2020-2021学年山东省高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省高二（上）期中数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线3x+2y−1＝0的一个方向向量是（ ）
A.(2, −3)B.(2, 3)C.(−3, 2)D.(3, 2)

2. 椭圆x29+y24=1的离心率是( )
A.133B.53C.23D.59

3. 两条平行直线2x−y+3=0和ax−3y+4=0间的距离为d，则a，d分别为（ ）
A.a=6，d＝63B.a=−6=−6，d＝63
C.a=−6，d＝53D.a=6，d＝53

4. 如图，四棱锥P−OABC的底面是矩形，设OA→＝a→，OC→＝b→，OP→＝c→，E是PC的中点，则（ ）

A.BE→＝−12a→−12b→+12c→
B.BE→＝−a→−12b→+12c→
C.BE→＝−a→+12b→+12c→
D.BE→＝−12a→−12b→−12c→

5. 空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0, y0, z0)且法向量为m→＝(A,B,C)的平面方程为A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0，经过点P(x0, y0, z0)且一个方向向量为n→＝(μ,υ,ω)(μυω≠0)的直线l的方程为x−x0μ＝y−y0υ＝z−z0ω，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x−5y+z−7=0，经过(0, 0, 0)直线l的方程为x3＝y2＝z−1，则直线1与平面α所成角的正弦值为（ ）
A.1010B.1035C.105D.57

6. 已知圆x2+y2−6x＝0，过点(1, 2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A.1B.2C.3D.4

7. 已知l，m是异面直线，A，B∈l，C，D∈m，AC⊥m，BD⊥m，AB=2，CD=1，则异面直线l，m所成的角等于（ ）
A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

8. 已知F1，F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120∘，则C的离心率为（ ）
A.23B.12C.13D.14
二.多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）

过点P(2, 3)，并且在两轴上的截距相等的直线方程为（ ）
A.x+y−5=0B.2x+y−4=0C.3x−2y=0D.4x−2y+5=0

已知曲线C:mx2+ny2=1．（ ）
A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在x轴上
C.若m=n>0，则C是圆，其半径为n
D.若m=0，n>0，则C是两条直线

已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=1和两点A(−m, 0)，B(m, 0)(m>0)若圆C上存在点P，使得∠APB=90∘，则m的可能取值为（ ）
A.7B.6C.5D.8

已知F1，F2是椭圆C：x24+y2＝1的左、右焦点，动点P(x1，y1)(y1>12)在椭圆上，∠F1PF2的平分线与x轴交于点M(m, 0)，则m的可能取值为（ ）
A.1B.2C.0D.−1
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

已知平面α的一个法向量a→=(x,1,−2)，平面β的一个法向量b→=−1,y,12，若α⊥β，则y−x=________．

在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是线段DD1的中点，F是线段BB1的中点，则直线FC1到平面AB1E的距离为________．

已知F1，F2是椭圆C：x225+y216＝1的左、右焦点，弦AB过点F1，若△ABF2的内切圆的周长为2π，A，B两点的坐标是(x1, y1)(x2, y2)，则|y1−y2|=________．

2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：Q(0, −3)是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在x轴上，圆L与圆S的半径都等于2，圆S、圆L均与圆Q外切．已知直线l过点O．

（1）若直线l与圆L、圆S均相切，则l截圆Q所得弦长为________；

（2）若直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均等于d，则d=________．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

已知平行四边形ABCD的三个顶点的坐标为A(−1, 4)，B(−2, −1)，C(2, 3)．
(I)在△ABC中，求边AC中线所在直线方程；
(II)求平行四边形ABCD的顶点D的坐标及边BC的长度；
(III)求△ABC的面积．

已知△ABC的边AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，M(2, 0)满足BM→=MC→，点T(−1, 1)在AC边所在直线上且满足AT→⋅AB→=0．
（1）求AC边所在直线的方程；

（2）求△ABC外接圆的方程；

（3）若动圆P过点N(−2, 0)，且与△ABC的外接圆外切，求动圆P的圆心的轨迹方程．

在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=a(0(Ⅰ)求MN的长；
(Ⅱ)a为何值时，MN的长最小并求出最小值；
(Ⅲ)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．


