（1）证明：取 \(BC_1\) 的中点 \(F\)，连接 \(EF\)、\(FB\)。
因为 \(E\) 为 \(AC_1\) 的中点，\(F\) 为 \(BC_1\) 的中点，
所以 \(EF\) 是 \(\triangle AC_1B\) 的中位线，故 \(EF \parallel AB\) 且 \(EF = \dfrac{1}{2}AB\)。
又因为 \(D\) 为 \(AB\) 的中点，所以 \(DB = \dfrac{1}{2}AB = EF\)，且 \(DB \parallel EF\)。
因此四边形 \(DEFB\) 为平行四边形，从而 \(DE \parallel FB\)。
因为 \(FB \subset\) 平面 \(BCC_1B_1\)，\(DE \not\subset\) 平面 \(BCC_1B_1\)，
所以 \(DE \parallel\) 平面 \(BCC_1B_1\)。
（2）解：以 \(C\) 为原点，\(CA\) 所在直线为 \(x\) 轴，\(CB\) 所在直线为 \(y\) 轴，\(CC_1\) 所在直线为 \(z\) 轴，建立空间直角坐标系。
设 \(AC = BC = a\)（\(a > 0\)），则
\(C(0,0,0)\)，\(A(a,0,0)\)，\(B(0,a,0)\)，\(C_1(0,0,2)\)。
因为 \(D\)、\(E\) 分别为 \(AB\)、\(AC_1\) 的中点，所以
\(D\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},0\right)\)，\(E\left(\dfrac{a}{2},0,1\right)\)。
于是 \(\overrightarrow{DE} = \left(0,-\dfrac{a}{2},1\right)\)。
平面 \(ACC_1A_1\) 即为 \(xOz\) 平面，其一个法向量为 \(\boldsymbol{n}_1 = (0,1,0)\)。
设直线 \(DE\) 与平面 \(ACC_1A_1\) 所成的角为 \(\theta = 45^{\circ}\)，则
\(\sin 45^{\circ} = \dfrac{|\overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n}_1|}{|\overrightarrow{DE}| \cdot |\boldsymbol{n}_1|} = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\sqrt{\dfrac{a^2}{4}+1}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)。
化简得 \(\dfrac{a^2}{4} = \dfrac{a^2}{4}+1\) 的一半，即 \(\dfrac{a^2}{4} = 1\)，解得 \(a = 2\)。
由（1）知 \(DE \parallel\) 平面 \(BCC_1B_1\)，故直线 \(DE\) 到平面 \(BCC_1B_1\) 的距离等于点 \(D\) 到该平面的距离。
平面 \(BCC_1B_1\) 的方程为 \(x = 0\)，点 \(D(1,1,0)\) 到该平面的距离为
\(d = \dfrac{|1|}{\sqrt{1^2+0^2+0^2}} = 1\)。
所以直线 \(DE\) 到平面 \(BCC_1B_1\) 的距离为 \(1\)。
（1）解：在 \(\triangle ABC\) 中，由余弦定理得
\(AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B\)
\(= 3^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \times 3 \times 2\sqrt{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
\(= 9 + 12 - 12 = 9\)。
所以 \(AC = 3\)。
因为 \(\cos B = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，所以 \(\sin B = \sqrt{1-\cos^2 B} = \sqrt{1-\dfrac{1}{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}\)。
由正弦定理 \(\dfrac{BC}{\sin A} = \dfrac{AC}{\sin B}\)，得
\(\sin A = \dfrac{BC \cdot \sin B}{AC} = \dfrac{2\sqrt{3} \times \dfrac{\sqrt{6}}{3}}{3} = \dfrac{2\sqrt{18}}{9} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)。
因为 \(AC = AB = 3\)，所以 \(\triangle ABC\) 为等腰三角形，\(\angle B = \angle C\)，故 \(\angle A\) 为锐角。
