高考解答题专项训练4

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高考数学复习----圆锥曲线压轴解答题常考套路归类专项练习题(含答案解析)

高考数学复习----圆锥曲线压轴解答题常考套路归类专项练习题（含答案解析）1．（2023春·福建泉州·高三阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ ，PF 为直径作圆和圆，且圆和圆交于P ，R 两点，且.(1)求动点的轨迹E 的方程；(2)若直线：交轨迹E 于A ，B 两点，直线：与轨迹E 交于M ，D 两点，其中点M 在第一象限，点A ，B 在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.【解析】（1）设点,因为, 由正弦定理知,,解得, 所以曲线的方程为.（2）直线与曲线在第一象限交于点, 因为,所以, 由正弦定理得:,xOy ()1,0F l =1x −P P l Q 1C 2C 1C 2C PQR PFR ∠=∠P 1l x my a =+2l 1x =2l 1l 2l N MA BN AN MB ⋅=⋅MAB △(,)P x y PQR PFR ∠=∠||||PQ PF =|1|x =+24y x =E 24y x =1x =E (1,2)M ||||||||MA BN AN MB ⋅=⋅||||||||MA MB AN BN =sin sin sin sin ANM BNMAMN BMN∠∠=∠∠所以. 设，所以, 得,所以，所以直线方程为:,联立，得由韦达定理得,又因为点在直线的上方,所以,所以, 所以又因为点到直线的距离为所以方法一：令,则,所以当时,单调递增,当时,单调递减,所以，所以当时,面积最大,此时最大值为.方法二：最大值也可以用三元均值不等式,过程如下:，当且仅当,即时,等号成立.AMN BMN ∠=∠()()1122,,,A x y B x y 12122212121222224411221144AM BM y y y y k k y y x x y y−−−−+=+=+=+=−−++−−124y y +=−2121222121124144AB y y y y k y y x x y y −−====−−+−1l x y a =−+24y xx y a ⎧=⎨=−+⎩2440,16(1)0,1y y a a a +−=∆=+>>−12124,4y y y y a +=−=−M 1l 21a >−+13a −<<12||AB y =−=M 1l d =11||22ABMSAB d ==⨯=2()(1)(3),13f a a a a =+−−<<()(31)(3)f a a a '=−−113a −<<()0,()f a f a '>133a <<()0,()f a f a '<max 1256()327f a f ⎛⎫== ⎪⎝⎭13a =ABM S ∆=ABM S △ABMS==223a a +=−13a =2．（2023·北京·高三专题练习）已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，，一个焦点为． (1)求椭圆的标准方程；(2)过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆相交于两点，直线分别与直线相交于两点，若为锐角，求直线斜率的取值范围．【解析】（1）由题意知：椭圆的离心率因为一个焦点为，所以，则由可得：，所以椭圆的标准方程为. （2）设直线的方程为，，联立方程组，整理可得：，则有，由条件可知：直线所在直线方程为：，因为直线与直线相交于所以，同理可得：，则，若为锐角，则有，所以 C O ()0,1F C F l ,A B ,OA OB 2y =,M N MON ∠l k C c e a ==()0,1F 1c =a 222a b c =+1b =C 2212y x +=l 1y kx =+1122(,),(,)A x y B x y 22112y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩22(2)210k x kx ++−=12122221,22k x x x x k k −−+==++OA 11y y x x =OA 2y =M 112(,2)x M y 222(,2)xN y 112(,2)x OM y =222(,2)xON y =MON ∠0OM ON >121212212121212444444(1)(1)()1x x x x x x OM ON y y kx kx k x x k x x =+=+=++++++，则，解得：或，所以或或，故直线斜率的取值范围为. 3．（2023·青海海东·统考一模）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若在点处的切线为，函数的图象在点处的切线为，，求直线的方程.【解析】（1），，则，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）设，令，则. 当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以在时取得最大值2，即.，当且仅当时，等号成立，取得最小值2. 因为，所以，得.2222142=412122k k k k k k −⨯++−−⨯+⨯+++22=41k +−22421k k −=−224201k k −>−212k <21k>k −<<1k >1k <−l k 22(,1)(,)(1,)22−∞−−+∞()32ln 13x f x x x x =−+−()y f x =1x =()y f x =A 1l ()e e x xg x −=−B 2l 12l l ∥AB ()11101133f =−+−=−()222ln 212ln 3f x x x x x =+−+=−+'()12f '=()y f x =1x =()1213y x +=−723y x =−()()1122,,,A x y B x y ()22ln 3h x x x =−+()()()21122x x h x x x x+−=−='01x <<()0h x '>1x >()0h x '<()h x ()0,1()1,+∞()22ln 3h x x x =−+1x =()2f x '…()e e 2x x g x −=+'…0x =()g x '12l l ∥()()122f x g x ''==121,0x x ==即，所以直线的方程为，即. 4．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为A ，上顶点为B ，O 为坐标原点，．(1)若的面积为的标准方程；(2)如图，过点作斜率的直线l 交椭圆于不同两点M ，N ，点M 关于x 轴对称的点为S ，直线交x 轴于点T ，点P 在椭圆的内部，在椭圆上存在点Q ，使，记四边形的面积为，求的最大值．【解析】（1），∴，，解得的标准方程为：. （2），∴，椭圆，令，直线l 的方程为：，联立方程组：，消去y 得，由韦达定理得，，()11,,0,03A B ⎛⎫− ⎪⎝⎭AB ()130010y x −−−=−−13y x =−22122:1(0)x y C a b a b+=>>12,F F ||2||OA OB =12BF F △1C (1,0)P (0)k k >1C SN OM ON OQ +=OMQN 1S 21OT OQ S k⋅−||2||OA OB =2a b =12122BF F S b c =⋅=△bc =222a b c =+4,2,a b c ===1C 221164x y +=||2||OA OB =2a b =22122:14x yC b b+=()()()()201012,,,,,,,0T M x y N x y Q x y T x (1)y k x =−222214(1)x y b b y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩22222(14)8440k x k x k b +−+−=2122814k x x k +=+221224414k b x x k −=+有，因为：，所以，，将点Q 坐标代入椭圆方程化简得：，而此时： . 令，所以直线，令得，由韦达定理化简得，，而， O 点到直线l 的距离，所以：，，因为点P 在椭圆内部，所以，得，即令，求导得，当，单调递增；当，即，单调递减.所以：，即5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C ：的右顶点为，过左焦点F 的直线交椭圆于M ，N 两点，交轴于P 点，，，记，，（为C 的右焦点）的面积分别为.121222(2)14kyy k x x k −+=+−=+OM ON OQ +=202814k x k =+02214k y k −=+222414k b k=+()22222284(14)(44)480k k k b k ∆=−+−=>()11,S x y −122221:()y y SN y y x x x x +−=−−0y =()1212211212212112122(1)(1)(2)2T x x x x x y x y k x x k x x x y y k x x x x −+−+−===+++−+−24T x b =12OMN S S =△12MN x =−=d =1122S MN d =⨯⋅=2222243212814(14)k b k OQ OT k k ⋅==++2312280(14)OT OQ S k k k ⋅−=+214b <2112k >k >322()(14)k f k k =+222222423(41)(43)(43)()(14)(14)k k k k k f k k k −+−−−'==++213124k <<k <<()0f k '>()f k 234k >k >()0f k '<()f k max()f k f ==⎝⎭21maxOT OQ S k ⎛⎫⋅−=⎪⎝⎭22221(0)x y a b a b+=>>A 1(0)x ty t =−≠y PM MF λ=PN NF μ=OMN 2OMF △2ONF △2F 123,,S S S(1)证明：为定值；(2)若，，求的取值范围.【解析】（1）由题意得F ，，所以椭圆C 的标准方程为：.设，显然，令，，则，则，，由得，解得，同理. 联立，得. ，从而（定值）（2）结合图象，不妨设，，，， λμ+123S mS S μ=+42λ−≤≤−m a (1,0)1c −⇒=2221b a c =−=2212x y +=1122(,),(,)M x y N x y 0t ≠0x =1y t =10,P t ⎛⎫⎪⎝⎭111,PM x y t ⎛⎫=− ⎪⎝⎭()111,MF x y =−−−PM MF λ=11111(,)(1,)x y x y t λ−=−−−111ty λ+=211ty μ+=22121x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩22(2)210t y ty +−−=12122221,11t y y y y t t −+==++121212*********y y tty ty t y y t λμ++++=+=⋅=⋅=−−4λμ+=−120y y >>1121211122S y y y y =⋅⋅−=−（）21111122S y y =⋅⋅=32211122S y y =⋅⋅=−由得代入，有，则，解得，，设，则，设，则，令，解得，解得，故在上单调递减，在上单调递增，则且，则，则. 6．（2023·四川成都·统考二模）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与该椭圆交于两点，且的方程. 【解析】（1）由已知得，解得，，所求椭圆的方程为；（2）由（1）得.①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由得. 111ty λ+=21211111,,13y y y tt y λμμμλμ++++====+−−123S mS S μ=+()1212111222y y my y μ−=−1212y y my y μ−=−2222111811(1)17(3)133y y y m y y y μμμμμμ⎡⎤=−+=−−=−=−++−+⎢⎥+⎣⎦42λ−≤≤−31[1,3]μλ∴+=−−∈3u μ=+[]1,3u ∈()87h u u u ⎛⎫=−+ ⎪⎝⎭()228uh u u −'=()0h u '>1u <<()0h u '<3u <<()h u ()(()max 7h u =−()()412,33h h =−=()2,7h u ⎡∈−−⎣2,7m ⎡−−⎣∈22221(0)x y a b a b+=>>12,F F e =22a c =1F l M N 、2223F M F N +=l 22c a a c⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩1a c ==1b ∴∴2212x y +=()()121,01,0F F −､l l =1x −22112x x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩2y =设，，这与已知相矛盾. ②若直线的斜率存在，设直线直线的斜率为，则直线的方程为，设，联立，消元得，，，又，，化简得，解得或（舍去）所求直线的方程为或.7．