椭圆C1:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的长轴长等于圆C2:x2+y2=4的直径，且C1的离心率等于12，已知直线l:x−y−1=0交C1于A、B两点．
(Ⅰ)求C1的标准方程；
(Ⅱ)求弦AB的长．

如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1为菱形，∠AA1B1=π3，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB=BC，AC=2AA1＝22，E为AC的中点．
(Ⅰ)求证：B1C1⊥平面ABB1A1；
(Ⅱ)求平面EB1C1与平面BB1C1C所成角的大小．


已知点A(1, 0)，点P是圆C：(x+1)2+y2=8上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线CP交于点E．
(Ⅰ)求点E的轨迹方程；
(Ⅱ)过点A的直线l与轨迹E交于不同的两点M，N，则△CMN的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省高二（上）期中数学试卷
一、单选题（本题包括8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1.
【答案】
A
【考点】
直线的斜率
【解析】
先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量．
【解答】
依题意，(3, 2)为直线的一个法向量，
∴ 则直线的一个方向向量为(2, −3)，
2.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
直接利用椭圆的简单性质求解即可．
【解答】
解：椭圆x29+y24=1，可得a=3，b=2，则c=9−4=5，
所以椭圆的离心率为：e=ca=53．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质求得a的值，再利用两条平行直线间的距离公式，计算求得结果．
【解答】
根据两条平行直线2x−y+3=0和ax−3y+4=0，可得a2=−3−1≠43，
可得a=6，可得两条平行直线即 6x−3y+9=0和6x−3y+4=0，
故它们间的距离为d=|9−4|36+9=53，
4.
【答案】
B
【考点】
空间向量
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
根据向量的运算性质分别计算即可．
【解答】
∵ 四棱锥P−OABC的底面是矩形，OA→＝a→，OC→＝b→，OP→＝c→，E是PC的中点，
∴ BE→=BC→+CE→=−OA→+12CP→=−a→+12(CO→+OP→)=−a→+12(−OC→+OP→)=−a→−12b→+12c→，
5.
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
由题可知，平面α的一个法向量m→和直线l的一个方向向量n→，设直线1与平面α所成角为θ，由sinθ=|cs|=||m→|⋅|n→|˙|，即可得解．
【解答】
∵ 平面α的方程为3x−5y+z−7=0，
∴ 平面α的一个法向量为m→=(3, −5, 1)，
∵ 经过(0, 0, 0)直线l的方程为x3＝y2＝z−1，
∴ 直线l的一个方向向量为n→=(3, 2, −1)，
设直线1与平面α所成角为θ，
则sinθ=|cs|=||m→|⋅|n→|˙|=|9−10−19+25+1×9+4+1|=1035，
∴ 直线1与平面α所成角的正弦值为1035．
6.
【答案】
B
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
由相交弦长|AB|和圆的半径r及圆心C到过D(1, 2)的直线的距离d之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与CD垂直时d最大，求出d的最大值，进而求出弦长的最小值．
【解答】
由圆的方程可得圆心坐标C(3, 0)，半径r＝3；
设圆心到直线的距离为d，则过D(1, 2)的直线与圆的相交弦长|AB|＝2r2−d2，
当d最大时弦长|AB|最小，当直线与CD所在的直线垂直时d最大，这时d＝|CD|=(3−1)2+(2−0)2=22，
所以最小的弦长|AB|＝232−(22)2=2，
7.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
由题意可得AC→⋅CD→=0，DB→⋅CD→=0，进而可得AB→⋅CD→，代入夹角公式可得cs，可得向量的夹角，进而可得结论．
【解答】
由AC⊥m，BD⊥m，可得AC⊥CD，BD⊥CD，
故可得AC→⋅CD→=0，DB→⋅CD→=0，
∴ AB→⋅CD→=(AC→+CD→+DB→)⋅CD→
