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参考答案则A1D1=(0,2,0),A1B=(4,0,-4),CC=(-2当00，得00,得-<<-受，取之=1，可得x=1,y=0,所以n=(1,0,1),设CC1与面A1BD1所成的角为0，令f)<0,得-受<<0，则sin0=cos(n,CC)1=m·CC2所以f(x)在(-，）(0受)上单调递增，在|nl·lCC|√2·26(受x(-受0）上单调递减，6,(2)假设存在实数m,使f(x)≤m(x一π)在x∈即CC与面A1BD,所成的角的正弦值为61[0,]上恒成立21.解：(1)由已知，c=3c22,可得a2=462,上sm十os+1-m(x-≤0在[o.]上成立，又因为S60B=1,即b=1,所以（号）广=4，即令g(x)=x sin x十cosx+1-m(x-π)，只需62=1,a2=4,g(x)max≤0.所以满图C的方银为十y=1注意到g(π)=0，所以若x sin a十cosx十1-m(x(2)由题意知A(2,0),因为|PQ|=2AM,x0在[，贸]上成立.所以AM=|PM=|QM,所以线段PQ为△APQπ必为g(x)的最大值点，从而为g(x)的极大值点，外接圆的直径，即AP·AQ=0,必有g'(π)=0.由g'(x)=xc0sx-m,得g'(π)=一元一m=0,解得y=kx十m得+-1m=一π.联立下面证明m=一π符合题意当m=-π时，g'(x)=x cos x十x,令h(x)=g'(x),得(4k2+1)x2+8km.x+4m2-4=0,△=16×(1+4k2-m2)>0,则h'(x)=cosx-x sin.设P(x1y1),Q(x2y2）,（1)省∈[0]时g()>0,所以g)在剥十-0-8km[0,]上单润递增：又因为AP·AQ=0,即x1·x2-2(x1十x2)+y1·y2+4=0,当x[受x时Au)<0.所以)=g()单调又y1=kx1+m,y2=k.x2十m,y1y2=k2x1x2十m2+递减，km(x1+x2）,即(k2+1)x1·x2+(km-2)(x1+x2）+m2+4=所以当x[受时g()>g()=0,所以gu)0,②在[受x小上单调递增：把①代入②得：4k2m2-4k2+4m2-4-8k2m2+16km=-(4k2m2+由g)在[0，受]和[登x小上单调造增，得gx)在16k2+m2+4),12k2+16km+5m2=0,[0,π]上单调递增.得及=一号m或长=一号加，（i)当x]时，令F)=()=s所以直线1的方程为y=2m(x-2)或y=x sin x,由F'(x)=-2sinx-x cos a,得F'(.x)>0,F(x)在-君m(-)}[,]上单调递增，所以直线1过定点(g0）或(2,0（舍去）筛上所远直线1过定点（停0）因为x)=-10.F(）号（停-P0所以由零点春在定理知存在∈(，）2.解：1)由题惑知f(告)=受+1，即受+6=受+1，得使得F(x1)=0,b=1,当x∈[π，x1)时，F(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递因为f(x)=-a sin x+sinx+x cos I,减，即g'(x)单调递减；所以f(）=-a+1=0,得a=1,当(，]时，Fx)≥0，即x)≥0h(x)单调所以f(x)=xC0sx,递增，即g'(x)单调递增；·31·

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