专题六 微拓展10 等角定理-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

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， 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 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-<x1<-<x2< 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 2 3 1 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 2 3 1 2 3 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). 1 2 3 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1<k<2时，求△MON的面积的取值范围； 1 2 3 1 2 3 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<k<2，所以S∈(99). (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 1 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. 25 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 2 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 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. 1 2 3 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). 1 2 3 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. 1 2 3 $$ 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) (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-<x1<-<x2< 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.(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) 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AB. 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. 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<k<2时，求△MON的面积的取值范围；(7分) (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) 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<k<2，所以S∈(99). (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+=. [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) (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.(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) 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.(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) (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. 学科网（北京）股份有限公司 $$