浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

高二数学 第 1 页 共 4 页 余姚中学 2024 学年第一学期质量检测高二数学学科试卷 命题：龚凤 审题：徐鹏科 A． 一、单选题：高考资源网本题共 8 小题，每小题 5分，共 40 分。在每小题给出的选项中 ，只有一项是符合题目要求的。 1．抛物线 y  2x2 的准线方程是（▲） 2 1 y B． 2 1 y C． 8 1 y D． 8 1 y 2．设直线  1 : 3 1 2 1 0l a x ay    和直线 2 : 3 3 0l ax y   ，则“ 53a  ”是“ 1 2l l ”的（▲） 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．如图，在平行六面体 1 1 1 1ABCD A BC D 中， AB a   ， AD b   ， 1AA c   ，点 P在 1AC上，且 1 3A P PC   ，则 AP   （▲） A． 3 3 1 4 4 4 a b c    B． 3 1 1 4 4 4 a b c    C． 1 3 3 4 4 4 a b c    D． 1 1 1 4 4 4 a b c    4．已知 1F ， 2F 是椭圆C： 22 1 4 3 yx   的两个焦点， BA、 是椭圆C上关于 x轴对称的不 同的两点，则 1 2AF BF 的取值范围为（▲） A．  2,3 B． 73, 2     C． 7 ,4 2     D．  3,4 5．如图，在棱长为 1的正方体 ABCD-A'B'C'D'中，若点 P是棱上一点， 则满足 PA+PC'=2的点 P的个数为（▲） A．10 B．8 C．6 D．4 6．已知抛物线 C： xy 122  和圆 2 2: 4 4 4 0M x y x y     ，点 F 是抛物线C的焦点，圆 M 上的两点 ,A B满足 2 , 2AO AF BO BF  ，其中O是坐标原点，动点 P在圆M 上运动， 则点 P到直线 AB的最大距离为（▲） A． 2 2 B． 2 C． 4 2 D． 2 2 7．如图，三棱柱 1 1 1ABC A BC 满足棱长都相等且 1AA 平面 ABC，D是 棱 1CC 的中点，E是棱 1AA 上的动点．设 AE x ，随着 x增大，平面 BDE 与底面 ABC 所成锐二面角的平面角是（▲） A．先增大再减小 B．减小 C．增大 D．先减小再增大 8．如图， 1 2( ,0), ( ,0)F c F c 分别为双曲线 22 2 2: 1( , 0) yx a b a b     的左、右焦点，过点 1F 作直线 l，使直线 l与圆 2 2 2( )x c y r   相切于点 P，设直线 l交双曲线的左右两支分别于 BA、 两 点（ BA、 位于线段 1F P上），若 1 :| |:| | 2 : 2 :1F A AB BP  ，则 双曲线的离心率为（▲） A． 5 B． 265 5 C． 2 6 2 3 D． 2 6 3 高二数学 第 2 页 共 4 页 二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9． 已知直线 l的一个方向向量是 a  ，两个不同的平面 ,  的法向量分别是 ,m n   ，则下列说 法中正确的是（▲） A．若 / /a m   ，则 l  B．若 0a m    ，则 l  C．若 / /m n   ，则  D．若 0m n    ，则  10．已知直线 : ( 0)l y kx k  交椭圆 22 2 2 1 yx a b   于 A，B 两点， 1F ， 2F 为椭圆的左、右焦点， NM、 为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与 2F 关于直线 l的对称点为Q，则（▲） A．若 1k  ，则椭圆的离心率为 2 2 B．若 1 3MA MB k k   ，则椭圆的离心率为 3 3 C． QFl 1// D．若直线 BQ平行于 x轴，则 3k   11．如图，在棱长为 6 的正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 中， , ,E F G分 别为 1, ,AB BC CC 的中点，点 P是正方形 1 1DCC D 面内（包含边界） 动点，则（▲） A． 1DC与 EF 所成角为 30 B．平面 EFG截正方体所得截面的面积为 27 3 C． 1 //AD 平面 EFG 3 12．已知直线 l:y=kx+k+1( Rk )，则直线 l过定点 ▲ D．