厦门海沧实验中学 2023-2024 学年第一学期高二数学期中考试
姓名：___________班级：___________座号：___________考场考号：___________
考试时间：120分钟；总分 150分.
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息.
2．请将答案正确填写在答题卡上.
一、单选题：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
一项符合题目要求的.
1．已知空间A、 B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，设 P为空
间中任意一点，若 BD 5PA 4PB PC ，则 （ ）
A． 2 B． 2 C．1 D． 1
1
2．在数列 an 中， a1 2，且 an 1 ,n N a1 a ，则 2020 （ ）n
A 2 B C 1． ． 1 ． 2 D．1
3．直线3x my 2m 0平分圆 C： x2 2x y2 2y 0，则m （ ）
3
A． B．1 C．-1 D．-3
2
4．三棱锥O ABC中，D为 BC的中点，E为 AD的中点，若OA a,OB b,OC c，
则OE =（ ）
1 1 A． a b c B 1 1． a b c
2 2 2 2
1 1 1
C 1 1 1． a b c D． a b c
2 4 4 2 4 4
5．一束光线自点 P(1,1,1)发出，被 xOy平面反射，到达点 Q(3,3,6)被吸收，
那么光线自点 P到点 Q所走的距离是( )
A． 33 B．12 C． 57 D．57
6．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前 262~公元前 190年）的著作（圆
锥曲线论）是古代世界的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两个
定点距离之比为常数 k(k 0且 k 1)的点的轨迹为圆.后人将这个圆称为阿波
罗尼斯圆.已知O
| PA |
0,0 ,A 3,0 .动点P x, y 满足 2 P| PO | ，则动点 的轨迹与圆
(x 2)2 y2 2的位置关系是（ ）
A．内含 B．相离 C．内切 D．相交
试卷第 1页，共 4页
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7．已知抛物线 y2 4x的焦点为 F，过点 F的直线交拋物线于 A，B两点，延
长 FB交准线于点 C，分别过点 A，B作准线的垂线，垂足分别记为 M，N，
若 | BC | 2 | BN |，则△AFM的面积为（ ）
A． 4 3 B．4 C．2 3 D．2
8 x
2 y2 3c
．已知椭圆 2 2 1(a b 0)的左、右焦点分别为 Fa b 1
,F2，直线 x 2 与椭
圆交于点 M， MF1F2 120o，则椭圆的离心率为（ ）
A 6 2 7 1． B． C． D 6 1．
4 4 3 3
二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求的.全部选对的得 5分，有选错的得 0分，部分选对的得 2分.
9．对于直线 l : x 3y 4 0，有以下说法，其中错误的有（ ）
A．倾斜角为120 B．在 x轴上的截距为 4
C．原点到直线 l的距离为 2 D．直线 l的一个方向向量为 1, 3
10．已知空间中三点 A 0,1,0 ,B 1,2,0 ,C 1,3,1 则下列说法正确的有（ ）
uuur
A． AB 2 B． AB // AC
C 2．AC AB 1 D．AC在 AB上投影向量的长度为 2
11．记 Sn是数列 an 的前 n项和，且 an 11 2n，则下列说法正确的有（ ）
A．数列 an 是等差数列 B．数列 Sn 是递减数列
C． S4 S6 D．当 n 5时， Sn取得最大值
12．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了
具有视觉效果的正方体图案（如图 1）.把三片这样的达·芬奇方砖拼成图 2的
组合，这个组合再转换成图 3所示的几何体.若图 3中每个正方体的棱长为 1，
则
试卷第 2页，共 4页
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A．QC AD 2AB 2AA1
B．若M 为线段CQ上的一个动点，则BM BD的最大值为 2
C．点 P到直线CQ 17的距离是
3
D．异面直线CQ与 AD1所成角的正切值为 17
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.其中，16题第一空 2分，第二空 3
分.
13．写出一个渐近线方程为 y x的双曲线标准方程 ．
14．在等差数列{an}中，如果前 5项的和为 S5 20，那么a3等于 ．
15．若直线 l： y kx 1与曲线 C： 1 y 2 2 x 1有两个交点，则实数 k
的取值范围是 .
16．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西
尼卵形（Cassinioval）.在平面直角坐标系 xOy中，动点 P(x, y)到两个定点
F1( 1,0)，F2 (1,0)的距离之积等于 2，化简得曲线C : x2 y2 1 2 x2 1，则 OP
的最大值为 .
