2019-2020学年浙江省杭州市西湖区杭州学军中学高二上学期期末数学试题

期期末数学试题

一、单选题

1．经过点A1,3，斜率为2的直线方程是（ ） A．2xy10 【答案】D

【解析】根据直线的点斜式方程写出直线方程，再化成一般式方程即可. 【详解】

由直线点斜式得y32(x1)，化为一般式得2xy10. 故选：D 【点睛】

本题考查了直线点斜式方程，属于基础题.

B．2xy10

C．2xy10

D．2xy10

x2y22．椭圆1的焦距为（ ）

54A．6 【答案】C

【解析】根据椭圆的标准方程求出a,b的值，再利用a,b,c之间的关系，求出c，最

22B．3 C．2 D．1

后求出焦距即可. 【详解】

因为a25，b24，得ca2b21，所以焦距为2c2. 故选：C 【点睛】

本题考查了根据椭圆的标准方程求椭圆焦距问题，属于基础题.

3．已知直线m，n和平面，，，下列条件中能推出//的是（ ） A．m，n，m//n

C．m，n，m//，n// 【答案】B

【解析】根据面面平行的判定定理和线面垂直的性质直接判断即可.

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B．m，n D．，

【详解】

A：两个平面相交时，两个平面存在互相平行的直线，故本选项不正确； B：垂直于同一直线的两平面平行，故本选项正确；

C：根据面面平行的判定定理可知中：只有当直线m，n相交时，才能得到面面平行，故本选项不正确；

D：两个平面可以相交，故本选项不正确. 故选：B 【点睛】

本题考查了面面平行的判定定理的应用，属于基础题.

4．圆x2y22x0和圆x2y24y0的位置关系是( ) A．内切 【答案】C

【解析】把两圆的方程化为标准方程，分别找出圆心坐标和半径，求出两圆心的距离d， 然后求出R﹣r和R+r的值，判断d与R﹣r及R+r的大小关系即可得到两圆的位置关系．【详解】

把圆x2+y2﹣2x＝0与圆x2+y2+4y＝0分别化为标准方程得：（x﹣1）2+y2＝1，x2+（y+2）

2

B．外切 C．相交 D．外离

＝4，

故圆心坐标分别为（1，0）和（0，﹣2），半径分别为R＝2和r＝1，

∵圆心之间的距离d(10)2(02)25，则R+r＝3，R﹣r＝1，∴R﹣r＜d＜R+r，

∴两圆的位置关系是相交． 故选：C． 【点睛】

本题考查两圆的位置关系，比较两圆的圆心距，两圆的半径之和，之差的大小是关键，属于基础题.

5．已知a，b是异面直线，P是a，b外的一点，则下列结论中正确的是（ ） A．过P有且只有一条直线与a，b都垂直 B．过P有且只有一条直线与a，b都平行

C．过P有且只有一个平面与a，b都垂直 D．过P有且只有一个平面与a，b都平行 【答案】A

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【解析】根据垂线的唯一性、平行公理，线面垂直的性质、线面平行性质进行逐一判断即可. 【详解】

A：作a的平行线c与b共面，若过P的直线与a，b都垂直，则该直线垂直于b，c，所以垂直于b，c所在平面因为过平面外一点只可作一条直线与这个平面垂直，所以过

P有且只有一条直线与a，b都垂直.故本结论正确；.

B：如果过P的直线都与a，b都平行，根据平行公理，a，b平行这与a，b是异面直线矛盾，故本结论错误；

C：如果a，b与过过P的平面都垂直，那么a，b平行这与a，b是异面直线矛盾，故本结论错误；

D：若过P与a或b确定的平面，就不存在与a，b都平行，故本结论错误； 故选：A 【点睛】

本题考查了垂线的性质，考查了平行公理，考查了异面直线的性质，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力. 6．如图，

