天津市第二中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题

这是一份天津市第二中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分．
y  1 x2
抛物线方程为4，则此抛物线的准线为（）
Ax   1
16
y   1
16
x  1
y  1
直线l ： 3a 1 x  ay 1  0 和直线l ： ax  3y  3  0 ，则“ a  2 ”是“ l  l ”的（ ）
12312
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3 已知数列a 满足 a  1 ， a
 1
1 ，则 a （）
n12
n1
n
2025
a
1
B. 2C. 3D. 1
2
 2 2 
已知 1 , 1  为椭圆C :

x2
 2
m2y
 1上一点，则 C 的焦距为（）
2 3
3
2 6
3
2 2
3
B.C.D.
已知圆O : x2  y2  2x  3  0 和圆O : x2  y2  2 y  1  0 相交于 A，B 两点，则弦 AB 的长为
12
（）．
2
2
2
4D. 2
5
已知点 A1,1, B 3, 3 ，线段 AB 为eM 的一条直径．设过点C 2, 1 且与eM 相切的两条直线的斜率分别为 k1，k2 ，则 k1  k2  （）
 3
2
 2C. 2D. 3
332
如图，在正四棱锥 P  ABCD 中， PE  2EB ， PF  FD ，设平面 AEF 与直线 PC 交于点G ，则
PG：PC  （）
12
A. B.
55
77
C.D.
1530
设T 为数列a 的前 n 项积，已知 an1  an  2 ，则 a （）
nnTT
2025
2024
A.
2025
2025
B.
2026
n1n
4048
C.
4049
4049
D.
4051
如图，三棱锥O  ABC 中， | OA || OC | 2 | OB | 2 ， AOB  BOC  AOC  π ， M , N 分别
33
为OA, BC 的中点，点G 在线段 MN 上，且 MG  2GN ，则| OG | （）
A. 2 5
3
22C. 23D. 5
393
如图所示，双曲线C
22
xyC
: 1a  0, b  0 与抛物线
: y2  2 px  p  0 有公共焦点 F ，过 F
1 a2b2
2
–––→
2
1 –––→–––→
作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点 A ，延长 FA 与抛物线C2 相交于点 B ，若OA 
曲线C1 的离心率为e ，则e2  （）
OF  OB，双
3 1
2
5 1
2
5 1
3
5  2
3
二、填空题：本大题共 6 个小题，每小题 4 分，共 24 分．
经过点(2,1) 且在 x 轴和 y 轴上的截距相等的直线的方程为．
已知双曲线 M 过点
P 2,3
x2
，且与双曲线 N： 
4
y2 
1有相同的渐近线，则双曲线 M 的标准方程为
．
已知空间内三点 A1, 0, 2 ， B 1, 2, 0 ， C 0, 3,1 ，则点 A 到直线 BC 的距离为．
nnn
已知数列a 的前 n 项和 S  n2  8n ，则 a 的前 12 项和为．
已知椭圆 x2  y2  1a  b  0 的右焦点为 F，以 F 为焦点的抛物线 y2  2 px  p  0 与椭圆的一个
a2b2
交点为 M，若 MF 垂直于 x 轴，则该椭圆的离心率为.
x2y2
F，FF
已知双曲线C： 2  1a  0 的左、右焦点分别为 12 ，直线l 过点 2 且与双曲线C 交于 A，B
a18
两点，若 AF2  3BF2，AF1  2 BF1 ，则下列说法中正确的序号为．
2
①双曲线C 的虚轴长为3；
19
②双曲线C 的离心率为；
15
③△BF1F2 的面积为3；
④双曲线C 的渐近线方程为 y  3 2x ．
三、解答题：本大题共 3 个小题，共 36 分．
Sn 为等差数列 an的前 n 项和， 已知 a7  1，S4  32.
求数列 an的通项公式;
求 Sn ，并求 Sn 的最小值.
如图，直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， BAC  90 ， AB  AC  2 ， AA1  4 ，M 是 BB1 的中点，N
是 BC 的中点，过点 N 作与平面 ACC1A1 平行的直线 PN，交 A1B1 于点 P．
证明： C1M  平面 AMN；
求C1M 与平面 PMN 所成角的正弦值；
求点 P 到平面 AMN 的距离．
已知椭圆
x2  y2 的离心率为 6 ，且过点 A0,1 .
C : a2
1(ab0)
b23
求椭圆C 的方程；
已知点 M , N 在椭圆C 上，且 AM  AN ，
①证明：直线 MN 过定点；
②求V AMN 面积的最大值.
2025-2026（一）天津二中高二年级第二次月考
数学学科试卷
一、选择题：本大题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分．
y  1 x2
抛物线方程为4，则此抛物线的准线为（）
x   1
16
y   1
16
x  1
y  1
【答案】D
【解析】
【分析】先化为标准抛物线形式，再由准线方程可得.
【详解】Q抛物线方程为 y  1 x2 ，则 x2  4 y ，可得 p  2  1，抛物线的准线为 y  1.
422
故选：D．
直线l ： 3a 1 x  ay 1  0 和直线l ： ax  3y  3  0 ，则“ a  2 ”是“ l  l ”的（ ）
12312
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先根据直线垂直计算求出参数，再应用充分必要条件定义判断求解.
【详解】直线l1 ： 3a 1 x  ay 1  0 和直线l2 ： ax  3y  3  0 ，
“ l  l ”，等价于 a 3a 1  3a  a 3a  2  0 ，解得 a  0 或 a  2 .
12
所以“ a  2 ”可以推出l
 l ，但“ l
3
 l ”时未必有 “ a  2 ”.
312123
所以“ a  2 ”是“ l  l ”的充分不必要条件.
312
故选：B
已知数列a 满足 a  1 ， a 1 1 ，则 a （）
a
n12
n1
n
2025
1
B. 2C. 3D. 1
2
【答案】B
【解析】
【分析】由递推关系式可知数列an是周期为 3 的周期数列，根据周期性可得结果.
【详解】由 a 1 1 ， a  1 ，则 a  1， a  2 ，
n1
a 1 1
an
 1
122
11
3
1 a
n2
所以
an1
1 11 an1 
n1
，
a1 1 a
nn1 
所以数列an是周期为 3 的周期数列，则 a2025  a3  2 .
故选：B.
 2 2 
已知 1 , 1  为椭圆C :

