2024年高二数学暑期培优讲义 第12讲 圆锥曲线中探索性与综合性问题（教师版）

第第页第12讲圆锥曲线中探索性与综合性问题题型一探索性问题例1已知双曲线C：eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，eq\r(6))且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3.(1)求双曲线C的标准方程；(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设双曲线C的焦距为2c.由双曲线C的离心率为2知c＝2a，所以b＝eq\r(3)a，从而双曲线C的方程可化为eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,3a2)＝1.由题意知，l：y＝x＋eq\r(6)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(6)，,\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，))得2x2﹣2eq\r(6)x﹣6﹣3a2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为Δ＝(﹣2eq\r(6))2﹣4×2×(﹣6﹣3a2)＝72＋24a2>0，所以x1＋x2＝eq\r(6)，x1·x2＝﹣3﹣eq\f(3,2)a2.因为eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3，所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋eq\r(6))(x2＋eq\r(6))＝3，于是2x1x2＋eq\r(6)(x1＋x2)＋6＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3－\f(3,2)a2))＋eq\r(6)×eq\r(6)＋6＝3，解得a＝1，所以双曲线C的标准方程为x2﹣eq\f(y2,3)＝1.(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件．由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0)．设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点．当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，所以∠QMF＝45°，于是|MF|＝|QF|＝eq\f(b2,a)＝3，所以t＝﹣1.即M(﹣1,0)．当x0≠2时，tan∠QFM＝﹣kQF＝﹣eq\f(y0,x0－2)，tan∠QMF＝kQM＝eq\f(y0,x0－t).因为∠QFM＝2∠QMF，所以﹣eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(2×\f(y0,x0－t),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0－t)))2).将yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)﹣3代入并整理得﹣2xeq\o\al(2,0)＋(4＋2t)x0﹣4t＝﹣2xeq\o\al(2,0)﹣2tx0＋t2＋3，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2t＝－2t，,－4t＝t2＋3，))解得t＝﹣1.即M(﹣1,0)．综上，满足条件的点M存在，其坐标为(﹣1,0)．教师备选已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),3)，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为eq\r(2).(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．解(1)由题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,\f(1,2)bc＝\r(2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(6)，,b＝2，,c＝\r(2)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)假设满足条件的直线l存在，由E(0，﹣2)，F(eq\r(2)，0)，得kEF＝eq\r(2)，因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝﹣eq\f(\r(2),2)，设直线l的方程为y＝﹣eq\f(\r(2),2)x＋t，代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1，得7x2﹣6eq\r(2)tx＋6(t2﹣4)＝0，①Δ＝(﹣6eq\r(2)t)2﹣4×7×6(t2﹣4)＝﹣96t2＋672>0，即﹣eq\r(7)<t<eq\r(7)，记A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(6\r(2),7)t，,x1x2＝\f(6t2－4,7)，))由AF⊥BE得eq\f(y1,x1－\r(2))·eq\f(y2＋2,x2)＝﹣1，所以y1y2＋2y1＋x1x2﹣eq\r(2)x2＝0，将y1＝﹣eq\f(\r(2),2)x1＋t，y2＝﹣eq\f(\r(2),2)x2＋t代入上式，得3x1x2﹣eq\r(2)(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0，所以3×eq\f(6t2－4,7)﹣eq\r(2)(t＋2)·eq\f(6\r(2)t,7)＋(2t2＋4t)＝0，所以5t2＋t﹣18＝0，解得t＝eq\f(9,5)(t＝﹣2舍去)，满足Δ>0，所以直线l的方程为y＝﹣eq\f(\r(2),2)x＋eq\f(9,5).思维升华存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．跟踪训练1在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t,0)(t>0)的直线l与C交于A，B两点．(1)若t＝4，求AP长度的最小值；(2)设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝﹣4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解(1)设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，由P(4,0)，可得|AP|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)－4))2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(y\o\al(4,0),16)﹣yeq\o\al(2,0)＋16＝eq\f(1,16)(yeq\o\al(2,0)﹣8)2＋12≥12，当y0＝±2eq\r(2)时，|AP|取得最小值2eq\r(3).(2)设直线AB的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝4x，))可得y2﹣4my﹣4t＝0，即有y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣4t，设以AB为直径的圆上任一点Q(x，y)，M(x3,0)，N(x4,0)，所以Q的轨迹方程为(x﹣x1)(x﹣x2)＋(y﹣y1)(y﹣y2)＝0.x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝4m2＋2t，x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝﹣4m2t＋4m2t＋t2＝t2.