文档内容
2025 年高考数学全真模拟卷 03（新高考Ⅰ卷专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填
写在答题卡上。
2.回答第I卷时，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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要
求的。
1．（5分）（2025·安徽合肥·一模）已知集合A={x|00,b>0)
a2 b2
P(6,−4)在该双曲线上，则双曲线的渐近线方程为（ ）
√3 √3
A．y=±√3x B．y=±2x C．y=± x D．y=± x
3 2
【解题思路】利用双曲线的定义求得a=2,进而可求双曲线的渐近线方程.
【解答过程】依题意，双曲线的另一个焦点为(0,−4)，
则点 到两个焦点的距离分别为 ， ，
P(6,−4) √62+(−4+4) 2=6 √62+(−4−4) 2=10
于是2a=10−6=4，解得a=2，
则 ，
b=√42−22=2√3√3
所以双曲线的渐近线方程为y=± x.
3
故选:C.
6．（5分）（2024·广东广州·三模）已知斜三棱柱ABC−A B C 中，O为四边形ACC A 对角线的交点，
1 1 1 1 1
设四棱锥O−BCC B 的体积为V ，三棱柱ABC−A B C 的体积为V ，则V :V =（ ）
1 1 1 1 1 1 2 1 2
A．2:3 B．1:3 C．1:4 D．1:6
【解题思路】由柱体与锥体体积公式求解即得.
【解答过程】因为O为四边形ACC A 对角线的交点，所以O为C A 的中点，
1 1 1
1 1 1( 1 ) 1
所以V =V = V = (V −V )= V − V = V ,
1 O−BCC 1 B 1 2 A 1 −BCC 1 B 1 2 ABC−A 1 B 1 C 1 A 1 −ABC 2 2 3 2 3 2
所以V :V =1:3.
1 2
故选:B.
7．（5分）（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
b2+c2−a2=bc=4，则△ABC的面积为（ ）
A．2√3 B．√3 C．2 D．1
π
【解题思路】利用余弦定理求得A= ，求得面积.
3
b2+c2−a2 1 π
【解答过程】由余弦定理可得cosA= = ，所以A= ，
2bc 2 3
1
又bc=4，所以△ABC的面积为 bcsinA=√3．
2
故选：B．
8．（5分）（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f(x)=¿在R上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,0] B．[−1,0]
C．[−1,1] D．[1,+∞)
【解题思路】分段函数单调递减，需满足每一段函数均单调递减，且分段处左端点函数值大于等于右端点
函数值，从而得到不等式，求出答案.1
【解答过程】显然y= −ln(x+1)在x∈[0,+∞)上单调递减，
ex
要想f(x)=¿在R上单调递减，
则¿，解得a≥1.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
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。
9．（6分）（2024·贵州黔南·一模）已知抛物线C:x2=4 y的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于A，
B两点.若抛物线C在点A，B处的切线的斜率分别为k ，k ，且抛物线C的准线与y轴交于点N，则下列说
1 2
法正确的是（ ）
A．|AB|的最小值为4
B．若|AB|=4，则NA⊥NB
C．若k +k =4，则直线AB的方程为x−y+1=0
1 2
π
D．直线AN的倾斜角α的最小值为
4
【解题思路】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，借助韦达定理
求出关系式，利用抛物线定义结合基本不等式求解判断AB；利用导数求出切线斜率求解判断C；求出直
线AN的斜率范围判断D.
【解答过程】抛物线C:x2=4 y的焦点F(0,1)，准线方程为y=−1，N(0,−1)，
显然直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+1，A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
由¿消去y得x2−4kx−4=0，显然Δ>0，x +x =4k,x x =−4，
1 2 1 2
对于A， x2+x2 2|x x | ，
|AB|=|AF|+|BF|= y +1+ y +1= 1 2+2≥ 1 2 +2=4
1 2 4 4
当且仅当x =−x 时取等号，A正确；
1 2
对于B，由选项A知，|AF|=|BF|=2，而|NF|=2，因此NA⊥NB，B正确；
1 1 1 1
对于C，由y= x2，求导得y′= x，则k = x ,k = x ，
4 2 1 2 1 2 2 2
由k +k =4，得x +x =8，则4k=8，解得k=2，直线AB的方程为2x−y+1=0，C错误；
1 2 1 2
对于D，直线 的斜率 y +1 x2+4， x2+4 2√x2 ⋅4 ，当且仅当 时取等
AN k = 1 = 1 |k |= 1 ≥ 1 =1 |x |=2
AN x 4x AN 4|x | 4|x | 1
1 1 1 1
号，π π π 3π
则k ≤−1或k ≥1，因此直线AN的倾斜角α∈[ , )∪( , ]，
AN AN 4 2 2 4
π
直线AN的倾斜角α的最小值为 ，D正确.