若 APD   FPC ，则三棱锥 P  BCD的体积最大值是12 三、填空题：高考资源网本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分。 ；若直线 l与两坐标轴围成的三角 形的面积为 2，则这样的直线 l有 ▲ 条． 13．已知圆 2 2: 2 2 2 0M x y x y     ，直线 : 2 2 0l x y   ，P为 l上的动点,过点 P 作圆 M的两条切线 PA，PB，且切点分别为 A，B，则|PM|·|AB|的最小值为 ▲ ． 14．如图，在棱长为 4 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， E为棱 BC的中点， P是底面 ABCD内的一点（包含边界），且 1 1B P D E ，则线段 1B P的长度的取值范围是 ▲ ． 高二数学 第 3 页 共 4 页 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（本小题 13 分） 已知圆C：    2 23 4 4x y    ，点 )15( ，P ，点 )21(  ，Q . （1）过点 P作圆 C的切线 l，求出 l的方程； （2）设 A为圆 C上的动点，G为三角形 APQ的重心，求动点 G的轨迹方程. 16．（本小题 15 分） 如图，在梯形 ABCD中， AB CD∥ ， 1AD DC CB   ， 60ABC  ，四边形 ACFE为矩形，平面 ACFE 平面 ABCD， 1CF  ，点M 是线段 EF 的中点． （1）求平面MAB与平面 EAD所成锐二面角 的余弦值； （2）求出直线CD到平面MAB的距离 d ． 17．（本小题 15 分） 已知平面内两个定点 ( 2,0)A  ， (2,0)B ，满足直线 PA与 PB的斜率之积为 1 4 的动点 P的 轨迹为曲线C，直线 l与曲线C交于不同两点 NM， . （1）求曲线C的轨迹方程； （2）若直线 AM 和 AN的斜率之积为 1 12 ，试证明直线 l过定点，并求出这个定点坐标. 高二数学 第 4 页 共 4 页 18．（本小题 17 分） 图1是直角梯形 ABCD， //AB CD， 90D  ， 2AB  ， 3DC  ， 3AD  ， 2CE ED   ， 以 BE为折痕将△BCE折起，使点C到达 1C 的位置，且 1 6AC  ，如图 2． （1）求证：平面 1BC E 平面 ABED； （2）在棱 1DC 上是否存在点 P，使得点 1C 到平面 PBE的距离为 6 2 ？若存在，求出二面 角 P BE A  的大小；若不存在，说明理由． 19．（本小题 17 分） 已知椭圆   22 2 2: 1 0 yxC a b a b     的焦距为 2，且过点 31, 2      ． （1）求椭圆C的方程； （2）记 1F 和 2F 分别是椭圆C的左、右焦点．设D是椭圆C上一个动点且纵坐标不为 0． 直线 1DF交椭圆C于点 A（异于D），直线 2DF 交椭圆C于点 B（异于D）．若线段 AB的 中点为M ，求三角形 1 2F F M 面积的最大值． 第 1页，共 15页 余姚中学 2024 学年第一学期质量检测高二数学学科参考答案 1． 4 1 p 开口向下，故选 C 2．B 【分析】由题意先求出 1 2l l 的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可. 【详解】由题设 1 2l l    3 1 2 3 0a a a       ， 解得 0a  或 5 3 a  . 故 1 2 5 3 a l l   ， 1 2 5 3 l l a   . 所以“ 5 3 a  ”是“ 1 2l l ”的充分不必要条件. 故选：B. 3．A 【分析】结合几何图形，利用向量的线性运算公式，即可求解. 【详解】 1 1 1 1 3 4 AP AA A P AA AC         ，    1 1 1 13 34 4AA AC AA AA AB AD AA              ， 1 3 3 1 3 3 1 4 4 4 4 4 4 AB AD AA a b c           . 故选：A 4．