=AC→⋅CD→+|CD→|2+DB→⋅CD→=0+12+0=1，
∴ cs=|AB→|⋅|CD→|˙=12，
∵ AB→与CD→夹角的取值范围为[0, π]，
故向量AB→，CD→的夹角为60∘，
∴ 异面直线l，m所成的角等于60∘．
8.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知：
A(−a, 0)，F1(−c, 0)，F2(c, 0)，
直线AP的方程为：y=36(x+a)，
由∠F1F2P=120∘，|PF2|=|F1F2|=2c，
则P(2c, 3c)，
代入直线AP:3c=36(2c+a)，
整理得：a=4c，
∴ 椭圆C的离心率e=ca=14．
故选D.
二.多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）
【答案】
A,C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
讨论直线经过原点时和不过原点时，分别求出对应直线的方程即可．
【解答】
当直线经过原点时，直线的斜率为k=32，
所以直线的方程为y=32x，即3x−2y=0；
当直线不过原点时，设直线的方程为x+y=a，
代入点P(2, 3)可得a=5，
所以所求直线方程为x+y=5，即x+y−5=0．
综上可得，所求直线方程为：x+y−5=0或3x−2y=0．
【答案】
A,D
【考点】
曲线与方程
【解析】
化方程mx2+ny2=1为圆锥曲线的标准方程，然后逐一分析四个选项得答案．
【解答】
曲线C:mx2+ny2=1．
若m>n>0，方程化为x21m+y21n＝1，得1n>1m>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上，故A正确；B错误；
若m=n>0，方程化为x2+y2＝1m，则C是圆，其半径为1m，故C错误；
若m=0，n>0，方程化为y2＝1n，即y=±nn，则C是两条直线，故D正确．
【答案】
B,C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由圆C的方程求得圆心坐标与半径，可得圆心C到O(0, 0)的距离为5，得到圆C上的点到点O的距离的最大值为6，最小值为4，再由∠APB=90∘，可得PO=12|AB|=m，从而得到m的取值范围，结合选项得答案．
【解答】
圆C：(x−3)2+(y−4)2=1的圆心C(3, 4)，半径为1，
∵ 圆心C到O(0, 0)的距离为5，
∴ 圆C上的点到点O的距离的最大值为6，最小值为4，
再由∠APB=90∘，可得以AB为直径的圆和圆C有交点，
得PO=12|AB|=m，即4≤m≤6，
结合选项可得，m的值可能取6和5．
【答案】
A,C,D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆方程求得焦点坐标，再由y1>12得−3【解答】
由椭圆方程可得F1(−3, 0)，F2(3,0)，
由y1>12，可得−3则直线PF1的方程为y−0＝y1x1+3(x+3)，即y1x−(x1+3)+3y1＝0，
直线PF2的方程为y−0＝y1x1−3(x−3)，即y1x−(x1−3)y−3y1＝0．
∵ M(m, 0)在∠F1PF2的平分线，
∴ |y1m+3y1|y12+(x1+3)2＝|y1m−3y1|y12+(x1−3)2，①
∵ y12+(x1+3)2＝34x12+23x1+4=(32x1+2)2，
y12+(x1−3)2＝34x12−23x1+4=(32x1−2)2，
−3∴ ①式转化为m+332x1+2＝3−m2−32x1，即m=34x1，
又−3结合选项可得m的可能取值为1，0，−1，
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
1
【考点】
平面的法向量
空间向量的数量积运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】
解：∵ 平面α的一个法向量a→=(x,1,−2)，
平面β的一个法向量b→=(−1,y,12)，∵ α⊥β，
∴ a→⋅b→=−x+y−1=0，
解得y−x=1.
故答案为：1.
【答案】
13
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
由题意画出图形，证明FC1 // 平面AB1E，得直线FC1到平面AB1E的距离等于F到平面AB1E的距离，再由等体积法求解．
【解答】
如图，
取C1C的中点G，连接BG，可得BF // C1G，BF=C1G，
则四边形BGC1F为平行四边形，∴ C1F // BG．
连接EG，得EG // CD // AB，EG=CD=AB，
则四边形ABGE为平行四边形，得BG // AE，则FC1 // AE，
∵ AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，∴ FC1 // 平面AB1E，
