(1)求曲線C的方程；
(2)已知點P(2,4)，不過點P的直線l與曲線C交于M，N兩點，以線段MN為直徑的圓恒過點P，點P關(guān)于x軸的對稱點為Q，若△QMN的面積是64eq \r(2)，求直線l的斜率．
2．已知橢圓C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(6),3)，點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3)))在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)過點N(2,0)的直線與橢圓C交于A，B兩點，求S△AOB的最大值．
3．已知雙曲線E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點與拋物線y2＝8x的焦點重合，且離心率為2.
(1)求雙曲線E的標準方程；
(2)過點P(2,0)的直線與雙曲線E交于A，B兩點，O為原點，是否存在直線l，使OA⊥OB成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
4．已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(2，－2eq \r(6))，直線l1：y＝kx＋m(km≠0)與C交于A，B兩點(異于坐標原點O)．
(1)若eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，證明：直線l1過定點；
(2)已知k＝2，直線l2在直線l1的右側(cè)，l1∥l2，l1與l2之間的距離d＝eq \r(5)，l2交C于M，N兩點，試問是否存在m，使得|MN|－|AB|＝10？若存在，求m的值；若不存在，說明理由．
參考答案
1．[解析] (1)由題意可得|AB|＝|BF|，即點B到點F的距離等于點B到直線l1的距離．
因為|EF|＝4，所以l1的方程為x＝－2，F(xiàn)(2,0)，
則點B的軌跡C是以F為焦點，直線l1：x＝－2為準線的拋物線，
故點B的軌跡C的方程為y2＝8x.
(2)由題意可知直線l的斜率不為0，則設(shè)直線l：
x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝8x，))整理得y2－8my－8n＝0，
則Δ＝64m2＋32n>0，從而y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n.
故|MN|＝eq \r(m2＋1)|y1－y2|＝eq \r(m2＋1)·eq \r(64m2＋32n).
由題意可得Q(2，－4)，則點Q到直線的距離d＝eq \f(|2＋4m－n|,\r(m2＋1))，
故△PMN的面積S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2)·|2＋4m－n|·eq \r(64m2＋32n).
因為以線段MN為直徑的圓恒過點P，所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－4)(y2－4)＝x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－4(y1＋y2)＋20＝0.
因為x1＝eq \f(y\\al(2,1),8)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),8)，
所以eq \f(?y1y2?2,64)－eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),4)＋y1y2－4(y1＋y2)＋20＝0，
即eq \f(?y1y2?2,64)－eq \f(?y1＋y2?2－2y1y2,4)＋y1y2－4(y1＋y2)＋20＝0，
所以n2－16m2－12n－32m＋20＝0，
即n2－12n＋36＝16m2＋32m＋16，
即(n－6)2＝16(m＋1)2，所以n－6＝±4(m＋1)，
即n＝4m＋10或n＝－4m＋2.
因為直線l不經(jīng)過點P，所以n≠－4m＋2，
所以n＝4m＋10，
則S＝eq \f(1,2)·|2＋4m－n|·eq \r(64m2＋32n)＝32eq \r(?m＋1?2＋4)＝64eq \r(2)，解得m＝1或m＝－3，
故直線l的斜率為1或－eq \f(1,3).
2．[解析] (1)由離心率為eq \f(\r(6),3)可知a2∶b2∶c2＝3∶1∶2，
設(shè)橢圓方程C：eq \f(y2,3b2)＋eq \f(x2,b2)＝1，
將點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3)))代入方程，可得b2＝1，
故方程為eq \f(y2,3)＋x2＝1.
(2)設(shè)lAB：x＝ny＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny＋2，,y2＋3x2＝3，))代入消元得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0，
由Δ>0得n2－1>0.y1＋y2＝－eq \f(12n,3n2＋1)，y1y2＝eq \f(9,3n2＋1)，
原點到lAB的距離h＝eq \f(|0－0－2|,\r(1＋n2))＝eq \f(2,\r(1＋n2))，
|AB|＝eq \r(1＋n2)|y1－y2|，
S△AOB＝eq \f(1,2)eq \r(1＋n2)|y1－y2|eq \f(2,\r(1＋n2))
＝|y1－y2|＝eq \r(?y1＋y2?2－4y1y2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12n,3n2＋1)))2－\f(36,3n2＋1))＝eq \r(\f(36?n2－1?,?3n2＋1?2))，
令t＝n2－1>0，
S△AOB＝eq \r(\f(36t,?3t＋4?2))＝eq \f(6,\r(9t＋24＋\f(16,t)))≤eq \f(\r(3),2)，
當且僅當t＝eq \f(4,3)，即n2＝eq \f(1,3)時，面積取到最大值．
3．[解析] (1)設(shè)E的半焦距為c，因為拋物線y2＝8x的焦點坐標為(2,0)，所以c＝2，
因為E的離心率為2，所以a＝1，b2＝c2－a2＝3，
所以雙曲線E的標準方程為x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)當直線l的斜率為0時，顯然不適合題意；當直線l的斜率不為0時，
設(shè)直線l：x＝my＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m≠±\f(\r(3),3)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3，))消去x，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
3m2－1≠0且
Δ＝(12m)2－36(3m2－1)＝36(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，
所以x1x2＝(my1＋2)(my2＋2)＝m2y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝m2·eq \f(9,3m2－1)－eq \f(24m2,3m2－1)＋4＝－eq \f(3m2＋4,3m2－1)，
令x1x2＋y1y2＝－eq \f(3m2＋4,3m2－1)＋eq \f(9,3m2－1)＝0，
解得m＝±eq \f(\r(5),\r(3))，此時OA⊥OB，
所以存在直線l：eq \r(3)x＋eq \r(5)y－2eq \r(3)＝0或l：eq \r(3)x－eq \r(5)y－2eq \r(3)＝0，使OA⊥OB成立．
4．[解析] (1)證明：將點(2，－2eq \r(6))代入y2＝2px，
得24＝4p，即p＝6.
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,y＝kx＋m?k≠0?，))得ky2－12y＋12m＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2＝eq \f(12m,k)，
x1x2＝eq \f(y\\al(2,1),12)·eq \f(y\\al(2,2),12)＝eq \f(?y1y2?2,144)＝eq \f(m2,k2).
因為eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，所以eq \f(m2,k2)＋eq \f(12m,k)＝0恒成立，
則m＝－12k，
所以l1的方程為y＝k(x－12)，故直線l1過定點(12,0)．
(2)存在m＝eq \f(31,24)符合題意，理由如下：
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,y＝2x＋m，))得4x2＋(4m－12)x＋m2＝0，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－m＋3，,x1x2＝\f(m2,4)，))
且Δ＝(4m－12)2－16m2＝48(3－2m)>0，即m

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