D 【分析】设    , , ,A x y B x y ，由椭圆性质和已知条件得 2 2x   ，由两点间的距离公式得    2 22 21 2 1 1AF BF x y x y       ，然后化简、换元结合二次函数单调性可求 【详解】由题意，设    , , ,A x y B x y ， 由于 A， B是椭圆C上关于 x轴对称的不同的两点， 第 2页，共 15页 所以 2 2x   ，又    1 1,0 , 1,0F F  ,    2 22 21 2 1 1AF BF x y x y       2 2 2 23 32 1 3 2 1 3 4 4 x x x x x x          2 21 12 4 2 4 4 4 x x x x        2 22 4 21 14 2 2 16 4 16 x x x x          令 2t x ，因为 2 2x   ，所以0 4t  ， 所以    221 12 16 16 16 16 f t t t t     ， 由于对称轴为 16t  ，所以  f t 在 0, 4 单调递减， 所以      4 0f f t f  ，又      210 16, 4 4 16 9 16 f f    ， 即  9 16f t  ，所以 1 23 4AF BF   故选：D 5．[解析] 连接 AC',∵正方体的棱长为 1,∴AC'= 3.∵PA+PC'=2,∴点 P在以 A,C'为焦点的 椭圆绕 AC'旋转得到的椭球上.∵P在正方体的棱上,∴P应是椭球与正方体的棱的交点,结合 正方体的性质可知,满足条件的点应该在棱 B'C',C'D',CC',AA',AB,AD上各有一点满足条件,故 选 C 6．A 【详解】抛物线的焦点 )0,3(F ，圆 2 2: ( 2) ( 2) 4M x y    ，其圆心  2,2M ，半径 1 2r  ． 设点  ,N x y 是满足 2NO NF 的任意一点，则 2 2 2 24 ( 3)x y x y     ， 化简得   44 22  yx ，结合 2 , 2AO AF BO BF  ，所以 AB是圆M 与圆 N 的公共弦， 将圆M 与圆 N的方程相减得，直线 AB的方程为 02  yx ， 则 max min2 2, 2 2PE PE    ， 故选：A． 第 3页，共 15页 7．D 【分析】以 AC中点O为坐标原点， ,OB OC分别为 ,x y轴，并垂直向上作 z轴建立空间直角 坐标系. 设所有棱长均为 2，则 (0,2)x ，通过空间向量来求二面角的 cos  2 3 1 15( ) 2 4  x ，故 cos 在 1(0, ) 2 x 上单增， 1( , 2) 2 x 上单减，即随着 x 增大先变大后变小，所以 随着 x 增大先 变小后变大.即可得出结果. 【详解】 以 AC中点O为坐标原点， ,OB OC分别为 ,x y轴，并垂直向上作 z轴建立空间直角坐标系. 设所有棱长均为 2，则 (0,2)x ， ( 3,0,0) (0,1,1) (0, 1, )， ， B D E x , ( 3, 1, 1)DB     ， (0, 2, 1)DE x    ，设平面 BDE 法向量 ( , , )n a b c  , 则 0 3 0 2 ( 1) 0 n DB a b c n DE b c x                ，令 2 3c  有 1 3( 1) 2 3 a x b x c        ， 故 ( 1, 3( 1), 2 3)n x x    . 又平面 ABC 的法向量 (0,0,1)m   ，故平面 BDE 与底面 ABC 所成锐二面角的平面角 的余弦 值 2 2 2 2 3 3cos ( 1) 3( 1) 12 4 m n m n x x x x              2 3 1 15( ) 2 4 x    ，又 (0,2)x ，故 cos 在 1(0, ) 2 x 上单增， 1( , 2) 2 x 上单减， 即随着 x 增大先变大后变小，所以 随着 x 增大先变小后变大. 故选：D. 第 4页，共 15页 8．B 【分析】连接 2AF ， 2BF ，设 | |BP x 则 1| | | | 2F A AB x  ，由题意可知 2| | 2 2AF a x  ， 2| | 4 2BF x a  ，即 2 2 2 2 2 2 22| | (4 2 ) (2 2 ) (3 ) (2 ) (5 )PF x a x a x x c x        ，即 6 5 x a ， 则 2 253 5 a c ，求解离心率即可. 【详解】连接 2AF ， 2BF ，设 | |BP x 则 1| | | | 2F A AB x  ，即 1| | 5PF x ， | | 3PA x ， 根据双曲线定义可知， 1 2| | | | 2BF BF a  即 2 1| | | | 2 4 2BF BF a x a    2 1| | | | 2AF F A a  即 2 1| | 2 | | 2 2AF a F A a x    直线 l与圆 2 2 2( )x c y r   相切于点 P  2 1PF PF 在 1 2Rt F PF 中 2 2 2 2 2 2 22 1 2 1| | | | | | (2 ) (5 ) 4 25PF F F PF c x c x      ① 在 2Rt APF 