∴ 直线FC1到平面AB1E的距离等于F到平面AB1E的距离，
∵ 正方体ABCD−A1B1C1D1中的棱长为1，
∴ AB1＝2，AE=12+(12)2＝52，EB1＝(12)2+(2)2＝32，
则cs∠EAB1=54+2−942×52×2＝110＝1010，
∴ sin∠EAB1＝1−(1010)2＝31010，则S△EAB1＝12×52×2×31010=34．
设F到平面AB1E的距离为ℎ，
由VE−AFB1＝VF−AEB1，得13×12×12×1×1＝13×34×ℎ，即ℎ=13．
∴ 直线FC1到平面AB1E的距离为13．
【答案】
103
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由已知求出椭圆的焦点坐标及△ABF2的内切圆半径，再由△ABF2的面积S=12(|AB|+|AF2|+|BF2|)×r=10，结合△ABF2的面积S=S△AF1F2+S△BF1F2=3|y2−y1|，即可求出|y1−y2|的值．
【解答】
由椭圆C：x225+y216＝1，得a2=25，b2=16，
∴ a=5，b=4，c=a2−b2=3，
∴ 椭圆的焦点分别为F1(−3, 0)、F2(3, 0)，
设△ABF2的内切圆半径为r，
∵ △ABF2的内切圆周长为2π，∴ r=1，
根据椭圆的定义，得|AB|+|AF2|+|BF2|=(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=4a=20．
∴ △ABF2的面积S=12(|AB|+|AF2|+|BF2|)×r=12×20×1=10，
又∵ △ABF2的面积S=S△AF1F2+S△BF1F2=12×|y1|×|F1F2|+12×|y2|×|F1F2|
=12×(|y1|+|y2|)×|F1F2|=3|y2−y1|（A、B在x轴的两侧），
∴ 3|y1−y2|=10，解得|y1−y2|=103．
【答案】
3
125
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）设出共切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程求解即可；
（2）设出方程，分别表示出圆心到直线的距离d1=|−4k+m|1+k2，d2=|4k+m|1+k2，d3=|3+m|1+k2，结合弦长公式求得k，m即可
【解答】
根据条件得到两圆的圆心坐标分别为(−4, 0)，(4, 0)，
设公切线方程为y=kx+m(k≠0)且k存在，则|−4k+m|1+k2＝2|4k+m|1+k2＝2，解得k=±33，m=0，
故公切线方程为y=±33x，则Q到直线l的距离d=332，
故l截圆Q的弦长=232−(332)2=3；
设方程为y=kx+m(k≠0)且k存在，则三个圆心到该直线的距离分别为：
d1=|−4k+m|1+k2，d2=|4k+m|1+k2，d3=|3+m|1+k2，
则d2=4(4−d12)=4(4−d22)=4(9−d32)，
即有(|−4k+m|1+k2)2=(|4k+m|1+k2)2，①4−(|4k+m|1+k2)2=9−(|3+m|1+k2)2，②
解①得m=0，代入②得k2=421，
则d2=4(4−16×4211+421)=14425，即d=125，
故答案为：3；125．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
【答案】
解：(1)设AC边的中点为M，则M(12, 72)，
∴ 直线BM斜率k=72+112+2=95，
∴ 直线BM的方程为y+1=95(x+2)，
化为一般式可得9x−5y+13=0，
∴ AC边中线所在直线的方程为：9x−5y+13=0
(2)设点D坐标为(x, y)，由已知得M为线段BD中点，
∴ 有−2+x2=12−1+y2=72，解得x=3y=8，∴ D(3, 8)，
∵ B(−2, −1)，C(2, 3)∴ |BC|=(−2−2)2+(−1−3)2=42；
(3)由B(−2, −1)，C(2, 3)可得直线BC的方程为x−y+1=0，
∴ 点A到直线BC的距离d=|−1−4+1|2=22，
∴ △ABC的面积S=12×42×22=8．
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
(1)易得AC边的中点M(12, 72)，可得直线BM斜率，进而可得点斜式方程，化为一般式即可；
(2)设点D坐标为(x, y)，有−2+x2=12−1+y2=72，解方程组可得D(3, 8)，由距离公式可得BC；
(3)易得直线BC的方程为x−y+1=0，可得点A到直线BC的距离d=22，由三角形的面积公式可得．
【解答】
解：(1)设AC边的中点为M，则M(12, 72)，
∴ 直线BM斜率k=72+112+2=95，
∴ 直线BM的方程为y+1=95(x+2)，
化为一般式可得9x−5y+13=0，
∴ AC边中线所在直线的方程为：9x−5y+13=0
