，取

故，二面角

的余弦值是

.

.

【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角。求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系做。 21.已知椭圆的中心在坐标原点，其右焦点为圆与直线

相切.

，以坐标原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）经过点的直线，分别交椭圆于，及，四点，且

.

【答案】（1）【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据点到直线的距离公式得到与其中一条直线的斜率不存在时，易知

，再由a,b,c的关系可得到每一个参数值；（Ⅱ）（ⅰ）当，

其中一个为长轴，另一个为通径，可代入验证，求

，则的方程

（2）

，使得

恒成立.

，探究：是否存在常数，使得

得参数值；（ⅱ）当与斜率存在且不为零时，设的方程为

，分别联立两直线和椭圆方程，结合弦长公式和韦达定理得到参数值.

【详解】（Ⅰ）设所求椭圆的方程为，

由点到直线的距离为，故，

又，所以，

；

故所求椭圆的方程为

（Ⅱ） 假设存在常数，使得

（ⅰ）当与其中一条直线的斜率不存在时，易知长为

，通径为

，

恒成立，则，

，

其中一个为长轴，另一个为通径，长轴

此时，

，

（ⅱ）当与斜率存在且不为零时，不妨设的方程为则的方程

，设

，联立方程

，

，消去可得 ，

则 ，所以

将

代入，化简可得

，

，

在的表达式中用“”代“”可得，

所以 .

综合（ⅰ）（ⅱ）可知存在常数，使得恒成立.

【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 22.已知函数

（Ⅰ）求实数，的值；

，且曲线

在点

处的切线方程为

.

（Ⅱ）函数【答案】（1）（2）见解析 【解析】 【分析】

，

；

有两个不同的零点，，求证：.

（Ⅰ）根据题干得到，即，求解即可；（Ⅱ）的两个不同

的零点为，，即，所以

，，要证明，最终只需要证

，只需证明即可，

，通过变量集中，换元可

得到结果.

【详解】（Ⅰ）由曲线又

，

在点

，

处的切线方程为

，故

，

所以，解得，；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故，所以

，

，

的两个不同的零点为，，不妨设

因为要证明故只需证明又

，所以，即证明

即可， ，所以

，

，

，而

，

故只需证明，

即需证，即证，

即只需证即可，

令，由于，故，

设，，

，，

显然所以即

，故，又，

，，所以成立，因此

是增函数， 恒成立， ，得证.

的有关不等式时，由于函数中含有参数，极值点（或零点）

与参数（如本题中的）的关，因此不等式只是关于），在

的情况下也可设

【点睛】在证明有关极值点或零点

也不可能求出，因此我们要首先利用极值点或零点的定义，建立起系，特别是把参数用

表示出，这样待证不等式中的参数就可转化为

（或

的不等式，然后再变形，利用换元法，设

（或

进行证明求解．

），这样不等式就可转化为关于的不等式恒成立，这又可利用函数的知识