4
故选：ABD.
x lnx
10．（6分）（2024·吉林长春·模拟预测）函数f (x)= 与g(x)= 之间的关系非常密切，号称函数中
ex x
的双子座，以下说法正确的是（ ）
2
A．若∃x ∈R，∃x ∈(0,+∞)，使得a≤f (x )+g(x )成立，则a≤
1 2 1 2 e
4−ln4
B．f (ln2)<
e2
C．直线y=m(m<0)与两个函数图象交点的横坐标之积的范围是(−∞,0)
D．若直线y=m过两个函数图象的公共点，则直线y=m与两个函数图象的所有交点横坐标从小到大排
列依次构成等比数列
【解题思路】分别求导后，由单调性分别求出最值，可得A正确；由对数的运算化简4−ln4 (e2 )，
=g
e2 2
f (ln2)=g(4)，再结合g(x)的单调性可得B正确；结合条件可得x x =x lnx ，然后构造函数根据导数研
1 2 2 2
究函数的性质可判断C；由对数的运算和等比中项的性质结合图形可得D正确.
【解答过程】A： f′(x)= ex−xex = 1−x，
(ex) 2 ex
令f′(x)=0，解得x=1，
所以当x∈(−∞,1)，f′(x)>0，f (x)为增函数；当x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f (x)为减函数；
1
所以f (x ) =f (1)= ；
1 max e1−lnx
同理，g′(x)= ,x>0，
x2
令g′(x)=0，解得x=e，
所以当x∈(0,e)，g′(x)>0，g(x)为增函数；当x∈(e,+∞)，g′(x)<0，g(x)为减函数；
1
所以g(x ) =g(e)= ；
2 max e
2 2
所以∃x ∈R，∃x ∈(0,+∞)，使得a≤f (x ) +g(x ) = 成立，则a≤ ，故A正确；
1 2 1 max 2 max e e
e2 e2
ln ln
4−ln4 2(2−ln2) 2 ( e2 ) 2 (e2 )
B：因为 = = ，即f ln = =g ，
e2 e2 e2 2 e2 2
2 2
ln2 ln2 ln4
f (ln2)= = = =g(4)，
eln2 2 4
lnx
因为g(x)= 在当x∈(e,+∞)，g(x)为减函数；
x
e2
又4> >e，
2
所以 (e2 ) ，即 4−ln4，故B正确；
g >g(4) f (ln2)<
2 e2
C：由题可得函数的大致图象，设直线y=m(m<0)与两个函数图象交点的横坐标为x ,x ，且x 0，ℎ(x)为增函数，
e e
1
所以 ℎ(x) =− ，又 ℎ(1)=0，当x→0时， ℎ(x)→0，
min e
( 1 ) ( 1 )
所以ℎ(x)∈ − ,0 ，即x x ∈ − ,0 ，故C错误；
e 1 2 e
D：设公共点为M，此时直线与两函数曲线共有三个交点，不妨设01,lnx >lne=1，又当x>1，f (x)为减函数，
2 3
所以x =lnx ，
2 3
所以x lnx x 1，x x 1，
3= 3= 2 = 2= 2 =
x lnx lnx m x lnx m
2 2 2 1 2
所以x 1 x ，
3= = 2 ⇒x2=x x
x m x 2 1 3
2 1
即由等比中项的性质可得直线y=m与两个函数图象的所有交点横坐标从小到大排列依次构成等比数列，故
D正确；
故选：ABD.11．（6分）（2025·新疆·模拟预测）1688年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了
笛卡尔叶形线方程：x3+ y3−3axy=0.则下列判断正确的是（ ）
A．笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点
B．笛卡尔叶形线关于直线y=x对称
C．当a=2时，笛卡尔叶形线的顶点坐标为A(2,2)
D．当a=2时，若点P(x,y)是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则x2+ y2的最大值为18
【解题思路】令x=0，y=0即可判断A，代入(y,x)曲线成立判断B，当a=2时，令x= y，得出顶点坐标
判断C，应用图象得出D.
