2020-2021学年湖北省天门市高二（上）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省天门市高二（上）期末考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线l垂直于直线y=x+1，且l在y轴上的截距为2，则直线l的方程是( )
A.x+y−2=0B.x+y+1=0C.x+y−1−=0D.x+y+2=0

2. 已知向量a→=2,1,3，b→=x,2,1−x，若a→⊥b→，则x=( )
A.−5B.5C.4D.−1

3. 已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为5，则双曲线Γ的渐近线方程为( )
A.y=±3xB.y=±13xC.y=±2x D.y=±12x

4. 已知圆C1:x2+y2−2x+12y+33=0与圆C2:x2+y2+10x−4y−52=0，则两圆公切线条数为( )
A.1B.2C.3D.4

5. 在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，则a3+a4+a5=( )
A.33B.72C.84D.189

6. 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴的两个端点分别为A，B，点C为椭圆上异于A，B的一点，直线AC与直线BC的斜率之积为−14，则椭圆的离心率为( )
A.32B.34C.12D.24

7. 已知三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=12AA1=1，∠A1AC=∠A1AB=π3，D点是线段AB上靠近A的一个三等分点，则CD→⋅B1B→=( )
A.23B.−23C.43D.−43

8. 已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，准线为l，A是l上一点，B是直线AF与抛物线C的一个交点，若FA→=3FB→，则|BF|=( )
A.72B.3C.52D.2
二、多选题

已知双曲线C:x2t−y29−t=1的离心率e=3，则下列说法正确的是( )
A.t=3或−9
B.双曲线C的渐近线方程为y=±2x
C.双曲线C的实轴长等于23
D.双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于3

在等差数列an中，a1=−9，a5=−1.记Tn=a1a2⋯ann=1,2,⋯，则数列{Tn}( )
A.T5=T6B.有最大项T4C.无最大项D.无最小项

已知直线l:ax−y−3a=0上存在相距为4的两个动点A，B，若圆C:x+12+y−42=4上存在点P使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，则实数a的值可以为( )
A.−2B.−1C.0D.1

已知球O为正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球，平面A1C1B截球O的截面面积为24π，下列命题中正确的有( )
A.异面直线AC与BC1所成的角为60∘
B.BD1⊥平面A1C1B
C.球O的表面积为36π
D.三棱锥B1−A1C1B的体积为288
三、填空题

已知在空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M在线段OA上，且OM→=3MA→，N为BC的中点，用a→，b→，c→表示MN→，则MN→=________．

椭圆x29+y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，过焦点F1的直线交该椭圆于A，B两点，若△ABF2的内切圆面积为π，A，B两点的坐标分别为x1,y1，x2,y2，则△ABF2的面积S=________，|y1−y2|的值为________.


过点P3,4作圆x2+y2=10的两条切线的切点分别为A，B，则线段AB=________.

在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=6，AC=8，D是斜边上一点，以AD为棱折成60∘二面角C−AD−B，则线段BC最小值为________.
四、解答题

已知四棱锥P−ABC中，底面ABCD为菱形，PA=PC.

(1)求证：BC//平面PAD；

(2)求证：PB⊥AC.

已知△ABC三边所在的直线方程为：lAB:3x−2y+6=0，lAC:2x+3y−22=0，lBC:3x+4y−m=0(m∈R，m≠30).
(1)判断△ABC的形状；

(2)当BC边上的高为1时，求m的值．

在①3a2+b2+b4=0，②a4=b4，③S3=−27这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的λ存在，求实数λ的取值范围；若问题中的λ不存在，请说明理由．
设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn，________， a5=b1，4Tn=3bn−1n∈N∗，是否存在实数λ，对任意n∈N∗都有λ≤Sn？

已知与x=−1相切的圆C的圆心在射线x−3y=0x>0上，且被直线l：3x−4y+5=0截得弦长为43.
(1)求圆C的方程；

(2)若圆C上有且仅有2个点到与l平行的直线l′的距离为2，求直线l′在x轴上截距的取值范围．

三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60∘，AB⊥AC，AB=AC，BC=AB1=2.