中，

，

，若以，为焦点的双曲线的渐近线

经过点，则该双曲线的离心率为

A．C．

B．

D．

【答案】D

【解析】设AB=BC=2，取AB的中点为O，由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC，由余弦定理可得OC，cos∠COB，求得tan∠COB，即为渐近线的斜率，由a，b，c的关系和离心率公式，即可得到． 【详解】 设AB=BC=2， 取AB的中点为O，

由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC， 在三角形OBC中，

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cosB=﹣，

∴OC2=OB2+BC2﹣2OB•BC•cosB=1+4﹣2×1×2×（﹣）=7， ∴OC=

，

=， =， =，

则cos∠COB=可得sin∠COB=tan∠COB=

可得双曲线的渐近线的斜率为，

不妨设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0）， 渐近线方程为y=±x， 可得=， 可得e==故选：D．

=

=

=．

【点睛】

本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线和离心率，考查学生的计算能力，属于中档题．

7．直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N两点，若MN23，则k的取值范围是( )． A．[C．[3,0]? 433,] 33B．(－∞，D．[3]∪[0，＋∞) 42,0] 3【答案】A

【解析】试题分析：圆心为3,2，半径为2，圆心到直线的距离为

3k1MNd24 22k1k1第 4 页 共 21 页

3k122QMN233k131，解不等式得k的取值范围,0

4k21【考点】直线与圆相交的弦长问题

8．正四面体ABCD中，CD在平面内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面所成角不可能是( )

A．0 【答案】D

B．

 6C．

 3D．

 2【解析】将问题抽象为如下几何模型，平面的垂线可视为圆锥的底面半径EP，绕着圆锥的轴EF旋转，则可得到答案 【详解】

考虑相对运动，让四面体ABCD保持静止，平面绕着CD旋转，故其垂线也绕着CD旋转，如下图所示,取AD的中点F，连接EF，则EF//CD 则也可等价于平面绕着EF旋转，在VBEF中，易得

如下图示，将问题抽象为如下几何模型，

平面的垂线可视为圆锥的底面半径EP，绕着圆锥的轴EF旋转，显然

则

设BE与平面所成的角为，则可

得

考虑四个选项，只有选D. 【点睛】

本题考查最小角定理的应用，线面角的最大值即为BE与CD所成的角.，属中档题. 9．已知A1,63,B(0,53)，作直线l，使得点A,B到直线l的距离均为d，且这样的直线l恰有4条，则d的取值范围是（ ）

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A．d1 【答案】B

B．0d1 C．0d≤1 D．0d2

【解析】分别以A,B为圆心，半径为d作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆的四条公切线，根据圆心距和2d的大小关系，求得d的取值范围. 【详解】

分别以A,B为圆心，半径为d作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆的四条公切线，也即A,B到四条切线的距离都等于d，符合题目的要求.圆心距

AB12故选：B. 【点睛】

322，由于两个圆外离，故ABdd，即02d2,0d1.

本小题主要考查两个圆的位置关系，考查两圆外离时公切线的条数，考查化归与转化的数学思想方法，考查两点间的距离公式，属于基础题.

10．（2018届浙江省温州市一模）如图，正四面体ABCD中，P、Q、R在棱

AB、AD、AC上，且AQQD，APCR1，分别记二面角PBRA2APQR，APRQ，AQRP的平面角为、、，在（ ）

A． 【答案】D

B． C． D．

【解析】QABCD是正四面体，P、Q、R在棱AB、AD、AC上，且

APCR1AQQD，，可得为钝角，,为锐角，设P到ACD的距离为

PBRA2第 6 页 共 21 页

h1，P到QR的距离为d1，Q到ABC的距离为h2，Q到PR的距离为d2，设正四面体的

高为h ,可得h1=11h,h2h,h1h2，由余弦定理可得QRPR，由三角形面积相等32h1h2sin,所以，故选D. d1d2可得到d1d2，所以可以推出sin【方法点睛】本题主要考查二面角的求法，属于难题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角，本题很巧妙的应用点到面的距离及点到线的距离求得二面角的正弦值，再得到二面角的大小关系.