中 2 2 2 2 2 2 22 2| | | | | | (2 2 ) (3 ) 4 5 8PF AF PA a x x a x ax        ② 在 2Rt BPF 中 2 2 2 2 2 2 22 2| | | B | | | (4 2 ) ( ) 15 4 16PF F PB x a x x a ax        ③ 第 5页，共 15页 ②③联立得 2 2 2 24 5 8 15 4 16a x ax x a ax     ，即 6 5 x a ①②联立得 2 2 2 24 25 4 5 8c x a x ax    即 2 2 24 4 20 8c a x ax   ④ 将 6 5 x a 代入④，即 2 2 2 6 64 4 20 8 5 5 c a a a a             ， 整理得 2 253 5 c a 即 2 2 53 265 5 5 c ce a a     故选：B 【点睛】本题考查双曲的离心率，解决本题的关键是根据双曲线的定义表示出 2| |AF 与 2| |BF ， 本题属于中档题. 9.AD 10．ACD 【分析】对于 A， 1k  则 (0, )Q c ，故b c ，则利用 2 2 2a b c  与离心率公式即可得解；对 于 B，设 ，  0 0,B x y  ，接着利用 2 2 0 0 2 2 1 x y a b   和 1 3MA MB k k   结合离心率公式直接 计算即可求解；对于 C，根据三角形中位线即可得解；对于 D，设  0 0,B x y ，则 0 0 k y x  ，根 据已知条件求出Q和中点G，再利用点关于直线对称的理论列式求出 0 0,x y 即可得解. 【详解】如图，直线 l 与 2QF 交于 G， 对于 A，若 1k  ，则 (0, )Q c ，所以b c ， 所以 2 2 2 1 2 222 c c ce a b c c       ，故 A 正确； 对于 B，设 ，则  0 0,B x y  ，且 2 2 0 0 2 2 1 x y a b   即   2 2 2 02 0 2 b a x y a   ， 所以  2 2 20 2 22 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 0 0 1· 3MA MB b a x y y y bak k x a x a x a x a a               ， 第 6页，共 15页 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 1 61 1 3 3 b a c c e e a a a          ，故 B 错误； 对于 C，由题意可知OG是中位线，故 1//l FQ，故 C 正确； 对于 D，设点  0 0,B x y ，则直线 0 0 : yl y x x  ， 因为直线 BQ平行于 x轴，所以点  0 0 2, ,Q x y F Q 的中点 0 0,2 2 c x yG      ， 所以由点 G 在直线 l 上且 2 1F G lk k   得 0 0 0 0 0 0 0 0 · 2 2 · 1 y y c x x y y x c x         ， 解得 0 1 2 x c ， 20 3 4 cy  即 0 3 2 y c  ， 因此 0 0 3 2 31 2 cyk x c      ，故 D 正确. 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：点关于直线对称的点的计算求解步骤： （1）设所求点坐标， （2）利用中点坐标公式求出中点坐标， （3）利用中点坐标在直线上和两点所在直线与已知直线垂直则斜率乘积为 1 这两个条件建 立关于所求点坐标的方程组，利用该方程组即可求解. （4）遇特殊直线如 x m 或 y n 一般直接得解. 11．BCD 【分析】 A 选项，如图建立以 A 为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得 截面面积可判断 B；利用线线平行可得线面平行判断 C，求得 P 的轨迹方程可求得三棱锥 P BCD 的体积最大值判断 D. 