（Ⅱ）平面设
的一个法向量是
的法向量，则 ，取
.
.
是平面
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，其右焦点为直线
相切.
，以坐标原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与
（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）
（2）
，使得
恒成立.
，探究：是否存在常数，使得
【解析】 【分析】
（Ⅰ）根据点到直线的距离公式得到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）当与，
其中一个为长轴，另一个为通径，可代入验证，求得参数
，则的方程
，分别
值；（ⅱ）当与斜率存在且不为零时，设的方程为
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
，
由点到直线又
，所以
的距离为，故，
；
，
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
，通径为
，
恒成立，则，
，
其中一个为长轴，另一个为通径，长轴长为
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
，联立方程
，消去可得
，设，，
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； （Ⅱ）函数【答案】（1）（2）见解析 【解析】 【分析】
，
；
有两个不同的零点，，求证：
.
，且曲线
在点
处的切线方程为
.
（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
，，最终只需要证
，要证明，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
，所以
，
，
要证明故只需证明又
，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）
也
【点睛】在证明有关极值点或零点
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
），在
与参数（如本题中的）的关系，特，因此不等式只是关于的情况下也可设
的不等式，
（或
然后再变形，利用换元法，设
），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进行证明求解．
相关推荐：
loading