【正文】 ，所以 FA⊥AB ． 因?yàn)槠矫?ABEF⊥ 平面 ABCD， 且平面 ABEF∩ 平面 ABCD=AB， 所以 FA⊥ 平面 ABCD， 由于 BC?平面 ABCD，所以 FA⊥BC ． （ Ⅱ ）解：由（ Ⅰ ）知 FA⊥ 平面 ABCD，所以 FA⊥AB ， FA⊥AD ． 由已知 DA⊥AB ，所以 AD， AB， AF兩兩垂直． 以 A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）． 因?yàn)?AD=DC= AB=1， 則 B（ 0， 2， 0）， C（ 1， 1， 0）， D（ 1， 0， 0）， E（ 0， 1， 1）， 所以 =（ 1，﹣ 1， 0）， =（ 0，﹣ 1， 1）， 設(shè)平面 BCE的一個(gè)法向量 =（ x， y， z）． 所以 ． 令 x=1，則 =（ 1， 1， 1）． 設(shè)直線 BD與平面 BCE所成角為 θ ， 因?yàn)?=（ 1，﹣ 2， 0）， 所以 sinθ=| |= ． 所以直線 BD和平面 BCE所成角的正弦值為 ． （ Ⅲ ）解： A（ 0， 0， 0）， D（ 1， 0， 0）， F（ 0， 0， 1）， B（ 0， 2， 0）， H（ ， 1， 0）． 設(shè) =k（ 0＜ k≤1 ），則 M（ 1﹣ k， 0， k）， ∴ =（ k﹣ ， 1，﹣ k）， =（ 1， 0，﹣ 1）． 若 FD⊥ 平面 MNH，則 FD⊥MH ． 即 =0． ∴k ﹣ +k=0．解得 k= ． 則 =（ ， 1，﹣ ）， | |= ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查線面垂直的判定、平面與平面垂直的性質(zhì)，考查線面角，正確運(yùn)用向量法是關(guān)鍵． 18．已知點(diǎn) M為橢圓 C： 3x2+4y2=12的右頂點(diǎn)，點(diǎn) A， B是橢圓 C上不同的兩點(diǎn)（均異于點(diǎn) M），且滿足直線 MA與直線 MB 斜率之積為 ． （ Ⅰ ）求橢 圓 C的離心率及焦點(diǎn)坐標(biāo)； （ Ⅱ ）試判斷直線 AB是否過(guò)定點(diǎn)：若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若否，說(shuō)明理由． 【考點(diǎn)】 直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題． 【專題】 圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題． 【分析】 （ Ⅰ ）橢圓 C的方程可化為 ，則 a=2， b= ， c=1．即可得出離心率與焦點(diǎn)坐標(biāo)； （ Ⅱ ）由題意，直線 AB的斜率存在，可設(shè)直線 AB的方程為 y=kx+m， A（ x1， y1）， B（ x2，y2）．與橢圓方程聯(lián)立可得：（ 3+4k2） x2+8kmx+4m2﹣ 12=0． △ ＞ 0．由于直線 MA與直線 MB斜率之積為 ，可得 = ，把根與系數(shù)的關(guān)系代入可得： m2﹣ 2km﹣ 8k2=0，解得 m=4k或 m=﹣ 2k．分別討論解出即可． 【解答】 解：（ Ⅰ ）橢圓 C的方程可化為 ，則 a=2， b= ， c=1． 故離心率 e= = ，焦點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣ 1， 0），（ 1， 0）． （ Ⅱ ）由題意，直線 AB的斜率存在，可設(shè)直線 AB的方程為 y=kx+m， A（ x1， y1）， B（ x2，y2）． 聯(lián)立 得（ 3+4k2） x2+8kmx+4m2﹣ 12=0． △=64k 2m2﹣ 4（ 3+4k2）（ 4m2﹣ 12） =48（ 4k2﹣ m2+3）＞ 0． ∴x 1+x2= ， x1x2= ， ∵ 直線 MA與直線 MB斜率之積為 ． ∴ = ， ∴4 （ kx1+m）（ kx2+m） =（ x1﹣ 2）（ x2﹣ 2）． 化簡(jiǎn)得（ 4k2﹣ 1） x1x2+（ 4km+2）（ x1+x2） +4m2﹣ 4=0， ∴ + +4m2﹣ 4=0， 化簡(jiǎn)得 m2﹣ 2km﹣ 8k2=0，解得 m=4k或 m=﹣ 2k． 當(dāng) m=4k時(shí)，直線 AB方程為 y=k（ x+4），過(guò)定點(diǎn)（﹣ 4， 0）． m=4k代入判別式大于零中，解得 ． 當(dāng) m=﹣ 2k時(shí)，直線 AB的方程為 y=k（ x﹣ 2），過(guò)定點(diǎn)（ 2， 0），不符合題意． 故直線 AB過(guò)定點(diǎn)（﹣ 4， 0）． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立、斜率計(jì)算公式，考查了分 類討論思想方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題． 19．