三、解答题：本题共 6小题共 70分.解答应写出文字说明、证明步骤或演算步骤.
17．已知直线 l : 3x 2y 6 0 .
（1）若直线 l1过点M 1, 2 ，且 l1 l，求直线 l1的方程；
（2）若直线 l2 //l，且直线 l2与直线 l之间的距离为 13，求直线 l2的方程.
18．已知等差数列的前三项依次为a，3，5a，前n项和为 Sn，且 Sk 121．
（1）求 a及 k的值；
S
（2）设数列 bn 的通项公式为b nn ，求 bn 的前n项和Tn n ．
试卷第 3页，共 4页
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19．已知直线 l : 4x +3y +10 = 0，半径为 2的圆 C与 l相切，圆心 C在 x轴上
且在直线 l右上方.
(1)求圆 C的方程；
(2)问题：是否存在______的直线 l1被圆 C截得的弦长等于2 3？若存在，则
求直线 l1的方程；若不存在，请说明理由.请从下面给出的三个条件中任选一
个，补充在上面的问题中，并进行解答.
①过点 1,1 ；
②在 x轴上的截距和在 y轴上的截距相等；
③方程为 3k 2 x 2k 2 y k 1 0 .
20．已知一条曲线 C在 y轴右边，C上每一点到点 F (1，0)的距离减去它到 y
轴距离的差都是 1．
(1)求曲线 C的方程；
(2)过点 F且斜率为 k的直线 l与 C交于 A，B两点， | AB | 8，求直线 l的方
程．
21．如图，在三棱台 ABC - A1B1C1中， BAC 90 , AB AC 4，
A1A A1B1 A1C1 2，侧棱 A1A 平面 ABC，点D是棱CC1的中点.
(1)证明：BB1 平面 AB1C
(2)求平面BCD与平面 ABD的夹角的余弦值.
2 2
22 x y 1．设椭圆 2 2 1 a b 0 的离心率为a b 2 ，直线
l过椭圆的右焦点 F，与椭
圆交于点M、N；若 l垂直于 x轴，则 MN 3.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左右顶点分别为 A1、A2，直线 A1M 与直线 A2N交于点 P .求证：点
P在定直线上.
试卷第 4页，共 4页
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厦门海沧实验中学 2023-2024 学年第一学期高二数学期中考试
参考答案：
1．D
【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决【详解】BD 5PA 4PB PC PD PB 5PA 4PB PC
PD 5PA 3PB PC由A、 B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线可得5 3 1，解之得 1
2．A【分析】根据给定条件推导出数列 an 的周期，再借助周期性计算得解.【详解】在数列 an 中， n N ，
1 a 1 1 1 1 1a n 2 1 an 3 ann 1 1 a ，则 1 a n 1 1
1
an ， 1 an 2 1 (1 1 ) ，于是得数列 an 是周期数列，周
n 1 an an
期为 3， a2020 a673 3 1 a1 2，所以 a2020 2 .故选：A
3．D【分析】求出圆心，结合圆心在直线上，代入求值即可.【详解】x2 2x y2 2y 0 变形为 x 1 2 y 1 2 2，
故圆心为 1,1 ，由题意得圆心 1,1 在3x my 2m 0上，故 3 m 2m 0，解得m 3 .故选：D
4．D【分析】利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示OE作答.【详解】三棱锥O ABC中，D
为 BC的中点，E为 AD的中点，且OA a,OB b,OC c，如图，
1 1 1 1 1 1 1 OE OA 1 OD OA (OB OC ) a b c .
2 2 2 2 2 2 4 4
故选：D
5．C
【分析】求出 P（1，1，1）关于平面 xoy的对称点 M，然后连接 QM求出距离，就是光线所行走的路程，计算可
得答案．【详解】由题意，P（1，1，1）关于平面 xoy的对称点为 M（1，1，﹣1）
则|QM|= (3 1)2 (3 1)2 (6 1)2 57 故答案为：C
【点睛】(1)本题主要考查点关于平面的对称点的求法，考查空间两点间的距离的计算，意在考查学生对这些知识的
掌握水平和空间想象推理能力.(2)空间点 P(x, y, z)关于平面 xoy的对称点的坐标为 P (x, y, z) .