（2023·全国·高三专题练习）设分别是椭圆的左､右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，到直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4. (1)求椭圆的方程；(2)已知点，设是椭圆上的一点，过两点的直线交轴于点，若，1,M N ⎛⎛−− ⎝⎭⎝⎭､()222,4,04F M F N ⎛⎛⎫∴+=−+−=−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭l l k l ()1y k x =+()()1122,,M x y N x y ､()22112y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩()2222124220k x k x k +++−=22121222422,1212k k x x x x k k −−∴+==++()121222212ky y k x x k ∴+=++=+()()2112221,,1,F M x y F N x y =−=−()2212122,F M F N xx y y ∴+=+−+(22F M F N x ∴+=424023170k k −−=21k =21740k =−1k ∴=±∴l 1y x =+=1y x −−12,F F 2222:1(0)x y D a b a b+=>>2F π3D ,A B 1F AB D D ()1,0M −E D ,E M l y C CE EM λ=求的取值范围；(3)作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.【解析】（1）设的坐标分别为，其中；由题意得的方程为. 因为到直线的距离为3，解得①因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4，所以，即 ②联立①②解得: ,所求椭圆D 的方程为.（2）由（1）知椭圆的方程为，设，因为，所以所以，代入椭圆的方程，所以，解得或.（3）由，设根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为，则直线的方程为，把它代入椭圆的方程，消去整理得：由韦达定理得则，；所以线段的中点坐标为. （i ）当时，则，线段垂直平分线为轴，λ1l D ,P Q P ()2,0−()0,N t PQ 4NP NQ ⋅=t 12,F F ()(),0,,0c c −0c >AB )y x c −1F AB 3,=c =2223a b c −==D 12242a b ⨯⨯=2ab =2,1a b ==2214x y +=2214x y +=11(,),(0,)E x y C m CE EM λ=1111(,)(1,),x y m x y λ−=−−−11,11m x y λλλ=−=++22()1()141m λλλ−++=+2(32)(2)04m λλ++=≥23λ≥−2λ≤−()2,0P −11(,)Q x y 1l k 1l ()2y k x =+D y 2222(14)16(164)0k x k x k +++−=212162,14k x k −+=−+2122814k x k −=+112()4214k y k x k =+=+PQ 22282(,)1414k kk k −++0k =()2,0Q PQ y于是，由解得（ii ）当时，则线段垂直平分线的方程为. 由点是线段垂直平分线的一点，令，得；于是由，解得综上可得实数的值为8．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为在椭圆上，直线的斜率之积为.(1)求椭圆的方程；(2)已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值. 【解析】（1）由题意，，设，，由题意可得，即，可得 (2,),(2,)NP t NQ t =−−=−244,NP NQ t ⋅=−+=t =±0k ≠PQ 222218()1414k ky x k k k −=−+++()0,N t PQ 0x =2614kt k =−+11(2,),(,)NP t NQ x y t =−−=−24211222224166104(16151)2()4141414(14)k k k k k NP NQ x t y t k k k k −++−⎛⎫⋅=−−−=+== ⎪++++⎝⎭k =2614k t k =−=+t ±,A B 2222:1(0)x yE a b a b+=>>P E ,PA PB 14−E O ()2,2C −PC E (,M M P ,BM OC G ,AP AG ()(),0,,0A a B a −()00,P x y 0000,PA PB y y k k x a x a==+−000014y y x a x a ⋅=−+−222014y x a =−−2202222222201111444x b a b a c x a a a ⎛⎫− ⎪−⎝⎭=−⇒=⇒=−又所以，椭圆的方程为；（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，且联立，得由，得，所以，设，由三点共线可得所以，直线的斜率之积为定值.9．（2023·全国·高三专题练习）已知，分别是椭圆的上、下焦点，直线过点且垂直于椭圆长轴，动直线垂直于点，线段的垂直平分线交于点，点的轨迹为.2c =c =2a =E 2214x y +=MP :MP y kx m =+()()112222,,,,k m P x y M x y =−+2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222148440k x kmx m +++−=Δ0>22410k m +−>2121222844,1414km m x x x x k k −−+==++(),G t t −,,G M B 222222222y y tt t x x y −=⇒=−−−+−11,22AG AP y tk k t x ==−++()()()()112121221212222221222AG AP y y y y y tk k t x x y x k x m x ⋅=⋅=−=−−+++−+⎡⎤++−+⎣⎦()()()()()())()()22212122212112121221222124y k x x km x x m y m x x m x m x m x x x x +++=−=−=−−++⎡⎤⎡⎤−+−+−+++⎣⎦⎣⎦()()()2222222222222222244844841414448144164161241414m kmk km m k m k m m k m k k m km m m km k m k k −−+⋅+−−++++=−=−⎡⎤⎡⎤−−−−−++⎣⎦−+⋅+⎢⎥++⎣⎦()()()()()()()2222222422141(2)818144144m k m k m k m k m m m m k m m m m km k −+−++−=−=−=−=−=−−−−−−−+,AP AG 14−F F '221:171617C x y +=1l F '2l 1l G GF 2l H H 2C(1)求轨迹的方程；(2)若动点在直线上运动，且过点作轨迹的两条切线、，切点为A 、B ，试猜想与的大小关系，并证明你的结论的正确性.【解析】（1），，椭圆半焦距长为，，，，动点到定直线与定点的距离相等，动点的轨迹是以定直线为准线，定点为焦点的抛物线，轨迹的方程是；（2）猜想证明如下：由（1）可设，，，则，切线的方程为：同理，切线的方程为：联立方程组可解得的坐标为，在抛物线外，，，2C P :20l x y −−=P 2C PA PB PFA ∠PFB ∠22171617x y +=∴2211716y x +=∴1410,4F ⎛⎫'− ⎪⎝⎭10,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭HG HF =∴H 11:4l y =−10,4F ⎛⎫⎪⎝⎭∴H 11:4l y =−10,4F ⎛⎫⎪⎝⎭∴2C 2x y =PFA PFB ∠=∠()211,A x x ()()22212,B x x x x ≠2y x =2y x '∴=112AP x x k y x =='=∴AP ()1221111220y x x x x y x x x −⇒−=−−=BP 22220x x y x −−=P 122P x x x +=12P y x x =P ∴||0FP ≠2111,4FA x x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭12121,24x x FP x x +⎛⎫=− ⎪⎝⎭2221,4FB x x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭22121121112122221112211111244444cos ||||||11||||4x x x x x x x x x x x FP FA AFP FP FA FP FP x x FP x +⋅−−+++⋅∴⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅∠====+− ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎝⎭⎝⋅+同理10．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）已知椭圆＋＝1（a ＞b ＞0），右焦点F （1,0），，过F作两条互相垂直的弦AB ，CD .(1)求椭圆的标准方程；(2)求以A ，B ，C ，D 为顶点的四边形的面积的取值范围.【解析】（1）由题意知，，又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）①当直线与中有一条直线的斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，不妨设直线的斜率为0，的斜率不存在，则直线方程为，直线的方程为，联立可得所以联立可得所以所以四边形ADBC 的面积． ②当两条直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，1214cos ||||||x x FP FB BFP FP FB FP +⋅∠==cos cos AFP BFP ∴∠=∠PFA PFB ∴∠=∠22x a 22y b2c e a ==a 1c =a =222abc =+21b =2212x y +=AB CD AB CD AB 0y =CD 1x =22120x y y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩0x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩AB =22121x y x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩1x y =⎧⎪⎨=⎪⎩CD =11||||222S AB CD =⋅=⨯AB (1)y k x =−则直线的方程为．将直线的方程代入椭圆方程，整理得，方程的判别式，设，所以， ∴，同理可得， ∴四边形ADBC 的面积， ∵，当且仅当时取等号，∴四边形ADBC 的面积，综上①②可知，四边形ADBC 的面积的取值范围为．11．（2023·全国·高三专题练习）如图，椭圆，经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点P ，Q (均异于点，证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2．