判断选项B，
设圆锥的母线长为l，轴截面的两条母线的夹角为 （0＜ ＜ ），由截面面积公式分析即可判断选项C，
由截球所得截面一定是一个圆面即可判断选项D．α α π
【解答】解：对于A，在y轴上的线段或与y轴平行的线段长度变为原来的一半，所以斜二测画法可能
会改变边长比例，故A错误；
对于B，当点在直线外时，直线与该点可确定一个平面，
当点在直线上时，直线与该点不能唯一确定一个平面，故B错误；
对于C，设圆锥的母线长为l，轴截面的两条母线的夹角为 （0＜ ＜ ），
α α π
则截面的两条母线的夹角为 （0＜ ≤ ），截面面积 ，
1 2
θ θ α =
所以当 时，轴截面面积最大，当 ＞ 时， 的截2面面积最大，故C错误；
≤ =
对于D，用2任意一个平面截球所得截面一定2是一个圆2面，故D正确．
故选：ABC．
（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝2x3﹣x2，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
B．f（x）的极大值为0
第9页（共18页）C．f（x）有三个零点
D．曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为4x﹣y+3＝0
【分析】对函数求导，利用导数求出函数的单调性进行判断即可求解．
【解答】解：由题意可得，f′（x）＝6x2﹣2x＝2x（3x﹣1），x R，
∈
对于A，令f′（x）＞0，解得 ＞ 或x＜0，所以f（x）的单调增区间为 ， ， ， ．A选
1 1
项正确； 3 (−∞ 0) ( 3 +∞)
对于B，C，令f'（x）＜0，解得0＜x＜ ，所以f（x）在（0， ）上单调递减，
1 1
所以当x＝0时，f（x）有极大值f（0）＝30，B选项正确；
3
当 时，f（x）有极小值 ，又f（2）＝12＞0，
1 1 1
所以 = f（3x）的图象与x轴有两 (个3 )交=点−，27C选项错误；
对于D，f′（1）＝4，f（1）＝1，所以切线方程为y﹣1＝4（x﹣1），
即4x﹣y﹣3＝0，D选项错误．
故选：AB．
（多选）11．（6分）已知双曲线C： 的左、右焦点分别为F1 ，F2 ，点A在C的右支上，△AF1F2
2 2
的内切圆圆心为O1 ，过F2 作F2D
4
上− A
5
O1 =，1垂足为D，O为坐标原点，则（ ）
A．双曲线C的离心率为
3
B．|OD|＝2
2
C．圆心O1 的横坐标为1
D．O1A为双曲线C的切线
【分析】由双曲线的性质计算可判断A；
由 ，结合双曲线性质可判断B；
1
由内| 切|圆=切2线| 长 1|性质计算可判断C；
由双曲线的光学性质可得AH为∠F1AF2 的平分线，即可判断D．
【解答】解：对于A，由题知a＝2， ，c＝3，
= 5
所以双曲线C的离心率为 ，故A正确；
3
对于B，如图1所示，
2
第10页（共18页）设圆O1 与△AF1F2 的三边分别相切于点P，M，N，
延长F2D交AF1 于点E，连接OD，
则 ，
1
| |= | 1|
|AF1|﹣|AF 2 2|＝|AF1|﹣|AE|＝|EF1|＝2a， ，故B正确；
1
对于C，如图1所示， | |= 2 | 1|= =2
|AF1|﹣|AF2|＝|AN|+|NF1|﹣（|AM|+|MF2|）＝|NF1|﹣|MF2|＝|PF1|﹣|PF2|＝（xp+3）﹣（3﹣xp ）＝4，
解得xp ＝2，故圆O1 的横坐标为2，故C错误；
对于D，如图2，设双曲线C在点A处的切线为GH，作AT⊥GH，
由光学性质可以知道∠F2AT＝∠SAT，∠GAS＝∠F2AH，
又∠F2AH＝∠GAF，∠GAS＝∠F1AH，
所以∠F2AH＝∠F1AH，
所以AH为∠F1AF2 的平分线，
故A，H，O1 三点共线，
