【正文】 sinA﹣ cosA﹣ cosA﹣ sinA= 即 cosA= ， ∵ 0＜ A＜ π， ∴ A= ． （ 2）由 sin2B+cos2C=1，可得 sin2B=2sin2C， 由正弦定理，得 b2=2c2，即 ． a= ， cosA= = ， 解得： c=1， b= ∴△ ABC 的面積 S= bcsinA= ． 18．某大學有甲、乙兩個圖書館，對其借書、還書的等待時間進行調查，得到下表： 甲圖書館 借（還）書等待時間 1 2 3 4 5 T1（分鐘） 頻數 1500 1000 500 500 1500 乙圖書館 借（還）書等待時間T2（分 鐘） 1 2 3 4 5 頻數 1000 500 2021 1250 250 以表中等待時間的學生人數的頻率為概率． （ 1）分別求在甲、乙兩圖書館借書的平均等待時間； （ 2）學校規(guī)定借書、還書必須在同一圖書館，某學生需要借一本數學參考書，并希望借、還書的等待時間之和不超過 4 分鐘，在哪個圖書館借、還書更能滿足他的要求？ 【考點】 離散型隨機變量的期望與方差． 【分析】 （ 1）根據已知可得 T1， T2的分布列及其數學期望． （ 2）設 T11， T12 分別表示在甲圖書館借、還書所需等待時間，設事件 A 為 “在甲圖書館借、還書的等待時間之和不超過 4 分鐘 ”． T11+T12≤ 4 的取值分別為：（ 1，1），（ 1， 2），（ 1， 3），（ 2， 1），（ 2， 2），（ 3， 1）．設 T21， T22分別表示在乙圖書館借、還書所需等待時間，設事件 B 為 “在乙圖書館借、還書的等待時間之和不超過 4 分鐘 ”． T21+T22≤ 4 的取值分別為：（ 1， 1），（ 1， 2），（ 1， 3），（ 2， 1），（ 2，2），（ 3， 1）．利用相互獨立與互斥事件的概率計算公式即可得出． 【解答】 解：（ 1）根據已知可得 T1的分布列： T1（分鐘） 1 2 3 4 5 P T1的數學期望為： E（ T1） =1 +2 +3 +4 +5 =． T2（分鐘） 1 2 3 4 5 P T2的數學期望為： E（ T1） =1 +2 +3 +4 +5 =．因此：該同學甲、乙兩圖書館借書的平均等待時間分別為： 分鐘， 分鐘． （ 2）設 T11， T12 分別表示在甲圖書館借、還書所需等待時間，設事件 A 為 “在甲圖書館借、還書的 等待時間之和不超過 4 分鐘 ”． T11+T12≤ 4 的取值分別為：（ 1，1），（ 1， 2），（ 1， 3），（ 2， 1），（ 2， 2），（ 3， 1）． ∴ P（ A） = + + + + + =． 設 T21， T22分別表示在乙圖書館借、還書所需等待時間，設事件 B 為 “在乙圖書館借、還書的等待時間之和不超過 4 分鐘 ”． T21+T22≤ 4 的取值分別為：（ 1， 1），（ 1， 2），（ 1， 3），（ 2， 1），（ 2， 2），（ 3， 1）． ∴ P（ B） = + + + + + =． ∴ P（ A） ＞ P（ B）． ∴ 在甲圖書館借、還書更能滿足他的要求． 19．如圖所示，在 Rt△ ABC 中， AC⊥ BC，過點 C 的直線 VC 垂直于平面 ABC，D、 E 分別為線段 VA 、 VC 上異于端點的點． （ 1）當 DE⊥ 平面 VBC 時，判斷直線 DE 與平面 ABC 的位置關系，并說明理由； （ 2）當 D、 E、 F 分別為線段 VA、 VC、 AB 上的中點，且 VC=2BC 時，求二面角 B﹣ DE﹣ F 的余弦值． 