（18）（本小题满分 12 分） 平面图形 A B B_…——2012 高考数学第 14 题答案解析

【解析】（1）取 $B C, B_{1} C_{1}$ 的中点为点 $O, O_{1}$ ，连接 $A O, O O_{1}, A_{1} O, A_{1} O_{1}$
则 $A B=A C \Rightarrow A O \perp B C$ ，面 $A B C \perp$ 面 $B B_{1} C_{1} C \Rightarrow A O \perp$ 面 $B B_{1} C_{1} C$
同理：$A_{1} O_{1} \perp$ 面 $B B_{1} C_{1} C$ 得：$A O / / A_{1} O_{1} \Rightarrow A, O, A_{1}, O_{1}$ 共面，
又 $O O_{1} \perp B C, O O_{1} \cap A O=O \Rightarrow B C \perp$ 面 $A O O_{1} A_{1} \Rightarrow A A_{1} \perp B C$

（II）延长 $A_{1} O_{1}$ 到 $D$ ，使 $O_{1} D=O A$ 得：$O_{1} D / / O A \Rightarrow A D / / O O_{1} O O_{1} \perp B C$ ，面 $A_{1} B_{1} C_{1} \perp$ 面 $B B C_{1} C \Rightarrow O O_{1}$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} \Rightarrow A D \perp$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} A A_{1}=\sqrt{A D^{2}+D A^{2}}=\sqrt{4^{2}+(2+1)^{2}}=5$
（III）$A O \perp B C, A_{1} O \perp B C \Rightarrow \angle A O A_{1}$ 是二面角 $A-B C-A_{1}$ 的平面角，在 $R t \Delta O O_{1} A_{1}$ 中，$A_{1} O=\sqrt{O O_{1}^{2}+A_{1} O_{1}^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2 \sqrt{5}$

在 Rt $\triangle O A A_{1}$ 中， $\cos \angle A O A_{1}=\frac{A O^{2}+A_{1} O^{2}-A A_{1}^{2}}{2 A O \times A_{1} O}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$
得：二面角 $A-B C-A_{1}$ 的余弦值为 $-\frac{\sqrt{5}}{5}$ 。
【考点定位】考查立体几何的垂直的证明，距离和夹角的计算。

19．（本小题满分 13 分）
设函数 $f(x)=a e^{x}+\frac{1}{a e^{x}}+b(a>0)$
（I）求 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 内的最小值；
（II）设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(2, f(2))$ 处的切线方程为 $y=\frac{3}{2} x$ ，求 $a, b$ 的值。
【解析】（I）设 $t=e^{x}(t \geq 1)$ ；则 $y=a t+\frac{1}{a t}+b \Rightarrow y^{\prime}=a-\frac{1}{a t^{2}}=\frac{a^{2} t^{2}-1}{a t^{2}}$ ，令 $y^{\prime}=0$ ，则 $t=\frac{1}{a}$ ，
①当 $a \geq 1$ 时，$y^{\prime}>0 \Rightarrow y=a t+\frac{1}{a t}+b$ 在 $t \geq 1$ 上是增函数，得：当 $t=1(x=0)$ 时，$f(x)$的最小值为 $a+\frac{1}{a}+b$ ；
②当 $0故 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 内的最小值为 $f(x)=\left\{\begin{array}{c}a+\frac{1}{a}+b, a \geq 1 \\ b+2,0（II）$f(x)=a e^{x}+\frac{1}{a e^{x}}+b \Rightarrow f^{\prime}(x)=a e^{x}-\frac{1}{a e^{x}}$ ，

则 $t=\frac{1}{a}$ ，
①当 $a \geq 1$ 时，$y^{\prime}>0 \Rightarrow y=a t+\frac{1}{a t}+b$ 在 $t \geq 1$ 上是增函数，得：当 $t=1(x=0)$ 时，$f(x)$的最小值为 $a+\frac{1}{a}+b$ ；
②当 $0故 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 内的最小值为 $f(x)=\left\{\begin{array}{c}a+\frac{1}{a}+b, a \geq 1 \\ b+2,0（II）$f(x)=a e^{x}+\frac{1}{a e^{x}}+b \Rightarrow f^{\prime}(x)=a e^{x}-\frac{1}{a e^{x}}$ ，
由题意得：$\left\{\begin{array}{l}f(2)=3 \\ f^{\prime}(2)=\frac{3}{2}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}a e^{2}+\frac{1}{a e^{2}}+b=3 \\ a e^{2}-\frac{1}{a e^{2}}=\frac{3}{2}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=\frac{2}{e^{2}} \\ b=\frac{1}{2}\end{array}\right.\right.\right.$ 。

