资源简介 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).123图12.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).123图21.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;123123c==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.123123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-123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.123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=-123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;123123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.123123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=0.123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=0,123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=0,123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).1233.(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1123123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.123123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 TWO1.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;123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.1232.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;123123∵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.123123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,123∴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;123123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.123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.123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).123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.123 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