二、填空题

11．若圆x2y22axy10的圆心在直线yx上，则a的值是____________，半径为___________________. 【答案】

16 22【解析】对圆的方程进行配方化成标准方程形式，把圆心的坐标代入直线方程中，求出

a的值，最后求出半径的大小.

【详解】

115圆化为标准方程为(xa)ya2，圆心坐标为：(a,)，由题意可知：

2242211516a，所以a，r. 22442故答案为：【点睛】

本题考查了通过圆的一般求圆心和半径，考查了数学运算能力.

12．若直线l1:xmy60与l2:(m2)x3y2m0互相平行，则m的值为_____________，它们之间的距离为________________. 【答案】1

16 ；2282 3第 7 页 共 21 页

【解析】根据两平行直线系数之间的关系求出m的值，根据平行线间距离公式直接求出两平行线间距离即可. 【详解】

由题知，13m(m2)且12m6(m2)，解得m1，则l1:xy60，

l2:xy20，则两平行线间距离为：

d362382. 32故答案为：1；【点睛】

82

3本题考查了已知两直线平行求参数问题，考查了平行线间距离公式，考查了数学运算能力.

13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_____________，外接球的表面积为_____________.

【答案】24 41

【解析】根据根据三视图还原该几何体，直接根据三棱柱的体积公式求出体积，运用割补法求出外接球的表面积. 【详解】

根据三视图还原该几何体，直观图如图所示的直三棱柱，

VSh34424把该几何体补成一个长方体， 2可知其外接球的直径为这个长方体的体对角线，

242324241所以，r，所以S外接球4r41 22第 8 页 共 21 页

故答案为：24;41 【点睛】

本题考查了通过三视图求几何体的体积以及该几何体外接球的表面积，考查了直观想象能力.

x2y2x214．已知双曲线C:y1与椭圆1共焦点，则m的值为

m952_______________，设F为双曲线C的一个焦点，P是C上任意一点，则PF的取值范围是_______________. 【答案】3 1,

【解析】第一空：根据双曲线的半焦距的平方等于椭圆的半焦距的平方，解方程即可求出m的值；

第二空：设Px,y，不妨设F0,2，求出PF的表达式，利用双曲线的范围求出PF的取值范围. 【详解】

解析、c21m954，所以m3； 设Px,y，不妨设F0,2，所以

|PF|x2(y2)23y23(y2)22y1

因为y1或y1，所以PF1，故填、3；1, 【点睛】

本题考查了椭圆和双曲线的半焦距公式，考查了双曲线的范围，考查了数学运算能力. 15．异面直线a，b所成角为

，过空间一点O的直线l与直线a，b所成角均为，3若这样的直线l有且只有两条，则的取值范围为___________________.

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【答案】,

63【解析】将直线a，设平移后的直线为a，如图，过O作aObb，b平移到交于O点，及其外角的角平分线，根据题意可以求出的取值范围. 【详解】

将直线a，b平移到交于O点，设平移后的直线为a，b，如图，过O作aOb及其外角的角平分线，异面直线a，b所成角为

，可知aOb，所以l1Ob，3366，在l2方向，要使l不存在，

l2Oa则有3所以在l1方向，要使l有两条，则有：3，综上所述，

63.

故答案为：, 63

【点睛】

本题考查了异面直线的所成角的有关性质，考查了空间想象能力.

16．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑且AP=AC1，过点A分别作AEPBPABC中，PA平面ABC，ABBC，于点E，AFPC于点F，连结EF，当AEF的面积最大时，

tanBPC__________.

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【答案】

2 2【解析】利用PA平面ABC，根据线面垂直的性质定理可得PABC，结合已知，利用线面垂直的判定定理可以证明出BC⊥平面PAB，进而可以证明出BC⊥AE，再结合已知，利用线面垂直的判定定理可以证明AE⊥平面PBC，因此可以证明出

AEPC，最后利用线面垂直定理证明出PC平面AEF，因此得到AEEF，PCAF，且F为PC中点.