(1)求证：面ABC⊥面BB1C1C；

(2)在线段C1A1上是否存在一点M，使得二面角M−CB1−C1的大小为π6，若存在，求出C1MC1A1的值，若不存在，请说明理由．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0，离心率为32，且椭圆C经过点P0,1.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的斜率的和为−1，试问：直线l是否经过定点，若经过求出该定点的坐标，若不经过请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省天门市高二（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的截距式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
利用两直线垂直，斜率乘积为−1 ，再利用斜截式得直线方程，化为一般方程.
【解答】
解：由直线l与y=x+1垂直，所以kl=−1，
又直线l在y轴上的截距为2，
由斜截式得：y=−x+2，
即：x+y−2=0.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
利用向量垂直数量积为0，可得解.
【解答】
解：由题设a→⊥b→，得a→⋅b→=0，
所以2x+1×2+31−x=0，
解得x=5.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线的离心率得则e=ca=a2+b2a2=1+ba2=5，解得：ba=2，可得解.
【解答】
解：由双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，
则e=ca=a2+b2a2=1+ba2=5，
解得：ba=2，
所以渐近线方程：y=±2x.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】
将圆的一般式方程转化为标准式得圆心C11,−6，半径r=2，圆心C2−5,2，半径R=9.
可判定两圆相交，可得解.
【解答】
解：由圆C1:x2+y2−2x+12y+33=0，
得x−12+y+62=4，
即圆心C11,−6，半径r=2.
由圆C2:x2+y2+10x−4y−52=0，
得x+52+y−22=81，
即圆心C2−5,2，半径R=9.
由C1C2=−5−12+2+62=10所以圆C1，圆C2相交，公切线有2条.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
根据等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，可求得q，根据等比数列的通项公式，分别求得a3，a4和a5代入a3+a4+a5，即可得到答案．
【解答】
解：在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21.
故3+3q+3q2=21，
∴ q=2，
∴ a3+a4+a5=(a1+a2+a3)q2=21×22=84.
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
设Cm,n,A0,b,B0,−b，得m2=a2b2b2−n2，
又kAC⋅kBC=n2−b2m2=−14，
所以a2=4b2,c2=a2−b2=3b2，可得解.

