【正文】 二面角 E﹣ A1B﹣ C 的余弦值為﹣ ； （ 3）解：在線段 EB 上不存在一點 P，使平面 A1DP⊥ 平面 A1BC， 設 P（ t， 0， 0）（ 0≤ t≤ 2），則 =（ t， 0，﹣ 2）， =（ 0， 2 ，﹣ 2）， 設平面 A1DP 的法向量為 =（ a， b， c），則 ， ∴ =（ 2， ， t）， ∵ 平面 A1DP⊥ 平面 A1BC， ∴ ﹣ 2 + ﹣ t=0， ∴ t=﹣ 3， ∵ 0≤ t≤ 2， ∴ 在線段 EB 上不存在一點 P，使平面 A1DP⊥ 平面 A1BC． 20．如圖，已知橢圓： +y2=1，點 A， B 是它的兩個頂點，過原點且斜率為 k 的直線 l與線段 AB 相交于點 D，且與橢圓相交于 E、 F 兩點． （ Ⅰ ）若 =6 ，求 k 的值； （ Ⅱ ）求四邊形 AEBF 面積的最大值． 【考點】 橢圓的簡單性質． 【分析】 （ Ⅰ ）由橢圓的方程可得 A， B的坐標，設直線 AB， EF的方程分別為 x+2y=2， y=kx，D（ x0， kx0）， E（ x1， kx1）， F（ x2， kx2），且 x1， x2滿足方程（ 1+4k2） x2=4，進而求得 x2的表達式，進而根據 =6 ，求得 x0的表 達式，由 D 在 AB 上知 x0+2kx0=2，進而求得 x0的另一個表達式，兩個表達式相等求得 k． （ Ⅱ ）由題設可知 |BO|和 |AO|的值，設 y1=kx1， y2=kx2，進而可表示出四邊形 AEBF的面積，進而根據基本不等式的性質求得最大值． 【解答】 解：（ Ⅰ ）橢圓： +y2=1， A（ 2， 0）， B（ 0， 1）， 直線 AB， EF 的方程分別為 x+2y=2， y=kx（ k＞ 0）． 如圖，設 D（ x0， kx0）， E（ x1， kx1）， F（ x2， kx2），其中 x1＜ x2， 且 x1， x2滿足方程（ 1+4k2） x2=4， 故 x2=﹣ x1= ． ① 由 =6 ，知 x0﹣ x1=6（ x2﹣ x0），得 x0= （ 6x2+x1） = x2= ， 由 D 在 AB 上知 x0+2kx0=2，得 x0= ， 所以 = ， 化簡得 24k2﹣ 25k+6=0， 解得 k= 或 k= ． （ Ⅱ ）由題設， |BO|=1， |AO|=2． 由（ Ⅰ ）知， E（ x1， kx1）， F（ x2， kx2）， 不妨設 y1=kx1， y2=kx2，由 ①得 x2＞ 0， 根據 E 與 F 關于原點對稱可知 y2=﹣ y1＞ 0， 故四邊形 AEBF 的面積為 S=S△ OBE+S△ OBF+S△ OAE+S△ OAF = |OB|?（﹣ x1） + |OB|?x2+ |OA|?y2+ |OA|?（﹣ y1） = |OB|（ x2﹣ x1） + |OA|（ y2﹣ y1） =x2+2y2 = = ≤ =2 ， 當 x2=2y2時，上式取等號．所以 S 的最大值為 2 ． 21．設函數 f（ x） =x2﹣（ a﹣ 2） x﹣ alnx． （ 1）求函數 f（ x）的單調區(qū)間； （ 2）若函數有兩個零點，求滿足條件的最小正整數 a 的值； （ 3）若方程 f（ x） =c 有兩個不相等的實數根 x1， x2，求證： ． 【考點】 利用導數研究函數的單調性；根的存在性及根的個數判斷；不等式的證明． 【分析】 （ 1）對 a 分類討論，利用導數與函數單調性的關系即可得出； （ 2）由（ 1）可得，若函數 f（ x）有兩個零點，則 a＞ 0，且 f（ x）的最小值 ，即．可化為 h（ a） = ．利用單調性判斷其零點所處的最小區(qū)間即可得出； （ 3））由 x1， x2是方程 f（ x） =c 得兩個不等實數根，由（ 1）可知： a＞ 0．