2025届高中数学三轮冲刺练习:专题六 解析几何 微拓展10 等角定理(课件+练习,共2份)

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2025届高中数学三轮冲刺练习:专题六 解析几何 微拓展10 等角定理(课件+练习,共2份)

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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
3
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,

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
3
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
3
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
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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.
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1
2
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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,
1
2
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
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2
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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
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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.
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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
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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
1
2
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
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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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