【解答】
解：设Cm,n，A0,b，B0,−b，
则m2a2+n2b2=1，得m2=a2b2b2−n2，
又kAC⋅kBC=n2−b2m2=−14，
所以a2=4b2，c2=a2−b2=3b2，
所以e=32.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
利用向量的几何意义以及数量积得CD→⋅B1B→=CD→−DA→⋅B1B→，
=CA→⋅C1C→−13BA→⋅B1B→，
=CA→C1C→cs−13BA→B1B→cs∠A1AB，可得解.
【解答】
解：由题设得CD→=CA→−DA→，B1B→=C1C→，DA→=13BA→，
所以CD→⋅B1B→=CA→−DA→⋅B1B→，
=CA→⋅C1C→−13BA→⋅B1B→，
=CA→C1C→cs∠A1AC−13BA→B1B→cs∠A1AB，
=1×2×12−13×1×2×12=23.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
抛物线的定义
向量的共线定理
【解析】
过点B作BC⊥l于点C，准线l与x轴交于点E，设|BF|＝m，由于FA→=3FB→，则|AB|＝2m，再结合抛物线的定义，可推出∠ABC＝60∘＝∠AFE，于是|BF|=13|AF|=23p，进而得解．
【解答】
解：由题可知，p=3，
如图所示，过点B作BC⊥l于点C，准线l与x轴交于点E，设|BF|=m，则|AB|=2m，
由抛物线的定义可知，|BC|=|BF|=m，
∴ ∠ABC=60∘=∠AFE，
∴ |AF|=2|EF|=2p=6，
∴ |BF|=13|AF|=2．
故选D.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
对于A，e2=9t=3，解得t=3，故错误；
对于B，渐近线为y=±63x=±2x，故正确；
对于C，双曲线的实轴长2t=23，故正确；
对于D，双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长，9−t=6，故错误.
【解答】
解：A，由方程x2t−y29−t=1对应的曲线为双曲线，
可得t9−t>0，解得0故焦点在x轴上，故c2=t+(9−t)=9，
e2=9t=3，解得t=3，故错误；
B，由选项A得双曲线方程为x23−y26=1，
故渐近线为y=±63x=±2x，故正确；
C，双曲线的实轴长2t=23，故正确；
D，双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长，
9−t=6，故错误.
故选BC.
【答案】
A,B,D
【考点】
等差数列的通项公式
数列与函数单调性问题
【解析】
设等差数列的公差d，
解得：an=2n−11.
得Tn=−9×−7×−5×−3×−1×1×3×...×2n−11，
得T1=−9,T2=63,T3=−315,T4=945,T5=−945,Tn<0,n≥6且随n的增大Tn减小
【解答】
解：设等差数列的公差d，则a5=a1+4d，
解得：d=2，an=2n−11.
所以Tn=−9×−7×−5×−3×−1×1×3×⋯
×2n−11，
得T1=−9，T2=63，T3=−315，T4=945，T5=−945，
T6=−945，⋯，
n≥6时，Tn<0且随n的增大Tn减小，
所以T5=T6，数列最大项T4，无最小项.
故选ABD.
【答案】
A,B,C
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
由题设，由直角三角形的性质，
P到AB的距离为AB2=2，
结合直线与圆的位置关系得圆心到直线的距离d≤4，
即4a+4a2+1≤4，可得解.
【解答】
解：由题设，若△PAB为等腰直角三角形，
其中P为直角顶且AB=4，
则P到AB的距离为AB2=2，
若圆上存在点P，使得△PAB为等腰直角三角形，
则圆心到直线的距离d≤4，
即4a+4a2+1≤4，
解得a≤0.
故选ABC.
【答案】
A,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
用空间向量求直线间的夹角、距离
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
设正方体边长2a，解得a=6，
以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别x,y,z为轴建系，
则cs=12,可得AC与BC1所成的角为60∘，故A正确；
设面A1C1B的法向量为n→=x,y,z，可解得n→=1,1,1，
cs=13≠0,所以BD1不垂直于面A1C1B，故B错误；
S=4πR2=4π×33a2=96π，故C错误；
VB1−A1C1B=VB−A1B1C1=13×12×12×12×12=288，故D正确.
【解答】
解：设正方体边长2a，则A1C1=C1B=BA1=22a，
截面面积为△A1C1B内切圆的面积，即OC1平分∠A1C1B，
∠OC1A1=30∘，
tan30∘=R2a，R=63a，
由πR2=π×23a2=24π，解得a=6，
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别x，y，z为轴建系，
得A12,0,0，C0,12,0，B12,12,0，C10,12,12，
则AC→=−12,12,0，BC1→=−12,0,12，
则cs=12，
可得AC与BC1所成的角为60∘，故A正确；
A1C1→=−12,12,0，A1B→=0,12,−12，BD1→=−12,−12,12，
设面A1C1B的法向量为n→=x,y,z，可解得n→=1,1,1，
cs=−13≠0,
所以BD1不垂直于面A1C1B，故B错误；
S=4πr2=4π×a2=144π，故C错误；
VB1−A1C1B=VB−A1B1C1=13×12×12×12×12=288，故D正确.
故选AD.
三、填空题
【答案】
−34a→+12b→+12c→
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
根据题意画出图形，结合图形，利用空间向量的线性运算法则，用OA→、OB→和OC→表示出MN→即可．
【解答】
解：如图所示：
空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
∵ 点M在OA上，且OM→=3MA→，
∴ OM→=34OA→.
又N为BC中点，
∴ ON→=12(OB→+OC→)，
∴ MN→=ON→−OM→
=12(OB→+OC→)−34OA→
=−34a→+12b→+12c→．
故答案为：−34a→+12b→+12c→．
【答案】
6,3
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由△ABF2内切圆的面积π，内切圆半径为1，S△ABF2=12×1×AB+AF2+BF2=2a=6，
又由S=12y1−y2×2c=12×y1−y2×4=6，
解得：y1−y2=3.
【解答】
解：由题设得a2=9，b2=5，
所以c2=a2−b2=4，c=2，
F1−2,0，F22,0，
由△ABF2内切圆的面积π，内切圆半径为1，
S△ABF2=12×1×AB+AF2+BF2=2a=6，
又由S=12y1−y2×2c=12×y1−y2×4=6，
解得y1−y2=3.
故答案为：6；3.
【答案】
26
【考点】
两点间的距离公式
圆的切线方程
【解析】
先由两点间的距离得|OP|，|PB|，再利用|BC|=|OB|⋅|PB||OP|求出|BC|，即求出|AB|．
【解答】
解：设AB的中点为C，
由题意可得：|OP|=32+42=5，
|OB|=10，
则|PB|=52−(10)2=15，
从而|BC|=|OB|⋅|PB||OP|=6，
∴ |AB|=2|BC|=26.
故答案为：26.
【答案】
27
【考点】
二面角的平面角及求法
二倍角的正弦公式
空间向量的加减法
【解析】
则BC→=BF→+FE→+EC→，
可得BC→2=BF→2+FE→2+EC→2+2BF→EC→cs120∘，
令∠BAD=θ，
则得BC→2=100−72sin2θ，可得解.