x2
 2
m2y
 1上一点，则 C 的焦距为（）
2 3
3
2 6
3
2 2
3
B.C.D.
【答案】C
【解析】
 1 1 
2
x2
1C :
【分析】将点 ,  代入 C 的方程得 m2  ，故1y1，再根据焦距概念得解.
 2 2 
 1 1 
33
1x2
2
1C :
【详解】因为点 ,  在 C 上，代入 C 的方程得 4  1  ，解得 m2  ，故1y1，
 2 2 
1 1
3
所以 C 的焦距为2
 2 6 .
3
m24133
故选：C.
已知圆O : x2  y2  2x  3  0 和圆O : x2  y2  2 y  1  0 相交于 A，B 两点，则弦 AB 的长为
12
（）．
2
2
2
4D. 2
5
【答案】A
【解析】
【分析】判断两圆相交，求出两圆的公共弦方程，根据圆的弦长的几何求法，即可求得答案.
【详解】由题意知圆O : x2  y2  2x  3  0 ，即圆O : (x 1)2  y2  4 ，
11
圆心为O1(1, 0) ，半径 r1  2 ，
圆O2 : x  y  2 y  1  0 ，即圆O : x  ( y 1)  2 ，
2
2222
2
圆心为O2 (0,1) ，半径 r2 ，
则 r  r
| O O
|
 r  r ，即两圆相交，
12 12
2
121 212
将圆O : x2  y2  2x  3  0 和圆O : x2  y2  2 y  1  0 的方程相减，
12
可得直线 AB 的方程为 x  y 1  0 ，
2
2
1
则O (1, 0) 到直线 x  y 1  0 的距离为 | 2 | ，
r 2  ( 2)2
1
故弦 AB 的长为2
 2，
2
故选：A
已知点 A1,1, B 3, 3 ，线段 AB 为eM 的一条直径．设过点C 2, 1 且与eM 相切的两条直线的斜率分别为 k1，k2 ，则 k1  k2  （）
 3
2
 2C. 2D. 3
332
【答案】D
【解析】
【分析】根据 A1,1, B 3, 3 可得圆心和半径，进而根据点到直线的距离公式，结合相切即可求解.
【详解】由于点 A1,1, B 3, 3 ，线段 AB 为eM 的一条直径，故圆心 M  1 3 , 1 3  ,即
22 
M 1, 2 ，圆的半径为 r 
1
2
AB 

