又b?c?2， 由余弦定理得：
a2?b2?c2?2bccosA?b2?c2?27bc?(b?c)2?2bc?27bc?22?2?35?27?35?64，
所以a?8. （2）法一：由（1）中b?c?2,bc?35. 解得b?7,c?5，
由正弦定理得：sinB?basinA,sinC?casinA， 所以sinB?sinC?b?casinA?128?437?637， 法二：由（1）有(b?c)2?(b?c)2?4bc?22?4?35?144，所以b?c?12. 由正弦定理得ab?csinA?sinB?sinC， 所以sinB?sinC?b?c12asinA?43638?7?7. 19（I）证明：∵PC⊥底面ABCD，AC?底面ABCD ∴PC⊥AC
分
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1
…………………优质文档
由题意可知，AD∥BC，且AD?2BC?2 ?ABC是等腰直角三角形
AC?2BC?2CD?2
∴
∴ ，
…………………2分
，即
CD2?AC2?AD2PA?又∵PC, H…………………3分
ECD?C …………………4
DA⊥
CB分
∴
AC平面
P
…………………5分
AC?平面EAC
∴
平
面
EAC⊥平面
P …………………6分
（II）解法1：由（1）得平面EAC⊥平面PCD, 平面EAC平面PCD=EC 作
PH?EC，∴
PH?平面
EAC ……………………8分
所
以
PA与平面
EAC所成角为
?PAH …………………9分
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在Rt?PAC中，PA?6，
在
Rt?PHC?中，
s?P323PH?iPCsinC?PCE?nE………………10分 33 ,23PH2sin?PAH??3?所以直线PA与平面EAC所成角的余弦值为
PA36………12分
解法二：建立空间直角坐标系略
?c2?,?a2???22220.解：（1）由已知可得?2csin?2,解得a?2，b?c?1，
4??a2?b2?c2,??x2?y2?1． 所求椭圆方程为2?x2??y2?1,22（2）由?2得(1?2k)x?8kx?6?0，
?y?kx?2,?66或k?． 22则??64k?24(1?2k)?16k?24?0，解得k??222设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1?x2??8k6xx?，1222，
1?2k1?2k优质文档
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设存在点D(0,m)，则kAD?y1?my?m，kBD?2， x1x2所以kAD?kBD?y1x2?y2x1?m(x1?x2)2kx1x2?(2?m)(x1?x2)6k?4k(2?m)??．
x1x2x1x23要使kAD?kBD为定值，只需6k?4k(2?m)?6k?8k?4mk?2(2m?1)k与参数k无关，
故2m?1?0，解得m?1， 2当m?1时，kAD?kBD?0． 21D(0,)，使得kAD?kBD为定值，且定值为0． 综上所述，存在点221.解：（1）由f(x)?lnx?a21(x?1)(ax?1)x?(a?1)x得f?(x)??ax?a?1??， 2xx当a?0时，ax?1?0，若0?x?1,f?(x)?0；若x?1,f?(x)?0，
故当a?0时，f(x)在x?1处取得的极大值f(1)?a?1；函数f(x)无极小值. 2a?1，且当x趋向于0时，2a?1?0，解得2（2）当a?0时，由（1）知f(x)在x?1处取得极大值f(1)?f(x)趋向于负无穷大，又f(2)?ln2?2?0,f(x)有两个零点，则f(1)?a?2. 11,f?(x)?0；若x??,f?(x)?0，aa当?1?a?0时，若0?x?1,f?(x)?0；若1?x??优质文档
