新高考数学之圆锥曲线综合讲义第8讲角度问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第8讲角度问题(原卷版+解析)，共24页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．设A，B分别为椭圆 的左、右顶点，椭圆的长轴长为，且点在该椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为直线上不同于点的任意一点，若直线与椭圆相交于异于的点，证明：△为钝角三角形．
2．已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向
（ⅰ）若，求直线的斜率
（ⅱ）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形
3．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；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
4．设抛物线，F为C的焦点，点为x轴正半轴上的动点，直线l过点A且与C交于P，Q两点，点为异于点A的动点.当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，.
（1）求C的方程；
（2）若直线l不垂直于坐标轴，且，求证：为定值.
5．如图，已知椭圆C：（a>b>0）的离心率为，F为椭圆C的右焦点.A（-a，0），|AF|=3.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设O为原点，P为椭圆上一点，AP的中点为M.直线OM与直线x=4交于点D，过O且平行于AP的直线与直线x=4交于点E.求证：∠ODF=∠OEF.
6．设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
7．（本小题满分14分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为B,左焦点为F,离心率为55,
（Ⅰ）求直线BF的斜率;
（Ⅱ）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与y轴交于点M,|PM|=λ|MQ|.
（ⅰ）求λ的值;
（ⅱ）若,求椭圆的方程.
8．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.
9．在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.
10．设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
11．设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率.
第8讲 角度问题
一、解答题
1．（本小题满分为16分）设A，B分别为椭圆 的左、右顶点，椭圆的长轴长为，且点在该椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为直线上不同于点的任意一点，若直线与椭圆相交于异于的点，证明：△为钝角三角形．
【答案】（1）（2）详见解析
【解析】试题分析：（1）求椭圆的方程一般利用待定系数法求解，本题两个独立条件可求出方程中两个未知数，关键长轴长为的条件不能列错，（2）证明△为钝角三角形，可利用向量数量积求证： ，这样只需列出各点坐标即可.
试题解析：（1）由题意： ，所以．所求椭圆方程为．
又点在椭圆上，可得．所求椭圆方程为．
（2）证明：由（1）知： ．设， ．
则直线的方程为： ．
由得．
因为直线与椭圆相交于异于的点，
所以，所以．
由，得．所以．
从而， ．
所以 ．
又三点不共线，所以为钝角．
所以△为钝角三角形．
考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系
2．已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向
（ⅰ）若，求直线的斜率
（ⅱ）设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形
【答案】（1）；（2）（i），（ii）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据已知条件可求得的焦点坐标为，再利用公共弦长为即可求解；（2）（i）设直线的斜率为，则的方程为，由得，根据条件可知，从而可以建立关于的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明，因此是锐角，从而是钝角，即可得证
试题解析：（1）由：知其焦点的坐标为，∵也是椭圆的一焦点，
∴①，又与的公共弦的长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为，∴②，联立①，②，得，，故的方程为；（2）如图，，，，，
（i）∵与同向，且，∴，从而，即，于是③，设直线的斜率为，则的方程为，由得，而，是这个方程的两根，∴，④，由得，而，是这个方程的两根，∴，⑤，将④⑤带入③，得，即，
∴，解得，即直线的斜率为.
（ii）由得，∴在点处的切线方程为，即
，令，得，即，∴，而，于是
，因此是锐角，从而是钝角.，故直线绕点旋转时，总是钝角三角形.
考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系.
【名师点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其性质以及直线与椭圆的位置关系，属于较难题，解决此
类问题的关键：（1）结合椭圆的几何性质，如焦点坐标，对称轴，等；（2）当看到题目中出现
直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条
件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整
体代换到后面的计算中去，从而减少计算量.
3．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；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
【答案】(1)或 ；(2)证明见解析
【分析】
(1)当时，代入求得点坐标，即可求得直线的方程;(2)设直线的方程,联立，利用韦达定理及直线的斜率公式即可求得,即可证明.
【详解】
(1)当与轴垂直时，的方程为，可得M的坐标为或．所以直线的方程为或.
