1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。解答题规范训练(六)解析几何(建议用时:45分钟)1.(2014烟台模拟)已知椭圆C1和抛物线C2有公共焦点F(1,0),C1的中心和C2的顶点都在坐标原点,过点M(4,0)的直线l与抛物线C2分别相交于A,B两点.(1)如图所示,若=,求直线l的方程.(2)若坐标原点O关于直线l的对称点P在抛物线C2上,直线l与椭圆C1有公共点,求椭圆C1的长轴长的最小值.【解析】由题知抛物线方程为y2=4x,设直线方程为x=my+4,并设A(,y1),B(,y2).(1)因为=,所以
2、y1=-y2.联立可得y2-4my-16=0,有解得:y1=-2,y2=8,m=,所以直线方程为2x-3y-8=0.(2)可求得对称点P(,),代入抛物线中可得:m=1,直线l方程为x=y+4,考虑到对称性不妨取x=y+4,椭圆设为+=1(1).联立直线和椭圆并消元整理得(2-1)y2+8(-1)y-2+17-16=0,因为椭圆与直线有交点,所以0,即64(-1)2+4(-1)(-16)(2-1)0,解得(0舍去),即a2,解得:a,所以长轴长的最小值为.2.(2014长沙模拟)设直线l:y=k(x+1)(k0)与椭圆3x2+y2=a2(a0)相交于A,B两个不同的点,与x轴相交于点C,记O为
3、坐标原点.(1)证明:a2.(2)若=2,求OAB的面积取得最大值时的椭圆方程.【解析】(1)由y=k(x+1)得x=y-1,将x=y-1代入3x2+y2=a2消去x得(+1)y2-y+3-a2=0.由直线l与椭圆相交于两个不同的点得=-4(+1)(3-a2)0,整理得+1a23,即a2.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由,得y1+y2=,因为=2,而点C(-1,0),所以(-1-x1,-y1)=2(x2+1,y2),得y1=-2y2,代入上式,得y2=.于是,OAB的面积S=|OC|y1-y2|=|y2|=.其中,上式取等号的条件是k2=3,即k=.由y2=,可得y2=.将k=,
4、y2=-及k=-,y2=这两组值分别代入,均可解出a2=15.所以OAB的面积取得最大值的椭圆方程是3x2+y2=15.3.(2014宁波模拟)如图,设椭圆+=1(ab0)长轴的右端点为A,短轴端点分别为B,C,另有抛物线y=x2+b.(1)若抛物线上存在点D,使四边形ABCD为菱形,求椭圆的方程.(2)若a=2,过点B作抛物线的切线,切点为P,直线PB与椭圆相交于另一点Q,求的取值范围.【解析】(1)由四边形ABCD是菱形,得D(a,a2+b),且解得a=,b=,所以椭圆方程为3x2+9y2=1.(2)不妨设P(t,t2+b)(t0),因为y|x=t=2t,所以PQ的方程为y=2t(x-t)
5、+t2+b,即y=2tx-t2+b.又因为直线PQ过点B,所以-t2+b=-b,即b=.所以PQ的方程为y=2tx-.联立方程组消去y,得(t2+64)x2-32tx=0.所以点Q的横坐标为xQ=,所以=+1.又t2=2b(0,4),所以的取值范围为1,.4.已知抛物线C:x2=4y,M为直线l:y=-1上任意一点,过点M作抛物线C的两条切线MA,MB,切点分别为A,B.(1)当M的坐标为(0,-1)时,求过M,A,B三点的圆的方程.(2)证明:以AB为直径的圆恒过点M.【解析】(1)当M的坐标为(0,-1)时,设过M点的切线方程为y=kx-1,由消去y得x2-4kx+4=0.令=(-4k)2
6、-44=0,解得k=1.代入方程,解得A(2,1),B(-2,1).设圆心P的坐标为(0,a),由|PM|=|PB|,解得a=1.故过M,A,B三点的圆的方程为x2+(y-1)2=4.(2)设M(x0,-1),由已知得y=,y=x,设切点分别为A,B,所以kMA=,kMB=,切线MA的方程为y-=(x-x1),即y=x1x-,切线MB的方程为y-=(x-x2),即y=x2x-.又因为切线MA过点M(x0,-1),所以得-1=x0x1-.又因为切线MB也过点M(x0,-1),所以得-1=x0x2-.由,可得x1,x2是方程-1=x0x-x2的两个实根,由根与系数的关系得,x1+x2=2x0,x1x2=-4.因为=,=,所以=(x1-x0)(x2-x0)+=x1x2-x0(x1+x2)+(+)+1=x1x2-x0(x1+x2)+(x1+x2)2-2x1x2+1.将x1+x2=2x0,x1x2=-4代入,得=0即AMB=90.所以以AB为直径的圆恒过点M.关闭Word文档返回原板块