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微拓展10　等角定理
[考情分析]　等角定理在前几年高考中经常出现，主要考查圆锥曲线中的角度相同问题，常以解答题的形式出现，难度中档.
微点一　椭圆或双曲线的等角定理
1.已知椭圆+=1(a>b>0)，过长轴上任意一点 N(t，0)(t≠0)的弦的端点A，B与对应点G的连线所成的角被焦点所在的直线平分，即∠OGA=∠OGB(如图1). 图1　　　　　图2 2.已知双曲线-=1(a>0，b>0)，过实轴所在直线上任意一点N(t，0)(t≠0)的弦的端点 A，B与对应点G的连线所成的角被焦点所在的直线平分，即∠NGA=∠NGB(如图2).
1.(17分)设椭圆C：+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(7分)
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.(10分)
2.(17分)(2024·黔西模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知曲线C的方程为-=1，右顶点为E，倾斜角为α的直线l过点F1(-3，0)，且与曲线C相交于A，B两点.
(1)当α=90°时，求△ABE的面积；(7分)
(2)在x轴上是否存在定点M，使直线l与曲线C的左支有两个交点A，B的情况下，总有∠OMA=∠OMB？如果存在，求出定点M；如果不存在，请说明理由.(10分)
微点二　抛物线的等角定理
已知抛物线y2=2px(p>0)，过抛物线对称轴上任意一点N(a，0)(a>0)的一条弦的端点A，B与对应点G(-a，0)的连线所成的角被对称轴平分，即∠OGA=∠OGB(如图).
3.(17分)(2023·洛阳模拟)在平面直角坐标系Oxy中，曲线C：x2=6y与直线l：y=kx+3交于M，N两点.
(1)当1(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？若存在，求以线段OP为直径的圆的方程；若不存在，请说明理由.(10分)
[总结提升]
解析几何角度相等常用的定理有角平分线定理、余弦定理、斜率等.要证明圆锥曲线的角度相等，转化为直线的斜率互为相反数，即把角度问题转化为斜率问题，再转化为坐标运算问题.
1.(17分)设抛物线C：y2=2x，点A(2，0)，B(-2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(7分)
(2)证明：∠ABM=∠ABN.(10分)
2.(17分)椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆C截得的线段长为2.
(1)求椭圆C的方程；(7分)
(2)在y轴上是否存在异于点P的定点Q，使得直线l变化时，总有∠PQA=∠PQB？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.(10分)
3.(17分)(2024·长沙模拟)已知双曲线x2-=1与直线l：y=kx+m(k≠±)有唯一的公共点P，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，其中点M，P在第一象限.
(1)探求参数k，m满足的关系式；(7分)
(2)若O为坐标原点，F为双曲线的左焦点，证明：∠MFP=∠NFO.(10分)
答案精析
高频考点练
1.(1)解　c==1，所以F(1，0)，
因为l与x轴垂直，所以l的方程为x=1，由
解得或
即A或，
所以直线AM的方程为y=-x+或y=x-，即x+y-2=0或x-y-2=0.
(2)证明　方法一　当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°；
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA=∠OMB；
当l与x轴不重合也不垂直时，
设l的方程为y=k(x-1)，k≠0，
联立y=k(x-1)和+y2=1，得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，
Δ=8k2+8>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则-且x1+x2=，x1x2=，
所以kMA+kMB=+
=，
而2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=(4k3-4k-12k3+8k3+4k)=0，进而kMA+kMB=0，
故MA，MB的倾斜角互补，
所以∠OMA=∠OMB，
综上，∠OMA=∠OMB.
方法二　当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°，当l与x轴不重合时，由(1)知椭圆C的右焦点为F(1，0)，设直线l：x=my+1，
联立椭圆方程x2+2y2=2，
得(2+m2)y2+2my-1=0，
设直线l与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ=4m2+4(2+m2)>0恒成立，
且y1+y2=-，y1y2=-，
所以kMA+kMB=+===，
由2my1y2-(y1+y2)=2m·-=0，
可得kMA+kMB=0，故MA，MB的倾斜角互补，则∠OMA=∠OMB.综上，∠OMA=∠OMB.
2.解　(1)由题意可知，曲线C为焦点在x轴上的双曲线，
当直线l的倾斜角α=90°时，l：x=-3，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
其中y1>0>y2，
联立解得y2=，
所以A，B.
