（21）（本小题满分14分） 在平面直角坐标系 x O y…——2017 高考数学第 21 题答案解析

【解答】
解：（I）由椭圆的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，得 $a^{2}=2\left(a^{2}-b^{2}\right)$ ，
又当 $y=1$ 时，$x^{2}=a^{2}-\frac{a^{2}}{b^{2}}$ ，得 $a^{2}-\frac{a^{2}}{b^{2}}=2$ ，
所以 $a^{2}=4, b^{2}=2$ ．
因此椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ．
（II）设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ．
联立方程 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ x^{2}+2 y^{2}=4,\end{array}\right.$
得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k m+2 m^{2}-4=0$ ，
由 $\Delta>0$ 得 $m^{2}<4 k^{2}+2$ ．（＊）
且 $x_{1}+x_{2}=-\frac{4 k m}{2 k^{2}+1}$ ，
因此 $y_{1}+y_{2}=\frac{2 m}{2 k^{2}+1}$ ，
所以 $D\left(-\frac{2 k m}{2 k^{2}+1}, \frac{m}{2 k^{2}+1}\right)$ ，
又 $\quad N(0,-m)$ ，
所以 $|N D|^{2}=\left(-\frac{2 k m}{2 k^{2}+1}\right)^{2}+\left(\frac{m}{2 k^{2}+1}+m\right)^{2}$ ，
整理得 $|N D|^{2}=\frac{4 m^{2}\left(1+3 k^{2}+k^{4}\right)}{\left(2 k^{2}+1\right)^{2}}$ ，
因为 $|N F|=|m|$ ，
所以 $\frac{|N D|^{2}}{|N F|^{2}}=\frac{4\left(k^{4}+3 k^{2}+1\right)}{\left(2 k^{2}+1\right)^{2}}=1+\frac{8 k^{2}+3}{\left(2 k^{2}+1\right)^{2}}$ ．
令 $t=8 k^{2}+3, t \geqslant 3$ ，
故 $2 k^{2}+1=\frac{t+1}{4}$ ，
所以 $\frac{|N D|^{2}}{|N F|^{2}}=1+\frac{16 t}{(1+t)^{2}}=1+\frac{16}{t+\frac{1}{t}+2}$ ．

令 $y=t+\frac{1}{t}$ ，所以 $y^{\prime}=1-\frac{1}{t^{2}}$ ．
当 $t \geqslant 3$ 时，$y^{\prime}>0$ ，
从而 $y=t+\frac{1}{t}$ 在 $[3,+\infty)$ 上单调递增，
因此 $\quad t+\frac{1}{t} \geqslant \frac{10}{3}$ ，
等号当且仅当 $t=3$ 时成立，论时 $k=0$ ，
所以 $\frac{|N D|^{2}}{|N F|^{2}} \leq 1+3=4$ ，
由（＊）得 $-\sqrt{2}故 $\frac{|N F|}{|N D|} \geqslant \frac{1}{2}$ ．
设 $\angle E D F=2 \theta$ ，
则 $\sin \theta=\frac{|N F|}{|N D|} \geqslant \frac{1}{2}$ ．
所以 $\theta$ 的最小值为 $\frac{\pi}{6}$ ，
从而 $\angle E D F$ 的最小值为 $\frac{\pi}{3}$ ，此时直线 $l$ 的斜率是 0 ．
综上所述：当 $k=0, m \in(-\sqrt{2}, 0) \cup(0, \sqrt{2})$ 时，$\angle E D F$ 取到最小值 $\frac{\pi}{3}$ ．

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## 2017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

## 文 科 数 学

本试卷分第 I 卷和第 II 卷两部分，共 4 页．满分 150 分．考试用时 120 分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

## 注意事项：

1．答题前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。
2．第 I 卷每小题选出答案后，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．答案写在试卷上无效．
3．第II卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
4．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

## 参考公式：

如果事件 $A, B$ 互斥，那么 $P(A+B)=P(B,+A(B)$ ．

## 第 I 卷（共 50 分）

【解答】
解：（I）由椭圆的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，得 $a^{2}=2\left(a^{2}-b^{2}\right)$ ，
又当 $y=1$ 时，$x^{2}=a^{2}-\frac{a^{2}}{b^{2}}$ ，得 $a^{2}-\frac{a^{2}}{b^{2}}=2$ ，
所以 $a^{2}=4, b^{2}=2$ ．
因此椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ．
（II）设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ．
联立方程 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ x^{2}+2 y^{2}=4,\end{array}\right.$
得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k m+2 m^{2}-4=0$ ，
由 $\quad \Delta>0$ 得 $m^{2}<4 k^{2}+2$ ．（＊）
且 $x_{1}+x_{2}=-\frac{4 k m}{2 k^{2}+1}$ ，
因此 $y_{1}+y_{2}=\frac{2 m}{2 k^{2}+1}$ ，
所以 $D\left(-\frac{2 k m}{2 k^{2}+1}, \frac{m}{2 k^{2}+1}\right)$ ，
又 $\quad N(0,-m)$ ，
所以 $|N D|^{2}=\left(-\frac{2 k m}{2 k^{2}+1}\right)^{2}+\left(\frac{m}{2 k^{2}+1}+m\right)^{2}$ ，
整理得 $|N D|^{2}=\frac{4 m^{2}\left(1+3 k^{2}+k^{4}\right)}{\left(2 k^{2}+1\right)^{2}}$ ，
因为 $|N F|=|m|$ ，