解法1：

BCy，设ABx，利用三角形面积公式可以求出AE的长，在利用PFE∽PBC，

求出EF的长，最后求出AEF的面积表达式，利用换元法和配方法求出AEF面积平方的最大值，最后求出tanBPC的值； 解法2：

设BPC，求出EF、BC、PB、AB的大小，再求出AE的大小，最后求出

SAEF表达式，利用同角三角函数的关系中商关系和基本不等式求出最大值，根据等号

成立的条件求出tanBPC的值. 【详解】

因为PA平面ABC，所以PABC，又ABBC， 所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AE，又PBAE， 所以AE⊥平面PBC，所以AEPC，又AFPC，

所以PC平面AEF，综上AEEF，PCAF，且F为PC中点. 解法1：

22设ABx，BCy，则xy1，又AP=AC1，则AExx21，

又PFE∽PBC，可得EFy2x12，所以

1xySAEFEFAE，

222x21所以S2x2y28x122x21x28x122，令x21t，

2(t1)(2t)t23t21231131 则S12228t8t8tt4t4642第 11 页 共 21 页

所以当1t123122时即x，y，SAEFmax，此时48336BC22tanBPC3. ，故填PB2423解法2.

设BPC，则

tanEFEF2PFtan. 2，所以EF22又BC2sin，PB2cos，所以AB2cos21，所以PAAB2cos21 AEPB2cos所以SAEF1122cos2112cos212 EFAEtantan22224cos2cos1cos2sin211tan21tan21 222tantan1tan24cos4428当且仅当tan21tan2即tan2时，取等号. 2故答案为：【点睛】

2 2本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理的综合应用，考查了基本不等式的应用，考查了配方法的应用，考查了推理论证能力和数学运算能力.

x217．已知椭圆C:斜率为负数的直线BC与y轴交于M，y21上的三点A,B,C，

4若原点O是ABC的重心，且ABM与CMO的面积之比为为__________.

3，则直线BC的斜率2

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【答案】3 6【解析】设出直线BC的方程,将其代入到椭圆C的方程,根据韦达定理,三角形的重心坐标公式,三角形的面积比,可求得点A的坐标,再将A的坐标代入椭圆方程即可得到直线

BC的斜率.

【详解】 如图所示:

设B(x1,y1),C(x2,y2) ,M(0,m),A(x3,y3),直线BC的方程为ykxm,

因为原点O是三角形ABC的重心,所以△BMA与△CMO 的高之比为3,又△BMA与

uuuuruuuur3△CMO的面积之比为,则2BMMC,即2BMMC,

2所以2x1x20,①

ykxm,消去y并整理得(4k21)x28mkx4m240, 联立22x4y48km4m24,,② 所以x1x22x1x2214k14k由①②整理得36k2m21m24k2,③ 因为原点O是△ABC的重心,所以

8km2m,, y(yy)[k(xx)2m]3121214k214k28km22m222)4()4, 因为x34y34,所以(2214k14kx3(x1x2)化简得14k24m2,④ 由③④可得k213,因为k0,所以k. 126故答案为:【点睛】

3. 6本题考查了直线与椭圆相交的问题,三角形的重心坐标公式,韦达定理,运算求解能力,根

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据已知条件求出点A的坐标后,再代入椭圆方程是解题关键,本题属于中档题.

三、解答题

18．已知x0，y0，且2x5y20. （1）求xy的最大值； （2）求

11的最小值. xy【答案】（1）10（2）

7210 20【解析】（1）对等式左边直接使用基本不等式即可求出xy的最大值； （2）对即可. 【详解】 解析、

（1）Qx>0，y0，2x5y210xy，（当且仅当2x5y时取等号，即当

1111111变形为：(2x5y)，然后运用基本不等式求解xy20xyxyx5,y2时）xy10，因此xy的最大值为10；

（2）Q111115y2x17210(2x5y)(7)，xyxy20xy2020117210117210的最小值为，当且仅当2x5y时取到. xyxy2020【点睛】

本题考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.

