设 $M$，$N$ 是直角梯形 $ABCD$ 两腰的中点，$DE \perp AB$ 于 $E$（如图）. 现将 $\triangle ADE$ 沿 $DE$ 折起，使二面角 $A-DE-B$ 为 $45^{\circ}$，此时点 $A$ 在平面 $BCDE$ 内的射影恰为点 $B$，则 $M$，$N$ 的连线与 $AE$ 所成角的大小等于______.

\begin{answer} $90^{\circ}$ \end{answer}

\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使平面 $BCDE$ 为 $z=0$ 平面，$EB$ 为 $x$ 轴正向，$ED$ 为 $y$ 轴正向. 设 $EB=u>0$，$ED=v>0$，则 $E=(0,0,0)$，$B=(u,0,0)$，$D=(0,v,0)$，$C=(u,v,0)$. 点 $A$ 在平面 $BCDE$ 内的射影为 $B$，故可设 $A=(u,0,h)$. 在垂直于 $DE$ 的截面内，二面角 $A-DE-B$ 是射线 $EA$ 与 $EB$ 的夹角. 该角为 $45^{\circ}$，所以 $h=u$，即 $A=(u,0,u)$.

由中点坐标公式， $M=\left(\frac{u}{2},\frac{v}{2},\frac{u}{2}\right)$，$N=\left(u,\frac{v}{2},0\right)$. 于是 $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{u}{2},0,-\frac{u}{2}\right)$，$\overrightarrow{AE}=(-u,0,-u)$， 且 所以 $MN\perp AE$，所成角为 $90^{\circ}$. \end{solution}

从集合 $\{O, P, Q, R, S\}$ 与 $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ 中各任取 $2$ 个元素排成一排（字母和数字均不能重复）. 每排中字母 $O$，$Q$ 和数字 $0$ 至多只能出现一个的不同排法种数是______. （用数字作答）

\begin{answer} $8424$ \end{answer}

\begin{solution} 先任取两个字母、两个数字，再将四个元素排列，总排法数为 不合条件的排法分三类且互不相交： \begin{enumerate} \item 同时选中字母 $O$，$Q$. 两个数字任取，有 $\mathrm C_{10}^2$ 种选法，排法数为 $\mathrm C_{10}^2 4!=1080$； \item 选中 $O$ 和数字 $0$，但未选中 $Q$. 另一个字母有 $3$ 种，另一个数字有 $9$ 种，排法数为 $3\times9\times4!=648$； \item 选中 $Q$ 和数字 $0$，但未选中 $O$. 同理，排法数为 $3\times9\times4!=648$. \end{enumerate} 因此符合条件的排法数为 \end{solution}

如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点 $F_{1}$，$F_{2}$ 在 $x$ 轴上，长轴 $A_{1}A_{2}$ 的长为 $4$，左准线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 $M$，$|MA_{1}|: |A_{1}F_{1}| = 2:1$.

(1) 求椭圆的方程； (2) 若直线 $l_{1}: x = m$（$|m| > 1$），$P$ 为 $l_{1}$ 上的动点，使 $\angle F_{1}PF_{2}$ 最大的点 $P$ 记为 $Q$，求点 $Q$ 的坐标.（用 $m$ 表示）

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的长半轴为 $a$，半焦距为 $c$. 由长轴长为 $4$，得 $a=2$. 左顶点为 $A_1=(-2,0)$，左焦点为 $F_1=(-c,0)$，左准线为 $x=-\frac{a^2}{c}=-\frac4c$. 因为 $M$ 在左准线上，且 $M$ 位于 $A_1$ 左侧，所以 $|MA_1|=\frac4c-2$，$|A_1F_1|=2-c$. 由比例条件 得 $2c^2-6c+4=0$，$\Longrightarrow$，$(c-1)(c-2)=0$. 因椭圆要求 $0<c<a=2$，故 $c=1$. 于是 $b^2=a^2-c^2=3$，椭圆方程为

\item 由上问，$F_1=(-1,0)$，$F_2=(1,0)$. 设 $P=(m,y)$，令 $u=|y|$. 从 $P$ 指向两焦点的两个向量的内积为 其行列式的绝对值为 $2u$. 因为 $|m|>1$，所成角 $\theta=\angle F_1PF_2$ 为锐角，故 对 $u\geqslant0$ 求导，得 所以当 $u=\sqrt{m^2-1}$ 时该比值取得最大值，角 $\theta$ 也取得最大值. 因此 \end{enumerate} \end{solution}

如图，在三棱锥 $P - ABC$ 中，$AB \perp BC$，$AB = BC = kPA$，点 $O$，$D$ 分别是 $AC$，$PC$ 的中点，$OP \perp$ 底面 $ABC$.