CD 1(1)y x k=−−AB ()2222124220k xk x k +−+−=()2222124220k x k x k +−+−=()()42221642122880k k k k ∆=−+−=+>()()1122,,,A x y B x y 22121222422,1212k k x x x x k k −+=⋅=++12||AB x −)22112kAB k +==+)2222111||1212k k CD k k⎫+⎪+⎝⎭==++⨯))22221111||||22122k k S AB CD k k ++=⋅=⨯⨯++()2222242144122252112121k k k k k k k k k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭===−++⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22121219k k ⎛⎛⎫++≥+= ⎪⎝⎭⎝1k =±16,29S ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭S 16,29⎡⎤⎢⎥⎣⎦22:12+=x E y (1,1)M k E (0,1)A −【解析】设,直线的方程为,两交点异于点，则 ,联立直线与椭圆方程,消去变量并整理得,由已知，由韦达定理得,则所以可知直线与的斜率之和为2.12．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，，，是椭圆上的三个动点，且，，若，求的值．【解析】由题可知，设，，，由，得，满足，可得，()()1122,,,P x y Q x y PQ (1)1y k x =−+A 2k ≠y ()222221124(1)2402(1)1x y k x k k x k k y k x ⎧+=⎪⇒++−+−=⎨⎪=−+⎩0∆>21212224(1)24,1212k k k kx x x x k k −−+==++()()12121212121211AP AQ k x k x y y k k x x x x −+−++++=+=+()()12121212122(2)(2)2kx x k x x k x x k x x x x +−+−+==+222244122(2)1224k k k k k k k k−+=+−⋅⋅+−()2212k k =−−=AP AQ 22162x y +=1F 2F A B P 11PF F A λ=22PF F B μ=2λ=μ2226,2,4a b c ===()00,P x y 11(,)A x y 22(,)B x y 11PF F A λ=22PF F B μ=()1,0F c −0101101x x c y y λλλλ+⎧−=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩()010110x x c y y λλλ⎧+=−+⎨+=⎩满足，可得，由，可得，所以，∴，，又，∴，同理可得， ∴，所以，又，所以.13．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且直线被椭圆． (1)求椭圆的方程；(2)以椭圆的长轴为直径作圆，过直线上的动点作圆的两条切线，设切点为，若直线与椭圆交于不同的两点，，求的取值范围．【解析】（1）直线，经过点，，被椭圆，可得．又，，解得：，，， ()2,0F c 0202101x x c y y μμμμ+⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩()020210x x c y y μμμ⎧+=−+⎨+=⎩22002222112211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2200222222211221x y a b x y a b λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩()()()()010*******21x x x x y y y y abλλλλλ−+−++=−()()()()0101211x x x x a λλλλ−+=−+()()2011a x x cλλ−=−−()()011x x c λλ+=−+222202a c a c x c cλ−+=−222202a c a c x c c μ−+=−+()22222a c a c c cλμ−++=⋅2222210a c a cλμ++=⋅=−2λ=8μ=22122:1(0)x y C a b a b+=>>121:1x yl a b+=1C 1C 1C 2C 2:4l y =M 2C ,A B AB 1C C D ||||CD AB ⋅1:1x yl a b+=(,0)a (0,)b 1C 227a b +=12c a =222a b c =+24a =23b =1c =椭圆的方程为．（2）由（1）可得：圆的方程为：．设，则以为直径的圆的方程为：，与相减可得：直线的方程为：，设，，，，联立，化为：，，则，，故又圆心到直线的距离，令，则，可得，可得：14．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的两个焦点，，动点在椭圆上，且使得的点恰有两个，动点到焦点的距离的最大值为∴1C22143x y+=2C224x y+=(2,4)M t OM222()(2)4x t y t−+−=+224x y+=AB2440tx y+−=1(C x1)y2(D x2)y222440143tx yx y+−=⎧⎪⎨+=⎪⎩22(3)480t x tx+−−=248(2)0t∆=+>12243tx xt+=+12283x xt=⋅−+||CDO AB d=||AB∴=||||AB CD∴⋅==23(3)t m m+=≥||||AB CD⋅==3m≥3233m≤−<||||AB CD⋅<22122:1(0)x yC a ba b+=>>1F2F P 1290F PF∠=︒P P1F2(1)求椭圆的方程；(2)如图，以椭圆的长轴为直径作圆，过直线作圆的两条切线，设切点分别为，，若直线与椭圆交于不同的两点，，求弦长的取值范围．【解析】（1）设半焦距为，由使得的点恰有两个可得，动点到焦点的距离的最大值为，可得所以椭圆的方程是. （2）圆的方程为，设直线的坐标为.设，连接OA ，因为直线为切线，故，否则直线垂直于轴，则与直线若，则，故，故直线的方程为：，整理得到：；当时，若，直线的方程为：；若，则直线的方程为：，满足.故直线的方程为，同理直线的方程为，又在直线和上，即，故直线的方程为.1C 1C 2C x =−T 2C A B AB 1C C D ||CD c 1290F PF ∠=︒P ,b c a =P 1F 22a c +=2,a c =1C 22142x y +=2C 224x y +=x =−T ()t −1122(,),(,)A x y B x y AT 10y ≠AT x AT x =−10x ≠11OA y k x =11AT x k y =−AT ()1111x y y x x y −=−−2211114x x y y x y +=+=10x =(0,2)A AT 2y =(0,2)A −AT =2y −114x x y y +=AT 114x x y y +=BT 224x x y y +=()t −AT BT 112244ty ty ⎧−+=⎪⎨−+=⎪⎩AB 4ty −+=联立，消去得，设，．则，从而，又，从而，所以. 15．（2023·全国·高三专题练习）已知、分别为椭圆的左、右焦点，且右焦点的坐标为，点在椭圆上，为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程(2)若过点的直线与椭圆交于两点，且的方程； (3)过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的两条切线，切点分别为，（，224142ty x y ⎧−+=⎪⎨+=⎪⎩x 22(16)8160t y ty +−−=33(,)C x y 44(,)D x y 343422816,1616t y y y y t t −+==++||CD 224(8)16t t +=+232416t −=++21616t +≥2322016t −−≤<+||[2,4)CD ∈1F 2F 2222:1(0)x yC a b a b+=>>2F (1,0)(P C O C 2F l C ,A B ||AB =l C Q 22:1O x y +=M N M不在坐标轴上），若直线在轴、轴上的截距分别为、，那么是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．【解析】（1）椭圆的右焦点的坐标为，椭圆的左焦点的坐标为，由椭圆的定义得，所以，由题意可得，即，即椭圆的方程为；（2）直线与椭圆的两个交点坐标为，， ①当直线垂直轴时，方程为：，代入椭圆可得，舍去；②当直线不垂直轴时，设直线联立，消得，，则，，恒成立.，又， N MN x y m n 2212m n+C 2F (1,0)∴C 1F (1,0)−12||||2PF PF a +=2a =a ∴=22a =1c =2221b ac =−=C 2212x y +=l C ()11,A x y ()22,B x y l x l 1x =y =||AB =l x :(1)l y k x =−2212(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩y ()2222124220k x k x k +−+−=2122421k x x k +=+21222221k x x k −=+()()()()22222442122810k k k k ∆=−+−=+>22AB =()()22121214k x x x x ⎡⎤=++−⎣⎦()()22228121k k +=+||AB =()()222228132921k k +==+⎝⎭化简得，，即，解得或（舍去），所以，直线方程的方程为或. （3）是定值，定值为2.设点，，，连接，，，，则有，. ，不在坐标轴上，则，，则，，直线的方程为，即，① 同理直线的方程为，②，将点代入①②，得，显然，满足方程，直线的方程为，分别令，，得到，，，，又满足，，即.16．（2023·全国·高三专题练习）某同学在探究直线与椭圆的位置关系时发现椭圆的一个重要性427250k k −−=()()227510k k +−=21k =257k =−1k =±∴l 10x y −−=10x y +−=()00,Q x y ()33,M x y ()44,N x y OM ON 0M MQ ⊥ON NQ ⊥22331x y +=22441x y +=M N 33MO y k x =44NO y k x =331MQ MOx k k y =−=−441NQ NO x k k y =−=−∴MQ ()3333x y y x x y −=−−2233331xx yy x y +=+=⋯NQ 441xx yy +=⋯Q 0303040411x x y y x x y y +=⎧⎨+=⎩()33,M x y ()44,N x y 001xx yy +=∴MN 001xx yy +=0x =0y =01n x =01=m y 01y m ∴=01x n =()00,Q x y 2212x y +=∴221112m n +=22122m n +=质：椭圆在任意一点，处的切线方程为．现给定椭圆，过的右焦点的直线交椭圆于，两点，过，分别作的两条切线，两切线相交于点． (1)求点的轨迹方程；(2)若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于，两点，证明：为定值．【解析】（1）由题意F 为，设直线为，，，，，易得在点处切线为，在点处切线为，由得，又，，可得，故点的轨迹方程．（2）证明：联立的方程与的方程消去，得．由韦达定理，得，，所以，因为，直线MN 可设为，同理得，所以．2222:1(0)x y C a b a b+=>>0(M x 0)y 00221xx yy a b +=22:143x y C +=C F l C P Q P Q C G G F l C M N 11||||PQ MN +()1,0PQ 1x ty =+1(P x 1)y 2(Q x 2)y P 11143x x y y +=Q 22143x x y y+=11221,431,43x xy yx x y y⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩1122124()y y x x y x y −=−111x ty =+221x ty =+4x =G 4x =l C 221143x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩x 22(34)690t y ty ++−=122634t y y t +=−+122934y y t =−+2212(1)||34t PQ t +=+PQ MN ⊥11x y t =−+2222112(1)12(1)||13434t t MN t t++==+⋅+22221134347||||12(1)12(1)12t t PQ MN t t +++=+=++。