即O1A是双曲线C的切线，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知直线ax+3y﹣2＝0的倾斜角为 ，则a＝ ．
−3 3
第311页（共18页）【分析】由一般方程中斜率与倾斜角的关系可得．
【解答】解：因为直线ax+3y﹣2＝0的斜率为k ，
=−
又因为直线的倾斜角为 ， 3
所以k 3 ，
= = 3=−
解得 3 ． 3
故答案 =为−：3 3 ．
13．（5分）已知−3点3A（﹣2，5），点M是抛物线x2＝8y上的一点，点B是圆F：x2+（y﹣2）2＝1上的一
点，则|MA|+|MB|的最小值为 6 ．
【分析】过M作准线的垂线，垂足为M′，由M′M＝MF，因此先求|MA|+|MF|的最小值，由此可知当
M′，M，A共线时取得最小值
【解答】解：由题意知抛物线x2＝8y的焦点为圆心F（0，2），
过点M作抛物线准线y＝﹣2的垂线，垂足为M′，如图所示：
记点M到抛物线x2＝8y的准线的距离为d，
|M′M|＝|MF|，|MB|≥|MF|﹣1＝d﹣1≥2﹣1＝1，
所以|MA|+|MB|≥|MA|+|MF|﹣1＝|MA|+d﹣1≥5+2﹣1＝6，
当且仅当直线AM与抛物线的准线垂直，
点B在线段MF上时即M′，M，A共线时取得最小值，等号成立，
所以|MA|+|MB|的最小值为6．
故答案为：6．
14．（5分）在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB＝1，BC＝2，S为空间中的一个点，BC⊥SC， ，则三棱
5
=
2
锥S﹣ABC体积的最大值为 ．
3
【分析】先根据条件确定点S的轨迹，进而转化为三棱锥的高的最大值求解．
3
【解答】解：由于BC⊥SC，故S在过C点且与BC垂直的平面 内，
设 ∩平面ABC＝l，过A作l的垂线，垂足为A1 ，如图所示： α
α
第12页（共18页）易知AA1 ⊥ ， ，
3
α 1 =
，则S点在以A 2
1
为圆心的圆周上，
5
面 S = CA21 ⊥面ABC，面SCA1 ∩面ABC＝l，
故S到面ABC的最大距离为 ，
2 2
− 1 =2
体积的最大值为 ．
1 1 3 3
− = × △ ×2= × ×2=
故答案为： ． 3 3 2 3
3
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
3
15．（13分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2C﹣sinAsinB＝sin2A+sin2B．
（1）求C；
（2）若a＝5，b＝3，D为AB边上一点，且AC⊥CD，求CD．
【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理化简原式，进而结合三角形的性质求出角度即可；
（2）结合题意并利用等面积法建立方程，进而求解参数即可．
【解答】解：（1）根据题意可知，sin2C﹣sinAsinB＝sin2A+sin2B，
∴根据正弦定理c2﹣a2﹣b2＝ab，
∵c2﹣a2﹣b2＝﹣2abcosC，∴﹣2cosC＝1，∴ ，
1
=−
∵C （0， ），∴ ； 2
2
∈ π =
（2）∵AC⊥CD，∴ 3 ， ，
∠ = ∠ =
2 6
∵S △ABC ＝S △ACD+S △BCD ，∴ ，
1 2 1 1
= ⋅ + ⋅ ⋅
即 2 3 2 ，解2得 6．
1 3 1 1 1 15 3
× 3 × 5 × = × 3 ⋅ + × 5 ⋅ × =
2 2 2 2 2 11
第13页（共18页）16．（15分）已知B（5，2），C（1，0）两点．
（1）求以线段BC为直径的圆的标准方程；
（2）若动点A满足AB⊥AC，M为AC的中点，求点M的轨迹方程．
【分析】（1）求线段BC中点，然后确定圆的半径，即可求得圆的标准方程；
