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