高考复习之人文地理解答题专项训练

高考复习之地理解答题专项训练【人文地理】1. 阅读图文材料，完成下列要求。

青海省共和县塔拉地区（见下左图），常年盛行西北风，冬春季多大风，降水100mm左右。

该地原为草原，上世纪60年代开始，塔拉滩及周边土地出现荒漠化。

2012年，在塔拉滩荒漠化草原地区规划建设太阳能发电园，至2021年已建成为中国最大的生态光伏产业园。

园区安放了大量距地面1米左右的光伏发电板（见下右图）。

几年来，塔拉滩太阳能发电园的植被恢复较好，现在该地区已成为太阳能产业、生态环境建设、生态畜牧业发展紧密结合的示范区。

（1）简述塔拉滩地区太阳能丰富的原因。

（2）说明该地区大规模安装光伏板对植被恢复所起的作用。

（3）阐释当地为什么还要在光伏园区内发展生态畜牧业。

2. 阅读材料，回答下列问题。

材料一国务院发布《长江中游城市群发展规划》。

长江中游城市群是以武汉、长沙、南昌三大省会为中心的特大城市群组合。

读长江中游城市群体系略图及武汉市产业集聚区位置图。

材料二我国五大城市群比较表(2016年)城市群城市数量面积(万km2)GDP(万亿)常住人口(亿人)人均GDP(元)地均GDP(万/km2)“珠三角”9 5.5 6.8 0.6 115598 12346“长三角”26 21.2 14.7 1.5 97454 6949京津冀13 21.5 7.5 1.1 67524 3499长江中游28 34.5 7.1 1.2 56759 2049成渝16 24.0 4.8 1.0 49066 2007（1）与我国其他四大城市群比较，长江中游城市群发展的独特区位条件有哪些？（2）简述武汉城市产业集聚区分布的特点，并分析其原因。