【解答】
解：作CE⊥AD，BF⊥AD，如图，
则BC→=BF→+FE→+EC→，
可得BC→2=BF→2+FE→2+EC→2+2BF→EC→cs120∘，
令∠BAD=θ，
则得BC→2=6sinθ2+8csπ2−θ−6csθ2
+8sinπ2−θ2+6sinθ⋅8sinπ2−θ−12×2
=100−72sin2θ，
所以当θ=45∘时，BC→2min=28，
故最小值为27.
故答案为：27.
四、解答题
【答案】
证明：(1)因为底面ABCD为棱形，则BC//AD，
又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
所以BC//平面PAD ．
(2)设底面AC与BD相交于O，
则AC⊥BD，
又PA=PC，所以AC⊥PO，
BD∩PO=O，所以AC⊥平面PBD，
又PB⊂平面PBD，所以PB⊥AC .
【考点】
直线与平面平行的判定
两条直线垂直的判定
【解析】


【解答】
证明：(1)因为底面ABCD为棱形，则BC//AD，
又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
所以BC//平面PAD ．
(2)设底面AC与BD相交于O，
则AC⊥BD，
又PA=PC，所以AC⊥PO，
BD∩PO=O，所以AC⊥平面PBD，
又PB⊂平面PBD，所以PB⊥AC .
【答案】
解：(1)直线AB的斜率为kAB=32，直线AC的斜率为kAC=−23，
所以kAB⋅kAC=−1，
所以直线AB与AC互相垂直，
因此，△ABC为直角三角形．
(2)解方程组3x−2y+6=0,2x+3y−22=0,得x=2,y=6, 即A2,6 .
由点到直线的距离公式得，
d=|3×2+4×6−m|32+42=|30−m|5，
当d=1时，|30−m|5=1，即|30−m|=5，
解得m=25或m=35 .
【考点】
直线的斜率
三角形的形状判断
两条直线垂直的判定
点到直线的距离公式
【解析】


【解答】
解：(1)直线AB的斜率为kAB=32，直线AC的斜率为kAC=−23，
所以kAB⋅kAC=−1，
所以直线AB与AC互相垂直，
因此，△ABC为直角三角形．
(2)解方程组3x−2y+6=0,2x+3y−22=0,得x=2,y=6, 即A2,6 .
由点到直线的距离公式得，
d=|3×2+4×6−m|32+42=|30−m|5，
当d=1时，|30−m|5=1，即|30−m|=5，
解得m=25或m=35 .
【答案】
解：设等差数列{an}的公差为d.
当n=1时，4T1=3b1−1，
解得T1=b1=−1，
∴ a5=b1=−1；
当n≥2时，4bn=4Tn−4Tn−1，
即4bn=3bn−1−3bn−1−1=3bn−3bn−1，
∴ bn=−3bn−1，
∴ bnbn−1=−3，
∴ 数列bn是首项为−1，公比为−3的等比数列，
∴ bn=−−3n−1.
由对任意n∈N∗，都有λ≤Sn，
可知等差数列{an}的前n项和Sn存在最小值.
假设n=k时，Sn取最小值，
∴ Sk−1≥Sk,Sk≤Sk+1,解得ak≤0,ak+1≥0.
选①3a2+b2+b4=0：
∵ b2=3，b4=27，
∴ a2=−13b2+b4=−10.
又a5=a2+3d，
解得d=3，
∴ an=a1+(n−1)d=a2+(n−2)d
=−10+3(n−2)=3n−16.
由等差数列an的前n项和Sn存在最小值，且k∈N∗，
∴ k=5 ，
∴ λ≤S5=−35，
故实数λ的取值范围为−∞,−35.
选②a4=b4：
∵ b4=27，
∴ a4=27.
又a5=b1=−1，
∴ d=a5−a4=−1−27=−28，
∴ an=a1+n−1d=a5+n−5d
=−1−28n−5=−28n+139.
又等差数列{an}的前n项和Sn存在最小值，
则−28k+139≤0,−28k+1+139≥0,解得 k≥13928,k≤11128,
∴ k∈⌀,
∴ 不存在k，使得Sn取最小值，故实数λ不存在．
选③S3=−27：
∵ S3=a1+a2+a3=3a2=−27，
∴ a2=−9.
又a5=b1=−1=a2+3d，
∴ d=a5−a23=83，
∴ an=a1+n−1d=a2+n−2d
=−9+83n−2=83n−433.
又等差数列an的前n项和Sn存在最小值，
则 83k−433≤0,83(k+1)−433≥0,解得358≤k≤438.
又k∈N∗，
∴ k=5，
∴ 存在k=5，使得Sn取最小值，
∴ λ≤S5=−953，
故实数λ的取值范围为−∞,−953.
【考点】
数列与函数的综合
等差数列与等比数列的综合
【解析】