(2)设点D坐标为(x, y)，由已知得M为线段BD中点，
∴ 有−2+x2=12−1+y2=72，解得x=3y=8，∴ D(3, 8)，
∵ B(−2, −1)，C(2, 3)∴ |BC|=(−2−2)2+(−1−3)2=42；
(3)由B(−2, −1)，C(2, 3)可得直线BC的方程为x−y+1=0，
∴ 点A到直线BC的距离d=|−1−4+1|2=22，
∴ △ABC的面积S=12×42×22=8．
【答案】
解：（1）∵ AT→⋅AB→=0
∴ AT⊥AB，又T在AC上
∴ AC⊥AB，△ABC为Rt△ABC，
又AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，所以直线AC的斜率为−3．
又因为点T(−1, 1)在直线AC上，
所以AC边所在直线的方程为y−1=−3(x+1)．即3x+y+2=0．
（2）AC与AB的交点为A，所以由x−3y−6=03x+y+2=0解得点A的坐标为(0, −2)，
∵ BM→=MC→
∴ M(2, 0)为Rt△ABC的外接圆的圆心
又r=|AM|=(2−0)2+(0+2)2=22．
从△ABC外接圆的方程为：(x−2)2+y2=8．
（3）因为动圆P过点N，所以|PN|是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切，
所以|PM|=|PN|+22，即|PM|−|PN|=22．
故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支．
因为实半轴长a=2，半焦距c=2．所以虚半轴长b=c2−a2=2．
从而动圆P的圆心的轨迹方程为x22−y22=1(x≤−2)．
【考点】
向量在几何中的应用
圆的标准方程
轨迹方程
【解析】
（1）由已知AT→⋅AB→=0可得△ABC为Rt△ABC，由AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，可求直线AC的斜率，点T(−1, 1)在直线AC上，利用直线的点斜式可求
（2）AC与AB的交点为A，联立方程可求A的坐标，由BM→=MC→，结合直角三角形的性质可得MRt△ABC的外接圆的圆心，进而可求r=|AM|，外接圆的方程可求
（3）由题意可得|PM|=|PN|+22，即|PM|−|PN|=22，结合圆锥曲线的定义可求轨迹方程
【解答】
解：（1）∵ AT→⋅AB→=0
∴ AT⊥AB，又T在AC上
∴ AC⊥AB，△ABC为Rt△ABC，
又AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，所以直线AC的斜率为−3．
又因为点T(−1, 1)在直线AC上，
所以AC边所在直线的方程为y−1=−3(x+1)．即3x+y+2=0．
（2）AC与AB的交点为A，所以由x−3y−6=03x+y+2=0解得点A的坐标为(0, −2)，
∵ BM→=MC→
∴ M(2, 0)为Rt△ABC的外接圆的圆心
又r=|AM|=(2−0)2+(0+2)2=22．
从△ABC外接圆的方程为：(x−2)2+y2=8．
（3）因为动圆P过点N，所以|PN|是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切，
所以|PM|=|PN|+22，即|PM|−|PN|=22．
故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支．
因为实半轴长a=2，半焦距c=2．所以虚半轴长b=c2−a2=2．
从而动圆P的圆心的轨迹方程为x22−y22=1(x≤−2)．
【答案】
如图建立空间直角坐标系，
A(1, 0, 0)，C(0, 0, 1)，F(1, 1, 0)，E(0, 1, 0)，
∵ CM=BN=a，∴ M(a2, 0, 1−a2)，N(a2, a2, 0)．
(1)|MN|＝(a2−a2)2+(0−a2)2+(1−a2)2=a2−2a+1；
(2)|MN|＝a2−2a+1=(a−22)2+12，
当a=22时，|MN|最小，最小值为22；
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知，当M，N为中点时，MN最短，
则M(12, 0, 12)，N(12, 12, 0)，取MN的中点G，连接AG，BG，
则G(12, 14, 14)，
∵ AM=AN，BM=BN，∴ AG⊥MN，BG⊥MN，
∴ ∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角．
∵ GA→＝(12,−14,14)，GB→＝(−12,−14,−14)，
∴ cs=|GA→|⋅|GB→|˙＝−14⋅=−13．
∴ 平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是13．
【考点】
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