（3）据大数据分析，该地区制造业结构相似系数极高。

从区域可持续发展的角度，分析解决此问题的措施。

3. 阅读图文材料，完成下列要求。

湖南省株洲市地处京广铁路和沪昆铁路交会处，清水塘老工业区（下图）位于长株潭三市结合部，隶属于株洲市中心城区石峰区，是国家“一五”“二五”期间重点建设的老工业基地，产业以有色金属冶炼、化工、建材、机械制造、火力发电为主，鼎盛时期企业数量达到261家，占全市工业产值超过30%。

高考解答题序列训练(一对一)(四)

2013届高三理科数学备考作业（4）一、填空题1．执行如图2所示的程序框图，若输入n 的值为8，则输出s 的值为2. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 和2C 的参数方程分别为1:x t C t y =⎧⎪⎨=⎪⎩是参数）和2:(x C y θθθ⎧=⎪⎨=⎪⎩是参数），它们的交点坐标为_______3．若圆心在xO 位于y 轴左侧，且与直线0x y +=相切，则圆O 的方程是．二、解答题（前三道题根据自身情况，三选二） 16．（2008年广东改编）已知函数()sin()(00π)f x A x A ϕϕ=+><<，，x ∈R 的最大值是1，其图像经过点π132M ⎛⎫⎪⎝⎭，．（1）求()f x 的解析式；（2）已知π02αβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，，且3()5f α=，12()13f β=，求()f αβ+的值．17．（2008年全国）已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法：方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．（Ⅰ）求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率；（Ⅱ）ξ表示依方案乙所需化验次数，求ξ的期望．18．如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若a BN CM ==（20<<a ）（1）求MN 的长；（2）a 为何值时，MN 的长最小；（3）当MN 的长最小时，求面MNA 与面MNB 所成二面角α的余弦值19．设0,b >数列{}11122,(2).1n n n n na a a a n a n --==≥+-满足（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对于一切正整数1,22 1.n n n a +≤+AD E一对一备考作业（4）参考答案1、8；2、(1,1)3、22(2)2x y ++=16．【解析】（1）依题意有1A =，则()sin()f x x ϕ=+，将点1(,)32M π代入得1sin()32πϕ+=，而0ϕπ<<，536πϕπ∴+=，2πϕ∴=，故()sin()cos 2f x x x π=+=；（2）依题意有312cos ,cos 513αβ==，而,(0,)2παβ∈，45sin ,sin 513αβ∴===，3124516()cos()cos cos sin sin 51351365f αβαβαβαβ+=+=-=⨯-⨯=。

压轴题型04 比大小问题(原卷版)-2023年高考数学压轴题专项训练

压轴题04比大小问题函数“比大小”是非常经典的题型，难度不以，方法无常，很受命题者的青睐。

高考命题中，常常在选择题或填空题中出现这类型的问题，往往将幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等混在一起，进行排序。

这类问题的解法往往可以从代数和几何来那个方面加以探寻，即利用函数的性质与图象解答。

○热○点○题○型比较大小的常见方法1、单调性法：当两个数都是指数幂或对数式时，可将其看成某个指数函数、对数函数或幂函数的函数值，然后利用该函数的单调性比较；2、作差法、作商法：（1）一般情况下，作差或者作商，可处理底数不一样的对数比大小；（2）作差或作商的难点在于后续变形处理，注意此处的常见技巧与方法；3、中间值法或1/0比较法：比较多个数的大小时，先利用“0”“1”作为分界点，然后再各部分内再利用函数的性质比较大小；4、估值法：（1）估算要比较大小的两个值所在的大致区间；（2）可以对区间使用二分法（或利用指对转化）寻找合适的中间值；5、构造函数，运用函数的单调性比较：构造函数，观察总结“同构”规律，很多时候三个数比较大小，可能某一个数会被可以的隐藏了“同构”规律，所以可能优先从结构最接近的的两个数规律（1）对于抽象函数，可以借助中心对称、轴对称、周期等性质来“去除f()外衣”比较大小；（2）有解析式函数，可以通过函数性质或者求导等，寻找函数的单调性、对称性，比较大小。

6、放缩法：（1）对数，利用单调性，放缩底数，或者放缩真数；（2）指数和幂函数结合来放缩；（3）利用均值不等式的不等关系进行放缩；（4）“数值逼近”是指一些无从下手的数据，如果分析会发现非常接近某些整数（主要是整数多一些），那么可以用该“整数”为变量，构造四舍五入函数关系。

一、单选题1．已知函数()f x 满足()()1ln 0f x x f x x '+<（其中()f x '是()f x 的导数），若12e a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，13e bf ⎛⎫= ⎪⎝⎭，14e c f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则下列选项中正确的是（）A ．643a b c<>B ．a b c>>C ．c b a >>D ．b a c>>3．设0.25e a =，1b =，4ln 0.75c =-，则（）A ．a b c<<B ．b a c <<C ．c<a<bD ．b<c<a4．已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a<>B ．b c a >>C ．a b c>>D ．b a c>>6．已知函数()31sin 2f x x x =-，若π0,12θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()sin cos a fθθ=，()()sin sin b f θθ=，12c f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．a c b>>D ．c a b>>7．已知定义在R 上的函数()y f x =，当0x >时，()0f x >，()f x '为其导函数，且满足()()f x f x '<恒成立，若01a <<，则()30f ，()f a ，()1af 三者的大小关系为（）A ．()()()130af f a f >>B ．()()()301f f a af >>C ．()()()301f af f a >>D ．()()()301f a f af >>8．已知a ，b ，()1,c ∈+∞，且ln 2a a -=，1ln 2ln 22b b -=+，sin1ln tan1c c -=+，其中e 是自然对数的底数，则（）A ．a b c<<B ．b a c <<C ．a c b<<D ．b<c<a9．设实数,,a b c满足 1.0011.001e e , 1.001 1.001a b c ==-=，则（）A ．b c a<>B ．a b c>>C ．a c b >>D ．c a b>>12．已知0.1e a =，1110b =，c =，则（）A ．c b a>>B ．b a c >>C ．a b c>>D ．a c b>>13．已知0.992sin1,2a b c ===，则,,a b c 的大小关系是（）A ．c b a <<B ．a c b <<C ．c a b<<D ．a b c<<14．已知 1.01 1.03 1.021.03, 1.01, 1.02a b c ===，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．c b a<<B ．c<a<bC ．b<c<aD ．a c b<<15．已知函数()ex x b f x -=，且e ln ba c ==，则（）A ．()()()f a f b f c <<B ．()()()f b f c f a <<C ．()()()f a f c f b <<D ．()()()f c f b f a <<16．若 1.1ln1.1a =，0.10.1e b =，110c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c<>B ．x z y >>C ．z x y >>D ．y x z >>19．已知27a =，ln1.4b =，0.2e 1c =-，则（）A ．a b c <,()()222exf x f x --=,则下列判断一定不正确的是()A ．(1)(0)f f C ．33e 0f f >()()D ．()()44e 0f f <22．已知函数()x x xf x a b c =+-，其中a ，b ，()0,c ∈+∞，()20f =，则下列结论正确的是（）A ．102f ⎛⎫> ⎪⎝⎭B ．()30f <C ．()f x 在R 上单调递减D ．()()11f f -最大值为4-23．若ln1.1a =，111b =，sin 0.1c =，21220d =，则（）．A ．a bB ．0.013ab<C ．b c >D ．0.013ab>25．下列不等关系中成立的有（）A ．()ππsin *n nn>∈N B ．2log 3>C ．3e ln 3<D ．e ln 9>26．已知当关于x 的不等式21e 0x λλ-≥在()1,+∞上恒成立时，正数λ的取值范围为集合D ，则下列式子的值是集合D 的元素的是（）A ．ln 2ln 3B ．5131log log 53-C ．3π2tan 5e D ．22cos 1sin 1-27．已知定义域为R 的函数()f x 在(]1,0-上单调递增，()()11f x f x +=-，且图像关于()2,0对称，则()f x （）A ．()()02f f =B ．周期2T =C ．在(]1,2单调递减D ．满足()()()202120222023f f f >>三、填空题28．已知sin13a =，b =π9c =，则,,a b c 的大小关系是___________.29．设191e 10a =，19b =，32ln 2c =，则____>______>______(填a ，b ，c )．四、解答题30．已知函数()y f x =的定义域为D ，区间M D ⊆，若存在非零实数t 使得任意x M ∈都有x t D +∈，且()()f x t f x +>，则称()y f x =为M 上的t -增长函数．(1)已知()f x x =，判断函数()y f x =是否为区间[]1,0-上的32-增长函数，并说明理由；(2)已知0n >，设()2g x x =，且函数()y g x =是区间[]4,2--上的n -增长函数，求实数n 的取值范围；(3)如果函数()y h x =是定义域为R 的奇函数，当0x ≥时，()22h x x a a =--，且函数()y h x =为R 上的4-增长函数，求实数a 的取值范围．。