【解答过程】对于A，在x3+ y3−3axy=0中，令x=0，则y=0，令y=0，则x=0，
即笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点(0,0)，故A正确；
对于B，在x3+ y3−3axy=0中，将点(y,x)代入可得：y3+x3−3ayx=0，
显然方程不变，即笛卡尔叶形线关于直线y=x对称，故B正确；
对于C，当a=2时，笛卡尔叶形线方程：x3+ y3−6xy=0.
令x= y，解得x= y=3或x= y=0，故顶点坐标A(3,3)，故C错误；
对于D，由图象知(3,3)离原点距离最大，于是x2+ y2的最大值为18，故D正确.
故选：ABD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
5 3
12．（5分）（2024·上海·模拟预测）已知正实数a,b满足log b+log a= ，aa=bb，则a+b= .
a b 2 4
5 1 5
【解题思路】令t=log b，则由log b+log a= 可得t+ = ，从而可求出t的值，再结合aa=bb求出a,b，
a a b 2 t 2
即可得解.
1
【解答过程】令t=log b，则log a= ，
a b t5 1 5
由log b+log a= ，得t+ = ，
a b 2 t 2
1
所以2t2−5t+2=0，解得t= 或t=2，
2
1
所以log b= 或log b=2，
a 2 a
所以
a
1
2=b
或 a2=b ，
当
a
1
2=b
时，则 a=b2，
由 ，得 ，所以 ，
aa=bb (b2) a =b2a=bb 2a=b
由¿，又a>0，解得¿，
3
所以a+b= ；
4
当 时，由 ，得 ，所以 ，
a2=b aa=bb aa=(a2) b =a2b a=2b
由¿，又a>0，解得¿，
3
所以a+b= ，
4
3
综上所述，a+b= .
4
3
故答案为： .
4
13．（5分）（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，现从
这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为
3
．
56
【解题思路】先写出基本事件总数 ，再求出所有卡片上的数字之和，得到抽出的3张卡片上的数字之和
C3
8
应为18，列举出和为18的3张卡片即可求解.
8×7×6
【解答过程】从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为C3= =56，
8 3×2
因为1+2+3+4+5+6+7+8=36，
所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，则抽出的3张卡片上的数字之和应为18，
则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或7,6,5共3种，
所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点个数共3个，
3
所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为 .
56
3
故答案为： .
56
14．（5分）（2024·湖北·模拟预测）已知正方形PQRS的边长为2√2，两个点A，B（两点不重合）都在
直线QS的同侧（但A，B与P在直线SQ的异侧），A，B关于直线PR对称，若⃗PA⋅⃗RB=0，则△PAS面
积的取值范围是 (2,4)∪(4,+∞) .
【解题思路】建立平面直角坐标系，由⃗PA⋅⃗RB=0求出A点轨迹，由轨迹特征求A点到直线PS的距离的取
值范围，可求△PAS面积的取值范围.
【解答过程】以PR为x轴，QS为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则P(−2,0)，R(2,0)，S(0,2)，Q(0,−2)，
设A(x,y)(x>0)，B(x,−y)，所以⃗PA=(x+2,y)，⃗RB=(x−2,−y)，
因为⃗PA⋅⃗RB=0，所以(x+2)(x−2)−y2=0，即A位于双曲线x2−y2=4的右支上，渐近线方程为y=x或
y=−x，
直线 与直线 ： 的距离为 ，即 点到直线 的距离的取值范围是 ，
y=x PS x−y+2=0 √2 A PS (√2,+∞)
又PS=2√2，所以△PAS面积的取值范围是(2,+∞).
因为A,B不重合，故A,R不重合，故面积不为4，
故答案为：(2,4)∪(4,+∞).
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2025·河北邯郸·二模）食品安全负责部门为了对某大型超市经营的某品牌（由A，B两个
不同的产地生产）的“预制食品”的某些指标进行检测，随机从A，B两个产地生产的产品中分别抽取了
30个作为样本进行检测，依据检测相应指标的相关数据，将其划定为“优良”和“合格”两个级别，记录相关数据得到如下2×2列联表：
单位：个
产地
级别 合计
A B
1
优良 20 35
5
1
合格 10 25
5
3
合计 30 60
0
(1)依据小概率值α=0.10的独立性检验，分析“该食品的指标等级与产地”是否有关?
