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山东省滨州市北镇中学2024-2025学年高二上学期第二次考试9月月考数学试题（Word版附解析）
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这是一份山东省滨州市北镇中学2024-2025学年高二上学期第二次考试9月月考数学试题（Word版附解析），文件包含山东省滨州市北镇中学2024-2025学年高二上学期第二次考试9月月考数学试题word版含解析docx、山东省滨州市北镇中学2024-2025学年高二上学期第二次考试9月月考数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
命题人：袁萍萍 审核人：刘颖
一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1. 若，则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用数量积的坐标运算即可求得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2. 已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则的范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程表示焦点在轴上的椭圆列式可得结果.
【详解】依题意有：，解得，
故选：A.
3. 如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为的中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
4. 已知是直线l被椭圆所截得的线段AB的中点，则直线l的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于的方程可得解.
【详解】当直线的斜率不存在时，由对称性可知被椭圆截得线段的中点在轴上，不合题意；
故可设直线的方程为，代入椭圆方程化简得，
，
有，，解得，
所以直线的方程为，即.
故选：B.
5. 已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．
【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，
因直线l过点，且与线段相交，
结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．
故选：B．
6. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，，，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以，
所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
7. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，为的中点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆定义以及的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.
【详解】如下图所示：
根据题意可知，由椭圆定义可得，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，即；
结合整理可得，即，
解得或（舍）.
故选：C
8. 已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题.
【详解】
如图，取线段的中点，连接，则，
由，
因直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.
故的范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆的弦想到取其中点，将转化为，利用垂径定理，将所求式转化成，而求范围即求弦的长的范围即可.
二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上的任意一点，则（ ）
A. C的离心率为B.
C. 的最大值为D. 使为直角的点P有4个
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程求出，由离心率定义判断A，由椭圆定义判断B，由椭圆的几何性质判断C，根据以线段为直径的圆与椭圆交点个数判断D.
【详解】由原方程可得椭圆标准方程为，
，，故A错误；
由椭圆定义可知，故B正确；
由椭圆的性质知，故C正确；
易知以线段为直径的圆（因为）与C有4个交点，故满足为直角的点有4个，故D正确.
故选：BCD
10. 已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 最大值为5
B. 的最大值为
C. 直线与圆相切时，
D. 圆心到直线的距离最大为4
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径.
，Px0,y0是圆上的点，
所以的最大值为，A选项错误.
如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大，
此时，且，B选项正确.
直线，即，过定点，
若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为，
即，解得，所以C选项正确.
圆心到直线的距离，
当时，，
当时，，所以D选项错误.
故选：BC
11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 周长的最小值为
C. 三棱锥的外接球的体积为
D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D.
【详解】A：由题意知，，又平面，
所以平面，由平面，得；
当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点，
所以，由平面，所以平面，故A正确；
B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于，
此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值，
又，
所以的周长的最小值为，故B错误；
C：易知中，，取的中点，过作平面，如图
，
则三棱锥的外接球的球心必在上，且，
所以球的半径为，其体积为，故C正确；
D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为，
则，所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分
12. 直线3x+4y+2=0被圆截得的弦长为____________ .
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆的圆心和半径，再利用圆的弦长公式计算即得.
【详解】圆的圆心为，半径，
则点到直线的距离，
所以所求弦长为：.
故答案为：
13. 点是椭圆上一点，，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小为_____．
【答案】60°
【解析】
【分析】由椭圆定义结合余弦定理即可求得的大小．
【详解】由椭圆，得，，．
在△中，由椭圆定义可得，
，
，
，
，
的大小为．
故答案为：．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质、椭圆定义及余弦定理的应用，考查方程思想和运算求解能力，属于中档题．
14. 如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量数量积坐标运算得关于的函数，再求解函数最值即可.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，
，
则，
因为，所以当时，取最大值，最大值为3.
故答案为：3.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，.
（1）证明：；
（2）若，求点B到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理可证，进一步可证，又，可得，得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解.
【小问1详解】
因为，，
所以，所以，
因为为直四棱往，
所以，因为，，面，
所以面，
因为，所以面，
因为面，所以.
【小问2详解】
由（1）及题意知，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，.
所以A0,0,0，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
，
所以点B到平面的距离为.
16. 已知圆C经过点且圆心C在直线上.
（1）求圆C方程；
（2）若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF的中点M的轨迹方程.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即得；
（2）根据相关点法，设出点M的坐标，利用中点公式结合圆的方程即得.
【小问1详解】
由题可设圆C的标准方程为，则
，
解之得，
所以圆C的标准方程为；
【小问2详解】
设M（x，y），，由及M为线段EF的中点得，
解得,
又点E在圆C：上，
所以有，
化简得：,
故所求的轨迹方程为．
17. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
（1）求的方程；
（2）过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1））由离心率和焦点坐标即可求得的方程.
（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据求出直线的方程.
【小问1详解】
由已知得，离心率，
得，
则的方程为.
【小问2详解】
由题可知，若面积存在，则斜率不为0，
所以设直线的方程为显然存在，
，
联立消去得，
因为直线过点，所以显然成立，
且，
因为.
，
化简得，
解得或（舍），
所以直线方程为或.