(2)证明：当l与x轴垂直时， 为的垂直平分线，故.
当 与 轴不垂直时，设的方程为则
.由，
得，
可知，.
直线的斜率之和为＝＋
＝，①
将及的表达式代入①式分子，
可得＝＝＝0.
所以，可知的倾斜角互补，所以,
综上，.
【点睛】
本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，一般要用到根与系数的关系．采用“设而不求”“整体代入”等解法．考查学生分析问题解决问题的能力和计算能力，是中档题.
4．设抛物线，F为C的焦点，点为x轴正半轴上的动点，直线l过点A且与C交于P，Q两点，点为异于点A的动点.当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，.
（1）求C的方程；
（2）若直线l不垂直于坐标轴，且，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）将代入抛物线方程可求得，由此可构造方程求得，进而得到结果；
（2）设，与抛物线方程联立后得到韦达定理的形式；由知，代入韦达定理的结论整理可得定值.
【详解】
（1）由题意得：，
当点与重合且直线垂直于轴时，方程为：，
代入得：，，解得：，
的方程为：.
（2）证明：可设直线的方程为，，，
将代入中得：，
则，，
由得：，即，
即，
，
又直线不垂直于坐标轴，，，
为定值.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线标准方程的求解、抛物线中的定值问题；证明定值问题的关键是能够将角相等的关系转化为斜率之间的关系，进而利用韦达定理整理化简得到定值.
5． 如图，已知椭圆C：（a>b>0）的离心率为，F为椭圆C的右焦点.A（-a，0），|AF|=3.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设O为原点，P为椭圆上一点，AP的中点为M.直线OM与直线x=4交于点D，过O且平行于AP的直线与直线x=4交于点E.求证：∠ODF=∠OEF.
【答案】.（I）；（II）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据椭圆的离心率为， ，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得椭圆C的方程；（2）设直线的方程为：，将其代入椭圆方程，整理得，根据韦达定理可得（，），直线的方程是，令，得，同理可得，根据斜率公式可得在和中，和都与互余，所以.
试题解析：（I）设椭圆C的半焦距为c.依题意，得
，a+c=3. 解得a=2，c=1.
所以b2=a2-c2=3，所以椭圆C的方程是
（II）由（I）得A（-2，0）.设AP的中点M（x0，y0），P（x1，y1）.
设直线AP的方程为：y=k（x+2）（k≠0），将其代入椭圆方程，整理得
（4k2+3）x2+16k2x+16k2-12=0，
所以-2+x1=.
所以x0=，y0=k（x0+2）=，
即M（，）.
所以直线OM的斜率是，
所以直线OM的方程是y=-x.令x=4，得D（4，-）.
直线OE的方程是y=kx.令x=4，得E（4，4k）.
由F（1，0），得直线EF的斜率是=，所以EF⊥OM，记垂足为H；
因为直线DF的斜率是=，所以DF⊥OE，记垂足为G.
在Rt△EHO和Rt△DGO中，∠ODF和∠OEF都与∠EOD互余，
所以∠ODF=∠OEF.
6．设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
【详解】
分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或
详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．
所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．
由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．
易知直线AB的方程为x+y–2=0，
由方程组消去x，可得．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=，
两边平方，整理得，
解得，或．
所以，k的值为或
点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
7．（本小题满分14分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为B,左焦点为F,离心率为55,
（Ⅰ）求直线BF的斜率;
（Ⅱ）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与y轴交于点M,|PM|=λ|MQ|.
（ⅰ）求λ的值;
（ⅱ）若,求椭圆的方程.
【答案】（Ⅰ）2;（Ⅱ）（ⅰ）78;（ⅱ）x25+y24=1.
【解析】
（Ⅰ）先由ca=55及a2=b2+c2,得a=5c,b=2c,直线BF的斜率k=b−00−(−c)=bc=2;（Ⅱ）先把直线BF,BQ的方程与椭圆方程联立,求出点P,Q横坐标,可得λ=|PM||MQ| =|xM−xP||xQ−xM|=|xP||xQ|=78.（Ⅱ）先由|PM|sin∠BQP=759得|BP|=|PQ|sin∠BQP=157|PM|sin∠BQP=553,由此求出c=1,故椭圆方程为x25+y24=1.
