新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题六解析几何第三讲圆锥曲线__大题备考微专题1角的正切值与直线斜率

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(1)求E的方程；
(2)已知P(2，0)，是否存在过点G(－1，0)的直线l交E于A，B两点，使得直线PA，PB的斜率之和等于－1？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
1.[2022·新高考Ⅰ卷]已知点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
技法领悟
解决此类问题的关键是围绕直线斜率式子的整理和求解．
[巩固训练1] [2023·广东广州三模]直线l经过点T(t，0)(t>0)且与抛物线C：y2＝2px (p>0)交于A，B两点．
(1)若A(1，2)，求抛物线C的方程；
(2)若直线l与坐标轴不垂直，M(m，0)，证明：∠TMA＝∠TMB的充要条件是m＋t＝0.
微专题1 角的正切值与直线斜率
保分题
(1)解析：设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，
由点M(1，)，N(－)在E上，得，解得m＝，n＝，
所以E的方程为＝1.
(2)解析：存在，理由如下．
显然直线l不垂直于x轴，设直线l的方程为x＝ky－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去x得：(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，得x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝，
x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1＝＋1＝，
因此＝＝
＝＝＝－k＝－1，解得k＝1，
所以存在符合要求的直线l，其方程为x－y＋1＝0.
提分题
[例1] (1)解析：∵点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，∴＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
由kAP＋kAQ＝0，得＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k·＋(m－1－2k)·－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)解析：设∠PAQ＝2α，0<α<，则tan2α＝2，
∴＝2，解得tanα＝(负值已舍去)．
由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tanα即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝.
∵为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan (－α)＝即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝＝，则kAQ＝－，
∴直线AP的方程为y－1＝(x－2)，
即y＝x－2＋1.
联立得方程组
消去y并整理，得3x2－(16－4)x＋20－8＝0，
则xP·2＝，解得xP＝.
∴|xA－xP|＝|2－|＝.
同理可得|xA－xQ|＝.
∵tan2α＝2，0<2α<π，∴sin2α＝，
∴S△PAQ＝|AP|·|AQ|·sin2α＝×|xA－xP|××|xA－xQ|×sin2α＝×3×＝.
[巩固训练1] (1)解析：因为抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点A(1，2)，可得22＝2p，解得p＝2,
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)解析：证明：设直线l的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组，整理得k2x2－2(k2t＋p)x＋k2t2＝0,
则x1＋x2＝，x1x2＝t2.
充分性：当m＋t＝0时，直线AM，BM的斜率之和为
kAM＋kBM＝＝，
因为y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝k(2t2－2t2)＝0，
所以kAM＋kBM＝0，即MA，MB的倾斜角互补，
所以∠TMA＝∠TMB.
必要性：当∠TMA＝∠TMB时，直线AM，BM的斜率之和为0，
即kAM＋kBM＝＝＝0，
所以y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝0，
即k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝0，
因为k≠0，所以2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt＝0，
即2t2－＋2mt＝0，
所以2k2t2－2(m＋t)(k2t＋p)＋2mtk2＝0，可得m＋t＝0，
综上所述，∠TMA＝∠TMB的充要条件是m＋t＝0.