6．D【分析】设 P(x, y)，应用两点距离公式和已知条件求得动点 P的轨迹是以 ( 1,0)为圆心，2为半径的圆，再由
| PA | (x 3)2 y 2
圆心距与半径的关系判断位置关系即可.【详解】设 P(x, y)，则 2，整理得 (x 1)2 y2 4，
| PO | x2 y2
所以动点 P的轨迹是以 ( 1,0)为圆心，2为半径的圆，而 (x 2)2 y2 2的圆心为 (2,0)，半径为 2，
由于 ( 1,0)和 (2,0)的距离d 3，则 2 2 d 2 2 ，所以动点 P的轨迹与圆 (x 2)2 y2 2的位置关系是相交.
答案第 1页，共 8页
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7．A【分析】利用抛物线的定义结合条件可得 |CF | 4， | AM | 4，进而可得.
【详解】法一：由题意可知， p 2，则 F (1,0)，抛物线的准线方程为直线 x= 1，
| BF | | BN | | BC | 2 | BN | | BC | 2 | BF | | BC | 2则 ，| AF | | AM |，因为 ，所以 ，所以 |CF | 3，
| BN | 2 8 p |CF |
所以 ，所以 | BN | | BF |
4
， | BC | p 3 3 ，所以
|CF | 4 .因为
3 | AM | |CA |
，
2 | CF | 4 4
所以 ，解得 | AM | 4 | AF | 4| AM | |CF | | AF | 4 | AF | 4 | AM | ，所以 ，点 F到
1
AM的距离为 42 22 2 3，所以 S△AFM 4 2 3 4 32 .
法二：因为 | BC | 2 | BN |，所以 | BC | 2 | BF |，所以 BCN 30 ，即 CAM 60 .
连接 FM，又 AM AF ，所以△AFM为等边三角形.易得 | AM | 4，所以
S 3 42△AFM 4 3 .故选：A.4
8．C【分析】先根据题意画出椭圆的图像，再求出点 M的坐标，进而利用
MF1 MF
3c
2 2a得到离心率【. 详解】如图，不妨设点 M为第二象限的点，直线 x 2
3c
与 x轴交于点 N , |ON | .Q MF o o o2 1F2 120 , MF1N 60 , NMF1 30，
于是 MF
3c 2 2 2
1 2 NF1 2 |ON | OF1 2 ( c) c ，|MN | MF1 NF1 c (
c) 2 3c
2 2 2
M ( 3c 3c , ) .又 F1( c,0)， F2 ( c,0)，则由 MF1 MF2 2a ,2 2
得 ( 3c c)2 ( 3c )2
c 2 7 1
( 3c c)2 ( 3c)2 2a，即 c 7c 2a，于是 .
2 2 2 2 a 1 7 3
e 7 1所以椭圆的离心率 .故选:C.
3
9．ABD【分析】A.根据直线 l : x 3y 4 0求得斜率即可；B.根据直线 l : x 3y 4 0，令 y 0求解判断；C.根据
直线 l : x 3y 4 0，利用点到直线的距离求解判断；D.根据直线 l : x 3y 4 0，求得斜率判断；
3
【详解】A.因为直线 l : x 3y 4 0，所以 k ，因为倾斜角的范围是 [0 ,180 )，所以倾斜角为150 ，故错误；
3
B. 因为直线 l : x 3y 4 0，令 y 0，得 x 4，所以在 x轴上的截距为-4，故错误；
4
C. d 2因为直线 l : x 3y 4 0，所以原点到直线 l的距离为 1 23 ，故正确；
D. 因为直线 l : x 3y 4 3 0，所以 k ，则直线 l的一个方向向量为(3, 3)，故错误.
3
uuur
10．ACD【分析】根据空间向量的坐标运算，可得答案.【详解】对于 A，由 AB 1,1,0 ，则 AB 1 1 0 2 ，
答案第 2页，共 8页
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故 A正确；
对于 B，由 AB 1,1,0 ， AC 1 1 1,2,1 ，因为 ，所以两向量显然不平行，故 B错误；
1 2
对于 C，由 AB 1,1,0 ， AC 1,2,1 ，则 AC AB 1 2 0 1，故 C正确；
uuur uuur
uuur AB AC 1 2
对于 D， AC在 AB上投影向量的长度为 AC cos BAC uuur ，故 D正确.
AB 1 1 0 2
故选：ACD.
11．ACD【分析】由等差数列的定义可判断 A；求出 S4 ,S6 可判断 B、C；根据 Sn的表达式结合二次函数的性质可判
断 D.【详解】∵ an 1 an 11 2(n 1) (11 2n) 2，∴数列 an 是等差数列，故 A正确；
S n(a1 an) n(9 11 2n)n n
2 10n，∵ S4 24,S6 24，从而 S4 S6，可知数列 S2 2 n
不是递减数列，故 B错误，
C S n2正确；∵ n 10n (n 5)
2 25， n N*，∴当 n 5时， Sn取得最大值，故 D正确.