又因为E(2，0)，所以|AB|=5，|EF1|=5，S△ABE=|AB||EF1|=.
(2)当直线l的斜率不存在时，由双曲线的对称性可知x轴上的任意点M满足∠OMA=∠OMB；
当直线l的斜率存在时，
设l：y=k(x+3)，
联立
得(5-4k2)x2-24k2x-36k2-20=0.
因为直线l与曲线C的左支有两个交点A，B，
所以
解得k<-或k>.
由x轴上的点M使∠OMA=∠OMB，可得x轴平分∠AMB，kAM+kBM=0，
假设在x轴上存在点M(m，0)(m≠x1，x2)，
则kAM=，kBM=，
所以kAM+kBM=+==0，
即y1(x2-m)+y2(x1-m)=0，
展开可得x2y1+x1y2-m(y1+y2)=0，
将y1=k(x1+3)，y2=k(x2+3)代入得2kx1x2+(3k-mk)(x1+x2)-6mk=0，
因为k≠0，所以2x1x2+(3-m)(x1+x2)-6m=0，即+-6m=0，
整理得72k2+40-24k2(3-m)+30m-24mk2=0，即-40=30m，解得m=-，
所以在x轴上存在定点M，总有∠OMA=∠OMB.
3.解　(1)将y=kx+3代入x2=6y，
得x2-6kx-18=0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Δ=36k2+72>0，
x1+x2=6k，x1x2=-18，
从而|MN|==6.
设点O到l的距离为d，
则d=，
所以△MON的面积
S=d·|MN|=9.
因为1(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
从而k1+k2=+==.
当b=-3时，有k1+k2=0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，
所以点P(0，-3)符合题意.
故以线段OP为直径的圆的方程为
x2+=.
补偿强化练
1.(1)解　当l与x轴垂直时，x=2，
代入抛物线方程解得y=±2，
所以M(2，2)或M(2，-2)，
直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1，
即x-2y+2=0或x+2y+2=0.
(2)证明　设直线l的方程为x=ty+2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立直线l与抛物线方程得
消去x得y2-2ty-4=0，
Δ=4t2+16>0恒成立，
所以y1+y2=2t，y1y2=-4，
则有kBM+kBN=+===0，
所以直线BM与BN的倾斜角互补，
即∠ABM=∠ABN.
2.解　(1)∵e=，e2==，
∴a2=2c2=b2+c2，
∴b2=c2，a2=2b2，
椭圆方程化为+=1，
由题意知，椭圆过点，
∴+=1，
解得b2=4，a2=8，
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1，
由得(2k2+1)x2+4kx-6=0，Δ=16k2+24(2k2+1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，假设存在定点Q(0，t)(t≠1)符合题意，
∵∠PQA=∠PQB，∴kQA=-kQB，
∴kQA+kQB=+===
=2k+(1-t)==0，
∵上式对任意实数k恒等于零，
∴4-t=0，即t=4，∴Q(0，4)，
当直线l的斜率不存在时，A，B(不妨设点A在x轴上方)两点分别为椭圆的上下顶点(0，2)，(0，-2)，
显然此时∠PQA=∠PQB，综上，存在定点Q(0，4)满足题意.
3.(1)解　联立方程整理得(3-k2)x2-2kmx-(m2+3)=0.
由k≠±，且P是双曲线与直线l的唯一公共点，
可得Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)=0，
则k2-m2=3，即为参数k，m满足的关系式.
结合图象，由点P在第一象限，可知k>，且m<0.
所以k，m的关系式满足k2-m2=3(k>，m<0).
(2)证明　由题可得，双曲线的左焦点F(-2，0)，渐近线为y=±x.
联立方程解得
即M；
联立方程
解得
即N.
结合k2-m2=3，
(3-k2)x2-2kmx-(m2+3)=0
可变形为m2x2+2kmx+k2=0，
解得x=-，可得P.
要证∠MFP=∠NFO，
即证tan∠MFP=tan∠NFO，
即证tan(∠MFO-∠PFO)=tan∠NFO，
即证=-kFN，
即证kFM+kFN=kFP(1-kFMkFN).
由kFM+kFN=kFP(1-kFMkFN)，
得+=kFP.