【详解】以A为坐标原点，以 1, ,AB AD AA所在直线分别为 x轴， y 轴， z轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， 第 7页，共 15页 则 (3, 0, 0)E ， (6,0,0)B ， (6,3,0)F ， (6,6,0)C ， 1(0,6,6)D ， (6,6,3)G ， 1(6,0,6)B ， ∴ 1DC  (6,0, 6)  ， 1 1B D  ( 6,6,0)  ， (3,3,0), (3,6,3)EF EG    ， 对 A 选项， 1 1 1 cos , | | DC EFDC EF DC EF          18 1 236 36 9 9      ， 则直线 1DC与 EF所成角为 60o，故 A 错误； 对 B 选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取 1 1C D的中点 1 1,N A D 的中点 H ， 1AA 的 中点K，连接 , , ,GN NH HK KE，延长EF NG， 一定与 交于一点M ，所以 , , ,E F G N 四点 共面，同理可证 , , ,E F K H 四点共面， 则过点 , ,E F G作正方体的截面，截面为正六边形EFGNHK，边长为3 2， 则正六边形EFGNHK的面积为 1 36 6 3 2 3 2 27 3 2 2EFG S       ，故 B 正确. 由正方体 1 1 1 1ABCD ABC D ，可得 1AD 1/ / BC ， ∵ ,F G分别为 1,BC CC 的中点，∴ / /FG 1BC ， ∴ 1/ / ,FG AD FG  平面 1,EFG AD  平面 EFG， ∴ 1 / /AD 平面 EFG，故 C 正确； 如图， AD 面 1 1CDDC ，又 PD 面 1 1CDDC ，故 AD DP ，同理 FC CP ， 第 8页，共 15页 6 3tan , tan ,AD FCAPD FPC DP DP CP CP       又 6 3, , 2DPAPD FPC DP CP CP       ， 根据题意可得 (0,6,0), (6,6,0)D C ，设 ( ,6, )P x z ， 又 2 22, 4 DP DP CP CP    ， ∴ 2 2 2 2 4( 6) x z x z     ，整理得 2 2( 8) 16x z   ， ∴在正方形 1 1CDDC 面内(包括边界)， P是以 (8,6,0)Q 为圆心，半径 4r  的圆上的点， 令 6x  ，可得 | | 2 3y  ， ∴当 P为圆Q与线段 1CC 的交点时， P到底面 ABCD的距离最大，最大距离为 2 3， ∴三棱锥P BCD 的体积最大值是 1 1 12 3 6 6 2 3 12 3 3 3 2BCD S        ，故 D 正确. 故选:BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位 置关系及数量计算. 12. (-1,1),3 [解析] 由 y=kx+k+1,得 y-1=k(x+1),令 + 1 = ,-1 = , 解得 = -1, = 1, 所以直线 l过定点M(-1,1),当 k=0 时,y=1,此时直线 l与 x轴没有交点,所以 k≠0,在 y=kx+k+1中,令 x=0,得 y=k+1,令 y=0,得 x=-+1 ,依题意得1 2 |k+1| - +1 =2,解得 k=1或 k=-3±2 2,所以满足条件的直线 l有 3条 13.4 [解析] 由 x2+y2-2x-2y-2=0,得(x-1)2+(y-1)2=4,即圆 M的圆心为(1,1),半径为 2.点 M(1,1)到直线 l 的距离 d=|2+1+2| 5 = 5>2,所以直线 l 与圆 M相离.如图所示,连接 AM,BM,则 PA⊥AM,PB⊥ BM,AB⊥PM,四边形 PAMB的面积为1 2 |PM|·|AB|,要使|PM|·|AB|最小,只需四边形 PAMB的面积 最 小 , 即 只 需 △PAM 的 面 积 1 2 |PA|·|AM| 最 小 , 因 为 |AM|=2, 所 以 只 需 |PA| 最 第 9页，共 15页 小 .|PA|= |t|2-|t|2= |t|2-4 ,所以只需直线 2x+y+2=0 上的动点 P 到点 M 的距离最 小,|PM|min= 5,此时 PM⊥l,|PA|=1,所以此时四边形 PAMB的面积为 2,即|PM|·|AB|的最小值为 4. 14. 15．（1） 5 0x   或5 12 37 0x y   ； （2）   . 9 41 3 7 2 2        yx 第 10页，共 15页 16． 