2022高考数学一轮复习专题43 圆锥曲线中角的常见问题的处理（解析卷）

这是一份2022高考数学一轮复习专题43 圆锥曲线中角的常见问题的处理（解析卷），共15页。试卷主要包含了题型选讲，角度问题的证明，由角求参数问题等内容，欢迎下载使用。
 专题43  圆锥曲线中角的常见问题的处理一、题型选讲题型一 、由角求圆锥曲线的离心率等基本量问题例1、【2020届北京市西城区师范大学附属实验中学高三摸底数学试题】已知双曲线的两条渐近线分别与抛物线交于第一、四象限的A，B两点，设抛物线焦点为F，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】双曲线的两条渐近线方程为，
由抛物线和，联立可得，
由抛物线的方程可得，
设AF的倾斜角为，斜率为，
而，
解得（负的舍去），
设，可得，解得，
则，
故选：B.例2、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（　　）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示：由对称性可得：为的中点，且，所以，因为，所以，故而由几何性质可得，即，故渐近线方程为，故选B.例3、（多选题）（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，的外角平分线交x轴于点Q，过Q作交的延长线于，作交线段于点，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】由抛物线的定义，，A正确；∵，是的平分线，∴，∴，B正确；若，由是外角平分线，，得，从而有，于是有，这样就有，为等边三角形，，也即有，这只是在特殊位置才有可能，因此C错误；连接，由A、B知，又，是平行四边形，∴，显然，∴，D正确．题型二、角度问题的证明例4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：．【解析】（1）由已知得，l的方程为x=1．由已知可得，点A的坐标为或，所以AM的方程为或．（2）当l与x轴重合时，．当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以．当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，则，直线MA，MB的斜率之和为．由得．将代入得．所以，则．从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以．综上，．例5、（八省联考数学）双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．（1）求的离心率；（2）若在第一象限，证明：．【解析】（1）设双曲线的半焦距为，则，，因为，故，故，即，故.（2）设，其中.因为，故，，故渐近线方程为：，所以，，又，，所以，因为故，故.例6、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，已知抛物线的焦点为.若点为抛物线上异于原点的任一点，过点作抛物线的切线交轴于点，证明：.，是抛物线上两点，线段的垂直平分线交轴于点 (不与轴平行)，且.过轴上一点作直线轴，且被以为直径的圆截得的弦长为定值，求面积的最大值.【解析】由抛物线的方程可得，准线方程：，设，由抛物线的方程可得，所以在处的切线的斜率为：，所以在处的切线方程为：，令，可得，即，所以，而到准线的距离，由抛物线的性质可得所以，，可证得：.设直线的方程为：，，，直线与抛物线联立，整理可得：，，即，，，，所以的中点坐标为：，所以线段的中垂线方程为：，由题意中垂线过，所以，即，①由抛物线的性质可得：，所以，即，②设，，的中点的纵坐标为，所以以为直径的圆与直线的相交弦长的平方为：，要使以为直径的圆截得的弦长为定值则可得，时相交弦长的平方为定值，即所以到直线的距离为：，而弦长，所以，将①代入可得，设为偶函数，只看的情况即可，令，当，，单调递增；当，，单调递减，所以且上，为最大值，所以的最大值为：.例7、（2020秋•河南月考）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+my﹣1＝0过E的右焦点F．当m＝1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有∠OPA＝∠OPB（O为坐标原点）？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由．【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，直线l恒过定点（1，0），所以c＝1，当m＝1时，直线l：x+y﹣1＝0，椭圆的下顶点（0，﹣b）到直线l的距离d＝，由题意可得，解得a＝，b＝1，所以椭圆的方程为+y2＝1；（Ⅱ）当m＝0时，显然在x轴上存在点P，使得∠OPA＝∠OPB；当m≠0时，由消去x，可得（2+m2）y2﹣2my﹣1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2＝，y1y2＝﹣，设P（t，0）满足题设条件，kPA+kPB＝+＝+＝＝0，则（1﹣t）（y1+y2）﹣2my1y2＝0，即2m（1﹣t）+2m＝2m（2﹣t）＝0，t＝2时，上式恒成立．所以在x轴上存在点P（2，0）满足题设条件． 题型三、由角求参数问题例8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.【解析】（1）设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,,所以,所以, 又,,解得,,所以椭圆的标准方程为（2）设点,则,,联立,得,所以,,因为为锐角,所以,所以, 解得或例9、（江苏省徐州市2021届高三第一学期期中考试）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，且过点(1，)．（1）求椭圆C的方程；（2）设A是椭圆C上位于第一象限内的点，连接AF并延长交椭圆C于另一点B，点P(2，0)，若∠PAB为锐角，求△ABP的面积的取值范围． 【解析】（1）由题意知， 解得所以椭圆的方程为．