两式作差可得：Tn??n?2?22???2n
1?219．证明：（1）方法一：取线段PD的中点M，连结FM，AM．
?Tn??n?2?2n?1?2n?1?n?2 ??????????14分
1因为F为PC的中点，所以FM∥CD，且FM＝CD． 2因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点， 1
所以EA∥CD，且EA＝CD．
2所以FM∥EA，且FM＝EA．
所以四边形AEFM为平行四边形．
所以EF∥AM． ???????? 5分
A D E M P F C B 又AM?平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD． ?? 7分 方法二：连结CE并延长交DA的延长线于N，连结PN． 因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC， 所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE．
又AE＝EB，所以△CEB≌△NEA．所以CE＝NE． 又F为PC的中点，所以EF∥NP．???? 5分 又NP?平面PAD，EF?平面PAD，
所以EF∥平面PAD． ????? 7分 方法三：取CD的中点Q，连结FQ，EQ． N 在矩形ABCD中，E为AB的中点， 所以AE＝DQ，且AE∥DQ． 所以四边形AEQD为平行四边形， 所以EQ∥AD．
又AD?平面PAD，EQ?平面PAD，
D Q B A D P F C E B P F C E A 所以EQ∥平面PAD．????2分
因为Q，F分别为CD，CP的中点，所以FQ∥PD．
又PD?平面PAD，FQ?平面PAD，所以FQ∥平面PAD． 又FQ，EQ?平面EQF，FQ∩EQ＝Q，
所以平面EQF∥平面PAD．????? 5分
因为EF?平面EQF，所以EF∥平面PAD． ????? 7分 （2）方法一：设AC，DE相交于G．
∵AB∥DC，E为AB中点. ∴△AEG∽CDG ∴
AECD?EGDG?AGCG?12
∵AB＝2，BC＝1 ∴AC?3,DE?6266
∴EG?13DE?,AG?13AC?33
6
∴AG2?EG2?13?16?12?AE
2∴DE⊥AC ???????? 11分 ∵平面PAC⊥平面ABCD，DE?平面ABCD，
∴DE⊥平面PAC， ???????? 13分
又DE?平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE．???????? 14分 方法二：设AC，DE相交于G．
在矩形ABCD中，因为AB＝2BC，E为AB的中点.所以＝
DACD
＝2．
AEDA 又∠DAE＝∠CDA，所以△DAE∽△CDA，所以∠ADE＝∠DCA． 又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，所以∠DCA＋∠CDE＝90°．
由△DGC的内角和为180°，得∠DGC＝90°．即DE⊥AC． ? 11分 因为平面PAC⊥平面ABCD
因为DE?平面ABCD，所以DE⊥平面PAC， ??????? 13分
又DE?平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE． ?????? 14分
20. 解：⑴f(0)?0 ??????1分
x?0时，f(x)??f(?x)?ax?ln(?x)??3分，
?ax?lnx , x?0?所以f(x)??0 , x?0 ????????4分
?ax?ln(?x) , x?0?⑵函数f(x)是奇函数，则f(x)在区间(?? , ?1)上单调递减，
当且仅当f(x)在区间(1 , ??)上单调递减， 当x?0时，f(x)?ax?lnx，f/(x)?a?由f(x)?a??1/1x ?????6分
1x?0得a??1x??8分，
x所以a的取值范围为(?? , ?1] ???????????10分
f(e)?f(1)e?1?(ae?1)?ae?1?a?1e?1在区间(1 , ??)的取值范围为(?1 , 0) ????????8分
⑶??11分，
解f/(?)?a?1?e?1得??e?1??13分，
?a?1
因为1?e?1?e，
所以??e?1为所求 ????14分.
21．解 （1）设点P坐标为(x，y)．由PA?2PB，
得(x－2a)2＋y2＝2(x－a)2＋y2，平方整理，得x2＋y2＝2a2． 所以曲线C的方程为x2＋y2＝2a2．????????3分
7
→→→→（2） ①AQ＝(x1－2a，y1)，AR＝(x2－2a，y2)，因为AQ＝λAR， 且?
?x2－2a＝λ(x1－2a)? y2＝λ
y1．
，即?
?x2－λ
x1＝2a (1－λ)?①
? y2＝λy1．?②
因为Q，R 在曲线C?x12＋y12＝2a2，?③
上，所以?2 22
?x2＋y2＝2a．?④
消去y1，y2，得x2＋λx1＝a (1＋λ)，?⑤ 由①，⑤得x2?3??2a,x1?3??12?a． ????????7分
因为－2a≤x1，x2≤2a，
3－λ3λ－1
所以－2a≤a≤2a，－2a≤a≤2a，且λ＞0
22λ解得3－22≤λ≤3＋22．
又Q，R不重合，所以λ≠1．
故λ的取值范围为[3－22，1）∪（1，3＋22]．??????10分
方法一
②存在符合题意的点T（a，0），证明如下： →TS＝(x2－a，－y2)，TQ＝(x1－a，y1)，
→→→要证明S，T，Q三点共线，只要证明TQ∥TS， 即(x2－a) y1－(x1－a)(－y2)＝0
因为y2＝λy1．又只要(x2－a) y1＋λ(x1－a)y1＝0， 若y1＝0，则y2＝0，成立，
若y1≠0，只要x2＋λx1－a(1＋λ)＝0，由⑤知，此式成立． 所以存在点T（a，0），使S，T，Q三点共线．????????14分 方法二
探究方法：假设存在符合题意的点T（m，0）．
→→→→则TS＝(x2－m，－y2)，TQ＝(x1－m，y1)，由S，T，Q三点共线，得TQ∥TS， 从而(x2－m) y1＝－y2(x1－m)，即(x2－m) y1＋λy1(x1－m)＝0， 若y1＝0，则y2＝0，成立，
若y1≠0，则(x2－m)＋λ(x1－m)＝0，即x2＋λx1－m (1＋λ)＝0，
又x2＋λx1＝a (1＋λ)，所以(a－m)(1＋λ)＝0，因为A在圆C之外，所以λ＞0，所以m＝a．????????14分
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