(2)该超市对该“预制食品”进行打包促销，对于同一产地生产的食品采用每5个装为一个“促销大礼包”
的促销形式，若某顾客随机购买了一个“促销大礼包”，经检测显示恰有4个为优良级别，试通过概率知
识确定该“促销大礼包”内装的是A产地生产的食品的概率（该超市A，B两个产地的售出量之比为3:2，
以列联表中产品的优良的频率代替各自产品优良的概率）.
参考公式和数据： n(ad−bc) 2 ，其中 .
χ2= n=a+b+c+d
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
【解题思路】（1）根据题意，由χ2的公式代入计算，即可判断；
（2）根据题意，由全概率公式可得“‘促销大礼包’中有4个为优良级别”的概率，再由条件概率公式代
入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）零假设为H ：该食品的指标等级与产地无关，
0
60×(20×15−15×10) 2
根据表中数据计算得，χ2= ≈1.714<2.706=x ，
35×25×30×30 0.10
依据小概率值α=0.10的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，
0
因此可以认为“该食品的指标等级与产地”无关.
（2）记M为“‘促销大礼包’中有4个为优良级别”；A为“‘促销大礼包’中的食品由A产地生产”；
B为“‘促销大礼包’中的食品由B产地生产”3 2
依题意，P(A)= ，P(B)= ，
5 5
P(M)=P¿
=C4×
(2) 4
×
1
×
3
+C4×
(1) 4
×
1
×
2
=
16
+
1
=
337
，
5 3 3 5 5 2 2 5 81 16 1296
则P¿，
256
所以该“促销大礼包”内装的是A产地生产的食品的概率为 .
337
16．（15分）（2025·江西·一模）已知数列 满足 .
{a } a =2,a =a2+λ
n 1 n+1 n
(1)若 为递增数列，求 的取值范围；
{a } λ
n
(2)当 λ=0 时，证明：数列 {lna } 是等比数列，并求数列{ a n }的前 n 项之积 T .
n 1+a n
n
【解题思路】（1）由题设 ， 恒成立，利用二次函数性质求右侧最大值，即可得参数范围；
a ≥2 λ>a −a2
n n n
（2）根据已知可得
lna =2lna
，结合等比数列定义证明结论，进而可得
a =22n−1
，应用等比数列的前n
n+1 n n
项和公式求T .
n
【解答过程】（1）由题设 ，即 ， 恒成立，
a −a =a2+λ−a >0 a ≥2 λ>a −a2
n+1 n n n n n n
1 2 1
而y=a −a2=−(a − ) + 在[2,+∞)上单调递减，则(a −a2 ) =−2，
n n n 2 4 n n max
所以λ>−2；
（2）由题设 ，则 ，又 ，
a =a2 lna =2lna lna =ln2
n+1 n n+1 n 1
所以 是首项为 ，公比为2的等比数列，故 ，
{lna } ln2 lna =2n−1ln2
n n
所以 ，则
a 22n−1
，
a =e2n−1⋅ln2=22n−1 n =
n 1+a 1+22n−1
n
所以
21 ⋅22 ⋅24 ⋅⋯⋅22n−1 21+2+4+⋯+2n−1
T = =
n (2+1)(22+1)(24+1)⋯(22n−1+1) (2−1)(2+1)(22+1)(24+1)⋯(22n−1+1)1−2n
21−2 22n−1
.
= =
(22n−1 −1)(22n−1+1) 22n
−1
b
17．（15分）（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）已知函数f(x)=alnx+ −x.
x
(1)设a=1,b=−2，求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程；
(2)若x=1是f(x)的极小值点，求b的取值范围.
【解题思路】（1）由切线斜率为2，结合导数知识可得切线过点(1,−3)，然后可得切线方程；
（2）由x=1是f(x)的极小值点，可得a=b+1，然后据此讨论f(x)的单调性，分析得f(x)在x=1时的极
值情况，从而得解.
2
【解答过程】（1）当a=1,b=−2时，f(x)=lnx− −x，其中x>0，
x
则 1 2 x−x2+2，令 x−x2+2 ，
f′ (x)= + −1= f′ (x)=2⇒ =2
x x2 x2 x2
化简得3x2−x−2=(x−1)(3x+2)=0，解得x=1（负值舍去），
又此时f(1)=−3，则切线方程过点(1,−3)，结合切线方程斜率为2，
则切线方程为y+3=2(x−1)，即2x−y−5=0.