2020年高考生物选择题专项训练第04题实验与探究(解析版)

第04题实验与探究真题再现1．（2019北京卷·1）玉米根尖纵切片经碱性染料染色，用普通光学显微镜观察到的分生区图像如下。

对此图像的观察与分析，错误的是A．先用低倍镜再换高倍镜观察符合操作规范B．可观察到箭头所指细胞的细胞核和细胞壁C．在图像中可观察到处于分裂期前期的细胞D．细胞不同结构成分与该染料结合能力不同【答案】B【解析】【分析】1、在高等植物体内，有丝分裂常见于根尖、芽尖等分生区细胞。

由于各个细胞的分裂是独立进行的，因此在同一分生组织中可以看到处于不同分裂时期的细胞。

通过高倍显微镜下观察各个时期细胞内染色体（或染色质）的存在状态，就可以判断这些细胞处于有丝分裂的哪个时期，进而认识有丝分裂的完整过程。

染色体容易被碱性染料（如龙胆紫溶液）着色。

2、把制成的装片先放在低倍镜下观察，扫视整个装片，找到分生区细胞：细胞呈正方形，排列紧密。

再换成高倍镜仔细观察，首先找出分裂中期的细胞，然后再找前期、后期、末期的细胞。

注意观察各时期细胞内染色体形态和分布的特点。

最后观察分裂间期的细胞。

【详解】用普通光学显微镜观察根尖分生区的装片，要先用低倍镜观察，再用高倍镜观察，A正确；图中箭头所指的细胞处于有丝分裂后期，姐妹染色单体分开，染色体数目加倍，此时观察不到细胞核，因为，细胞核在有丝分裂前期逐渐消失，B错误；有丝分裂前期染色质缩短变粗，成为染色体，核仁逐渐解体，核膜逐渐消失，从细胞的两极发出纺锤丝，形成一个梭形的纺锤体，染色体散乱地分布在纺锤体中央，据以上特点，可以在图像中观察到处于分裂期前期的细胞，C正确；碱性染料易于与染色体结合，而不易与其他结构成分结合，D正确；因此，本题答案选B。