已知函數(shù) f（ x） =（ x2﹣ a） ex， a∈ R． （ Ⅰ ）當(dāng) a=0時(shí)，求函數(shù) f（ x）的單調(diào)區(qū)間； （ Ⅱ ）若在區(qū)間（ 1， 2）上存在不相等的實(shí)數(shù) m， n，使 f（ m） =f（ n）成立，求 a的取值范圍； （ Ⅲ ）若函數(shù) f（ x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn) x1， x2，求證： f（ x1） f（ x2）＜ 4e﹣ 2． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值． 【專題】 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用． 【分析】 （ Ⅰ ）將 a=0代入函數(shù)的表達(dá)式，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的 單調(diào)區(qū)間； （ Ⅱ ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求使函數(shù) f（ x） =ex（ x2﹣ a）在（ 1， 2）上不為單調(diào)函數(shù)的 a的取值范圍，通過(guò)討論 x的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求出 a的范圍； （ Ⅲ ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，找到函數(shù)的極值點(diǎn)，從而證明出結(jié)論． 【解答】 解：（ Ⅰ ）當(dāng) a=0時(shí)， f（ x） =x2ex， f′ （ x） =ex（ x2+2x）， 由 ex（ 2x2+2x） =0，解得： x=0， x=﹣ 2， 當(dāng) x∈ （﹣ ∞ ，﹣ 2）時(shí)， f′ （ x）＞ 0， f（ x）單調(diào)遞增； 當(dāng) x∈ （﹣ 2， 0）時(shí)， f′ （ x）＜ 0， f（ x）單調(diào)遞減； 當(dāng) x∈ （ 0， +∞ ）時(shí)， f′ （ x）＞ 0， f（ x）單調(diào)遞增． 所以 f（ x）的單調(diào)增區(qū)間為（﹣ ∞ ，﹣ 2），（ 0， +∞ ），單調(diào)減區(qū)間為（﹣ 2， 0）； （ Ⅱ ）依題意即求使函數(shù) f（ x） =ex（ x2﹣ a）在（ 1， 2）上不為單調(diào)函數(shù)的 a的取值范圍， 而 f′ （ x） =ex（ x2+2x﹣ a），設(shè) g（ x） =x2+2x﹣ a，則 g（ 1） =3﹣ a， g（ 2） =8﹣ a， 因?yàn)?g（ x）在（ 1， 2）上為增函數(shù)． 當(dāng) ，即當(dāng) 3＜ a＜ 8時(shí)，函數(shù) g（ x）在（ 1， 2）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為 x0， 當(dāng) x∈ （ 1， x0）時(shí)， g（ x）＜ 0， 即 f′ （ x）＜ 0， f（ x）為減函數(shù)； 當(dāng) x∈ （ x0， 2）時(shí)， g（ x）＞ 0，即 f′ （ x）＞ 0， f（ x）為增函數(shù)，滿足在（ 1， 2）上不為單調(diào)函數(shù)． 當(dāng) a≤3 時(shí)， g（ 1） ≥0 ， g（ 2） ≥0 ，所以在（ 1， 2）上 g（ x）＞ 0成立（因 g（ x）在（ 1，2）上為增函數(shù)）， 所以在（ 1， 2）上 f′ （ x）＞ 0成立，即 f（ x）在（ 1， 2）上為增函數(shù)，不合題意． 同理 a≥8 時(shí)，可判斷 f（ x）在（ 1， 2）為減函數(shù)，不合題意． 綜上： 3＜ a＜ 8． （ Ⅲ ） f′ （ x） =ex（ x2+2x﹣ a）． 因?yàn)楹瘮?shù) f（ x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即 f′ （ x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)， 即方程 x2+2x﹣ a=0的判別式 △=4+4a ＞ 0，解得： a＞﹣ 1， 由 x2+2x﹣ a=0，解得 x1=﹣ 1﹣ ， x2=﹣ 1+ ． 此時(shí) x1+x2=﹣ 2， x1?x2=﹣ a， 隨著 x變化， f（ x）和 f′ （ x）的變化情況如下： x （﹣ ∞ ， x1） x1 （ x1， x2） x2 （ x2， +∞ ） f′ （ x） + 0 ﹣ 0 + f（ x） 遞增 極大值 遞減 極小值 遞增 所以 x1是 f（ x）的極大值點(diǎn)， x2是 f（ x）的極小值點(diǎn)，所以 f（ x1）是極大值， f（ x2）是極小值， ∴f （ x1） f（ x2） = （ ﹣ a） ? （ ﹣ a）