根据直线的斜率公式，
kFM=，
kFN=，kFP=，
则+=+
==，
-1=·-1=-1=-1=-1=
==，
可得kFP=·=，
因此，+=kFP，命题得证.(共38张PPT)
专题六　解析几何
微拓展10
等角定理
等角定理在前几年高考中经常出现，主要考查圆锥曲线中的角度相同问题，常以解答题的形式出现，难度中档.
考情分析
高频考点练
补偿强化练
内容索引
高频考点练
PART ONE
微点一　椭圆或双曲线的等角定理
1.已知椭圆+=1(a>b>0)，过长轴上任意一点 N(t，0)(t≠0)的弦的端点A，B与对应点G的连线所成的角被焦点所在的直线平分，即∠OGA=∠OGB(如图1).
1
2
3
图1
2.已知双曲线-=1(a>0，b>0)，过实轴所在直线上任意一点N(t，0)(t≠0)的弦的端点 A，B与对应点G的连线所成的角被焦点所在的直线平分，即∠NGA=∠NGB(如图2).
1
2
3
图2
1.设椭圆C：+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
1
2
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1
2
3
c==1，所以F(1，0)，
因为l与x轴垂直，所以l的方程为x=1，
由
即A
所以直线AM的方程为y=-x+或y=x-
即x+y-2=0或x-y-2=0.
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.
1
2
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1
2
3
方法一　当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°；
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA=∠OMB；
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=k(x-1)，k≠0，
联立y=k(x-1)和+y2=1，得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，Δ=8k2+8>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则-1
2
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且x1+x2=x1x2=
所以kMA+kMB=+=
而2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=(4k3-4k-12k3+8k3+4k)=0，进而kMA+kMB=0，
故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA=∠OMB，
综上，∠OMA=∠OMB.
1
2
3
方法二　当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°，当l与x轴不重合时，由(1)知椭圆C的右焦点为F(1，0)，设直线l：x=my+1，
联立椭圆方程x2+2y2=2，得(2+m2)y2+2my-1=0，
设直线l与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ=4m2+4(2+m2)>0恒成立，
且y1+y2=-y1y2=-
1
2
3
所以kMA+kMB=+=
==
由2my1y2-(y1+y2)=2m·-=0，
可得kMA+kMB=0，故MA，MB的倾斜角互补，则∠OMA=∠OMB.
综上，∠OMA=∠OMB.
2.(2024·黔西模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知曲线C的方程为-=1，右顶点为E，倾斜角为α的直线l过点F1(-3，0)，且与曲线C相交于A，B两点.
(1)当α=90°时，求△ABE的面积；
1
2
3
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2
3
由题意可知，曲线C为焦点在x轴上的双曲线，
当直线l的倾斜角α=90°时，l：x=-3，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>0>y2，
联立解得y2=
所以AB.
又因为E(2，0)，所以|AB|=5，|EF1|=5，S△ABE=|AB||EF1|=.
(2)在x轴上是否存在定点M，使直线l与曲线C的左支有两个交点A，B的情况下，总有∠OMA=∠OMB？如果存在，求出定点M；如果不存在，请说明理由.
1
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当直线l的斜率不存在时，由双曲线的对称性可知x轴上的任意点M满足∠OMA=∠OMB；
当直线l的斜率存在时，设l：y=k(x+3)，
联立
得(5-4k2)x2-24k2x-36k2-20=0.
1
2
3
因为直线l与曲线C的左支有两个交点A，B，所以
解得k<-或k>.
由x轴上的点M使∠OMA=∠OMB，可得x轴平分∠AMB，kAM+kBM=0，
1
2
3
假设在x轴上存在点M(m，0)(m≠x1，x2)，
则kAM=kBM=
所以kAM+kBM=+==0，
即y1(x2-m)+y2(x1-m)=0，
展开可得x2y1+x1y2-m(y1+y2)=0，
将y1=k(x1+3)，y2=k(x2+3)代入得2kx1x2+(3k-mk)(x1+x2)-6mk=0，
因为k≠0，所以2x1x2+(3-m)(x1+x2)-6m=0，即+-6m=0，
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3
整理得72k2+40-24k2(3-m)+30m-24mk2=0，
即-40=30m，解得m=-
所以在x轴上存在定点M总有∠OMA
=∠OMB.
微点二　抛物线的等角定理
已知抛物线y2=2px(p>0)，过抛物线对称轴上任意一点N(a，0)(a>0)的一条弦的端点A，B与对应点G(-a，0)的连线所成的角被对称轴平分，即∠OGA=∠OGB(如图).