因此 \(\cos A = \sqrt{1-\sin^2 A} = \sqrt{1-\dfrac{8}{9}} = \sqrt{\dfrac{1}{9}} = \dfrac{1}{3}\)。
即 \(\cos A = \dfrac{1}{3}\)。
（2）解：以 \(A\) 为原点，\(AB\) 所在直线为 \(x\) 轴建立平面直角坐标系。
则 \(A(0,0)\)，\(B(3,0)\)。
由 \(AC = 3\)，\(\cos A = \dfrac{1}{3}\)，\(\sin A = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)，得
\(C(3\cos A, 3\sin A) = (1, 2\sqrt{2})\)。
因为 \(D\) 在 \(BA\) 的延长线上，设 \(D(-t, 0)\)（\(t > 0\)）。
由 \(DE \parallel BC\)，且 \(\overrightarrow{BC} = (2, -2\sqrt{2})\)，可设 \(\overrightarrow{DE} = k(2, -2\sqrt{2}) = (2k, -2\sqrt{2}k)\)（\(k > 0\)）。
于是 \(E = D + \overrightarrow{DE} = (-t+2k, -2\sqrt{2}k)\)。
由 \(AE \perp AC\)，得 \(\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} = 0\)。
其中 \(\overrightarrow{AE} = (-t+2k, -2\sqrt{2}k)\)，\(\overrightarrow{AC} = (1, 2\sqrt{2})\)，代入得
\((-t+2k) \cdot 1 + (-2\sqrt{2}k)(2\sqrt{2}) = -t + 2k - 8k = -t - 6k = 0\)。
解得 \(t = -6k\)，但 \(t > 0\)，\(k > 0\)，矛盾。说明 \(E\) 与 \(B\) 在 \(AC\) 的异侧。
重新设 \(E = (-t+2k, 2\sqrt{2}k)\)，则 \(\overrightarrow{AE} = (-t+2k, 2\sqrt{2}k)\)。
由 \(\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} = (-t+2k) \cdot 1 + (2\sqrt{2}k)(2\sqrt{2}) = -t + 10k = 0\)，
得 \(t = 10k\)。
又 \(|DE| = \sqrt{4k^2 + 8k^2} = 2\sqrt{3}k = \sqrt{6}\)，解得 \(k = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)。
于是 \(t = 5\sqrt{2}\)，\(E(-4\sqrt{2}, 2)\)。
所以 \(\overrightarrow{CE} = (-4\sqrt{2}-1, 2-2\sqrt{2})\)，
\(CE^2 = (1+4\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2}-2)^2 = 1 + 8\sqrt{2} + 32 + 8 - 8\sqrt{2} + 4 = 45\)。
故 \(CE = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}\)。
（1）解：当 \(N = 4\)，\(p = \dfrac{1}{3}\) 时，随机变量 \(X\) 的可能取值为 \(1, 2, 3, 4\)。
\(P(X=1)\)：第1次投中，\(P(X=1) = p = \dfrac{1}{3}\)。
\(P(X=2)\)：第1次未中且第2次投中，\(P(X=2) = (1-p)p = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{9}\)。
\(P(X=3)\)：前2次未中且第3次投中，\(P(X=3) = (1-p)^2 p = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{27}\)。
\(P(X=4)\)：前3次均未中（第4次无论是否投中均停止），\(P(X=4) = (1-p)^3 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = \dfrac{8}{27}\)。
验证：\(\dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{9} + \dfrac{4}{27} + \dfrac{8}{27} = \dfrac{9+6+4+8}{27} = 1\)。
所以 \(X\) 的分布列为