12．BCD【分析】根据空间向量线性运算法则判断 A，以 A1为坐标原点， A1F所在直
线为 x轴，A1B1所在直线为 y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算 B、C、D.
【详解】因为CQ CB BQ AD 2BA1 AD 2 AA1 AB 2AB AD 2AA1 ，
所以QC CQ 2AB AD 2AA 1 AD 2AB 2AA 1 ，故 A错误；
如图以 A1为坐标原点，建立空间直角坐标系，则 B 0,1, 1 ，D1 1,0,0 ，D 1,0, 1 ，
Q 0, 1,1 ，C 1,1, 1 ，A 0,0, 1 ，P 1, 1,0 ，BD 1, 1,0 ，CQ 1, 2,2 ，AD1 1,0,1 ，CP 2, 2,1 ，
对于 B：因为M 为线段CQ上的一个动点，设CM CQ， 0,1 ，
则 BM BC CM 1,0,0 1, 2,2 1, 2 , 2 ，所以BM BD 1 2 1，所以当 1时
uur uuur
uur CP CQ 1 2 2 2 2 1 8BM BD 2 B C CP 22 2 2，故 正确；对于 ： 12 3， uuur 2 2 2 3，max CQ 2 2 1
uur uur uuur
2
2
P CQ d CP CP CQ
17
所以点 到直线 的距离 uuur ，故 C正确；对于 D：因为
CQ
3
cos CQ, AD CQ AD 1 2
2
1 1
sin CQ, AD 1 2 34CQ AD 3 2 6 ， 所以 1 1 6
，
6
所以 tan CQ, AD1 17 ，即异面直线CQ与 AD1所成角的正切值为 17 ，故 D正确；
答案第 3页，共 8页
{#{QQABAQAUggiAAAAAABgCAQF6CEIQkAECAKoOABAAoAAAwBNABAA=}#}
13． x2 y2 1【分析】不妨设双曲线方程焦点在 x轴上，根据渐近线方程以及 a,b,c的关系，得出双曲线的标准方
b
程．【详解】不妨设双曲线方程焦点在 x轴上，渐近线方程为 y x，则 1故答案为： x2 y2 1
a
14．4【分析】利用等差数列前n项和公式和等差中项求解即可.【详解】因为等差数列{an}前 5项的和
S 5(a1 a5 )5 20，所以 a1 a5 2a3 8，所以 a2 3
4故答案为：4
4
15． , 2
【分析】根据题意分析可得曲线 C是以 1,2 为圆心，1为半径的右半圆，结 3
2 2
合图象分析求解【. 详解】因为 1 y 2 2 x 1 0 ，可得 x 1 y 2 1，且 x 1，
所以曲线 C是以 1,2 为圆心，1为半径的右半圆，
直线 l： y kx 1过定点 P 0, 1 ，斜率为 k，如图所示：
k 3
当直线 l过 A 1,1 1 1 4时，可得 k 2；当直线 l： kx y 1 0与曲线 C相切，则 1，解得 k ；
1 0 k 2 1 3
4 4
所以实数 k的取值范围是 , 2
3
.故答案为： , 2
3
.
16 2． 3【分析】根据轨迹方程求出 x的取值范围，再求 OP 最值即可得解.
【详解】由动点 P(x, y)满足的方程为C : x2 y2 1 2 x2 1，所以 y2 2 x2 1 1 x2 0，即 2 x2 1 1 x2 ，
解得 3 2 x 3 ，故 OP x2 y2 2 x2 1 1 2 3 1 1 3，故 OP 3，即 OP 的最大值为 3 .
17．（1） 2x 3y 4 0 （2）3x 2y 7 0或3x 2y 19 0 .
【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为 1，可求得直线 l1的斜率，再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程；
（2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线 l2的方程为3x 2y m 0，再根据两平行直线的距离公式即可求出．
3 2
【详解】（1）因为直线 l的方程为3x 2y 6 0，所以直线 l的斜率为 .因为 l1 l，所以直线 l2 1
的斜率为 .
3
因为直线 l1过点M 1, 2 ，所以直线 l1的方程为 y 2
2
x 1 ，即 2x 3y 4 0 .
