一道高考題的多角度解法與推廣

侯立剛

(安徽省靈璧中學 234200)

(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；

(2)設O為坐標原點，證明：∠OMA=∠OMB.

一、解法

(1)略.

(2)主要是探求∠OMA=∠OMB成立的一個充分條件.

1.利用kMA+kMB=0

解法一 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°；

當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA=∠OMB.

從而kMA+kMB=0，故MA，MB的傾斜角互補，所以∠OMA=∠OMB.

綜上，∠OMA=∠OMB.

解法二 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°.

故MA，MB的傾斜角互補，所以∠OMA=∠OMB.

綜上，∠OMA=∠OMB.

故MA，MB的傾斜角互補，所以∠OMA=∠OMB.

2.利用tan∠OMA=tan∠OMB

解法四 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°；

當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA=∠OMB.

過A,B分別作x軸的垂線，垂足依次為C,D.

3.利用cos∠OMA=cos∠OMB

解法五 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°.

以下同解法二.

4.利用角的對稱性

解法六 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°；

當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA=∠OMB.

以下同解法一.

5.利用角平分線性質

解法七 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°.

由角平分線性質知，∠OMA=∠OMB等價于點O到直線MA、MB的距離相等.

直線MA、MB的方程分別為(x1-2)y-y1x+2y1=0,(x2-2)y-y2x+2y2=0

以下同解法五.

解法八 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°.

當l與x軸不重合時，設l的方程為x=my+1，A(x1,y1),B(x2,y2)，則y1y2<0，x1=my1+1，x2=my2+1.

因為y1y2<0，所以上式可整理得2my1y2-(y1+y2)=0.

因此∠OMA=∠OMB?2my1y2-(y1+y2)=0 .

以下同解法二.

6.利用向量

解法九 當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°；

當l與x軸不重合時，設l的方程為x=my+1，A(x1,y1),B(x2,y2) .

以下同解法五.

7.利用全等三角形

解法十 由條件可知，過M點垂直于x軸的直線x=2恰好是橢圓C相對于焦點F的準線.

當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°.

當l與x軸不重合時，過A,B分別作準線的垂線，與準線依次交于C,D.

因此Rt△ACM∽Rt△BDM，從而∠AMC=∠BMD，故∠OMA=∠OMB.

二、推廣

證明 當l與x軸重合時，直線MA和直線MB與x軸所成的角都是0°，此時mn可以取任意非零實數.

當l與x軸不重合時，設l的方程為x=ty+n，A(x1,y1),B(x2,y2) .

則x1=ty1+n，x2=ty2+n，x1≠m，x2≠m.

綜上，直線MA和直線MB與x軸所成的角相等的充要條件是mn=a2.

這個結論的證明只要將橢圓中的b2換成-b2即可，不再贅述.

3.已知拋物線C:y2=2px(p>0)，M(m,0),N(n,0)是x軸上不同的兩點(都異于拋物線的頂點).過點N作直線l與拋物線C交于A,B兩點，則直線MA和直線MB與x軸所成的角相等的充要條件是m+n=0.

證明 由條件知直線l的斜率不為零，可設l的方程為x=ty+n，A(x1,y1),B(x2,y2),則x1=ty1+n，x2=ty2+n，x1≠m，x2≠m.

所以y1+y2=2pt,y1y2=-2pn.

于是2ty1y2+(n-m)(y1+y2)=2t·(-2pn)+(n-m)·2pt=-2pt(m+n).

又t∈R，所以kMA+kMB=0?-2pt(m+n)=0?m+n=0.

故直線MA和直線MB與x軸所成的角相等的充要條件是m+n=0.

三、高考特例

1.(2018年全國卷Ⅰ文科20題)設拋物線C:y2=2x，點A(2,0),B(-2,0)，過點A的直線l與C交于M,N兩點．

(1)當l與x軸垂直時，求直線BM的方程；

(2)證明：∠ABM=∠ABN．(就是3中p=1,n=2,m=-2時的特例)

(1)當k=0時，分別求C在M點和N點處的切線方程；

(2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM=∠OPN？說明理由.

(1)求橢圓E的方程；

4. (2013陜西理20題)已知動圓過定點A(4,0)，且在y軸上截得弦MN的長為8.

(1)求動圓圓心的軌跡C的方程；

(2)已知點B(-1,0)，設不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P,Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，證明直線l過定點．