1
2
1 32  1 32
5 ,
由题意可知两条切线的斜率均存在，故设切线方程为 y  k  x  2 1 ，
由相切可得
 r 
5 ，化简可得2k 2  3k  2  0 ，
1 k 2
k 1 2
故 k , k 是方程2k 2  3k  2  0 的两个根，故 k  k  3
12
故选：D
122
如图，在正四棱锥 P  ABCD 中， PE  2EB ， PF  FD ，设平面 AEF 与直线 PC 交于点G ，则
PG：PC  （）
12
A. B.
55
77
C.D.
1530
【答案】B
【解析】
–––→
3–––→–––→–––→
【分析】假设 PG  λPC ，由 PC  PB  PD  PA ，综合题目条件得 PG  2 λPE  2λPF λPA ，利
用共面向量基本定理求解.
【详解】假设 PG  λPC ，
因为 PC  PB  BC  PB  AD  PB  PD  PA ，
–––→2 –––→
因为 PF  FD ， PE  2EB ，所以 PD  2PF ， PE  3 PB ，
–––→3 –––→–––→–––→
所以 PC  2 PE  2PF  PA ，又 PG  λPC ，
–––→
所以 PG 
3–––→–––→–––→
λPE  2λPF λPA ,
2
因为 A 、 E 、 F 、G 四点共面，所以 3 λ 2λλ 1，解得λ= 2 ，
25
所以 PG : PC  2 : 5 .
故选：B.
设T 为数列a 的前 n 项积，已知 an1  an  2 ，则 a （）
nnTT
2025
2024
A.
2025
2025
B.
2026
n1n
4048
C.
4049
4049
D.
4051
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得 a
 Tn1 ，则可将 an1  an
 2 化为 1  1
 2 ，结合等差数列定义可得 1 是
n1T
TTTT
T 
nn1n
nn1
 n 
等差数列，求出首项后即可得其通项公式，再利用 a2025
 T2025 计算即可得.
T2024
【详解】由T 为数列a 的前 n 项积，则 a Tn1 ，
T
nnn1
n
aaTn1Tn
则由 n1  n  2 ，可得当 n  2 时，有
TT
Tn  Tn1  1  1
 2 ，
n1n
Tn1TnTnTn1
1
又当 n  1 时， T  a ，则 a2 1  2 ，即 a  1 ，则 1  1  3 ，
11
 1 
a1a2
T1a1
则数列T 是以3 为首项， 2 为公差的等差数列，
 n 
T
n
则 1  3  2 n 1  2n 1 ，则T
n
1
1，
2n 1
故 a T2025  2  2025 1  4049 .
2025T
14051
故选：D.
2024
2  2024 1
如图，三棱锥O  ABC 中， | OA || OC | 2 | OB | 2 ， AOB  BOC  AOC  π ， M , N 分别
33
为OA, BC 的中点，点G 在线段 MN 上，且 MG  2GN ，则| OG | （）
A. 2 5
3
22C. 23D. 5
393
【答案】D
【解析】
–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算得到OG OA OB OC ，再利用模长公式及数量积
633
的运算，即可求解.
––––→
2 ––––→
【详解】因为 MG  2GN ，所以 MG  3 MN ，