18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【小问1详解】
因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在面内，所以平面；
【小问2详解】
由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
【小问3详解】
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或.
19. 已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
（1）求的方程．
（2）不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【小问1详解】
令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
【小问2详解】
（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
考试时间：120分钟 满分：150分
命题人：袁萍萍 审核人：刘颖
一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1. 若，则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用数量积的坐标运算即可求得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2. 已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则的范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程表示焦点在轴上的椭圆列式可得结果.
【详解】依题意有：，解得，
故选：A.
3. 如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为的中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
4. 已知是直线l被椭圆所截得的线段AB的中点，则直线l的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于的方程可得解.
【详解】当直线的斜率不存在时，由对称性可知被椭圆截得线段的中点在轴上，不合题意；
故可设直线的方程为，代入椭圆方程化简得，
，
有，，解得，
所以直线的方程为，即.
故选：B.
5. 已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．
【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，
因直线l过点，且与线段相交，
结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．
故选：B．
6. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，，，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以，
所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
7. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，为的中点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆定义以及的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.
【详解】如下图所示：
根据题意可知，由椭圆定义可得，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，即；
结合整理可得，即，
解得或（舍）.
故选：C
8. 已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题.
【详解】
如图，取线段的中点，连接，则，
由，
因直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.
故的范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆的弦想到取其中点，将转化为，利用垂径定理，将所求式转化成，而求范围即求弦的长的范围即可.
二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上的任意一点，则（ ）
A. C的离心率为B.
C. 的最大值为D. 使为直角的点P有4个
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程求出，由离心率定义判断A，由椭圆定义判断B，由椭圆的几何性质判断C，根据以线段为直径的圆与椭圆交点个数判断D.
【详解】由原方程可得椭圆标准方程为，
，，故A错误；
由椭圆定义可知，故B正确；
由椭圆的性质知，故C正确；
易知以线段为直径的圆（因为）与C有4个交点，故满足为直角的点有4个，故D正确.
故选：BCD
10. 已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 最大值为5
B. 的最大值为
C. 直线与圆相切时，
D. 圆心到直线的距离最大为4
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径.
，Px0,y0是圆上的点，
所以的最大值为，A选项错误.
如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大，
此时，且，B选项正确.
直线，即，过定点，
若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为，
即，解得，所以C选项正确.
圆心到直线的距离，
当时，，
当时，，所以D选项错误.
故选：BC
11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 周长的最小值为
C. 三棱锥的外接球的体积为
D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D.
【详解】A：由题意知，，又平面，
所以平面，由平面，得；
当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点，
所以，由平面，所以平面，故A正确；
B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于，
此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值，
又，
所以的周长的最小值为，故B错误；
C：易知中，，取的中点，过作平面，如图
，
则三棱锥的外接球的球心必在上，且，
所以球的半径为，其体积为，故C正确；
D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为，
则，所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分
12. 直线3x+4y+2=0被圆截得的弦长为____________ .
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆的圆心和半径，再利用圆的弦长公式计算即得.
【详解】圆的圆心为，半径，
则点到直线的距离，
所以所求弦长为：.
故答案为：
13. 点是椭圆上一点，，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小为_____．
【答案】60°
【解析】
【分析】由椭圆定义结合余弦定理即可求得的大小．
【详解】由椭圆，得，，．
在△中，由椭圆定义可得，
，
，
，
，
的大小为．
故答案为：．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质、椭圆定义及余弦定理的应用，考查方程思想和运算求解能力，属于中档题．
14. 如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量数量积坐标运算得关于的函数，再求解函数最值即可.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，
，
则，
因为，所以当时，取最大值，最大值为3.
故答案为：3.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，.
（1）证明：；
（2）若，求点B到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理可证，进一步可证，又，可得，得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解.
【小问1详解】
因为，，
所以，所以，
因为为直四棱往，
所以，因为，，面，
所以面，
因为，所以面，
因为面，所以.
【小问2详解】
由（1）及题意知，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，.
所以A0,0,0，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
，
所以点B到平面的距离为.
16. 已知圆C经过点且圆心C在直线上.
（1）求圆C方程；
（2）若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF的中点M的轨迹方程.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即得；
（2）根据相关点法，设出点M的坐标，利用中点公式结合圆的方程即得.
【小问1详解】
由题可设圆C的标准方程为，则
，
解之得，
所以圆C的标准方程为；
【小问2详解】
设M（x，y），，由及M为线段EF的中点得，
解得,
又点E在圆C：上，
所以有，
化简得：,
故所求的轨迹方程为．
17. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
（1）求的方程；
（2）过作直线与交于两点，为坐标原点，若，求的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1））由离心率和焦点坐标即可求得的方程.
（2）设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据求出直线的方程.
【小问1详解】
由已知得，离心率，
得，
则的方程为.
【小问2详解】
由题可知，若面积存在，则斜率不为0，
所以设直线的方程为显然存在，
，
联立消去得，
因为直线过点，所以显然成立，
且，
因为.
，
化简得，
解得或（舍），
所以直线方程为或.
18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【小问1详解】
因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在面内，所以平面；
【小问2详解】
由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
【小问3详解】
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或.
19. 已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
（1）求的方程．
（2）不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【小问1详解】
令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
【小问2详解】
（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
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