…………………………………………3分（2）由题意可设直线的方程为，联立 消去并整理得，，设，，则，，……5分所以的面积，当且仅当时，取等号，此时为锐角，符合题意．………9分由为锐角可知，，即，即，即，解得，由函数的单调性可知，．所以的面积的取值范围为．…………………12分  二、达标训练1、【2016年新课标2理科11】已知F1，F2是双曲线E：1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1，则E的离心率为（　　　　）A． B． C． D．2【解析】：由题意，M为双曲线左支上的点，则丨MF1丨，丨MF2丨，∴sin∠MF2F1，∴，可得：2b4＝a2c2，即b2＝ac，又c2＝a2+b2，可得e2﹣e0，e＞1，解得e．故选：A．2、【2018年新课标2理科12】已知F1，F2是椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为（　　　　）A． B． C． D．【解析】：由题意可知：A（﹣a，0），F1（﹣c，0），F2（c，0），直线AP的方程为：y（x+a），由∠F1F2P＝120°，|PF2|＝|F1F2|＝2c，则P（2c，c），代入直线AP：c（2c+a），整理得：a＝4c，∴题意的离心率e．故选：D． 3、（2020·浙江温州中学高三3月月考）过点斜率为正的直线交椭圆于，两点.，是椭圆上相异的两点，满足，分别平分，.则外接圆半径的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，先固定直线AB，设，则，其中为定值，故点P，C，D在一个阿波罗尼斯圆上，且外接圆就是这个阿波罗尼斯圆，设其半径为r，阿波罗尼斯圆会把点A，B其一包含进去，这取决于BP与AP谁更大，不妨先考虑的阿波罗尼斯圆的情况，BA的延长线与圆交于点Q，PQ即为该圆的直径，如图：接下来寻求半径的表达式，由，解得，同理，当时有，，综上，；当直线AB无斜率时，与椭圆交点纵坐标为，则；当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，即，与椭圆方程联立可得，设，，则由根与系数的关系有，，，注意到与异号，故，设，则，，当，即，此时，故，又，综上外接圆半径的最小值为.故选：D．4、(2017常州期末）已知圆C：(x－t)2＋y2＝20(t＜0)与椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的一个公共点为B(0，－2)，F(c,0)为椭圆E的右焦点，直线BF与圆C相切于点B.(1) 求t的值以及椭圆E的方程；(2) 过点F任作与两坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于M，N两点，在x轴上是否存在一定点P，使PF恰为∠MPN的平分线？  【解析】 (1) 由题意b＝2.(2分)因为C(t,0)，B(0，－2)，所以BC＝＝，所以t＝±4.因为t＜0，所以t＝－4.(4分)因为BC⊥BF，所以20＋c2＋4＝(c＋4)2，所以c＝1，所以a2＝b2＋c2＝5.所以椭圆E的方程为＋＝1.(6分)(2) 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入＋＝1，化简得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0.所以(8分)若点P存在，设P(m,0)，由题意kPM＋kPN＝0.所以＋＝＋＝0.(10分)所以(x1－1)(x2－m)＋(x2－1)(x1－m)＝0，即2x1x2－(1＋m)(x1＋x2)＋2m＝2·－(1＋m)＋2m＝0，所以8m－40＝0，所以m＝5.(13分)即在x轴上存在一定点P(5,0)，使PF恰为∠MPN的平分线．(14分) 5、【北京师范大学第二附属中学2019-2020学年高三上学期期中】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.【解析】（1）由已知得，l的方程为.由已知可得，点的坐标为或.所以的方程为或.（2）当与轴重合时，.当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，直线、的斜率之和为.由得.将代入得.所以，.则.从而，故、的倾斜角互补，所以.综上，.6、(2017苏州期末）已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P(2，－1)．(1) 求椭圆C的方程；(2) 设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值． 【解析】 (1) 由e＝＝，得a∶b∶c＝2∶1∶，椭圆C的方程为＋＝1.(2分)把P(2，－1)的坐标代入，得b2＝2，所以椭圆C的方程是＋＝1.(5分)(2) 由已知得PA，PB的斜率存在，且互为相反数．(6分)设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)，其中k≠0.由消去y，得x2＋4[kx－(2k＋1)]2＝8，即(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－8＝0.(8分)因为该方程的两根为2，xA，所以2xA＝，即xA＝.从而yA＝.(10分)把k换成－k，得xB＝，yB＝.(12分)计算，得kAB＝＝＝－，是定值．(14分)解后反思 利用直线PA与椭圆C已经有一个交点P(2，－1)，可使得解答更简单．由得当(x，y)≠(2，－1)时，可得解得以下同解答．下面介绍一个更优雅的解法．由A，B在椭圆C：x2＋4y2＝8上，得(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，所以kAB＝＝－·.同理kPA＝＝－·，kPB＝＝－·.由已知，得kPA＝－kPB，所以＝－，且＝－，即x1y2＋x2y1＝2(y1＋y2)－(x1＋x2)＋4，且x1y2＋x2y1＝(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4.从而可得x1＋x2＝2(y1＋y2)．所以kAB＝－·＝－，是定值．