1、第8章 平面解析几何 高考大题规范解答解析几何1(2023湖南部分学校联考)已知直线l1x轴，垂足为x轴负半轴上的点E，点E关于原点O的对称点为F，且|EF|4，直线l1l2，垂足为A，线段AF的垂直平分线与直线l2交于点B.记点B的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知点P(2,4)，不过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，以线段MN为直径的圆恒过点P，点P关于x轴的对称点为Q，若QMN的面积是64，求直线l的斜率解析(1)由题意可得|AB|BF|，即点B到点F的距离等于点B到直线l1的距离因为|EF|4，所以l1的方程为x2，F(2,0)，则点B的轨迹C是以F为焦点，直线l1：x2
2、为准线的抛物线，故点B的轨迹C的方程为y28x.(2)由题意可知直线l的斜率不为0，则设直线l：xmyn，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立整理得y28my8n0，则64m232n0，从而y1y28m，y1y28n.故|MN|y1y2|.由题意可得Q(2，4)，则点Q到直线的距离d，故PMN的面积S|MN|d|24mn|.因为以线段MN为直径的圆恒过点P，所以0，即(x12)(x22)(y14)(y24)x1x22(x1x2)y1y24(y1y2)200.因为x1，x2，所以y1y24(y1y2)200，即y1y24(y1y2)200，所以n216m212n32m200，即n212n361
3、6m232m16，即(n6)216(m1)2，所以n64(m1)，即n4m10或n4m2.因为直线l不经过点P，所以n4m2，所以n4m10，则S|24mn|3264，解得m1或m3，故直线l的斜率为1或.2(2024湖北武汉硚口区质检)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点在椭圆C上(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点N(2,0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求SAOB的最大值解析(1)由离心率为可知a2b2c2312，设椭圆方程C：1，将点代入方程，可得b21，故方程为x21.(2)设lAB：xny2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程代入消元得(3n21)y212ny90，由0
4、得n210.y1y2，y1y2，原点到lAB的距离h，|AB|y1y2|，SAOB|y1y2|y1y2|，令tn210，SAOB，当且仅当t，即n2时，面积取到最大值3(2024广东百校联考)已知双曲线E：1(a0，b0)的一个焦点与抛物线y28x的焦点重合，且离心率为2.(1)求双曲线E的标准方程；(2)过点P(2,0)的直线与双曲线E交于A，B两点，O为原点，是否存在直线l，使OAOB成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解析(1)设E的半焦距为c，因为抛物线y28x的焦点坐标为(2,0)，所以c2，因为E的离心率为2，所以a1，b2c2a23，所以双曲线E的标准方程为x21
5、.(2)当直线l的斜率为0时，显然不适合题意；当直线l的斜率不为0时，设直线l：xmy2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x，得(3m21)y212my90，3m210且(12m)236(3m21)36(m21)0，y1y2，y1y2，所以x1x2(my12)(my22)m2y1y22m(y1y2)4m24，令x1x2y1y20，解得m，此时OAOB，所以存在直线l：xy20或l：xy20，使OAOB成立4(2024浙江百校调研、重庆联考)已知抛物线C：y22px经过点(2，2)，直线l1：ykxm(km0)与C交于A，B两点(异于坐标原点O)(1)若0，证明：直线l1过定点；(2)
6、已知k2，直线l2在直线l1的右侧，l1l2，l1与l2之间的距离d，l2交C于M，N两点，试问是否存在m，使得|MN|AB|10？若存在，求m的值；若不存在，说明理由解析(1)证明：将点(2，2)代入y22px，得244p，即p6.联立得ky212y12m0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，x1x2.因为0，所以0恒成立，则m12k，所以l1的方程为yk(x12)，故直线l1过定点(12,0)(2)存在m符合题意，理由如下：联立得4x2(4m12)xm20，则且(4m12)216m248(32m)0，即m，|AB|x1x2|，设l2：y2xn，同理可得|MN|.因为直线l2在l1的右侧，所以nm，则d，即nm5.所以|MN|AB|10，即2，解得m，因为，所以m.