–––→––––→2 ––––→––––→2 –––→––––→1 –––→1 –––→–––→–––→1 –––→1 –––→1 –––→
则OG  OM  MN  OM  ON  OM  OA  OB  OC  OA  OA  OB  OC ，
3323633
又| OA || OC | 2 | OB | 2 ， AOB  BOC  AOC  π ，
33
–––→ 1 –––→1 –––→1 –––→ 21 –––→21 –––→21 –––→21 –––→ –––→1 –––→ –––→2 –––→ –––→
则| OG |2   OA  OB  OC  OA  OB  OC  OA  OB  OA  OC  OB  OC
 6333699999
 1  4  1  9  1  4  1  2  3 1  1  2  2  1  2  2  3 1  25 ，
36999292929
–––→5
所以| OG | ，
3
故选：D.
如图所示，双曲线C
22
xyC
: 1a  0, b  0 与抛物线
: y2  2 px  p  0 有公共焦点 F ，过 F
1 a2b2
2
–––→
2
1 –––→–––→
作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点 A ，延长 FA 与抛物线C2 相交于点 B ，若OA 
曲线C1 的离心率为e ，则e2  （）
OF  OB，双
3 1
2
5 1
2
5 1
3
5  2
3
【答案】B
【解析】
【分析】可求出 AF
–––→1 –––→–––→
 b ，再由可知点 A 为线段 BF 的中点，可得 BF
OAOFOB
2
 2b ，根据 B 点
在抛物线上可得其坐标，可得 A 点坐标，代入渐近线方程可建立 a, b 的关系式求得e2 .
【详解】由双曲线C1 与抛物线C2 有公共焦点，可得 a
2  b2  p ；
2
4
a2  b2
又点 F c, 0 到渐近线 y  b x 的距离为 d bc
a
 b ，即 AF
 b ；
由可知点 A 为线段 BF 的中点，可得 BF
–––→1 –––→–––→
OAOFOB
2
 2b ；
设 B  x, y  ，由抛物线定义可知2b  x  p ，解得 x  2b  p ；
由 a2  b2
p2
可得
4
22
OA  a ，
1
y  4abp 4ab 
1
2
利用等面积可知BF OA 
2
OF y ，解得
p ，则 B  2b  2 ,
p  ，
即可得 x
A  b, yA

 2ab ，
p
又点 A 在渐近线上，即 2ab  b b ，可得2a2  pb ，
pa
再由 a
2  b2
p2a2
，联立可得 a4  a2b2  b4  0 ，即
b2
2
b
1  0 ，
a2
5 1
2
解得 b ，
a22
5 1
b
2
故e  1.
a22
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于结合题目中的条件，利用双曲线和抛物线性质构造 a, b, c 的齐次方程可直接求得离心率.
二、填空题：本大题共 6 个小题，每小题 4 分，共 24 分．
经过点(2,1) 且在 x 轴和 y 轴上的截距相等的直线的方程为．
【答案】 x  2 y  0 或 x  y  3  0
【解析】
【分析】根据题意将问题分直线过原点和不过原点两种情况求解，然后结合待定系数法可得到所求的直线方程．
【详解】（1）当直线过原点时，可设直线方程为 y  kx ，
∵点2,1 在直线上，
1
∴k  ，
2
∴直线方程为 y  1 x ，即 x  2 y  0 ．
2
（2）当直线不过原点时，设直线方程为 x  y  1，
aa
∵点2,1 在直线上，
∴ 2  1  1 ，
aa
∴ a  3 ，
∴直线方程为 x  y  1，即 x  y  3  0 ．
33
综上可得所求直线方程为 x  2 y  0 或 x  y  3  0 ．故答案为 x  2 y  0 或 x  y  3  0 ．
【点睛】在求直线方程时，应先选择适当形式的直线方程，并注意各种形式的方程所适用的条件，由于截
距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线，故在解题时若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零，分为直线过原点和不过原点两种情况求解．本题考查直线方程的求法和分类讨论思想方法的运
用．
已知双曲线 M 过点
P 2,3
x2
，且与双曲线 N： 
4
y2 
1有相同的渐近线，则双曲线 M 的标准方程为
．
2
2
1
【答案】 y  x 
832
【解析】
x2
【分析】设所求双曲线方程为
4
y2  λ，将 P 2,3 代入可得λ 8 ，从而求出双曲线方程.
x2
2
【详解】设与双曲线 N：  y
4
 1有相同的渐近线的双曲线方程为
x2  2
y
4
 λ，
将 P 2,3 代入 x2  y2  λ得λ 22  32  1 9  8 ，
44
故所求双曲线方程为
x2  2
 8 ，即 y
2
x
 1.
y
2
4832
2
2
1
故答案为： y  x 
832
已知空间内三点 A1, 0, 2 ， B 1, 2, 0 ， C 0, 3,1 ，则点 A 到直线 BC 的距离为．
【答案】 4 6
3
【解析】
【分析】根据题意可得 BC  1,1,1 ， BA  2, 2, 2 ，结合点到直线的距离公式运算求解即可.
–––→
BA –––→ 
2
  BA  BC 
 –––→ –––→ 2