【解析】
以B为坐标原点，分别以BA、BE、BC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求得A、C、F、E、M、N的坐标．
(Ⅰ)直接由两点间的距离公式可得|MN|；
(Ⅱ)把(Ⅰ)中求得|MN|利用配方法求最值；
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知，当M，N为中点时，MN最短，求出M、N的坐标，取MN的中点G，连接AG，BG，可得G的坐标，连接AG，BG，得到∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角，再由GA→与GB→的夹角求解．
【解答】
如图建立空间直角坐标系，
A(1, 0, 0)，C(0, 0, 1)，F(1, 1, 0)，E(0, 1, 0)，
∵ CM=BN=a，∴ M(a2, 0, 1−a2)，N(a2, a2, 0)．
(1)|MN|＝(a2−a2)2+(0−a2)2+(1−a2)2=a2−2a+1；
(2)|MN|＝a2−2a+1=(a−22)2+12，
当a=22时，|MN|最小，最小值为22；
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知，当M，N为中点时，MN最短，
则M(12, 0, 12)，N(12, 12, 0)，取MN的中点G，连接AG，BG，
则G(12, 14, 14)，
∵ AM=AN，BM=BN，∴ AG⊥MN，BG⊥MN，
∴ ∠AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角．
∵ GA→＝(12,−14,14)，GB→＝(−12,−14,−14)，
∴ cs=|GA→|⋅|GB→|˙＝−14⋅=−13．
∴ 平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是13．
【答案】
（1）由题意可得2a=4，∴ a=2，
∵ e＝ca＝12，∴ c=1，
∴ b=3，
∴ 椭圆C1的标准方程为：x24+y23＝1．
（2）联立直线l与椭圆方程y＝x−13x2+4y2＝12，消去y得：7x2−8x−8=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2＝87，x1⋅x2＝−87，
∴ |AB|=1+k2⋅|x1−x2|=2⋅6449+4×87=247．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的离心率
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)由题意可得a=2，再利用离心率求出c的值，进而求出b的值，得到椭圆C1的标准方程即可．
(Ⅱ)联立直线l与椭圆方程，利用韦达定理结合弦长公式即可求出弦AB的长．
【解答】
（1）由题意可得2a=4，∴ a=2，
∵ e＝ca＝12，∴ c=1，
∴ b=3，
∴ 椭圆C1的标准方程为：x24+y23＝1．
（2）联立直线l与椭圆方程y＝x−13x2+4y2＝12，消去y得：7x2−8x−8=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2＝87，x1⋅x2＝−87，
∴ |AB|=1+k2⋅|x1−x2|=2⋅6449+4×87=247．
【答案】
（1）证明：∵ 四边形ABB1A1为菱形，AB=BC，AC=2AA1＝22，
∴ AC2=AB2+BC2，得AB⊥BC，
又平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴ BC⊥平面ABB1A1，
又B1C1 // BC，∴ B1C1⊥平面ABB1A1；
（2）取A1B1的中点O，A1C1 的中点N，连接OA，ON，
∵ B1C1⊥平面ABB1A1，∴ ON⊥平面ABB1A1，得ON⊥OA1，ON⊥OA，
又四边形ABB1A1为菱形，∠AA1B1＝π3，O是A1B1的中点，∴ OA⊥A1B1，
故OA1，ON，OA两两互相垂直．
以O为坐标原点，分别以OA1、ON、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∴ B1(−1, 0, 0)，C1(−1, 2, 0)，E1(−1, 1, 3)，B(−2, 0, 3)，
由图可知，平面EB1C1的一个法向量为m→＝(1,0,0)，
设平面BB1C1C的一个法向量为n→＝(x,y,z)，
则n→⋅B1B→＝−x+3z＝0˙，取z=1，得n→＝(3,0,1)．
设平面EB1C1与平面BB1C1C所成角的大小为θ，
则csθ=|cs|=||m→|⋅|n→|˙|=1×3+0×0+0×11×2＝32，
又∵ θ∈(0, π2]，∴ θ＝π6，