（2）由题可得 定义域为 ， a b −x2+ax−b，
f(x) (0,+∞) f′ (x)= − −1=
x x2 x2
因 是 的极小值点，则 ，
x=1 f(x) f′ (1)=−1+a−b=0⇒a=b+1
则 −x2+(b+1)x−b (x−1)(x−b)，
f′ (x)= =−
x2 x2
若 ，令 ，令 ，
b≤0 f′ (x)>0⇒x∈(0,1) f′(x)<0⇒x∈(1,+∞)
则f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
得x=1是f(x)的极大值点，不满足题意；
若 ，令 ，令 ，
00⇒x∈(b,1) f′(x)<0⇒x∈(0,b)∪(1,+∞)
则f(x)在(b,1)上单调递增，在(0,b),(1,+∞)上单调递减，
得x=1是f(x)的极大值点，不满足题意；若 ，则 (x−1) 2 ， 在 上单调递减，无极值，不满足题意；
b=1 f' (x)=− ≤0 f(x) (0,+∞)
x2
若 ，令 ，令 ，
b>1 f′ (x)>0⇒x∈(1,b) f′(x)<0⇒x∈(0,1)∪(b,+∞)
则f(x)在(1,b)上单调递增，在(0,1),(b,+∞)上单调递减，
得x=1是f(x)的极小值点，满足题意；
综上，x=1是f(x)的极小值点时，b>1.
18．（17分）（2025·广东惠州·模拟预测）已知椭圆 x2 y2 的长轴长为 ，离心率为
C: + =1(a>b>0) 2√2
a2 b2
√2
.
2
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知椭圆x2 y2 上点 处的切线方程是x x y y .在直线 上任取一点
+ =1(a>b>0) (x ,y ) 0 + 0 =1 l:x=2 M
a2 b2 0 0 a2 b2
引椭圆C的两条切线，切点分别是P、Q.
求证：直线PQ恒过定点N；
①是否存在实数λ，使得|PN|+|QN|=λ|PN|⋅|QN|，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由.
② √2
【解题思路】（1）根据椭圆的长轴长为2√2，离心率为 ，由¿求解；
2
x x x x
（2）①设P(x ,y )，Q(x ,y )，M(2,m)，由l : 1 + y y=1，l : 2 + y y=1，且l ，l 经
1 1 2 2 PM 2 1 QM 2 2 PM QM
1 1
过点M(2,m)，得到l :x+my−1=0求解；②设实数λ存在，则λ= + ，分直线PQ斜率不
PQ |PN| |QN|
存在，PQ斜率k=0，PQ斜率k≠0，利用弦长公式求解.
【解答过程】（1）解：由题意可知¿，所以¿，
所以 ，
b=√a2−c2=1
x2
所以椭圆C的方程为 + y2=1.
2
（2）①设 ， ， ，
P(x ,y ) Q(x ,y ) M(2,m)
1 1 2 2x x x x
由题设可知：l : 1 + y y=1，l : 2 + y y=1，
PM 2 1 QM 2 2
又因为l ，l 经过点M(2,m)，所以¿，
PM QM
所以P，Q均在直线x+my−1=0上，即l :x+my−1=0，
PQ
由¿，解得¿，所以直线PQ过定点N(1,0).
1 1
②设实数λ存在，因为|PN|+|QN|=λ|PN|⋅|QN|，所以λ= + ，
|PN| |QN|
当直线PQ斜率不存在时，此时直线PQ的方程为x=1，
由¿解得¿，
√2 1 1
所以|PN|=|QN|= ，故λ= + =2√2.
2 |PN| |QN|
当直线PQ斜率k=0时，不满足题意；
1
当直线PQ斜率k≠0时，设直线PQ的方程为x+my−1=0，则k=− ，
m
1 1 1 |y |+|y |
λ= + = × 1 2
故 ，
√ 1+ (1) 2 ×|y −y | √ 1+ (1) 2 ×|y −y | √1+m2 |y 1 y 2 |
k 1 N k 2 N
所以 λ= 1 × |y 1 −y 2 | = 1 × √(y 1 + y 2 ) 2−4 y 1 y 2，
√1+m2 |y y | √1+m2 |y y |
1 2 1 2
联立 可得 ，显然 ，
¿ (m2+2)y2−2my−1=0 Δ>0
2m 1
所以y + y = ，y y =− ，
1 2 m2+2 1 2 m2+2
√ ( 2m ) 2 4×(m2+2)×(−1) 2√2×√m2+1
−
所以 λ= 1 × m2+2 (m2+2) 2 = m2+2 =2√2 .