19．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是DAB60且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为

BC的中点.

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（1）求证：BG//平面PDE； （2）求证：ADPB；

（3）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在，当F为PC的中点时，能使平面

DEF平面ABCD

【解析】（1）利用已知可以判定四边形DGEC是平行四边形，利用平行四边形的性质可以得到线线平行，利用线面平行的判定定理证明出BG//平面PDE；

（2）根据PAD为正三角形可以得到ADPG，再根据ABD是等边三角形得到

ADBG，这样根据线面垂直的判定定理可以证明AD平面PGB，再利用线面垂

直的性质定理可以证明出ADPB；

（3）可以猜想F为PC的中点时.根据已知侧面PAD垂直于底面ABCD，可以通过面面垂直的性质定理可以得到PG平面ABCD.这样利用中位线可以证明出OF平面

ABCD，这样证明出猜想是正确的.

【详解】

（1）由已知，DG//BE，DGBE所以四边形DGEC是平行四边形.BG//DE. 又QBG平面PDE，DE平面PDE，BG//平面PDE.

（2）连接PG.QPAPD，ADPG.QABD是等边三角形，ADBG 又QPGIBGG，AD平面PGB.ADPB.

（3）当F为PC的中点时，能使平面DEF平面ABCD.证明如下、

Q平面PAD平面ABCD，平面PADI平面ABCDAD，PGAD，PG平

面PAD，

PG平面ABCD.连结CG交DE于O.则O是CG的中点，OF//PG.

OF平面ABCD.又OF平面DEF，平面DEF平面ABCD.

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【点睛】

本题考查了线面平行的判定定理，考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了数学探究能力，考查了推理论证能力.

20．如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点0,2且被x轴分成的两段圆弧长之比为1:2，直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.

（1）求圆C的方程；

（2）求直线OM的斜率k的取值范围.

22【答案】（1）(x4)(y2)16（2）0k34或k 43【解析】（1）依题意可设圆心Cr,2，根据圆的性质可以得出PCQ120，进而可以求出圆的标准方程； （2）解法1.

依题意知，只需求出点N（或M）在劣弧PQ上运动时的直线ON（或OM）斜率，设其直线方程为ytxt0，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式，可以求出t的取值范围，根据点M在劣弧PQ上，点N在劣弧PQ上，求出直线OM的斜率，进而求出直线OM的斜率的取值范围，在讨论线OM的斜率为零时，是否满足，最后确定直线OM的斜率k的取值范围；

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解法2.

当k0时，直线OM的方程为ykx，根据直线与圆的位置关系结合点到直线距离公式，求出斜率k的取值范围，再以1代k求出斜率k的取值范围，接着讨论k0时，k是否满足条件，最后确定斜率k的取值范围. 【详解】

（1）依题意可设圆心Cr,2.设圆C与x轴交于点PQ，因为圆C被x轴分成的两段圆弧之比为1:2，所以PCQ120.于是r4，圆心C4,2. 所以圆C的方程为(x4)(y2)16. （2）解法1.

依题意知，只需求出点N（或M）在劣弧PQ上运动时的直线ON （或OM）斜率，设其直线方程为ytxt0， 此时有222|4t2|4，解得0t3.

4t213; 441若点N在劣弧PQ上，则直线OM的斜率k，于是k.

t3若点M在劣弧PQ上，则直线OM的斜率kt，于是0k又当k0时，点N为0,2，也满足条件综上所述，所求的直线OM的斜率k的取值范围为0k34或k 43

解法2.

当k0时，直线OM的方程为ykx，由题意得以|4k2|4，解得k3.

4k211341代k得，，解得k或k0. kk43第 17 页 共 21 页

当k0时，也满足题意.

综上所述，k的取值范围是0k【点睛】

本题考查了圆的切线性质，考查了直线与圆的位置关系，考查了有斜率的两直线垂直时斜率的关系，考查了圆的几何性质，考查了数学运算能力. 21．如图，在四棱锥PABCD中，ABAP，AB∥CD，且

34或k 43PBBCBD6,CD2AB22，PAD120o.