【详解】（1）因为在梯形 ABCD中， AB CD∥ ， 1  AD DC CB ， 60ABC  ，如图： 过C作CF AD∥ 交 AB于G，可得 2AB  ， 则 2 2 2 2 cos 60 3AC AB BC AB BC     o ， 所以 2 2 2AB AC BC  ，得 BC AC ， 又平面 ACFE 平面 ABCD，平面 ACFE平面 ABCD AC ， BC 面 ABCD， 所以 BC 平面 ACFE； 因为四边形 ACFE为矩形 所以 AC CF ， 又平面 ACFE 平面 ABCD，又平面 ACFE平面 ABCD AC ，CF 平面 ACFE， 所以CF 平面 ABCD， 则 , ,CA CB CF两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则      3 3 13,0,0 , 0,1,0 , ,0,1 , 3,0,1 , , ,02 2 2A B M E D                ， 所以    3 3 1,0,1 , 3,1,0 , 0,0, 1 , , ,02 2 2AM AB EA AD                            ， 设平面MAB的法向量为  1 1 1, ,n x y z  ， 则 1 1 1 1 3 0 2 3 0 n AM x z n AB x y                ，取 1 2x  可得  2, 2 3, 3n  ， 设平面 EAD的法向量为  2 2 2, ,m x y z  ， 则 2 2 2 0 3 1 0 2 2 m EA z m AD x y                ，取 2 2x  可得  2, 2 3,0m   ， 所以 , 4 12 2 19cos , 194 12 3 4 12 n mn m n m               . 第 11页，共 15页 所以平面MAB与平面 EAD所成夹角的余弦值为 2 19 19 . （2） 19 572 d 17．【分析】（1）设 ( , )( 2)P x y x   ，根据条件建立等式 1 2 2 4 y y x x        ，化简即可求出 结果； （2）设 :l y kx b  ，联立方程 2 2 1 4 x y  ，消 y 得到 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kbx b     ，由韦达 定理得 2 1 2 1 22 2 8 4 4, 1 4 1 4 kb bx x x x k k        ，利用条件 1 12AM AN k k  ，即可得到 2b k 或b k  ， 即可证明结果； 【详解】（1）设 ( , )( 2)P x y x   ，由题有 1 2 2 4 y y x x        ，化简得到 2 2 1 4 x y  ， 所以曲线C的轨迹方程为 2 2 1( 0) 4 x y y   . （2）因为直线 AM 和 AN的斜率之积为 1 12 ，所以直线 l的斜率存在，设 :l y kx b  ， 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ， 由 2 2 1 4 x y y kx b        ，消 y 得到  2 2 2 11 4 8 4 4 0 2k x kbx b k            ， 则 2 2 2 264 4(4 4)(1 4 ) 0k b b k      ， 2 1 2 1 22 2 8 4 4, 1 4 1 4 kb bx x x x k k        ， 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( 4 4) 8 4 1 2 2 2( ) 4 4 4 16 4 16 12AM AN y y kx b kx b k b k b b b kk k x x x x x x b kb k                        ， 化简整理得到 2 22 0k kb b   ，得到 2b k 或b k  ， 当 2b k 时， 2 ( 2)y kx k k x    ，直线过定点 ( 2,0) 与A重合，不合题意， 当b k  ， ( 1)y kx k k x    ，直线过定点 (1,0)，所以直线 l过定点. 第 12页，共 15页 18．【解析】（1）在图1中取CE中点 F ，连接 BF， AE， 2CE ED    ， 3CD  ， 2AB  ， 1CF  ， 1EF  ， 2DF AB  ， //DF AB， 90D  ，四边形 ABFD为矩形， BF CD  ， 3 1 2BE BC     ，又 2CE  ， BCE△ 为等边三角形； 又 3 1 2AE    ， ABE 为等边三角形； 在图 2中，取 BE中点G，连接 1,AG C G， 1 ,C BE ABE  为等边三角形， 1C G BE  ， AG BE ， 1 3C G AG   ，又 1 6AC  ， 2 2 2 1 1AG C G AC   ， 1CG AG  ， 又 AG BE G ， ,AG BE 平面 ABED， 1CG 平面 ABED， 1C G  平面 1BC E，平面 1BC E 平面 ABED． （2）以G为坐标原点， 