试题解析:（Ⅰ）设F(−c,0),由已知ca=55及a2=b2+c2,可得a=5c,b=2c,又因为B(0,b),F(−c,0),故直线BF的斜率k=b−00−(−c)=bc=2.
（Ⅱ）设点P(xP,yP),Q(xQ,yQ),M(xM,yM),（Ⅰ）由（Ⅰ）可得椭圆方程为x25c2+y24c2=1,直线BF的方程为y=2x+2c,两方程联立消去y得3x2+5cx=0,解得xP=−5c3.因为BQ⊥BP,所以直线BQ方程为y=−12x+2c,与椭圆方程联立消去y得21x2−40cx=0,解得xQ=40c21.又因为λ=|PM||MQ|,及xM=0得λ=|xM−xP||xQ−xM|=|xP||xQ|=78.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得|PM||MQ|=78,所以|PM||PM|+|MQ|=77+8=715,即|PQ|=157|PM|,又因为|PM|sin∠BQP=759,所以|BP|=|PQ|sin∠BQP=157|PM|sin∠BQP=553.
又因为yP=2xP+2c=−43c, 所以|BP|=(0+5c3)2+(2c+4c3)2=553c,因此553c=553,c=1,所以椭圆方程为x25+y24=1.
考点：本题主要考查直线与椭圆等基础知识.考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力.
8．在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.
【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 .
【详解】
试题分析：（I）本小题由，确定即得.
（Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及圆的半径表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式.
试题解析：（I）由题意知 ，，
所以 ，
因此 椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，
联立方程
得，
由题意知，
且，
所以 .
由题意可知圆的半径为
由题设知，
所以
因此直线的方程为.
联立方程
得，
因此 .
由题意可知 ，
而
，
令，
则，
因此 ，
当且仅当，即时等号成立，此时，
所以 ，
因此，
所以 最大值为.
综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.
【名师点睛】
本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
9．在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.
【答案】（Ⅰ） .(II) .
【解析】
【详解】
试题分析：（Ⅰ）由得,由椭圆C截直线y=1所得线段的长度为,得,求得椭圆的方程为；（Ⅱ）由,解得,确定,,
结合的单调性求的最小值.
试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，
又当时，，得，
所以，
因此椭圆方程为.
（Ⅱ）设，
联立方程，
得，
由得.（*）
且，
因此，
所以，
又，
所以
整理得 ，
因为，
所以.
令，
故，
所以 .
令，所以.
当时，,
从而在上单调递增，
因此，
等号当且仅当时成立，此时，
所以，
由（*）得 且.
故，
设，
则 ，
所以的最小值为，
从而的最小值为，此时直线的斜率是.
综上所述：当，时，取到最小值.
【考点】
圆与椭圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系
【名师点睛】
圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．
10．设椭圆的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1) 椭圆方程为;(2) 直线l的斜率的取值范围为.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确a的值，由，得，再利用，可解得a的值；（Ⅱ）先化简条件：，即M再OA的中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求H，最后根据，列等量关系即可求出直线斜率的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程
【名师点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：
（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；
（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用基本不等式求出参数的取值范围；
（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
11．设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率.
【答案】(1);(2)或.
【分析】
（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定，由，得，再利用，可解得，；
（Ⅱ）先化简条件： ，即M再OA中垂线上，.设直线方程为，点可求；根据，求点H，由点斜式得到直线MH方程，联立直线和直线MH方程，求得表达式，列等量关系解出直线斜率.
【详解】
解：（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，
所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，直线的斜率为，则直线的方程为，
由方程组 消去，整理得，
解得或，
由题意得，从而，
设，由（1）知， 有，，
由，得，
所以，解得，
因此直线的方程为，
设，由方程组 消去，得，
在中， ，
即，化简得，即，
解得或，
所以直线的斜率为或.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，体现了“整体运算”思想和“设而不求”的解题方法，考查转化思想和运算能力，属于中档题.