【考點】 二面角的平面角及求法；空間中直線與平面之間的 位置關系． 【分析】 （ 1）證明 DE∥ AC，即可判斷直線 DE 與平面 ABC 的位置關系； （ 2） BE， DF 所成角的大小 =二面角 B﹣ DE﹣ F 的大小，利用余弦定理，即可求解． 【解答】 解：（ 1） DE∥ 平面 ABC． ∵ VC? 平面 VBC， DE⊥ 平面 VBC， ∴ DE⊥ VC， ∵ VC⊥ 平面 ABC， ∴ VC⊥ AC， ∵ DE⊥ VC， VC⊥ AC， ∴ DE∥ AC， ∵ DE?平面 ABC， AC? 平面 ABC， ∴ DE∥ 平面 ABC； （ 2） ∵ DE⊥ 平面 VBC， ∴ DE⊥ BE， DE⊥ VB， ∵ D， F 分別為 VA ， AB 的中點， ∴ DF∥ VB， ∴ DE⊥ DF， ∴ BE， DF 所成角的大小 =二面角 B﹣ DE﹣ F 的大?。? ∵ VC=2BC， ∴ VE=BC， VB= BC， ∴ BE= BC， ∴ cos∠ VBE= = ， ∴ 二面角 B﹣ DE﹣ F 的余弦值為 ． 20．已知橢圓 + =1（ a＞ b＞ 0）過點 P（ 2， 1），且離心率為 ． （ Ⅰ ）求橢圓的方程； （ Ⅱ ）設 O 為坐標原點，在橢圓短軸上有兩點 M， N 滿足 = ，直線 PM、 PN分別交橢圓于 A， B． （ i）求證：直線 AB 過定點，并求出定點的坐標； （ ii）求 △ OAB 面積的最大值． 【考點】 直線與橢圓的位置關系；橢圓的標準方程． 【分 析】 （ Ⅰ ）由離心率公式，將 P 代入橢圓方程，即可求得 a 和 b 的值，求得橢圓方程； （ Ⅱ ）（ i）設直線 AB 的方程為 y=kx+t，代入橢圓方程，利用直線的點斜式方程，求得 M 和 N 點坐標，由 = ，利用韋達定理，化簡當 t=﹣ 2 時，對任意的 k都成立，直線 AB 過定點 Q（ 0，﹣ 2）； （ ii） S△ OAB=丨 S△ OQA﹣ S△ OQB丨 =丨 x1﹣ x2丨，由韋達定理，弦長公式，利用二次函數的性質，即可求得 △ OAB 面積的最大值． 【解答】 解：（ Ⅰ ）由橢圓的離心率 e= = = ，則 a2=4b2， 將 P（ 2， 1）代入橢圓 ，則 ，解得： b2=2，則 a2=8， ∴ 橢圓的方程為： ； （ Ⅱ ）（ i）當 M， N 分別是短軸的端點時，顯然直線 AB 為 y 軸，所以若直線過定點，這個定點一點在 y 軸上， 當 M， N 不是短軸的端點時，設直線 AB 的方程為 y=kx+t，設 A（ x1， y1）、 B（ x2，y2）， 由 ，（ 1+4k2） x2+8ktx+4t2﹣ 8=0， 則 △ =16（ 8k2﹣ t2+2） ＞ 0， x1+x2=﹣ ， x1x2= ， 又直線 PA 的方程為 y﹣ 1= （ x﹣ 2）， 即 y﹣ 1= （ x﹣ 2）， 因此 M 點坐標為（ 0， ），同理可知： N（ 0， ）， 由 = ，則 + =0， 化簡整理得：（ 2﹣ 4k） x1x2﹣（ 2﹣ 4k+2t）（ x1+x2） +8t=0， 則（ 2﹣ 4k） ﹣（ 2﹣ 4k+2t）（﹣ ） +8t=0， 化簡整理得：（ 2t+4） k+（ t2+t﹣ 2） =0，