2．（2019北京卷·2）为探究运动对海马脑区发育和学习记忆能力的影响，研究者将实验动物分为运动组和对照组，运动组每天进行适量的有氧运动（跑步/游泳）。

数周后，研究人员发现运动组海马脑区发育水平比对照组提高了1.5倍，靠学习记忆找到特定目标的时间缩短了约40%。

(适用于新高考新教材) 高考解答题专项四第3课时综合问题 Word版含解析

高考解答题专项四立体几何中的综合问题第3课时综合问题1.(2021北京二中模拟)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=√2,∠BAD=90°,∠BCD=45°,E为对角线BD的中点.现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置,使平面PBD⊥平面BCD,如图2.(1)求证:直线PE⊥平面BCD;(2)求异面直线BD和PC所成角的余弦值.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,点D在以AP为直径的圆上,平面PAD⊥平面ABCD,PA=2,PB=√7,平面PBC∩平面PAD=m.(1)证明:直线m⊥平面PDC;(2)当三棱锥P-ABD体积最大时,求二面角C-PB-A的余弦值.3.如图所示,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥菱形ABCD 所在的平面,∠ABC=60°,点E ,F 分别是BC ,PC 的中点,M 是线段PD 上的点(不包含端点). (1)求证:平面AEM ⊥平面PAD ;(2)当AB=AP 时,是否存在点M ,使直线EM 与平面ABF 所成角的正弦值为√217?若存在,请求出PMPD 的值;若不存在,请说明理由.4.(2021广东汕头二模)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=1.沿BA将2△PAB翻折到△SBA的位置,使得SD=√5.2(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并证明l⊥平面CSB;(2)点Q是棱SC上异于S,C的一点,连接QD,当二面角Q-BD-C的余弦值为√6时,求三棱锥Q-BCD的6体积.5.(2021河北衡水中学月考)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB 的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).(1)证明:平面EMN ⊥平面PBC ;(2)是否存在点N ,使得二面角B-EN-M 的余弦值为√66?若存在,确定N 点位置;若不存在,说明理由.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:直线BD⊥平面PAC;(2)求直线PB与平面PAD所成角的正切值;,求点M到底面ABCD的距离.(3)设点M在线段PC上,且平面MBC与平面MBA夹角的余弦值为57第3课时综合问题1.(1)证明因为平面PBD ⊥平面BCD ,且平面PBD ∩平面BCD=BD , 又由图1可知PB=PD ,且E 为BD 中点,所以PE ⊥BD. 又PE ⊂平面PBD ,所以PE ⊥平面BCD.(2)解建立空间直角坐标系,以E 为坐标原点,EB 方向为x 轴,垂直BD 方向为y 轴,EP 方向为z 轴,如图所示.由图1可知△ABD 为等腰直角三角形,所以∠ADB=∠DBC=∠DCB=45°, 所以△DBC 为等腰直角三角形.因为AD=AB=√2,所以PD=PB=√2,所以DB=DC=√PB 2+PD 2=2, 所以B (1,0,0),D (-1,0,0),P (0,0,1),C (-1,2,0),所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1), 所以cos <BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6=√66,所以异面直线BD ,PC 所成角的余弦值为√66. 2.(1)证明因为四边形ABCD 是矩形,所以AD ⊥CD.因为点D 在以AP 为直径的圆上,所以AD ⊥DP ,CD ∩DP=D ,CD ,DP ⊂平面PDC ,所以AD ⊥平面PDC.因为AD ∥BC ,AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC ,所以AD ∥平面PBC. 因为平面PBC ∩平面PAD=m ,所以AD ∥m ,所以直线m ⊥平面PDC. (2)解设PD=x ,所以AD=√4-x 2(0<x<2),S △PAD =12·x·√4-x 2.因为平面PAD ⊥平面ABCD ,交线为AD ,且AB ⊥AD ,所以AB ⊥平面PAD ,而PA ⊂平面PAD ,所以AB ⊥PA.在直角三角形PAB 中,PB=√7,PA=2,则AB=√3. 因为V P-ABD =V B-PAD , 所以V P-ABD =V B-PAD =13·S △PAD ·AB=√36×√x 2(4-x 2)≤√36·x 2+4-x 22=√33,当且仅当x 2=4-x 2,即x=√2时,等号成立,此时PD=AD=√2,PC=√5.如图,建立空间直角坐标系,可得P (0,0,√2),A (√2,0,0),B (√2,√3,0),C (0,√3,0),所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,-√2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,0),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,-√2). 设平面PAB 和平面PBC 的法向量分别为m =(x 0,y 0,z 0)和n =(x ,y ,z ),由{m ·PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则{√2x 0-√2z 0=0,√3y 0=0,取x 0=1,得m =(1,0,1),由{n ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则{√2x =0,√3y -√2z =0,取y=-2,得n =(0,-2,-√6),所以cos φ=m ·n|m ||n |=√6√2×√10=-√3010.由图知二面角C-PB-A 为钝角,所以二面角C-PB-A 的余弦值为-√3010. 3.(1)证明连接AC.因为底面ABCD 为菱形,∠ABC=60°, 则△ABC 是正三角形,∵E 是BC 的中点,∴AE ⊥BC. 又AD ∥BC ,∴AE ⊥AD.∵PA ⊥平面ABCD ,AE ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥AE. 又PA ∩AD=A ,∴AE ⊥平面PAD.∵AE ⊂平面AEM ,∴平面AEM ⊥平面PAD.(2)解存在.以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系, 不妨设AB=AP=2,则AE=√3.可知A (0,0,0),B (√3,-1,0),C (√3,1,0),D (0,2,0),E (√3,0,0),F √32,12,1,P (0,0,2), 则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,12,1,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0).设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,2,-2)(0<λ<1), 则M (0,2λ,2-2λ).设平面ABF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +12y +z =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y =0,取x=1,则y=√3,z=-√3, 得n =(1,√3,-√3).设直线EM 与平面ABF 所成角为θ,EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,2λ,2-2λ), 则sin θ=|n ·EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√21(7√8λ-8λ+7=√217,化简得4λ2-8λ+1=0,则λ=2-√32(0<λ<1). 故存在点M 满足题意,此时PMPD =2-√32.4.(1)证明如图,延长BA ,CD 相交于点E ,连接SE ,则SE 为平面SCD 与平面SBA 的交线l.在△SAD 中,SA=1,AD=12,SD=√52,则SA 2+AD 2=SD 2,所以SA ⊥AD. 由SA ⊥AD ,AD ⊥AB ,SA ∩AB=A ,得AD ⊥平面SAB. 又BC ∥AD ,所以BC ⊥平面SAB ,所以BC ⊥SE. 由PD ∥BC ,AB=BC=1,AD=12,得AE=1. 所以AE=AB=SA ,所以SE ⊥SB.又因为BC ∩SB=B ,所以SE ⊥平面CSB ,即l ⊥平面CSB.(2)解由(1)知,SA ⊥AB ,AD ⊥AB ,AD ⊥SA.以点A 为坐标原点,AD ,AB ,AS 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.易得A (0,0,0),D 12,0,0,B (0,1,0),S (0,0,1),C (1,1,0),则BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,-1,0,SC ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1).设SQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λSC ⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1),则Q (λ,λ,1-λ),则BQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,λ-1,1-λ). 设n =(x ,y ,z )是平面QBD 的一个法向量, 则{λx +(λ-1)y +(1-λ)z =0,12x -y =0,令x=2,则n =2,1,1-3λ1-λ.m =(0,0,1)是平面CBD 的一个法向量.由|cos <n ,m >|=|n ·m ||n ||m |=|1-3λ1-λ|√5+(1-3λ1-λ) =√66,解得λ=12.所以Q 是SC 的中点.则V Q-BDC =13×S △BDC ×12SA =13×12×1×1×12=112. 5.(1)证明由PE ⊥EB ,PE ⊥ED ,EB ∩ED=E , 所以PE ⊥平面EBCD.又BC ⊂平面EBCD ,故PE ⊥BC.又BC ⊥BE ,BE ∩PE=E ,故BC ⊥平面PEB. 因为EM ⊂平面PEB ,故EM ⊥BC. 又等腰三角形PEB ,EM ⊥PB , BC ∩PB=B ,故EM ⊥平面PBC. 因为EM ⊂平面EMN , 故平面EMN ⊥平面PBC.(2)解存在.假设存在点N ,使得二面角B-EN-M 的余弦值为√66. 以E 为原点,EB ,ED ,EP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系. 设PE=EB=2,设E (0,0,0),N (2,m ,0),B (2,0,0),D (0,2,0), P (0,0,2),C (2,2,0),M (1,0,1),则EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),EN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,m ,0). 设平面EMN 的法向量为p =(x ,y ,z ),由{m ·EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +z =0,m ·EN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +my =0,令x=m ,得p =(m ,-2,-m ).平面BEN 的一个法向量为n =(0,0,1), 故|cos |=|p ·n ||p ||n | =√m 2+(-2)+(-m )×√0+0+1=√66,解得m=1.故存在点N 使得二面角B-EN-M 的余弦值为√66,N 位于BC 的中点. 6.(1)证明由菱形的性质可知BD ⊥AC ,11由线面垂直的定义可知BD ⊥AP ,且AP ∩AC=A ,由线面垂直的判定定理可得直线BD ⊥平面PAC.(2)解以点A 为坐标原点,AD ,AP 方向为y 轴,z 轴正方向,如图所示,在平面ABCD 内与AD 垂直的方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,则P (0,0,2),B (√3,1,0),A (0,0,0),D (0,2,0),则PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,-2),平面PAD 的法向量为m =(1,0,0), 设直线PB 与平面PAD 所成的角为θ,则sin θ=|cos <PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m | =√3√8,cos θ=√5√8,tan θ=sinθcosθ=√3√5=√155. (3)解由于P (0,0,2),C (√3,3,0),B (√3,1,0),A (0,0,0),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,-2),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,-2),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3λ,3λ,-2λ)(0≤λ<1),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3−√3λ,1-3λ,2λ-2),则点M 的坐标为(√3λ,3λ,-2λ+2),设平面CMB 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-2y 1=0,(√3-√3λ)x 1+(1-3λ)y 1+(2λ-2)z 1=0,所以n 1=(2,0,√3).设平面MBA 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{n 2·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{√3x 2+y 2=0,(√3-√3λ)x 2+(1-3λ)y 2+(2λ-2)z 2=0,所以n 2=(1,-√3,√3λ1-λ), 平面MBC 与平面MBA 夹角的余弦值为57,故2+3λ1-λ√7×√1+3+3λ2(1-λ)2=57, 整理得14λ2-19λ+6=0,解得λ=12或λ=67.由点M 的坐标易知点M 到底面ABCD 的距离为1或27.。

高考成语填空题专项训练(四)