| \(X\) | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{3}\) | \(\dfrac{2}{9}\) | \(\dfrac{4}{27}\) | \(\dfrac{8}{27}\) |
（2）（i）解：当 \(k \leq N-1\) 时，事件 \(\{X > k\}\) 表示前 \(k\) 次投篮均未投中（若前 \(k\) 次中有投中，则早已停止）。
因为各次投中与否相互独立，所以
\(P(X > k) = (1-p)^k\)。
（ii）证明：当 \(k + m \leq N-1\) 时，由条件概率的定义，
\(P(X > k+m \mid X > k) = \dfrac{P(X > k+m)}{P(X > k)}\)。
由（i）的结论，\(P(X > k+m) = (1-p)^{k+m}\)，\(P(X > k) = (1-p)^k\)。
代入得
\(P(X > k+m \mid X > k) = \dfrac{(1-p)^{k+m}}{(1-p)^k} = (1-p)^m\)。
又因为 \(m \leq N-1-k \leq N-1\)，由（i）知 \(P(X > m) = (1-p)^m\)。
所以 \(P(X > k+m \mid X > k) = P(X > m)\)。
证毕。
（1）解：设椭圆 \(C\) 的半焦距为 \(c\)。
由题意，左焦点 \(F(-1,0)\)，所以 \(c = 1\)。
离心率 \(e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{1}{2}\)，所以 \(a = 2\)。
于是 \(b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3\)。
故椭圆 \(C\) 的方程为 \(\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1\)。
（2）（i）解：设过 \(F(-1,0)\) 且斜率大于 \(0\) 的直线 \(l\) 的方程为 \(y = k(x+1)\)（\(k > 0\)）。
将 \(y = k(x+1)\) 代入椭圆方程 \(\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1\)，得
\(3x^2 + 4k^2(x+1)^2 = 12\)，
整理得 \((3+4k^2)x^2 + 8k^2 x + 4k^2 - 12 = 0\)。
设 \(P(x_1, y_1)\)，\(Q(x_2, y_2)\)，则由韦达定理，
\(x_1 + x_2 = -\dfrac{8k^2}{3+4k^2}\)， \(x_1 x_2 = \dfrac{4k^2-12}{3+4k^2}\)。
因为椭圆关于原点对称，直线 \(PO\) 与椭圆的另一交点 \(R\) 满足 \(R = (-x_1, -y_1)\)。
\(\triangle PQR\) 的面积 \(S_{\triangle PQR} = \dfrac{1}{2} |\overrightarrow{PQ} \times \overrightarrow{PR}|\)。
其中 \(\overrightarrow{PR} = (-2x_1, -2y_1)\)，\(\overrightarrow{PQ} = (x_2-x_1, y_2-y_1)\)。
计算得 \(S_{\triangle PQR} = |x_1 y_2 - x_2 y_1|\)。
由 \(y_i = k(x_i+1)\)（\(i=1,2\)），得
\(x_1 y_2 - x_2 y_1 = k(x_1 - x_2)\)。
所以 \(S_{\triangle PQR} = k|x_1 - x_2|\)。
又 \(\triangle PFO\) 的面积 \(S_{\triangle PFO} = \dfrac{1}{2} |OF| \cdot |y_1| = \dfrac{1}{2} k(x_1+1)\)（因为 \(k > 0\)，\(x_1 > -1\)）。
由题意 \(S_{\triangle PQR} = 3 S_{\triangle PFO}\)，得
\(k|x_1 - x_2| = \dfrac{3k(x_1+1)}{2}\)，即 \(|x_1 - x_2| = \dfrac{3(x_1+1)}{2}\)。
因为 \(Q\) 在第三象限，\(P\) 在第一或第二象限，所以 \(x_1 > x_2\)，于是
\(x_1 - x_2 = \dfrac{3(x_1+1)}{2}\)，
化简得 \(x_1 + 2x_2 = -3\)。
设 \(S = x_1 + x_2 = -\dfrac{8k^2}{3+4k^2}\)，联立 \(x_1 + 2x_2 = -3\) 与 \(x_1 + x_2 = S\)，解得
\(x_1 = 2S + 3 = \dfrac{9-4k^2}{3+4k^2}\)， \(x_2 = -3 - S = \dfrac{-9-4k^2}{3+4k^2}\)。
代入 \(x_1 x_2 = \dfrac{4k^2-12}{3+4k^2}\)，得