3
（2）因为直线 l2与直线 l之间的距离为 13，所以可设直线 l2的方程为3x 2y m 0，
m 6
所以 132 ，解得m 7或m 19 .故直线 l3 2 2 2
的方程为3x 2y 7 0或3x 2y 19 0 .
2
18．（1） a 1,k 11 n n；（2）Tn .【解析】（1）利用等差中项以及等差数列的前 n项和公式即可求解.2
答案第 4页，共 8页
{#{QQABAQAUggiAAAAAABgCAQF6CEIQkAECAKoOABAAoAAAwBNABAA=}#}
（2）由（1）可得 Sn n
2
，从而可得数列 bn 是首项为 1，公差为 1的等差数列，利用等差数列的前 n项和公式即
可求解.
【详解】（1）设该等差数列为 an ，首项为 a1，公差为d ，
则 a1 a,a2 3,a3 5a．由已知得 a 5a 6，得 a 1， a1 1,a2 3,a3 5， d 2，
k k 1 k k 1
Sk ka
1 d k
2 k 2由 Sk k
2 121，得 k 11（负值舍去）．
2 2
a 1,k 11．
2 S
（2）由（1）得 Sn n ，则bn n n， bn 1 bn 1
S
，又b1 1 1，n 1
∴数列 bn 是首项为 1，公差 d1为 1的等差数列，
n n 1 nT nb n 1 n
2 n
n 1 d1 n 2 2 2
19．(1) x2 y2 4 (2)选①，存在，直线 l1的方程为 x 1或 y 1；选②，存在，直线 l1的方程为 x y 2 0；选③，
不存在直线 l1，理由见解析
5
【分析】（1）设圆心坐标为 (a,0)，a ，由圆心到切线距离等于半径求得 a得圆方程；（2）由弦长得圆心到直线
2
l1的距离，选①，检验斜率不存在的直线符合要求，斜率存在的直线设出直线方程后由点到直线距离公式求解；
选②，分类讨论，截距为 0，直线过原点时检验可得，截距不为 0时设出直线方程，由点到直线距离公式求解；
选③，直接由点到直线距离公式求解．
5 5 4a 10
【详解】（1）直线 l与 x轴交点为 ( ,0)，依题意设所求圆的圆心 C的坐标为 a,0 a ，则 ，解2 2 2 5
得 a 0或 a 5（舍去）.故所求圆 C的方程为 x2 y2 4；
2
（2）由题意易得圆心 C到直线 l1的距离为 22 3 1
选①：直线 l1过点 1,1 .若直线 l1的斜率不存在，则直线 l1的方程为 x 1，易知符合题意；
1 k
若直线 l1的斜率存在，不妨设直线 l1的方程为 y 1 k x 1 ，即 kx y 1 k 0，则 1，
k 2 1
解得 k 0，此时直线 l1的方程为 y 1.综上，存在符合题设的直线 l1且其方程为 x 1或 y 1
选②：直线 l1在 x，y两坐标轴上的截距相等.若直线 l1的截距都为 0，则直线 l1过原点 O即圆心 C，不合题意；若直
线 l
x y
1的截距都不为 0，不妨设直线 l1的方程为 1，即 x y 0 .
答案第 5页，共 8页
{#{QQABAQAUggiAAAAAABgCAQF6CEIQkAECAKoOABAAoAAAwBNABAA=}#}
则有 1，解得 2 .综上，存在符合题设的直线 l1且其方程为 x y 2 0 .
12 12
选③：直线 l1方程为 3k 2 x 2k 2 y k 1 0.
k 1
由题意，得 1 2
2 2
整理，得12k 6k 7 0，（*）
3k 2 2k 2
因为 36 4 12 7 0 ，所以方程（*）无解，所以不存在符合题设的直线 l1．
20．（1） y2 4x(x 0) ；（2） y x 1或 y x 1 .
【分析】(1)根据条件有 (x 1)2 y2 x 1(x 0)化简得答案.
(2)有抛物线过交点的弦长公式有 | AB | x1 x2+2=8 ，然后设出直线方程与抛物线方程联立求出 x1 x2代入
| AB | x1 x2+2=8 ，可计算出 k，得到直线方程.