所以 $\frac{|N D|^{2}}{|N F|^{2}}=\frac{4\left(k^{4}+3 k^{2}+1\right)}{\left(2 k^{2}+1\right)^{2}}=1+\frac{8 k^{2}+3}{\left(2 k^{2}+1\right)^{2}}$ ．
令 $t=8 k^{2}+3, t \geqslant 3$ ，
故 $2 k^{2}+1=\frac{t+1}{4}$ ，
所以 $\frac{|N D|^{2}}{|N F|^{2}}=1+\frac{16 t}{(1+t)^{2}}=1+\frac{16}{t+\frac{1}{t}+2}$ ．
令 $y=t+\frac{1}{t}$ ，所以 $y^{\prime}=1-\frac{1}{t^{2}}$ ．
当 $t \geqslant 3$ 时，$y^{\prime}>0$ ，
从而 $y=t+\frac{1}{t}$ 在 $[3,+\infty)$ 上单调递增，
因此 $\quad t+\frac{1}{t}>\frac{10}{3}$ ，
等号当且仅当 $t=3$ 时成至，收时 $k=0$ ，
所以 $\frac{|N D|^{2}}{|N F|^{2}} \leqslant 1+3=4$ ，
由（＊）得 $-\sqrt{2}故 $\frac{|N F|}{|N D|} \geqslant \frac{1}{2}$ ．
设 $\angle E D F=2 \theta$ ，
则 $\sin \theta=\frac{|N F|}{|N D|} \geqslant \frac{1}{2}$ ．
所以 $\theta$ 的最小值为 $\frac{\pi}{6}$ ，
从而 $\angle E D F$ 的最小值为 $\frac{\pi}{3}$ ，此时直线 $l$ 的斜率是 0 ．
综上所述：当 $k=0, m \in(-\sqrt{2}, 0) \cup(0, \sqrt{2})$ 时，$\angle E D F$ 取到最小值 $\frac{\pi}{3}$ ．

【解答】
（本小题满分 14 分）

在平面直角坐标系 $x O y$ 中，已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的高心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，椭圆 $C$截直线 $y=1$ 所得线段的长度为 $2 \sqrt{2}$ ．

## （I）求椭圆 $C$ 的方程；

（II）动直线 $l: y=k x+m(m \neq 0)$ 交椭圆 $C$ 于 $A, B$两点，交 $y$ 轴于点 $M$ ．点 $N$ 是 $M$ 关于 $O$ 的对称点，$\odot N$ 的半径为 $|N O|$ ．设 $D$ 为 $A B$ 的中点， $D E, D F$ 与 $\odot N$ 分别相切于点 $E, F$ ，求 $\angle E D F$ 的最小值．

## 绝密★启用前

## 2017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

【解答】
证明：（I）取 $B_{1} D_{1}$ 的中点 $O_{1}$ ，连接 $C O$ 目，
由于 $A B C D-A, B C, D$, 起哳柱，
所以 $A_{1} O_{1} \| O C, A_{1} O_{1}=O C, B$

因此 四边形 $A_{1} O C O_{1}$ 为平行四边形，
所以 $A_{1} O \| O_{1} C$ ，
又 $O_{1} C \subset$ 平面 $B_{1} C D_{1}, A_{1} O \subset$ 平面 $B_{1} C D_{1}$ ，
所以 $A_{1} O / /$ 平面 $B_{1} C D_{1}$ ．
（II）因为 $A C \perp B D, E, M$ 分别为 $A D$ 和 $O D$ 的中点，
所以 $E M \perp B D$ ，
又 $A_{1} E \perp$ 平面 $A B C D, B D \subset$ 平面 $A B C D$ ，
所以 $A_{1} E \perp B D$ ，
因为 $B_{1} D_{1} / / B D$ ，
所以 $E M \perp B_{1} D_{1}, A_{1} E \perp B_{1} D_{1}$ ，
又 $A_{1} E, E M \subset$ 平面 $A_{1} E M, A_{1} E \cap E M=E$ ，
所以 $B_{1} D_{1} \perp$ 平面 $A_{1} E M$ ，
又 $B_{1} D_{1} \subset$ 平面 $B_{1} C D_{1}$ ，
所以 平面 $A_{1} E M \perp$ 平面 $B_{1} C D_{1}$ ．