基本事件是：{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，{y1，y3}，{y2，y3}， {x1，y1}，{x1，y2}，{x1，y3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x2，y3}， {x3，y1}，{x3，y2}，{x3，y3}，共15个，… 其中可使|a﹣b|＞1发生的是后9个基本事件． 故
．…
（Ⅱ）因为着弹点若与x1、x2、x3的距离都超过y1、y2、y3cm， 则着弹点就不能落在分别以6为中心，
半径为{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}cm的三个扇形区域内，只能落在扇形外的部分… 因为
满足题意部分的面积为故所求概率为
．…
，…
，…
21．已知抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点为F，直线2x﹣y+2=0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q． （1）若直线AB过焦点F，求|AF|?|BF|的值；
（2）是否存在实数p，使得以线段AB为直径的圆过Q点？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）求出p=4，可得抛物线方程，与直线y=2x+2联立消去y，设A（x1，y1），B（x2，y2），利用韦达定理，通过|AF||BF|=（y1+2）（y2+2）求解即可．
（2）假设存在，由抛物线x2=2py与直线y=2x+2联立消去y，设A（x1，y1），B（x2，y2），通过△＞0，以及韦达定理推出P（2p，4p+2），Q（2p，2p）， 方法一利用弦长公式方法二：通过
，求出p．
化简，结合韦达定理，求解p即可． 【解答】解：（1）∵F（0，2），p=4，∴抛物线方程为x2=8y，… 与直线y=2x+2联立消去y得：x2﹣16x﹣16=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）… 则x1+x2=16，x1x2=﹣16，… ∴|AF||BF|=（y1+2）（y2+2）=（2x1+4）（2x2+4）=80；…
（2）假设存在，由抛物线x2=2py与直线y=2x+2联立消去y得：x2﹣4px﹣4p=0． 设A（x1，y1），B（x2，y2），△＞0，则x1+x2=4p，x1x2=﹣4p，… P（2p，4p+2），Q（2p，2p），…
方法一∴|PQ|=2p+2，…
…
，
∴4p2+3p﹣1=0，
…
故存在p=且满足△＞0…
方法二：由得：（x1﹣2p）（x2﹣2p）+（y1﹣2p）（y2﹣2p）=0… 即（x1﹣2p）（x2﹣2p）+（2x1+2﹣2p）（x2+2﹣2p）=0，… ∴
代入得4p2+3p﹣1=0，故存在p=且满足△＞0， ∴p= …
22．在直角梯形PBCD中，
，A为PD的中点，如图．将
，如图．
．
，…
△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且（Ⅰ）求证：SA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值．
【分析】（法一）（1）由题意可知，翻折后的图中SA⊥AB①，易证BC⊥SA②，由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD； （2）（三垂线法）由
考虑在AD上取一点O，使得
，从而可得EO∥SA，
所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，在Rt△AHO中求解即可 （法二：空间向量法） （1）同法一
（2）以A为原点建立直角坐标系，易知平面ACD的法向为的法向量，代入公式求解即可
，求平面EAC
【解答】解法一：（1）证明：在题平面图形中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形， 所以在翻折后的图中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形， 因为SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B 所以BC⊥平面SAB， 又SA?平面SAB， 所以BC⊥SA，
又SA⊥AB，BC∩AB=B 所以SA⊥平面ABCD， （2）在AD上取一点O，使因为
，所以EO∥SA
，连接EO
因为SA⊥平面ABCD， 所以EO⊥平面ABCD，
过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH， 则AC⊥平面EOH， 所以AC⊥EH．
所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，在Rt△AHO中，∴
，
．
即二面角E﹣AC﹣D的正切值为
解法二：（1）同方法一
（2）解：如图，以A为原点建立直角坐标系，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，∴平面ACD的法向为
设平面EAC的法向量为=（x，y，z），
）
由，
所以，可取
所以=（2，﹣2，1）． 所以
所以
即二面角E﹣AC﹣D的正切值为
23．已知点P是圆C：（x+）2+y2=16上任意一点，A（，0）是圆C内一点，线段AP的垂直平分线l和半径CP交于点Q，O为坐标原点． （1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹E的方程．
（2）设过点B（0，﹣2）的动直线与E交于M，N两点，当△OMN的面积最大时，求此时直线的方程． 【分析】（1）直接由题意可得|CQ|+|AQ|=4＞|AC|=2，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再由b2=a2﹣c2求得b2，则点Q的轨迹方程可求； （2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意可设直l的方程为：y=kx﹣2，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，再利用三角形的面积计算公式即可得出S△OMN．通过换元再利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：（1）由题意知|PQ|=|AQ|， 又∵|CP|=|CQ|+|PQ|=4… ∴|CQ|+|AQ|=4＞|AC|=2
由椭圆定义知Q点的轨迹是椭圆，a=2，c=… ∴b=1，
∴点Q的轨迹E的方程
=1．…
（2）由题意知所求的直线不可能垂直于x轴，所以可设直线为：y=kx﹣2，M（x1，y1），N（x2，y2）， 联立方程组，将y=kx﹣2代入
=1得（1+4k2）x2﹣16kx+12=0…
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