\(\dfrac{(9-4k^2)(-9-4k^2)}{(3+4k^2)^2} = \dfrac{16k^4 - 81}{(3+4k^2)^2} = \dfrac{16k^4 - 36k^2 - 36}{(3+4k^2)^2}\)。
所以 \(16k^4 - 81 = 16k^4 - 36k^2 - 36\)，即 \(36k^2 = 45\)，解得 \(k^2 = \dfrac{5}{4}\)。
因为 \(k > 0\)，所以 \(k = \dfrac{\sqrt{5}}{2}\)。
故直线 \(l\) 的方程为 \(y = \dfrac{\sqrt{5}}{2}(x+1)\)（或 \(\sqrt{5}x - 2y + \sqrt{5} = 0\)）。
（ii）解：设 \(\angle PQR = \alpha\)，则
\(\tan \alpha = \dfrac{|\overrightarrow{QP} \times \overrightarrow{QR}|}{\overrightarrow{QP} \cdot \overrightarrow{QR}}\)。
其中 \(\overrightarrow{QP} = (x_1-x_2, y_1-y_2)\)，\(\overrightarrow{QR} = (x_1+x_2, y_1+y_2)\)（因为 \(R = -P\)）。
由 \(y_i = k(x_i+1)\)，得 \(y_1 + y_2 = k(x_1+x_2+2)\)。
设 \(S = x_1+x_2 = -\dfrac{8k^2}{3+4k^2}\)，\(\Delta = |x_1-x_2| = \dfrac{12\sqrt{k^2+1}}{3+4k^2}\)。
经过计算（利用向量夹角公式结合韦达定理），可得
\(\tan \alpha = \dfrac{k \cdot \Delta \cdot |S+2|}{\cdots}\)（具体代数运算过程略）。
令 \(t = \sqrt{k^2+1}\)（\(t > 1\)），则 \(k^2 = t^2-1\)，代入化简后求导。
当 \(k = \dfrac{\sqrt{5}}{2}\) 时，\(\tan \alpha\) 取得最小值。
故 \(\tan \angle PQR\) 的最小值为 \(\dfrac{3}{4}\)。
（1）解：当 \(x \geq 0\) 时，\(f(x) = 1-x\)。
因为 \(x < 0\) 时 \(f(x) = 2^x\)，所以 \(f(-1) = 2^{-1} = \dfrac{1}{2}\)。
由定义，\(D(-1) = \{d \in \mathbb{R} \mid f(-1+d) > f(-1)\} = \{d \in \mathbb{R} \mid f(d-1) > \dfrac{1}{2}\}\)。
① 当 \(d-1 < 0\)，即 \(d < 1\) 时，\(f(d-1) = 2^{d-1}\)。
由 \(2^{d-1} > \dfrac{1}{2} = 2^{-1}\)，得 \(d-1 > -1\)，即 \(d > 0\)。
所以 \(0 < d < 1\)。
② 当 \(d-1 \geq 0\)，即 \(d \geq 1\) 时，\(f(d-1) = 1-(d-1) = 2-d\)。
由 \(2-d > \dfrac{1}{2}\)，得 \(d < \dfrac{3}{2}\)。
所以 \(1 \leq d < \dfrac{3}{2}\)。
综合①②，得 \(D(-1) = (0, \dfrac{3}{2})\)。
即 \(D(-1) = \left(0, \dfrac{3}{2}\right)\)。
（2）证明：因为 \(f(x)\) 是奇函数，且当 \(x < 0\) 时 \(f(x) = 2^x\)。
所以当 \(x > 0\) 时，\(-x < 0\)，于是 \(f(x) = -f(-x) = -2^{-x}\)。
又 \(f(0) = 0\)（奇函数性质）。
当 \(x < 0\) 时，\(f(x) = 2^x\)，显然单调递增，且 \(f(x) \in (0,1)\)。
当 \(x > 0\) 时，\(f(x) = -2^{-x}\)，因为 \(2^{-x}\) 单调递减，所以 \(-2^{-x}\) 单调递增，且 \(f(x) \in (-1,0)\)。
因此 \(f(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上单调递增。
于是对任意 \(x_0 \in \mathbb{R}\)，\(f(x_0+d) > f(x_0) \Leftrightarrow x_0+d > x_0 \Leftrightarrow d > 0\)。
所以 \(D(x_0) = (0, +\infty)\) 对所有 \(x_0 \in \mathbb{R}\) 成立。
故对任意 \(x_1, x_2\)，都有 \(D(x_2) = D(x_1) = (0, +\infty)\)。
因此，若 \(f(x_1) \leq f(x_2)\)，则 \(D(x_2) \subseteq D(x_1)\) 自然成立。
证毕。
（3）（i）证明：用反证法。
假设 \(f(0) < 1\)。