（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；

（Ⅱ）求直线PD与平面PBC所成角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）

．

【解析】试题分析：（1）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直进行论证，而线面垂直证明，往往需要多次利用线线垂直与线面垂直的转化，而线线垂直，有时可利用平几条件进行寻找与论证，如本题取CD中点E，利用平几知识得到四边形

ABED是矩形，从而得到CDAD，而易得CDAP，因此CD平面PAD，进

而有平面PAD平面PCD；（2）利用空间向量求线面角，首先建立空间直角坐标系：以A 为原点，AB为x轴,AD为y轴,建立空间直角坐标角系，设出各点坐标，利用方程组解出面的法向量，利用向量数量积求夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结论 试题解析：解：证明：（1）QBCBD,E为CD中

点,BECD,QABPCD,CD2AB,ABPDE,且ABDE,四边形ABED是矩形,BEPAD,BEAD,ABAD,QABPA,又PAADA,AB平面

PAD,CDPD,且CDAD,Q在平面PCD第 18 页 共 21 页

中,EFPPD,CDEF,QEFBEE,EF平面BEF,BE平面BEF,又

CDBE,CD平面BEF,QCD平面PCD,平面BEF平面PCD.

（2）以A 为原点，AB为x轴,AD为y轴,建立空间直角坐标角系，

QPBBCBD6,CD2AB22,PAD120,

则P0,1,3,D0,2,0,B2,0,0,C22,2,0,

2,2,0

uuuruuurPD0,3,3,BP2,1,uuur3,BCrruuunBC2x2y0r,取x2,得设平面PBC的法向量nx,y,z,则{ruuurnBP2xy3z03rn2,1,, 3设直线PD与平面PBC所成的角为

uuurruuurrPDnsincosPD,nuuurr,PDn3112103105,

直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为10.

5

【考点】面面垂直判定定理，利用空间向量求线面角

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【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

x2y2322．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：22＝1(a>b>0)的离心率为，ab2且过点(3,)，点P在第四象限， A为左顶点， B为上顶点， PA交y轴于点C，PB交x轴于点D.

12

(1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 求 △PCD 面积的最大值．

x2【答案】(1)＋y2＝1；(2)2－1

41x2y2c3【解析】（1）由离心率，再把点(3,)坐标代入22＝1，结合a2b2c22aba2可求得a,b，得椭圆标准方程； （2）设直线AP方程为yk(x2)(1k0)，可求得P,C的坐标，由P,D,B共2线求得D点坐标，这样可求得SPCDSPADSCAD，令t12k换元后用基本不等式求得最大值． 【详解】

13a24b21c3(1) 由题意得：得a2＝4，b2＝1，

a2222abcx2故椭圆C的标准方程为：＋y2＝1.

4第 20 页 共 21 页

(2) 由题意设lAP：y＝k(x＋2)，－

1 14k214k228k24k, 所以P22，

14k14k4k12114k设D(x0，0)，因B(0，1)，P，B，D三点共，所以kBD＝kPB，故＝，

x028k214k2解得x0＝

2(12k)2(12k),0， ，得D12k12k1×AD×|yP－yC| 2所以S△PCD＝SPAD－S△CAD＝

＝

12(12k)4k4|k(12k)|22k＝， 2212k14k214k112k8k24k22×因为－2t2t2 ＝－＋21(1t)2t2t222≤－2＋2＝－2＋＝2－1，

t2222t当且仅当t＝2时取等号，此时k＝【点睛】

本题考查由离心率求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．本题直线AP与椭圆相交的两点中一点A已知，因此可设出直线方程求出另一点坐标，从而可求出其他点的坐标，并求得三角形面积．本题对学生的运算求解能力要求较高，属于难题．

12，所以△PCD面积的最大值为2－1. 2第 21 页 共 21 页