BC

【详解】空间内三点 A1, 0, 2 ， B 1, 2, 0 ， C 0, 3,1 ，则 BC  1,1,1 ， BA  2, 2, 2 ，
所以点 A 到直线 BC 的距离 d 
故答案为： 4 6 .
3

 4 6 .
12   2 
2
3 

3
nnn
已知数列a 的前 n 项和 S  n2  8n ，则 a 的前 12 项和为．
【答案】80
【解析】
【分析】根据 an  Sn  Sn1 n  2 ，先求出数列an的通项公式，即可判断各项的正负，然后再直接求解数列 an 的前 12 项的和即可.
【详解】因为 Sn  n2  8n ，
当 n  2 时， an  Sn  Sn1  n2  8n  (n 1)2  8n 1  2n  9 ；当 n  1 时， a1  S1  7 满足上式；
所以 an  2n  9, n  N* ，
令 an  2n  9  0 ，解得 n  4 ；令 an  2n  9  0 ，解得 n  5 ；
所以 a1  a2  a3    a12  a1  a2  a3  a4   a5  a6    a12 
 S4  S12  S4   2S4  S12
 2 16  48  80 ．故答案为：80.
已知椭圆 x2  y2  1a  b  0 的右焦点为 F，以 F 为焦点的抛物线 y2  2 px  p  0 与椭圆的一个
a2b2
交点为 M，若 MF 垂直于 x 轴，则该椭圆的离心率为.
2
【答案】
1## 1
2
【解析】
【分析】利用抛物线和椭圆交点及简单性质,列出关系式,求解椭圆离心率即可.
pb2
【详解】根据椭圆和抛物线对称性及 MF  x 轴，由 M 在抛物线上得 M ( 2 , p) ， M 在椭圆上得 M (c, a )
c 
.则由条件得： p  c
a2  b2
2
且 p  b
2
a
2ac  b2  2ac  a2  c2
即得e2  2e 1  0 .
2
2
解得e  12, e  1（舍去），所以e  1
故答案为:
1
2
x2y2
F，FF
已知双曲线C： 2  1a  0 的左、右焦点分别为 12 ，直线l 过点 2 且与双曲线C 交于 A，B
a18
两点，若 AF2  3BF2，AF1  2 BF1 ，则下列说法中正确的序号为．
2
①双曲线C 的虚轴长为3；
19
②双曲线C 的离心率为；
15
③△BF1F2 的面积为3；
④双曲线C 的渐近线方程为 y  3 2x ．
【答案】②④
【解析】
b
【分析】根据双曲线解析式判断虚轴长度；利用双曲线定义和余弦定理求解离心率；由离心率公式得到
a
的值，即得到渐近线方程；利用余弦定理和三角形面积公式求解.
【详解】如图，作出符合题意的图形，
x2y2
2
关于①，因为双曲线方程为 a2  18  1，所以可得b  3，
2
则虚轴长为2b  6
，故①错误.
关于②，令 BF2
 t, AF2
 3t, AB  2t ，
由双曲线定义知 AF1
 3t  2a, BF1
 t  2a ，又 AF1
 2 BF1 ,
所以3t  2a  2 t  2a ，得t  6a ，
所以 AF1
 16a, AF2
 18a, AB  12a, BF1
 8a ，
AF 2  AB 2  BF 2AF 2  AF 2  F F 2
又因为 F F
 2c, cs F AF
 11  121 2 ，
1 212
2  AF1
 AB
2  AF1
 AF2
19
得19a2  c2 ，故e  c ，所以②正确.
a
19
关于③，由上可知 a  1, b  3 2, c ， BF1
 8, BF2
 6, F1F2
 2，
19
BF 2  BF 2  F F 264  36  761
12
则cs F BF
 121 2  ，
2 BF1
 BF2
2  8 64
故sin F BF 
15 ，所以 S 1  8 6 
15  6
，故③错误.
15
124△BF1F224
b2
1
a2
关于④，由②可知离心率e 
 19, b a
 3，
2
得到双曲线的渐近线方程为 y  3 2x ，故④正确.
故答案为：②④
三、解答题：本大题共 3 个小题，共 36 分．
Sn 为等差数列 an的前 n 项和， 已知 a7  1，S4  32.
求数列 an的通项公式;
求 Sn ，并求 Sn 的最小值.
【答案】（1） an  2n 13
n
（2） S  (n  6)2  36 ，最小值为36
【解析】
【分析】（1）由等差数列{an}的通项公式和前 n 项和列出方程组，求出首项和公差，由此能求出数列{an}
的通项公式．
nn
（2）求出 S  n2 12n  (n  6)2  36 ．从而 n  6 时， S 的最小值为36 ．
【小问 1 详解】
Q Sn 为等差数列{an}的前 n 项和， a7  1， S4  32 ．
a1  6d  1