√1+m2 1 √m2+1
m2+2 m2+2综上可知，存在λ=2√2满足条件.
19．（17分）（2024·广东汕头·二模）日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店
在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，常见的捆扎方式有两种，如图（A）、
（B）所示，并配上花结.
图（A）中，正四棱柱ABCD−A B C D 的底面ABCD是正方形，且AB=3，A A =1.
1 1 1 1 1
(1)若AH=AE=B E =B F =CF=CG=D G =D H =1，记点H关于平面F FGG 的对称点为P ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
点H关于直线F G 的对称点为P .
1 1 2
（ⅰ）求线段H P 的长；
1
（ⅱ）求直线P P 与平面ABCD所成角的正弦值.
1 2
(2)据烘焙店的店员说，图（A）这样的捆扎不仅漂亮，而且比图（B）的十字捆扎更节省彩绳.你同意这种
说法吗？请给出你的理由.（注意，此时AH、AE、B E 、B F 、CF、CG、D G 、D H 这8条线段
1 1 1 1 1 1 1 1
可能长短不一）
【解题思路】（1）（ⅰ）以D 为原点，直线D A 、D C ,D D分别为x、y、z轴，建立空间直角坐
1 1 1 1 1 1
标系，求出平面F FGG 的法向量为⃗n=(x,y,z),可求出点H到平面F FGG 的距离，即可求出H P ；
1 1 1 1 1
（ⅱ）求出直线P P 的方向向量与平面ABCD的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
1 2
（2）分别求出图(A)和图(B)中彩绳长度的最小值，比较它们的大小即可得出答案.
【解答过程】（1）（ⅰ）如图，以D 为原点，直线D A ,D C ,D D分别为x,y,z轴，建立空间直角坐
1 1 1 1 1 1
标系，
则H(2,0,1)，G (0,1,0)，F (2,3,0)，G(0,2,1),
1 1
， ，
∴⃗HG=(−2,2,0) ⃗G G=(0,1,1) ⃗G F =(2,2,0),
1 1 1
设平面F FGG 的法向量为⃗n=(x,y,z),
1 1
则有¿，取x=1,得⃗n=(1,−1,1),
点H到平面 的距离 |⃗HG⋅⃗n| 4 4√3
∴ F FGG d= = = ,
1 1 |⃗n| √3 38√3 8√3
∴|H P |=2d= ，线段H P 的长为 ;
1 3 1 3
（ⅱ）设P 为H P 的中点，则P ∈F G ,且G P ⊥H P ,
0 2 0 1 1 1 0 0
∵⃗G H=(2,−1,1) ， ∴⃗G P = ⃗G 1 H⋅⃗G 1 F 1⃗G F = 1 ⃗G F = (1 , 1 ,0 ) ,
1 1 0 |⃗G F |2 1 1 4 1 1 2 2
1 1
(1 3 )
∴P , ,0 ,∴P (−1,3,−1),
0 2 2 2
由（ⅰ）知，⃗H P =2⋅ ⃗HG⋅⃗n ⃗n=− 8 ⃗n= ( − 8 , 8 ,− 8) , ∴P ( − 2 , 8 ,− 5)
1 |⃗n|2 3 3 3 3 1 3 3 3
( 1 1 2)
∴⃗P P = − , ,
1 2 3 3 3
又⃗m=(0,0,1)为平面ABCD的法向量，
⃗ →
∴cos
= P 1 P 2 ⋅m = √6 , 1 2 | ⃗ →| 3 P P |⋅|m 1 2 ∴直线P P 与平面ABCD所成角的正弦值为¿. 1 2 （2）如图所示， 对于图(A)，沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值，如下图， 最小值为 ， |JQ|=√82+82=8√2 对于图(B)，彩绳长度的最小值为3×4+1×4=16， 因为16>8√2，所以店员的说法是正确的． （也可以不计算，由三角形两边之和大于第三边直观给出答案）
