从而CE?(?2,?1,?1)，EF?(0,?2,0). z 设平面FCE的法向量为n1?(x1,y1,z1)，
FE????D?EC?n1?0，??2x1?y1?z1?0?由?，得， ??????????2y1?0?EC?n1?0可取n1?(1,0,2)．????10分 同理，可取平面BEC的一个法向量为
????????ACOByn2?(1,2,0)．???12分
n?n1于是cos?n1,n2??12?，??13分
|n1||n2|3易见二面角F?EC?B的平面角与?n1,n2?互补， 所以二面角F?EC?B的余弦值为?21．（本小题满分15分）
解：（I）抛物线C1的焦点F(0,1)，???1分
椭圆C2的左焦点F1(?2,0)，???2分 则|FF1|?3．???3分
x1．????14分 3（II）设直线AB:y?kx?m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
?y?kx?m,由?2，得x2?4kx?4m?0，???4分 ?x?4y故x1?x2?4k，x1x2??4m． 由x2?4y，得y??x， 2x1x，kPB?2， 22故切线PA，PB的斜率分别为kPA?再由PA?PB，得kPAkPB??1， 即
x1x2x1x2?4m?????m??1， 2244故m?1，这说明直线AB过抛物线C1的焦点F．???7分
?y???由??y???x1x12x?，x1?x224x=?2k， ，得22x2xx?224x1x12x12x1?x2x12x1x2y=?2k??kx1???x1????1,即P(2k,?1)．???8分
244444于是点P(2k,?1)到直线AB:kx?y?1?0的距离d?2k2?21?k2?21?k2.??9分
?y?kx?1,?由?x2y2，得(1?2k2)x2?4kx?2?0，???10分
?1???42从而|CD|?1?k22(4k)2?4(1?2k2)?(?2)8(1?4k)2，???11分 ?1?k1?2k21?2k2同理，|AB|?4(1?k2)．???12分
若|AB|，d，|CD|成等比数列，则d2?|AB|?|CD|，???13分 即(21?k2)2?4(1?k2)?1?k28(1?4k2)1?2k2， 化简整理，得28k4?36k2?7?0，此方程无实根，
所以不存在直线AB，使得|AB|，d，|CD|成等比数列．???15分 22．（本小题满分15分） 解：（Ⅰ）当a?1时，f(x)?x2e1?x?(x?1)，
2则f?(x)?(2x?x2)e1?x?1?(2x?x)?ex?1ex?1，???2分
令h(x)?(2x?x2)?ex?1，则h?(x)?2?2x?ex?1， 显然h?(x)在(34
,2)内是减函数， 又因h?(3)?12?13
44e?0，故在(4,2)内，总有h?(x)?0，
所以h(x)在(3
4
,2)上是减函数????4分 又因h(1)?0，????5分
所以当x?(34,1)时，h(x)?0，从而f?(x)?0，这时f(x)单调递增， 当x?(1,2)时，h(x)?0，从而f?(x)?0，这时f(x)单调递减， 所以f(x)在(34
,2)的极大值是f(1)?1．????7分
（Ⅱ）由题可知g(x)?(x2?a)e1?x，
则g?(x)?(2x?x2?a)e1?x?(?x2?2x?a)e1?x．????8分
根据题意，方程?x2?2x?a?0有两个不同的实根x1，x2（x1?x2）， 所以??4?4a?0，即a??1，且x1?x2?2，因为x1?x2，所以x1?1. 由x2g(x1)≤?f?(x1)，其中f?(x)?(2x?x2)e1?x?a，可得
(2?x1)(x12?a)e1?x1??[(2x1?x12)e1?x1?a]
2注意到?x1?2x1?a?0，
21?x1所以上式化为(2?x1)(2x1)e1?x1≤?[(2x1?x1)e?(2x1?x12)]，
即不等式x1[(2e1?x1??(e1?x1?1)]≤0对任意的x1?(??,1)恒成立????10分 （i）当x1?0时，不等式x1[(2e1?x1??(e1?x1?1)]≤0恒成立，??R； （ii）当x1?(0,1)时，2e1?x1??(e1?x12e1?x1． ?1)≤0恒成立，即?≥1?x1e?12e1?x2?2?1?x令函数k(x)?1?x，显然，k(x)是R上的减函数，
e?1e?1所以当x?(0,1)时，k(x)?k(0)?1?x11?x12e2e，所以?≥；????12分 e?1e?1（iii）当x1?(??,0)时，2e??(e2e1?x1． ?1)≥0恒成立，即?≤1?x1e?12e2e，所以?≤????14分 e?1e?1由（ii），当x?(??,0)时，k(x)?k(0)?