(1) 求证： $OD \parallel$ 平面 $PAB$； (2) 当 $k = \frac{1}{2}$ 时，求直线 $PA$ 与平面 $PBC$ 所成角的大小； (3) 当 $k$ 取何值时，$O$ 在平面 $PBC$ 内的射影恰好为 $\triangle PBC$ 的重心？

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在三角形 $APC$ 中，$O$，$D$ 分别是 $AC$，$PC$ 的中点. 由三角形中位线定理， 又 $AP\subset$ 平面 $PAB$，所以 $OD\parallel$ 平面 $PAB$.

\item 设 $PA=p>0$，令 $s=AB=BC=kp$. 建立空间直角坐标系，取 $B=(0,0,0)$，$A=(s,0,0)$，$C=(0,s,0)$. 由于 $OP\perp$ 底面且 $O$ 为 $AC$ 的中点，设 由 $|PA|=p$ 得 平面 $PBC$ 的一个法向量为 取直线 $PA$ 的方向向量 $\boldsymbol{v}=\overrightarrow{AP}=\left(-\frac{s}{2},\frac{s}{2},h\right)$，则 $|\boldsymbol{v}|=p$，$|\boldsymbol{n}|=s\sqrt{h^2+\frac{s^2}{4}}$，$|\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}|=s^2h$. 若直线 $PA$ 与平面 $PBC$ 所成的角为 $\theta$，则 当 $k=\frac12$ 时，$s=\frac p2$，且 $h^2=p^2-\frac{s^2}{2}=\frac{7p^2}{8}$，$h=\frac{\sqrt{14}}{4}p$. 代入得 所以所成角为 $\displaystyle\theta=\arcsin\frac{\sqrt{210}}{30}$.

\item 由上面的坐标设定，三角形 $PBC$ 的重心为 而 $O=\left(\frac{s}{2},\frac{s}{2},0\right)$，$\overrightarrow{GO}=\left(\frac{s}{3},0,-\frac{h}{3}\right)$. 仍取平面 $PBC$ 的法向量 $\boldsymbol{n}=\left(sh,0,-\frac{s^2}{2}\right)$. 点 $O$ 在平面 $PBC$ 内的射影为 $G$ 的充要条件是 $GO\perp$ 平面 $PBC$，即 $\overrightarrow{GO}\parallel\boldsymbol{n}$. 因此 $\left(s,0,-h\right)\parallel\left(h,0,-\frac{s}{2}\right)$，$\Longrightarrow$，$h^2=\frac{s^2}{2}$. 结合 $h^2+\frac{s^2}{2}=p^2$，得 $s^2=p^2$. 因 $s=kp>0$，所以 $k=1$. 反之，$k=1$ 时上述平行关系成立，故此时射影确为重心. \end{enumerate} \end{solution}

袋子 $A$ 和 $B$ 中装有若干个均匀的红球和白球，从 $A$ 中摸出一个红球的概率是 $\frac{1}{3}$，从 $B$ 中摸出一个红球的概率为 $p$.

(1) 从 $A$ 中有放回地摸球，每次摸出一个，有 $3$ 次摸到红球即停止.

(i) 求恰好摸 $5$ 次停止的概率； (ii) 记 $5$ 次之内（含 $5$ 次）摸到红球的次数为 $\xi$，求随机变量 $\xi$ 的分布列及数学期望 $E(\xi)$； (2) 若 $A$，$B$ 两个袋子中的球数之比为 $1:2$，将 $A$，$B$ 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是 $\frac{2}{5}$，求 $p$ 的值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设一次摸到红球和白球的概率分别为 $r=\frac13$，$w=\frac23$. \begin{enumerate} \item 恰好第 $5$ 次停止，等价于前 $4$ 次恰有 $2$ 次摸到红球且第 $5$ 次摸到红球. 因此

\item 当 $\xi=0$，$1$，$2$ 时，在前 $5$ 次中分别恰有 $0$，$1$，$2$ 次红球，故 当 $\xi=3$ 时，第三次红球在第 $3$，$4$ 或 $5$ 次出现，所以 所以分布列为 且 \end{enumerate}

\item 设袋子 $A$ 中有 $N$ 个球，则袋子 $B$ 中有 $2N$ 个球. 两袋合并后红球总数为 $\frac N3+2Np$，球总数为 $3N$. 由题意 $\frac{\frac N3+2Np}{3N}=\frac25$，$\Longrightarrow$，$\frac19+\frac{2p}{3}=\frac25$. 解得 $p=\frac{13}{30}$. \end{enumerate} \end{solution}