19．解：
連接BD交AC于O，則BD⊥AC，
連接A1O
在△AA1O中，AA1=2，AO=1，
∠A1AO=60°
∴A1O2=AA12+AO2－2AA1?Aocos60°=3
∴AO2+A1O2=A12
∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥
平面ABCD，
所以A1O⊥底面ABCD
∴以OB、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則A（0，－1，0），B（
，0，0），C（0，1，0），D（－，0，0），A1（0，0，）
……………………2分
（Ⅰ）由于
則
∴BD⊥AA1……………………4分
（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C
∴平面AA1C1C的法向量
設
⊥平面AA1D
則
得到
……………………6分
所以二面角D―A1A―C的平面角的余弦值是
……………………8分
（Ⅲ）假設在直線CC1上存在點P，使BP//平面DA1C1
設
則
得
……………………9分
設
則
設
得到
……………………10分
又因為
平面DA1C1
則
?
即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP……………………12分
法二：在A1作A1O⊥AC于點O，由于平面AA1C1C⊥平面
ABCD，由面面垂直的性質定理知，A1O⊥平面ABCD，
又底面為菱形，所以AC⊥BD
……………………4分 （Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60° ∴AO=AA1?cos60°=1 所以O是AC的中點，由于底面ABCD為菱形，所以 O也是BD中點 由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C 過O作OE⊥AA1于E點，連接OE，則AA1⊥DE 則∠DEO為二面角D―AA1―C的平面角 ……………………6分 在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60° ∴AC=AB=BC=2 ∴AO=1，DO= 在Rt△AEO中，OE=OA?sin∠EAO= DE= ∴cos∠DEO= ∴二面角D―A1A―C的平面角的余弦值是……………………8分 （Ⅲ）存在這樣的點P 連接B1C，因為A1B1 ABDC ∴四邊形A1B1CD為平行四邊形。 ∴A1D//B1C 在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP……………………10分 因B1BCC1，……………………12分 ∴BB1CP ∴四邊形BB1CP為平行四邊形 則BP//B1C ∴BP//A1D ∴BP//平面DA1C1 20．解： （Ⅰ） 令 ……………………2分 當 是增函數 當 是減函數……………………4分 ∴ ……………………6分 （Ⅲ）（i）當 時， ，由（Ⅰ）知 上是增函數，在 上是減函數  ……………………7分
又當 時， 所以 的圖象在 上有公共點，等價于 …………8分 解得 …………………9分 （ii）當 時， 上是增函數， ∴ 所以原問題等價于 又 ∴無解………………11分
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+
+
+
=0；
=x
+y
+z
（其中x、y、z∈R），則P、A、B、C四點共面．
+
+
+
=0；
=x
+y
+z
（其中x、y、z∈R），則P、A、B、C四點共面．
+
+
+
=0；
=x
+y
+z
（其中x、y、z∈R），則P、A、B、C四點共面．
15．625 16．②④
……………………4分
的夾角
……………………6分
……………………9分
有最小值。
的最小值是
……………………12分
……………………4分
的可能取值為3、4、5、6。因為是有放回地取球，所以每次取到紅球的概率為
……………………6分
的分布列為