（2）设M，A坐标，由中点坐标公式得到点M与点A坐标的关系式，由题意可知点A在（1）中的圆
上，从而求得点M的轨迹方程．
【解答】解：（1）设BC中点为D，则D（3，1），
半径 ，
2 2
(5−1) +(2−0)
标准方 =程为（x﹣3）2+（y=﹣1）5 2＝5；
2
（2）设M（x，y），A（x0 ，y0 ），
则 ， ，
0+1 0+0
故 x0 =＝2x2﹣1， y0 =＝2y2，
因为点A的轨迹方程为（x﹣3）2+（y﹣1）2＝5，
将x0 ＝2x﹣1，y0 ＝2y代入得（2x﹣4）2+（2y﹣1）2＝5，
整理可得 ，
2 1 2 5
又x0 ≠1，( x0 −≠2 5 )，+故( x ≠− 12，) x≠= 34，
所以点M的轨迹方程为 ，（除（1，0），（3，1）两点）．
2 1 2 5
( −2) +( − ) =
2 4
17．（15分）已知椭圆 ： ＞＞ 的上焦点为F，焦距为2，椭圆C的上顶点到F的距离与
2 2
2+ 2 =1( 0)
它到直线l：y＝4的距离 之比 为 ．
1
（1）求椭圆C的标准方程；
2
（2）若过点（0，4）且斜率存在的直线与椭圆C交于A，B两点，求kAF+kBF 的值．
【分析】（1）由题意建立等式求得a，b，c，代入即可求解；
（2）设出直线AB的方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及斜率公式建立等式计算即可求解．
第14页（共18页）【解答】解：（1）由椭圆焦距为2，可得2c＝2，即c＝1，
又椭圆上顶点到点F的距离与到直线l：y＝4的距离之比为 ，
1
上顶点P（0，a），焦点F（0，1），则 ， 2
−1 1
解得a＝2，即a2＝4，b2＝a2﹣c2＝3，
4−
=
2
所以椭圆C的标准方程为 ；
2 2
（2）设直线AB：y＝kx+4， 4 A+（ 3 x1 ，=y1 1 ），B（x2 ，y2 ），
联立 ，得（3k2+4）x2+24kx+36＝0，
= +4
2 2
则Δ＝4（ + 243k） =21 ﹣4（3k2+4）×36＞0，解得k＞2或k＜﹣2，
由韦达定理可得 ， ，
−24 36
1+ 2 = 2 1 2 = 2
所以kAF+kBF 3 +4 3 +4
1−1 2−1 ( 1+3) 2+( 2+3) 1
= + =
1 2 1 2
，
36 −24
2 ⋅ 3 2+4 +3⋅( 3 2+4 ) 72 −72
= 36 = =0
36
所以kAF+3k
B
2
F
+为4 定值0．
18．（17分）如图，斜三棱柱ABC﹣A1B1C1 的体积为1，D为BC上一点，A1B∥平面 ， ，
， 为锐角． 1 ⊥ 1 1 =
（ 1）=求2证 ：=AD⊥2 平 面=B2CC∠
1
B1
1
；
（2）求二面角A1 ﹣B1B﹣C的正弦值．
第15页（共18页）【分析】（1）连接A1C交AC1 于点O，根据线面平行的性质得A1B∥OD，再利用线面垂直的判定即可
证明；
（2）根据棱柱体积公式求得棱柱的高为1，再利用面面垂直的性质定理得B1H⊥平面ABC，最后建立
合适的空间直角坐标系，求出相关向量和平面法向量，利用面面角的空间向量求法即可得到答案．
【解答】解：（1）证明：连接A1C交AC1 于点O，连接OD，如图所示：
因为A1B∥面ADC1 ，A1B 面A1BC，面A1BC∩面ADC1 ＝OD，所以A1B∥OD，
又因为在△A1BC中，O为⊂A1C的中点，所以D为BC中点，
又因为AB＝AC，所以AD⊥BC，
又因为AD⊥DC1 ，且BC∩DC1 ＝D，BC，DC1 面BCC1B1 ，
故可以证得AD⊥面BCC1B1 ； ⊂
（2）因为 ，
1 1
所以易知斜 三 △ 棱 柱= A2B C ﹣⋅ A 1B = 1C21 的×2高×为1 1 =．1
又因为AD⊥面BCC1B1 ，AD 面ABC，
所以面ABC⊥面BCC1B1 ， ⊂