1, ,GA GB GC    正方向为 , ,x y z轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则  0,1,0B ，  0, 1,0E  ，  3,0,0A ，  1 0,0, 3C ， 3 3, ,02 2D        ， 1 3 3, , 3 2 2 DC           ，  0,2,0EB   ，  1 0,1, 3EC   ， 设棱 1DC 上存在点  , ,P x y z 且  1 0 1DP DC      满足题意， 即 3 3 2 2 3 3 2 2 3 x y z                 ，解得： 3 3 2 2 3 3 2 2 3 x y z                ，即 3 3 3 3, , 3 2 2 2 2 P            ， 则 3 3 3 1, , 3 2 2 2 2 EP              ， 第 13页，共 15页 设平面 PBE的法向量  , ,n a b c  ， 则 3 3 3 1 3 0 2 2 2 2 2 0 EP n a b c EB n b                                ，令 2a  ，则 0 1 b c       ， 12,0,n           ， 1C 到平面 PBE的距离为 1 2 3 3 6 214 EC n d n                   ，解得： 1 3   ，  2,0,2n   ， 又平面 ABE的一个法向量  0,0,1m   ， 2 2cos , 22 2 m nm n m n             ， 又二面角 P BE A  为锐二面角，二面角 P BE A  的大小为 4  ． 19．(1) 2 2 1 4 3 x y   (2) 5 3 8 【分析】（1）根据焦距和椭圆所过点可构造方程求得结果； （2）设直线 1 : 1DF x ty  ，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可整 理得到 0 2 0 15 4 25M yy x   ，结合三角形面积公式和基本不等式可求得最值. 【详解】（1）椭圆C的焦距2 2c  ， 1c  ； 椭圆C过点 31, 2      ， 2 2 1 9 1 4a b    ，又 2 2 2 2 1a b c b    ， 2 3 4 b   （舍）或 2 3b  ， 2 4a  ，椭圆C的方程为： 2 2 1 4 3 x y   . （2） 第 14页，共 15页 由（1）知：1 1 ，2 1 ， 设   0 0 0, 0D x y y  ， 11 ， 22 ， 由题意可设直线 1 : 1DF x ty  ，其中 0 0 1xt y   ， 2 2 0 0 1 4 3 x y   ， 由 2 2 1 1 4 3 x ty x y       得：  2 24 3 6 9 0t y ty    ，    2 2Δ 48 4 3 1 48 3 3 0t t      ，         0 0 0 0 00 0 1 2 2 22 2 2 0 0 0 00 0 6 6 6 1 6 16 4 3 4 3 1 12 3 3 114 3 x y x y xyty y t y x x xx y                       0 0 0 2 1 2 5 y x x    ； 同理可得：  0 0 0 2 0 2 1 2 5 y x y y x     ；           2 0 00 0 0 0 0 1 0 2 0 1 2 2 0 0 0 4 2 52 1 2 1 2 2 5 2 5 4 25 y xy x y x y y y y y y y x x x                ，  20 0 01 2 02 2 0 0 2 2 5 15 2 4 25 4 25M y x yy yy y x x         ， 1 2 0 0 0 1 2 22 2 00 0 0 0 15 15 451 45 27162 4 25 16 27 169 3 F F M M y y yS F F y yx y y y             0 0 45 5 3 8272 16 y y    （当且仅当 0 0 2716 y y  ，即 0 3 3 4 y   时取等号）， 1 2F F M 面积的最大值为 5 3 8 . 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值的求解问题，解题 关键是能够将三角形面积表示为关于某一变量的函数，从而利用函数最值的求法或基本不等 式求得结果. 第 15页，共 15页