【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d.
当n=1时，4T1=3b1−1，
解得T1=b1=−1，
∴ a5=b1=−1；
当n≥2时，4bn=4Tn−4Tn−1，
即4bn=3bn−1−3bn−1−1=3bn−3bn−1，
∴ bn=−3bn−1，
∴ bnbn−1=−3，
∴ 数列bn是首项为−1，公比为−3的等比数列，
∴ bn=−−3n−1.
由对任意n∈N∗，都有λ≤Sn，
可知等差数列{an}的前n项和Sn存在最小值.
假设n=k时，Sn取最小值，
∴ Sk−1≥Sk,Sk≤Sk+1,解得ak≤0,ak+1≥0.
选①3a2+b2+b4=0：
∵ b2=3，b4=27，
∴ a2=−13b2+b4=−10.
又a5=a2+3d，
解得d=3，
∴ an=a1+(n−1)d=a2+(n−2)d
=−10+3(n−2)=3n−16.
由等差数列an的前n项和Sn存在最小值，且k∈N∗，
∴ k=5 ，
∴ λ≤S5=−35，
故实数λ的取值范围为−∞,−35.
选②a4=b4：
∵ b4=27，
∴ a4=27.
又a5=b1=−1，
∴ d=a5−a4=−1−27=−28，
∴ an=a1+n−1d=a5+n−5d
=−1−28n−5=−28n+139.
又等差数列{an}的前n项和Sn存在最小值，
则−28k+139≤0,−28k+1+139≥0,解得 k≥13928,k≤11128,
∴ k∈⌀,
∴ 不存在k，使得Sn取最小值，故实数λ不存在．
选③S3=−27：
∵ S3=a1+a2+a3=3a2=−27，
∴ a2=−9.
又a5=b1=−1=a2+3d，
∴ d=a5−a23=83，
∴ an=a1+n−1d=a2+n−2d
=−9+83n−2=83n−433.
又等差数列an的前n项和Sn存在最小值，
则 83k−433≤0,83(k+1)−433≥0,解得358≤k≤438.
又k∈N∗，
∴ k=5，
∴ 存在k=5，使得Sn取最小值，
∴ λ≤S5=−953，
故实数λ的取值范围为−∞,−953.
【答案】
解：(1)依题意设圆心C(3t,t)，(t>0)，
圆心到直线l的距离为|9t−4t+5|32+42=t+1，
又圆与x=−1相切，
则圆半径r=3t+1，∴ 3t+12=12+t+12，
解得t=1，t=−32（舍去），
故圆C的方程为x−32+y−12=16 .
(2)设直线l′的方程为3x−4y+m=0，
则圆心到直线l′的距离为d=|5+m|5，当且仅当2圆C有且仅有2个点到l′的距离为2，
即10<|5+m|<30，∴ −35设直线l′在x轴上截距为a，则a=−m3，m=−3a，
∴ −35<−3a<−15或5<−3a<25，
解得5【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
圆的标准方程
【解析】