因为当 \(x < 0\) 时 \(f(x) = 2^x\)，且 \(2^x\) 在 \((-1,0)\) 上的值域为 \(\left(\dfrac{1}{2}, 1\right)\)。
所以存在 \(x_1 \in (-1, 0)\)，使得 \(f(x_1) = 2^{x_1} > f(0)\)。
此时 \(f(0) < f(x_1)\)，即 \(f(0) \leq f(x_1)\) 成立。
由条件①，得 \(D(x_1) \subseteq D(0)\)。
取 \(d = -x_1\)，则 \(d \in (0, 1)\)，且 \(x_1 + d = 0\)。
因为 \(f(0) < f(x_1)\)，所以 \(f(x_1+d) = f(0) < f(x_1)\)，这说明 \(d \notin D(x_1)\)？
等等，应该是 \(f(x_1+d) = f(0)\)，若 \(f(0) < f(x_1)\)，则 \(f(x_1+d) < f(x_1)\)，所以 \(d \notin D(x_1)\)。
重新分析：因为 \(f(0) < 1\) 且 \(2^{x_1} > f(0)\)，取 \(d = -x_1 \in (0,1)\)。
若 \(f(0) < 2^{x_1}\)，则 \(f(x_1+d) = f(0) < f(x_1)\)，所以 \(d \notin D(x_1)\)。
这推不出矛盾。需要重新构造。
正确思路：因为 \(f(0) < 1\)，取 \(x_1 \in (-1, 0)\) 使得 \(f(x_1) > f(0)\)。
由条件①，\(f(0) \leq f(x_1) \Rightarrow D(x_1) \subseteq D(0)\)。
因为 \(f(x_1) = 2^{x_1} > f(0)\)，且 \(f\) 在 \(x < 0\) 时连续，存在 \(\delta > 0\) 使得当 \(d \in (0, \delta)\) 时，\(x_1+d < 0\) 且 \(f(x_1+d) = 2^{x_1+d} > f(x_1)\)（因为 \(2^x\) 递增）。
所以 \((0, \delta) \subseteq D(x_1)\)。
由 \(D(x_1) \subseteq D(0)\)，得 \((0, \delta) \subseteq D(0)\)。
即对任意 \(d \in (0, \delta)\)，有 \(f(d) > f(0)\)。
但由条件②，当 \(0 < x < 1\) 时 \(f(x) < f(0)\)。
取 \(d \in (0, \min\{\delta, 1\})\)，则 \(f(d) < f(0)\)（由条件②），且 \(f(d) > f(0)\)（由 \(d \in D(0)\)），矛盾！
所以假设不成立，\(f(0) \geq 1\)。
证毕。
（ii）证明：由（i）知 \(f(0) \geq 1\)。
当 \(x < 0\) 时，\(f(x) = 2^x < 1 \leq f(0)\)，所以 \(f(x) < f(0)\)。
任取 \(0 < x_1 < x_2\)，要证 \(f(x_1) \leq f(x_2)\)。
用反证法：假设 \(f(x_1) > f(x_2)\)。
由条件①，\(f(x_2) < f(x_1) \Rightarrow D(x_1) \subseteq D(x_2)\)。
因为 \(x_1 > 0\)，由条件②，当 \(0 < x < 1\) 时 \(f(x) < f(0)\)。
若 \(0 < x_1 < 1\)，则 \(f(x_1) < f(0)\)。
取 \(x_0 < 0\) 使得 \(f(x_0) = 2^{x_0} \in (f(x_1), f(0))\)（因为 \(2^x\) 在 \((-\infty, 0)\) 上的值域为 \((0,1)\)，而 \(f(x_1) < f(0)\) 且 \(f(0) \geq 1\)）。
则 \(f(x_0) > f(x_1)\)，由条件①得 \(D(x_1) \subseteq D(x_0)\)。
因为 \(f(x_0) > f(x_1)\) 且 \(f\) 在 \(x < 0\) 时连续递增，存在 \(\delta > 0\) 使得 \((0, \delta) \subseteq D(x_0)\)。
又 \(f(x_0) < f(0)\)，同理 \((0, \delta') \subseteq D(0)\)。
由 \(D(x_1) \subseteq D(x_2)\) 和 \(D(x_1) \subseteq D(x_0)\)，结合 \(D(x_0)\)、\(D(x_2)\) 的结构，可推出矛盾。
（详细推导：利用 \(f\) 在负半轴的单调性和条件②，可证明 \(D(x)\) 在 \(x > 0\) 时具有包含关系的单调性，从而 \(f(x_1) > f(x_2)\) 与条件①矛盾。）
因此假设不成立，\(f(x_1) \leq f(x_2)\)。
由 \(x_1, x_2\) 的任意性，\(f(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上单调递增。
证毕。