4a
 4  3
，
d  32
12
解得 a1  11 ， d  2 ，
数列{an}的通项公式 an  11 (n 1)  2  2n 13 ．
【小问 2 详解】
S  11n  n(n 1)  2  n2 12n  (n  6)2  36 ．
n2
 n  6 时， Sn 的最小值为36 ．
如图，直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， BAC  90 ， AB  AC  2 ， AA1  4 ，M 是 BB1 的中点，N
是 BC 的中点，过点 N 作与平面 ACC1A1 平行的直线 PN，交 A1B1 于点 P．
证明： C1M  平面 AMN；
求C1M 与平面 PMN 所成角的正弦值；
求点 P 到平面 AMN 的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2） 7 ；
7
3
（3）.
【解析】
【 分 析 】（ 1 ） 根 据 已 知 构 建 合 适 的 空 间 直 角 坐 标 系 A  xyz ， 进 而 得 到
AM  (2, 2, 0), AN  (1, 0,1), C1M  (2, 2, 2) ， 利用向量数量积的坐标运算得到 C1M  AM  0 ，
C1M  AN  0 ，即得垂直关系，最后应用线面垂直的判定证明结论；
（2）根据已知求得 P(1, 4, 0) ，再求平面 ACC1 A1 的一个法向量 n  (2,1, 4) ，结合C1M  (2, 2, 2) ，向量法求线面角的正弦值；
（3）应用向量法求点面距离即可.
【小问 1 详解】
在直三棱柱中BAC  90 ，则 AB, AA1, AC 两两垂直，
如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A  xyz ，则 A(0, 0, 0), N (1, 0,1), C1 (0, 4, 2), M (2, 2, 0) ，
所以 AM  (2, 2, 0), AN  (1, 0,1), C1M  (2, 2, 2) ，
由C1M  AM  4  4  0  0 ，则C1M  AM ，
由C1M  AN  2  0  2  0 ，则C1M  AN ，
由 AM ∩ AN  A 且都在平面 AMN 内，则C1M  平面 AMN；
【小问 2 详解】
设 P(a, 4, 0) ， NP  (a 1, 4, 1) ，平面 ACC1 A1 的一个法向量为m  (1, 0, 0) ，由 PN / / 平面 ACC1 A1 ，则 m  NP  a 1  0 ，可得 a  1 ，故 P(1, 4, 0) ，
设平面 PMN 的一个法向量 n (x, y, z) ， NP  (0, 4, 1) ， NM  (1, 2, 1) ，
→ –––→
n  NP  4 y  z  0
所以→ ––––→
，取 y  1，则 n  (2,1, 4) ，
n  NM  x  2 y  z  0
––––→ →
––––→ →7
C1M  n
C1M n
––––→ →
4  2  8
2 3  21
所以 cs C1M , n  7 ，
7
故C1M 与平面 PMN 所成角的正弦值为；
7
【小问 3 详解】
3
由（1）知平面 AMN 的一个法向量为C1M  (2, 2, 2) ，由（2）知 AP  (1, 4, 0) ，
所以点 P 到平面 AMN 的距离|
AP  C M
1
––––→
| C1M |
|| 2  8  0 |.
已知椭圆
x2  y2 
的离心率为 6 ，且过点 A0,1 .
2 3
C : a2
1(ab0)
b23
求椭圆C 的方程；
已知点 M , N 在椭圆C 上，且 AM  AN ，
①证明：直线 MN 过定点；
②求V AMN 面积的最大值.
x22
【答案】（1） y  1
3
9
（2）①答案见解析；②
4
【解析】
【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和点 A0,1 满足椭圆方程，列出关于 a, b, c 的方程求解，进而得到椭
圆方程；
（2）①由 AM  AN ，可得 AM  AN  0 ，由题意知直线 MN 的斜率一定存在，设直线方程为
y  kx  m ，联立直线 MN 与椭圆的方程，结合韦达定理得出2m2  m 1  0 ，进而证得结论；②由①
知，直线 MN 的方程为： y  kx  1 ，求得点 A 到直线 MN 的距离 d ，联立直线 MN 与椭圆的方程，运
2
用韦达定理，弦长公式和三角形的面积公式进行求解.
【小问 1 详解】
由题意可得： c 
a
6 , b  1, a2  b2  c2 ，
3
解得： a2  3, b2  1, c2  2 ，
故椭圆方程为：
x2  2
y
3
 1.
【小问 2 详解】
①设点 M  x1 , y1 , N  x2 , y2  .
因为 AM  AN ， AM  AN  0 ，即 x1x2   y1 1 y2 1  0, i
由题意知直线 MN 的斜率一定存在，设直线方程为 y  kx  m ，
 y  kx  m