故平面EB1C1与平面BB1C1C所成角的大小为π6．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)由已知利用勾股定理证明AB⊥BC，再由平面ABB1A1⊥平面ABC，由面面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，即可证得B1C1⊥平面ABB1A1；
(Ⅱ)取A1B1的中点O，A1C1 的中点N，连接OA，ON，证明OA1，ON，OA两两互相垂直，以O为坐标原点，分别以OA1、ON、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面EB1C1的一个法向量与平面BB1C1C的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值即可求得平面EB1C1与平面BB1C1C所成角的大小．
【解答】
（1）证明：∵ 四边形ABB1A1为菱形，AB=BC，AC=2AA1＝22，
∴ AC2=AB2+BC2，得AB⊥BC，
又平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴ BC⊥平面ABB1A1，
又B1C1 // BC，∴ B1C1⊥平面ABB1A1；
（2）取A1B1的中点O，A1C1 的中点N，连接OA，ON，
∵ B1C1⊥平面ABB1A1，∴ ON⊥平面ABB1A1，得ON⊥OA1，ON⊥OA，
又四边形ABB1A1为菱形，∠AA1B1＝π3，O是A1B1的中点，∴ OA⊥A1B1，
故OA1，ON，OA两两互相垂直．
以O为坐标原点，分别以OA1、ON、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∴ B1(−1, 0, 0)，C1(−1, 2, 0)，E1(−1, 1, 3)，B(−2, 0, 3)，
由图可知，平面EB1C1的一个法向量为m→＝(1,0,0)，
设平面BB1C1C的一个法向量为n→＝(x,y,z)，
则n→⋅B1B→＝−x+3z＝0˙，取z=1，得n→＝(3,0,1)．
设平面EB1C1与平面BB1C1C所成角的大小为θ，
则csθ=|cs|=||m→|⋅|n→|˙|=1×3+0×0+0×11×2＝32，
又∵ θ∈(0, π2]，∴ θ＝π6，
故平面EB1C1与平面BB1C1C所成角的大小为π6．
【答案】
（1）由题意可知：|EP|=|EA|，|CE|+|EP|=22，
∴ |CE|+|EA|=22>|CA|=2，
∴ 点E的轨迹是以C，A为焦点的椭圆，且2a=22，c=1，
∴ 其轨迹方程为x22+y2＝1．
（2）设M(x1, y1)，N(x2, y2)，不妨设y1>0，y2<0，
由题意可知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
联立方程x＝my+1x22+y2＝1，消去x得：(m2+2)y2+2my−1=0，
则y1+y2＝−2mm2+2，y1y2＝−1m2+2，
∴ y1−y2＝(y1+y2)2−4y1y2=22m2+1m2+2，
∴ S△CMN＝12|CA|(y1−y2)=22m2+1m2+2=22m2+1+1m2+1≤222=2，
当且仅当m2+1＝1m2+1即m=0时，△CMN的面积取得最大值2，
此时直线l的方程为x=1．
【考点】
椭圆的应用
轨迹方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)由题意可知|CE|+|EA|=22>|CA|=2，由椭圆的定义可知点E的轨迹是以C，A为焦点的椭圆，从而求出点E的轨迹方程．
(Ⅱ)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，不妨设y1>0，y2<0，由题意可知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到y1−y2的表达式，又S△CMN＝12|CA|(y1−y2)，代入利用基本不等式即可求出△CMN的面积的最大值．
【解答】
（1）由题意可知：|EP|=|EA|，|CE|+|EP|=22，
∴ |CE|+|EA|=22>|CA|=2，
∴ 点E的轨迹是以C，A为焦点的椭圆，且2a=22，c=1，
∴ 其轨迹方程为x22+y2＝1．
（2）设M(x1, y1)，N(x2, y2)，不妨设y1>0，y2<0，
由题意可知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x=my+1，
联立方程x＝my+1x22+y2＝1，消去x得：(m2+2)y2+2my−1=0，
则y1+y2＝−2mm2+2，y1y2＝−1m2+2，
∴ y1−y2＝(y1+y2)2−4y1y2=22m2+1m2+2，
∴ S△CMN＝12|CA|(y1−y2)=22m2+1m2+2=22m2+1+1m2+1≤222=2，
当且仅当m2+1＝1m2+1即m=0时，△CMN的面积取得最大值2，
此时直线l的方程为x=1．