过B1 作B1H⊥BC于H，
面ABC∩面BCC1B1 ＝BC，B1H 面BCC1B1 ，所以B1H⊥面ABC，所以B1H为斜三棱柱的高，则B1H
＝1， ⊂
因为B1B＝2，根据勾股定理可得 ，
2 2
= 2 −1 = 3
第16页（共18页）建立空间直角坐标系，如图所示：
，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，
(1 0 0) (0 1 0) (0 −1 0) 1(0 1− 3 1)
，， ， ， ， ，
→ →
=(−1 1 0) 1=(0 − 3 1)
设平面A1ABB1 的法向量为 ，， ，
→
1=( )
则 ，
→ →
1⋅ =0 − + =0
→ → ⇒
1⋅ 1=0 − 3 + =0
取y＝1，则 ，， ，
→
1=(1 1 3)
同理可得平面BCC1B1 的一个法向量为 ，， ，
→
2=(1 0 0)
所以 ， ，
→ →
→ →
1⋅ 2 1
| 〈 1 2〉|= | → → |=
所以二面角A1 ﹣B1B﹣| C 1的|⋅|正 2弦| 值为 5 ．
5 2 2 5
1−( ) =
5 5
19．（17分）将平面内任意向量 ， 绕坐标原点O逆时针方向旋转角 ，得到向量
→ →
=( ) α ′ =( −
， ．已知双曲线 ： ，将双曲线C1 绕点O逆时针旋转 后得到曲线C2 ．
2 2
（ 1 ） 求 C 2 的 方+程 ； ) 1 2 − 2 =1 4
（2）点A在曲线C2 上，曲线C2 在点A处的切线为直线l．
（i）若l与两坐标轴分别交于M，N两点，求△OMN的面积；
（ii）若B，C两点都在曲线C2 上（异于点A），且满足 ，求证：l⊥BC．
→ →
【分析】（1）取曲线C2 上任一点P（x，y），得到点P与 P0 ⋅的 关=系0，由题意得到关系式，结合P0 的双
曲线方程C1 得到x，y的关系式，即为曲线C2 的方程；
（2）（i）由利用导数求得曲线C2 在点A处的切线为直线l方程，然后得到点M，N坐标即可得到△OMN
的面积；
（ii）由（i）得kl ，设点A，B，C坐标，写出kAC ，kAB ，kBC ，由向量数量积得到AB⊥AC即kAB •kAC
第17页（共18页）＝﹣1，由此证明kBC •k＝﹣1，即得证．
【解答】解：（1）取曲线C2 上任一点P（x，y），则点P由双曲线C1 上一点P0 （x0 ，y0 ）绕坐标原点O
逆时针旋转 得到，
4
所以 ，又 ，
2 2
= 2 0− 2 0 2 2
0− 0 =2
2 2
所以 = 0+ ，即 0 xy＝1，
2 2
故C2 的2 方⋅程2为 =xy2＝1；
（2）（i）设A（x1 ，y1 ），
又C2 的方程为xy＝1，即y ，所以 ，
1 1
= ′ =− 2
所以过A的切线l的方程为 ，
1
− 1 =− 2( − 1)
即 ， 1
1 1
− =− 2( − 1)
令x＝0 ， 1 得 1 ，令y＝0，得x＝2x1 ，
2
=
所以 1 ；
1 2
△ = ⋅|2 1|⋅| |=2
（ii）证明：由2题，设A（ 1x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），C（x3 ，y3 ），
因为C2 的方程为xy＝1，即y ，所以 ，
1 1
= ′ =− 2
所以过A的切线l的斜率 ，
1
=− 2
1
所以 ，
1 1
−
3− 1 3 1 1
同理 = 3− 1，= 3− 1 =− 1， 3
1 1
=− =−
则 1 2 2 ，3即 ，
−1 −1 2
⋅ =−1= ⋅ 1 2 3 =−1
所以 1 2 1 3 ，
1 1 1
⋅ =− ⋅(− 2)= 2 =−1
所以l⊥BC． 2 3 1 1 2 3
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