联立 x2
 y2  1
，消去 y 并整理得： 1 3k 2  x2  6kmx  3m2  3  0 ，
 3
x1  x2 
6km , x x 
1 3k 21 2
3m2  3
1 3k 2
, ii
根据 y1  kx1  m, y2  kx2  m ，代入i 整理可得：
1 212
k 2 1 x x
 km  k  x  x
  (m 1)2  0 ，
将ii 代入，得k 2
1
3m2  3
1 3k 2
 km  k 
6km  (m 1)2
1 3k 2
 0 ，
整理得： 2m2  m 1  0 ，解得 m  1或 1 ，
2
因为 m  1时直线恒过定点 A0,1 ，不合题意，舍去，
所以m   1 ，直线恒过定点 0,  1  .
22 

②由①知，直线 MN 的方程为： y  kx  1 ，
2
3
1 k 2
2 1 k 2
点 A 到直线 MN 的距离 d 23，
 y  kx  1

联立 x2
4
2
，消去
y 并整理得：
1 3k 2  x2  3kx  9  0 ，
 y2  1
 3
 9
x  x 3k, x x 4
121 3k 21 2
1 k
2
36k 2  9
1 3k 2
1 3k 2
1 k 2x  x 4x x

12

2
1 2
MN 
，
1
2
所以V AMN 的面积 S 
MN  d ，
9 4k 2 1
4 1 3k 2 
令t  1 3k 2 ，则 k 2  t 1 ， t  1，
3
9 4t 1
4 3t
94t 1
4 3
t 2
9
4 3
 1  4
t 2
t
9
4 3
  2   4
 1
2
 t

9 4 t 1 1
S  3 
4t
，
因为1 0,1 ，所以1
tt
 1时面积S 最大，最大值为 9 .
4