高考成语填空题专项训练高考成语填空题专项训练（四）︱091—12091．这些优秀作品并没有在获奖后被（），而是在政府扶持下尝试走市场化的道路，丰富文化市场，让本地群众享受到原汁原味的本土文化。

92．诗评家所谓“老杜饥寒而悯人饥寒者也”，跟白居易“饱暖而悯人饥寒者也”是不同的，饥寒让杜甫（），所以他写出的诗句更加深刻感人。

93．那本介绍学习方法的书出版后，受到中小学生和家长们的热烈欢迎，一时（）。

94．伴随人类基因组计划的进展，生物芯片技术（），并以完整的技术身份促进了基因组学的发展，带动了生物芯片技术的产业化。

95．金沙遗址是成都地区继三星堆之后又一个重大的考古发现，对破解（）的古蜀历史文化之谜有着非同寻常的意义。

96．在岷江、大渡河、青衣江交汇处的凌云山上，雕凿有一尊高达71米的（）的弥勒佛像，这就是闻名世界的乐山大佛。

97．为了让人们体验与世界短跑冠军比赛的感受，这家科技馆（）地设置了与冠军赛跑的模拟互动平台，引起了观众的浓厚兴趣。

98．既然提升中国公民旅游文明素质是精神文明建设的一项重要任务，那么“绿色旅游”这种注重修正行为习惯的休闲方式，又怎能（）？99．沈从文早在20世纪30年代就因在《边城》中描绘了一个独特的湘西世界，展现了豪爽与浪漫的湘西风情而（）。

100．这些战士虽然远离家乡，远离繁华，每天过着艰苦单调的生活，但是他们一个个（），毫无怨言。

101．故乡变化真大，高楼拔地起，小路变通街，不毛的小山被夷为平地，建成了现代化的开发区，真是（）啊！102．我国的智力残疾人已有1000万，其中相当一部分是因缺碘造成的，所以坚持食用含碘盐并不是一件（）的小事。

103．听说这家晚报和当地电信部门联合举办高校招生大型电话咨询会，请有关专家答疑解惑，考生和家长都（）。

104．没有人仅因（）而被长久纪念，相反，人们念念不忘的，大都是超脱于物质利益的追逐的人。

105．在军阀混战的北平沦陷期间，碧云寺孙中山衣冠冢得以保全，这多亏中山先生生前卫士谭惠全等人（），矢志护灵。

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高考解答题专项训练(四) 空间向量与立体几何1．如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P -ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ，所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ，所以AB ∥FG .(2)因为P A ⊥底面ABCDE ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6. 设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)．所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. 2．如图，在三棱台DEF -ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．解：(1)证法一：连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH .在三棱台DEF -ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF-ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF-ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点，所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎨⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)，所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.3．(2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图①)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图②)．(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：题图①中，由已知可得： AE ＝2，AD ＝1，A ＝60°.从而DE ＝12＋22－2×1×2×cos60°＝ 3. 故得AD 2＋DE 2＝AE 2， ∴AD ⊥DE ，BD ⊥DE .∴题图②中，A 1D ⊥DE ，BD ⊥DE ， ∴∠A 1DB 为二面角A 1-DE -B 的平面角，又二面角A 1-DE -B 为直二面角， ∴∠A 1DB ＝90°，即A 1D ⊥DB .∵DE ∩DB ＝D 且DE ，DB ⊂平面BCED ， ∴A 1D ⊥平面BCED .(2)存在．由(1)知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、DA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，过P 作PH ∥DE 交BD 于点H ，设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，易知A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)，所以P A 1→＝(a －2，－3a,1)．因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)．因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin60°＝|P A 1→·DE →||P A 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54. ∴PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.4．(2019·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AB ＝AA1，过AA 1的平面分别交BC ，B 1C 1于点D ，D 1.(1)求证：四边形ADD 1A 1为平行四边形；(2)若AA 1⊥平面ABC ，D 为BC 的中点，E 为DD 1的中点，求二面角A -C 1E -C 的余弦值．解：(1)证明：因为AA 1∥BB 1，AA 1⊄平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1，所以AA 1∥平面BCC 1B 1.又因为AA 1⊂平面ADD 1A 1，平面ADD 1A 1∩平面BCC 1B 1＝DD 1，所以AA 1∥DD 1.因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面ABC ∩平面ADD 1A 1＝AD ，平面A 1B 1C 1∩平面ADD 1A 1＝A 1D 1，所以AD ∥A 1D 1.所以四边形ADD 1A 1为平行四边形． (2)因为D 为BC 的中点，AC ＝AB ，所以AD ⊥BC .因为AA 1∥DD 1，AA 1⊥平面ABC ，所以DD 1⊥平面ABC ，从而DD 1⊥AD . 又DD 1∩BC ＝D ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1.分别以DA ，DB ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AC ＝BC ＝AB ＝AA 1＝2，则A (3，0,0)，E (0,0,1)，C 1(0，－1,2)，AE →＝(－3，0,1)，C 1E →＝(0,1，－1)．设平面AC 1E 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎨⎧AE →·n ＝0，C 1E →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3a ＋c ＝0，b －c ＝0，取c ＝3，得n ＝(1，3，3)．由AD ⊥平面BCC 1B 1，得平面CC 1E 的一个法向量为DA →＝(3，0,0)，所以cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝37×3＝77，又易知二面角A -C 1E -C 为锐二面角，故二面角A -C 1E -C 的余弦值为77.5．(2019·天津十二校联考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.(1)求证：面ACE ⊥面BED ；(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°？若存在，求出AMAF 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊂平面ADEF ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD .又因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BDE .又因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED . (2)因为DE ⊥DC ，DE ⊥AD ，AD ⊥DC ，所以建立空间直角坐标系D -xyz 如图所示．则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，所以CA →＝(3，－3,0)，BE →＝(－3，－3,36)，EF →＝(3,0，－6)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎨⎧n ·BE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，3x 1－6z 1＝0，令x 1＝6，则y 1＝26，z 1＝3，则n ＝(6，26，3)．所以cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →|·|n |＝－3632×39＝－1313.所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313. (3)存在．点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )，0≤t ≤2 6. 则BM →＝(0，－3，t )，BE →＝(－3，－3,36)，设平面MBE 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧m ·BM →＝－3y 2＋tz 2＝0，m ·BE →＝－3x 2－3y 2＋36z 2＝0，令y 2＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)，|cos 〈m ，CA →〉|＝|m ·CA →||m |·|CA →|＝|96－6t |32×(36－t )2＋t 2＋9＝12，整理得：2t 2－66t ＋15＝0，解得t ＝62或t ＝562(舍)，故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°，此时AM AF ＝14.6．(2019·广州模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BR RH ＝λ(λ>0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示．(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直．∴PD ⊥平面PEF .在图1中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点，则EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .在图2中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DG GH ＝2，∴在△PDH 中，GR ∥PD .∴GR ⊥平面PEF .(2)存在．由题意，分别以PF ，PE ，PD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系P -xyz .设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2,0)，D (0,0,4)，∴H (1,1,0)．∴BR RH ＝PR RH ＝λ，∴PR →＝λ1＋λPH →，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0. ∴RF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF →＝(2，－2,0)，DE →＝(0,2，－4)，设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧EF →·m ＝0，DE →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0. 取z ＝1，则m ＝(2,2,1)．∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →||m ||RF →| ＝41＋λ3⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225，∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.。