不妨設 0＜ x1＜x2．則 ， ． 兩式相減得 +alnx2=0，化為a= ．由 ，當 時， f′（ x） ＜ 0，當時， f′（ x） ＞ 0．故只要證明 即可，即證明 ，令 換元，再利用導數即可證明． 【解答】 解：（ 1） x∈ （ 0， +∞）． = = ． 當 a≤ 0 時， f′（ x） ＞ 0，函數 f（ x）在（ 0， +∞0 上單調遞增，即 f（ x）的單調遞增區(qū)間為（ 0， +∞）． 當 a＞ 0 時，由 f′（ x） ＞ 0 得 ；由 f′（ x） ＜ 0，解得 ． 所以函數 f（ x）的單調遞增區(qū)間為 ，單調遞減區(qū)間為 ． （ 2）由（ 1）可得，若函數 f（ x）有兩個零點，則 a＞ 0，且 f（ x）的最小值 ，即． ∵ a＞ 0， ∴ ． 令 h（ a） =a+ ﹣ 4，可知 h（ a）在（ 0， +∞）上為增函數，且 h（ 2） =﹣ 2， h（ 3）= = ， 所以存在零點 h（ a0） =0， a0∈ （ 2， 3）， 當 a＞ a0時， h（ a） ＞ 0；當 0＜ a＜ a0時， h（ a） ＜ 0． 所以滿足條件的最小正整數 a=3． 又當 a=3 時， f（ 3） =3（ 2﹣ ln3） ＞ 0， f（ 1） =0， ∴ a=3 時， f（ x）由兩個零點． 綜上所述，滿足條件的最小正整數 a 的值為 3． （ 3） ∵ x1， x2是方程 f（ x） =c 得兩個不等實數根，由（ 1）可知： a＞ 0． 不妨設 0＜ x1＜ x2．則 ， ． 兩式相減得 +alnx2=0， 化為 a= ． ∵ ，當 時， f′（ x） ＜ 0，當 時， f′（ x） ＞ 0． 故只要證明 即可， 即證明 x1+x2＞ ，即證明 ， 設 ，令 g（ t） =lnt﹣ ，則 = ． ∵ 1＞ t＞ 0， ∴ g′（ t） ＞ 0 ． ∴ g（ t）在（ 0， 1）上是增函數，又在 t=1 處連續(xù)且 g（ 1） =0， ∴ 當 t∈ （ 0， 1）時， g（ t） ＜ 0 總成立．故命題得證． 四 .請考生在 2 2 24 三題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分 .【選修41：幾何證明選講】 22．如圖，直線 PQ 與 ⊙ O 相切于點 A， AB 是 ⊙ O 的弦， ∠ PAB 的平分線 AC 交 ⊙ O 于點C，連結 CB，并延長與直線 PQ相交于點 Q． （ Ⅰ ）求證： QC?BC=QC2﹣ QA2； （ Ⅱ ）若 AQ=6， AC=5．求弦 AB 的長． 【考點】 與圓 有關的比例線段． 【分析】 （ 1）由已知得 ∠ BAC=∠ CBA，從而 AC=BC=5，由此利用切割線定理能證明QC?BC=QC2﹣ QA2． （ 2）由已知求出 QC=9，由弦切角定理得 ∠ QAB=∠ ACQ，從而 △ QAB∽△ QCA，由此能求出 AB 的長． 【解答】 （本小題滿分 10 分）選修 4﹣ 1：幾何證明選講 1 證明：（ 1） ∵ PQ 與 ⊙ O 相切于點 A， ∴∠ PAC=∠ CBA， ∵∠ PAC=∠ BAC， ∴∠ BAC=∠ CBA， ∴ AC=BC=5， 由切割線定理得： QA2=QB?QC=（ QC﹣ BC） ?QC， ∴ QC?BC=QC2﹣ QA2． （ 2）由 AC=BC=5， AQ=6 及（ 1），知 QC=9， ∵ 直線 PQ與 ⊙ O 相切于點 A， AB 是 ⊙ O 的弦， ∴∠ QAB=∠ ACQ，又 ∠ Q=∠ Q， ∴△ QAB∽△ QCA， ∴ = ， ∴ AB=