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3.(2023·洛阳模拟)在平面直角坐标系Oxy中，曲线C：x2=6y与直线l：y=kx+3交于M，N两点.
(1)当11
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将y=kx+3代入x2=6y，得x2-6kx-18=0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Δ=36k2+72>0，
x1+x2=6k，x1x2=-18，
从而|MN|==6.
设点O到l的距离为d，则d=
所以△MON的面积S=d·|MN|=9.
因为1(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？若存在，求以线段OP为直径的圆的方程；若不存在，请说明理由.
1
2
3
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2
3
存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
从而k1+k2=+==.
当b=-3时，有k1+k2=0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以点P(0，-3)符合题意.
故以线段OP为直径的圆的方程为x2+=.
总结提升
解析几何角度相等常用的定理有角平分线定理、余弦定理、斜率等.要证明圆锥曲线的角度相等，转化为直线的斜率互为相反数，即把角度问题转化为斜率问题，再转化为坐标运算问题.
补偿强化练
PART TWO
1.设抛物线C：y2=2x，点A(2，0)，B(-2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
1
2
3
当l与x轴垂直时，x=2，
代入抛物线方程解得y=±2，
所以M(2，2)或M(2，-2)，
直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1，即x-2y+2=0或x+2y+2=0.
(2)证明：∠ABM=∠ABN.
设直线l的方程为x=ty+2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立直线l与抛物线方程得
消去x得y2-2ty-4=0，Δ=4t2+16>0恒成立，
所以y1+y2=2t，y1y2=-4，
则有kBM+kBN=+===0，
所以直线BM与BN的倾斜角互补，即∠ABM=∠ABN.
1
2
3
2.椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆C截得的线段长为2.
(1)求椭圆C的方程；
1
2
3
1
2
3
∵e=e2==∴a2=2c2=b2+c2，
∴b2=c2，a2=2b2，椭圆方程化为+=1，
由题意知，椭圆过点∴+=1，
解得b2=4，a2=8，∴椭圆C的方程为+=1.
(2)在y轴上是否存在异于点P的定点Q，使得直线l变化时，总有∠PQA=∠PQB？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
1
2
3
1
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3
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1，
由得(2k2+1)x2+4kx-6=0，Δ=16k2+24(2k2+1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)
假设存在定点Q(0，t)(t≠1)符合题意，
∵∠PQA=∠PQB，∴kQA=-kQB，
1
2
3
∴kQA+kQB=+==
==2k+(1-t)==0，
∵上式对任意实数k恒等于零，∴4-t=0，即t=4，∴Q(0，4)，
当直线l的斜率不存在时，A，B(不妨设点A在x轴上方)两点分别为椭圆的上下顶点(0，2)，(0，-2)，
显然此时∠PQA=∠PQB，综上，存在定点Q(0，4)满足题意.
3.(2024·长沙模拟)已知双曲线x2-=1与直线l：y=kx+m(k≠±)有唯一的公共点P，直线l与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，其中点M，P在第一象限.
(1)探求参数k，m满足的关系式；
1
2
3
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3
联立方程整理得(3-k2)x2-2kmx-(m2+3)=0.
由k≠±且P是双曲线与直线l的唯一公共点，
可得Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)=0，
则k2-m2=3，即为参数k，m满足的关系式.
结合图象，由点P在第一象限，可知k>且m<0.
所以k，m的关系式满足k2-m2=3(k>m<0).
(2)若O为坐标原点，F为双曲线的左焦点，证明：∠MFP=∠NFO.
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由题可得，双曲线的左焦点F(-2，0)，渐近线为y=±x.
联立方程
即M；
联立方程
即N.
1
2
3
结合k2-m2=3，(3-k2)x2-2kmx-(m2+3)=0
可变形为m2x2+2kmx+k2=0，
解得x=-可得P.
要证∠MFP=∠NFO，
即证tan∠MFP=tan∠NFO，
即证tan(∠MFO-∠PFO)=tan∠NFO，
即证=-kFN，
即证kFM+kFN=kFP(1-kFMkFN).
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由kFM+kFN=kFP(1-kFMkFN)，得+=kFP.
根据直线的斜率公式，kFM=kFN=kFP=
则+=+==
-1=·-1=-1
=-1=-1===
可得kFP=·=
因此+=kFP命题得证.
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