m

A1M

0
，
mA1A0
所以
x4z
3y0．
2z

0，可取
m


310．
设




p
q
r
为平面A1MN的法向量，则



MNA1N

0，0．
所以

3qp2r
0，
可取
0．



2
0
1
．
于是cosm


m
m‖


22
35

15，5
所以二面角AMA1N的正弦值为10．5
7
f19．解：设直线
l

y

32
x

t
A
x1
y1

B

x2
y2

．
（1）由题设得
F

34

0

，故

AF



BF

x1

x2

32
，由题设可得
x1

x2

52
．
由
y3xt2y23x
，可得9x2
12t
1x

4t2

0
，则
x1

x2

12t19
．
从而12t15，得t7．
92
8
所以l的方程为y3x7．28
（2）由AP3PB可得y13y2．
由

y

32
x

t
，可得
y2

2y

2t

0
．
y23x
所以y1y22．从而3y2y22，故y21y13．
代入C
的方程得
x1

3
x2

13
．
故AB413．3
20．解：（1）设gx
f
x
，则gx
cosx1，gx1x

si
x
11x2

当
x


1
2

时，g
x
单调递减，而
g0

0
g
2


0
，可得
g
x
在

1
2

有唯一零点，
设为
则当
x

1

时，
g

x

0
；当
x




2

时，
g
x

0

所以
gx
在
1

单调递增，在


2

单调递减，故
g
x
在

1
2

存在唯一极大
8
f值点，即
f
x
在

1
2

存在唯一极大值点
（2）fx的定义域为1
（i）当x10时，由（1）知，fx在10单调递增，而f00，所以当
x10时，fx0，故fx在10单调递减，又f00，从而x0是fx
在10的唯一零点
（ii）当
x


0
2

时，由（1）知，
f

x
在
0

单调递增，在


2

单调递减，而
f
00，
f


2


0
，所以
存在




2

，使得
f

0，且当
x0
时，
f

x

0；当
x




2

时，
f
x

0故
f
x
在
0


单调递增，在


2
r