2023年新高考数学一轮复习考点过关检测39《圆锥曲线的综合应用(2)》（2份打包，解析版+原卷版）

考点过关检测39__圆锥曲线的综合应用(2)

1.[2022·山东济南模拟]如图，A，B，M，N为抛物线y2＝2x上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点(1,0)，直线AN过点(2,0)．

(1)记A，B的纵坐标分别为yA，yB，求yA·yB的值；

(2)记直线AN，BM的斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ，使得k2＝λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

2．[2022·北京育才学校月考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为(2,0)，离心率为，直线y＝x＋m与椭圆C交于不同的两点A，B.

(1)求椭圆C的方程；

(2)求△OAB面积的最大值，并求此时直线l的方程．

3．已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，点P(2,3)在E上，F为E的右焦点．

(1)求双曲线E的方程；

(2)设Q为E的左顶点，过点F作直线l交E于A，B(A，B不与Q重合)两点，点M是AB的中点，求证：|AB|＝2|MQ|.

4．[2022·福建厦门一中模拟]设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(m,2)(m>0)在抛物线C上，且满足|PF|＝3.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)过点G(0,4)的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别以A，B为切点的抛物线C的两条切线交于点Q，求三角形PQG周长的最小值．

考点过关检测39　圆锥曲线的综合应用(2)

1．解析：(1)设直线AB的方程为x＝my＋1，代入y2＝2x得y2－2my－2＝0，则yA·yB＝－2.

(2)由(1)同理得yM·yN＝－2，

设直线AN的方程为x＝ny＋2，代入y2＝2x得y2－2ny－4＝0，则yA·yN＝－4，

又k1＝＝＝，同理k2＝，

则λ＝＝＝＝＝2，

∴存在实数λ＝2，使得k2＝2k1成立．

2．解析：(1)由题意得，

解得a＝2，c＝，∴b＝1

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)由得，5x2＋8mx＋4m2－4＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，

∴|AB|＝·|x1－x2|＝·

＝ ＝，

又点O(0,0)到直线y＝x＋m的距离为d＝＝.

所以△OAB的面积为S＝·|AB|·d＝××＝≤＝1，

当且仅当5－m2＝m2即m＝±时，△OAB的面积有最大值为1，

此时直线l的方程为y＝x±.

3．解析：(1)由已知可得e＝＝2，∴e2＝＝1＋＝4，解得：b2＝3a2　①，

又点P(2,3)在E上，∴－＝1　②，

由①②可得：a2＝1，b2＝3，∴双曲线E的方程为x2－＝1；

(2)当l的斜率为0时，此时A，B中有一点与Q重合，不符合题意．

当l斜率不为0时，设l：x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立得：(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，则，解得：t2≠.

∴y1＋y2＝，y1y2＝，

∴·＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝＋＋9＝0，

∴QA⊥QB，则△QAB是直角三角形，AB是斜边，

∵点M是斜边AB的中点，∴|MQ|＝|AB|，即|AB|＝2|MQ|.

4．解析：(1)由抛物线定义，得|PF|＝2＋＝3，得p＝2，∴抛物线C的标准方程为x2＝4y；

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋4，

∴联立，消掉x，得x2－4kx－16＝0，Δ>0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－16，

设A，B处的切线斜率分别为k1，k2，则k1＝，k2＝，

∴在点A的切线方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝－　①，

同理，在点B的切线方程为y＝－　②，

由①②得：xQ＝＝2k，代入①或②中可得：yQ＝kx1－＝y1－4－y1＝－4，

∴Q(2k，－4)，即Q在定直线y＝－4上，

设点G关于直线y＝－4的对称点为G′，则G′(0，－12)，由(1)知P(2，2)，

∵|PQ|＋|GQ|＝|PQ|＋|G′Q|≥|G′P|＝2，即P，Q，G′三点共线时等号成立，

∴三角形PQG周长最小值为|GP|＋|G′P|＝2＋2.