## 【考点定位】考查导数的应用。

20．（本小题满分 13 分）
如图，点 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$ 分别是椭圆 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左右焦点，经过 $F_{1}$做 x 轴的垂线交椭圆 C 的上半部分于点 P ，过点 $F_{2}$ 作直线 $P F_{2}$ 垂线交直线 $x=\frac{a^{2}}{c}$ 于点 Q 。
（I）如果点 $Q$ 的坐标为 $(4,4)$ ，求此时椭圆 $C$ 的方程；
（II）证明：直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点。

【解析】①点 $P\left(-c, y_{1}\right)\left(y_{1}>0\right)$ 代入 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 得：$y_{1}=\frac{b^{2}}{a}$ ，

$$ \begin{gathered} P F_{1} \perp Q F_{2} \Leftrightarrow \frac{\frac{b^{2}}{a}-0}{-c-c} \times \frac{4-0}{4-c}=-1 \\ \text { 又 } \frac{a^{2}}{c}=4 \end{gathered} $$

由①②③得：$a=2, c=1, b=\sqrt{3}$ 既椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
（11）设 $Q\left(\frac{a^{2}}{c}, y_{2}\right)$ ；则 $P F_{1} \perp Q F_{2} \Leftrightarrow \frac{\frac{b^{2}}{a}-0}{-c-c} \times \frac{y_{2}-0}{\frac{a^{2}}{c}-c}=-1 \Leftrightarrow y_{2}=2 a$
得：$k_{P Q}=\frac{2 a-\frac{b^{2}}{a}}{\frac{a^{2}}{c}+c}=\frac{c}{a} \quad \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow y=\sqrt{b^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}} x^{2}} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{-\frac{b^{2}}{a^{2}} x}{\sqrt{b^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}} x^{2}}}$
过点 $P$ 与椭圆 $C$ 相切的直线斜率 $k=\left.y^{\prime}\right|_{x-\infty}=\frac{c}{a}=k_{P Q}$
得：直线 $P Q$ 与椭圆 $C$ 只有一个交点。
【考点定位】考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系。

21．（本小题满分 13 分）
数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{1}=0, x_{n+1}=-x_{n}{ }^{2}+x_{n}+c\left(n \in N_{+}\right)$
（I）证明：$\left\{x_{n}\right\}$ 是从递减数列的充分必要条件是 $c<0$ ；
（II）求 $c$ 的取值范围，使 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列。

【解析】（I）证明：必要条件：
当 $c<0$ 时，$x_{n+1}=-x_{n}^{2}+x_{n}+c充分条件：
数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是单调递减数列 $\Rightarrow x_{1}>x_{2}=-x_{1}^{2}+x_{1}+c \Leftrightarrow c得：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是单调速减数列的充分必要条件是 $c<0$

（II）由（I）得：$c \geq 0$ ，①当 $c=0$ 时，$a_{n}=a_{1}=0$ ，不合题意；
②当 $c>0$ 时，$x_{2}=c>x_{1}, x_{3}=-c^{2}+2 c>x_{2}=c \Leftrightarrow 0

$$ \begin{aligned} & x_{n+1}-x_{n}=c-x_{n}^{2}>0 \Leftrightarrow x_{n}^{2}

当 $c \leq \frac{1}{4}$ 时，$\quad x_{n}<\sqrt{c} \leq \frac{1}{2} \Rightarrow x_{n}+x_{n+1}-1<0 \Leftrightarrow x_{n+2}-x_{n+1}$ 与 $x_{n+1}-x_{n}$ 同号，
由 $x_{2}-x_{1}=c>0 \Rightarrow x_{n+2}-x_{n}>0 \Leftrightarrow x_{n+1}>x_{n}$ ，
$\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(-x_{n}^{2}+x_{n}+c\right) \Leftrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\sqrt{c}$
当 $c>\frac{1}{4}$ 时，存在 $N$ ，使 $x_{N}>\frac{1}{2} \Rightarrow x_{N}+x_{N+1}>1 \Rightarrow x_{N+2}-x_{N+1}$ 与 $x_{N+1}-x_{N}$ 异号
与数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是单调递减数列矛盾。
得：当 $0【考点定位】考查数列的证明。