【详解】(1)设点 P(x, y)是曲线 C上任意一点，
那么点 P(x, y)满足： (x 1)2 y2 x 1(x 0)．
化简得曲线 C的方程为 y2 4x(x 0) ．
(2)由题意得，直线 l的方程为 y k (x 1)，
设 A(x1, y1)， B(x2 , y2 )．
y k (x 1),
由 得 k 2x2 (2k 22 4)x k
2 0
y 4x
．
2k 2 4
因为 16k 2 16 0，故 x1 x2 ，k 2
2
所以 | AB | | AF | | BF | (x 4k 4 1 1) (x2 1) k 2
．
4k 2 4
由题设知 2 8，解得 k 1或 k 1．k
因此直线 l的方程为 y x 1或 y x 1．
【点睛】本题主要考查曲线与方程、直线与抛物线的位置关系，属于中档题.
21．(1)证明见解析
(2) 30
15
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得 AB1 BB1，根据线面垂直的性质定理
答案第 6页，共 8页
{#{QQABAQAUggiAAAAAABgCAQF6CEIQkAECAKoOABAAoAAAwBNABAA=}#}
以及判定定理，可得 AC BB1，再结合线面垂直判定定理，可得答案.
（2）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，根据面面角与法向量夹角的关系，可得答案.
【详解】（1）在平面 ABB1A1内，过 B1作 B1E AB，且 B1E AB E，
则 B1E AA1 2,A1B1 AE 2 ，在 ABB1中， B1E AE BE 2,B1E AB ，易知 AB1B 90 ，即 AB1 BB1，
AA1 平面 ABC, AC 平面 ABC , AA1 AC ，
AC AB，且 AA1 AB A, AB, AA1 平面 ABB1A1, AC 平面 ABB1A1，
BB1 平面 ABB1A1, AC BB1, AC AB1 A,AC ,AB1 平面 ACB1，
BB1 平面 ACB1 .
（2）以点A为原点，分别以 AB, AC, AA1所在的直线为 x, y, z轴，建立空间直角坐
标系，则 A(0,0,0),B(4,0,0),C(0, 4,0),C 1(0, 2, 2) ，由点D为CC1的中点，则D(0,3,1)
在平面 BCD中，取 BC ( 4, 4,0),BD ( 4,3,1)，设该平面的法向量 n x1, y1, z1 ，
n BC 0 4x1 4y 1
0 y
, 1
x1
则 ，即 x 1 y 1, z 1
n BD 0 4x1 3y1 z1 0 z x
，今
1
，解得 1 1 ，
1 1
故平面 BCD的一个法向量 n (1,1,1)，
在平面 ABD中，取 AB (4,0,0), AD (0,3,1)，设该平面的法向量m x2 , y2 , z2 ，
m AB 0 4x2 0 x2 0
则 ，即 , ，今 y2 1，解得 x2 0, z2 3，
m AD 0 3y2 z2 0 z2 3y2
故平面 ABD的一个法向量m (0,1, 3)，
cos n ,m n m 1 3 30则 ，由图得二面角为锐角，
| n | |m | 1 1 1 1 9 15
30
故平面 BCD与平面 ABD的夹角的余弦值为 .
15
x2 y222．（1） 1（2）见解析
4 3
2b2
3
a
【解析】（1）解方程 即得椭圆的标准方程；（2）设M x1, y1 ， N x2 , y2 y1 y2 ，
c 1
a 2
答案第 7页，共 8页
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y y
6m
1 2 3m2 4
联立直线和椭圆方程得到 ，再求出直线 A1M 与直线 A2N的方程和它们的交点 P的横坐标，再把韦
y y 9
1 2 3m2 4
达定理代入 P的横坐标化简即得解.
2b2
3 a
【详解】（1）由已知得 ，
c 1
a 2
a 2
所以 b 3，
c 1
x2 y2
所以椭圆的方程为 1；
4 3
（2）设M x1, y1 ， N x2 , y2 y1 y2 ，
lMN : x my 1，
x my 1
联立 x2 y2 ，
1 4 3
2
得 3m 4 y2 6my 9 0，
y
6m
1 y 2
3m2 4
所以 ，
y y 9
1 2 3m2 4
l : y y可得 A M 1 x 2 1 x1 2
，
l y2A N : y x 2 2 x 2 ，2
2 x1y2 x2 y1 2 y2 yx 1 2 2my1y2 y2 y1 2 y2 y 1 所以 P ，x1y2 x2 y1 2 y2 y1 y2 y1 2 y2 y1
又因为 2my1y2 3 y1 y2 ，
2 4 y2 y1 2 y y
所以 xP
2 1 4
；y2 y1 2 y2 y1
所以点 P在直线 x 4上．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和椭圆中的定直线问题，意在考查学生
对这些知识的理解掌握水平.
答案第 8页，共 8页
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