【解答】
解：(1)依题意设圆心C(3t,t)，(t>0)，
圆心到直线l的距离为|9t−4t+5|32+42=t+1，
又圆与x=−1相切，
则圆半径r=3t+1，∴ 3t+12=12+t+12，
解得t=1，t=−32（舍去），
故圆C的方程为x−32+y−12=16 .
(2)设直线l′的方程为3x−4y+m=0，
则圆心到直线l′的距离为d=|5+m|5，当且仅当2圆C有且仅有2个点到l′的距离为2，
即10<|5+m|<30，∴ −35设直线l′在x轴上截距为a，则a=−m3，m=−3a，
∴ −35<−3a<−15或5<−3a<25，
解得5【答案】
(1)证明：取BC中点O，连AO，B1O，
∵AB=AC，AB⊥AC，BC=2，
∴ AO=1，AO⊥BC，
又BC=BB1，∠CBB1=60∘，
∴ OB1⊥BC，OB1=3，又AB1=2，
∴ OA2+OB12=AB12，
∴ AO⊥OB1，
∴ AO⊥面BCC1B1，
∴ 面ABC⊥面BB1C1C .
(2)解：建立如图空间直角坐标系，
则A0,0,1，B1,0,0，C−1,0,0，B10,3,0，
设C1MC1A1=λ，C1M→=λC1A1→0≤λ≤1，
BB1→=−1,3,0，CA→=1,0,1，CB1→=(1,3,0)，
CM→=CC1→+C1M→=BB1→+λC1A1→
=BB1→+λCA→=−1+λ,3,λ，
设平面CMB1的法向量为n1→=x,y,z，
则x+3y=0,−1+λx+3y+λz=0,
取x=3，y=−3，z=6−3λλ，n1→=3,−3,6−3λλ，
又n2→=(0,0,1)是面BB1C1C的一个法向量，
∴ csπ6=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=6−3λλ12+6−3λλ2=32.
∵ 0≤λ≤1，∴ λ=23．即存在一点M满足条件，且C1MC1A1=23．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：取BC中点O，连AO，B1O，
∵AB=AC，AB⊥AC，BC=2，
∴ AO=1，AO⊥BC，
又BC=BB1，∠CBB1=60∘，
∴ OB1⊥BC，OB1=3，又AB1=2，
∴ OA2+OB12=AB12，
∴ AO⊥OB1，
∴ AO⊥面BCC1B1，
∴ 面ABC⊥面BB1C1C .
(2)解：建立如图空间直角坐标系，
则A0,0,1，B1,0,0，C−1,0,0，B10,3,0，
设C1MC1A1=λ，C1M→=λC1A1→0≤λ≤1，
BB1→=−1,3,0，CA→=1,0,1，CB1→=(1,3,0)，
CM→=CC1→+C1M→=BB1→+λC1A1→
=BB1→+λCA→=−1+λ,3,λ，
设平面CMB1的法向量为n1→=x,y,z，
则x+3y=0,−1+λx+3y+λz=0,
取x=3，y=−3，z=6−3λλ，n1→=3,−3,6−3λλ，
又n2→=(0,0,1)是面BB1C1C的一个法向量，
∴ csπ6=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=6−3λλ12+6−3λλ2=32.
∵ 0≤λ≤1，∴ λ=23．即存在一点M满足条件，且C1MC1A1=23．
【答案】
解：(1)依题意可得 b=1,e=ca=32,
又a2=b2+c2，解得a=2,c=3,
故椭圆C的方程为x24+y2=1 .
(2)①当直线l的斜率不存在时，设l:x=m，
Am,yA，Bm,−yA，
此时kPA+kPB=yA−1m+−yA−1m=−2m=−1，
解得m=2，
此时直线l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+t(t≠1)，
Ax1,y1，Bx2,y2，
则y=kx+t,x24+y2=1,消去y得1+4k2x2+8tkx+4t2−4=0，
Δ=16(4k2+1−t2)，x1+x2=−8tk1+4k2，x1x2=4t2−41+4k2，
此时kPA+kPB=y1−1x1+y2−1x2
=x2kx1+t−x2+x1kx2+t−x1x1x2
=2k+t−1x2+x1x1x2=2k+t−1−8kt4t2−1，
由于t≠1，所以kPA+kPB=2k+−2ktt+1=2kt+1=−1，
即t=−2k−1，此时Δ=321+t，
存在t>−1，使得Δ>0成立，
所以直线l的方程为y=kx−2−1，故直线l过定点2,−1 .
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】


【解答】
解：(1)依题意可得 b=1,e=ca=32,
又a2=b2+c2，解得a=2,c=3,
故椭圆C的方程为x24+y2=1 .
(2)①当直线l的斜率不存在时，设l:x=m，
Am,yA，Bm,−yA，
此时kPA+kPB=yA−1m+−yA−1m=−2m=−1，
解得m=2，
此时直线l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当直线l的斜率存在时，设l:y=kx+t(t≠1)，
Ax1,y1，Bx2,y2，
则y=kx+t,x24+y2=1,消去y得1+4k2x2+8tkx+4t2−4=0，
Δ=16(4k2+1−t2)，x1+x2=−8tk1+4k2，x1x2=4t2−41+4k2，
此时kPA+kPB=y1−1x1+y2−1x2
=x2kx1+t−x2+x1kx2+t−x1x1x2
=2k+t−1x2+x1x1x2=2k+t−1−8kt4t2−1，
由于t≠1，所以kPA+kPB=2k+−2ktt+1=2kt+1=−1，
即t=−2k−1，此时Δ=321+t，
存在t>−1，使得Δ>0成立，
所以直线l的方程为y=kx−2−1，故直线l过定点2,−1 .