所以Q的轨迹方程化为x2﹣(4m2＋2t)x＋t2＋y2﹣4my﹣4t＝0.令y＝0，得x2﹣(4m2＋2t)x＋t2﹣4t＝0.所以上式方程的两根分别为x3，x4，则x3x4＝t2﹣4t.由eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x3x4＝﹣4，即有t2﹣4t＝﹣4，解得t＝2.所以存在t＝2，使得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝﹣4.题型二圆锥曲线的综合问题例2在平面直角坐标系Oxy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋2eq\r(2)﹣1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；(2)△BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为△BMN的重心，求点B到直线MN的距离的取值范围．解(1)设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点F2(c,0)，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆(x﹣c)2＋y2＝a2，所以圆心到直线x＋y＋2eq\r(2)﹣1＝0的距离d＝eq\f(|c＋2\r(2)－1|,\r(12＋12))＝a，又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a＝2c，b＝eq\r(3)c，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设B(m，n)，线段MN的中点为D，直线OD与椭圆交于A，B两点，因为O为△BMN的重心，则|BO|＝2|OD|＝|OA|，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(n,2)))，即B到直线MN的距离是原点O到直线MN的距离的3倍．当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时点B在长轴的端点处．由|OB|＝2，得|OD|＝1，则点O到直线MN的距离为1，点B到直线MN的距离为3.当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))两式相减得eq\f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，因为D为线段MN的中点，所以x1＋x2＝﹣m，y1＋y2＝﹣n，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝﹣eq\f(3m,4n)，所以直线MN的方程为y＋eq\f(n,2)＝﹣eq\f(3m,4n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,2)))，即6mx＋8ny＋4n2＋3m2＝0，所以原点O到直线MN的距离d＝eq\f(4n2＋3m2,\r(64n2＋36m2)).因为eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1，所以3m2＝12﹣4n2，所以d＝eq\f(4n2＋3m2,\r(64n2＋36m2))＝eq\f(12,\r(144＋16n2))＝eq\f(3,\r(9＋n2)).因为0<n2≤3，所以3<eq\r(9＋n2)≤2eq\r(3)，所以eq\f(1,2\r(3))≤eq\f(1,\r(9＋n2))<eq\f(1,3)，所以eq\f(3\r(3),2)≤3d<3，即点B到直线MN的距离的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)，3)).教师备选已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P是抛物线C上一点，且满足eq\o(FP,\s\up6(→))＝(0，﹣2)．(1)求抛物线C的方程；(2)已知斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，若|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列，求该数列的公差．解(1)由题设知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，设点P(x0，y0)，由eq\o(FP,\s\up6(→))＝(0，﹣2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(p,2)，y0))＝(0，﹣2)，∴x0＝eq\f(p,2)，y0＝﹣2，代入y2＝2px，得4＝p2，又p>0，∴p＝2，则抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线l：y＝2x＋m，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,y2＝4x，))消去y得4x2＋(4m﹣4)x＋m2＝0，满足Δ＝(4m﹣4)2﹣16m2＝﹣32m＋16>0，即m<eq\f(1,2)，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1﹣m，x1x2＝eq\f(m2,4)，若|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差数列，则|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(FP,\s\up6(→))|，即x1＋x2＋2＝4，即3﹣m＝4，m＝﹣1.即x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(1,4)，又∵公差d满足2d＝|eq\o(FB,\s\up6(→))|﹣|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝x2﹣x1，而|x2﹣x1|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(3)，∴2d＝±eq\r(3)，即d＝±eq\f(\r(3),2).思维升华圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0.跟踪训练2如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴长为|AB|＝8，离心率e＝eq\f(1,2).(1)求抛物线C1和椭圆C2的方程；(2)过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)由题知，a＝4，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以c＝2，所以b＝eq\r(a2－c2)＝2eq\r(3)，p＝4.所以抛物线C1的方程为y2＝8x，椭圆C2的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由题设知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋4.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,x＝my＋4))⇒y2﹣8my﹣32＝0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝8m，y1y2＝﹣32.所以eq\f(S2,S1)＝eq\f(\f(1,2)|OC|·|OD|sin∠COD,\f(1,2)|OE|·|OF|sin∠EOF)＝eq\f(|OC|·|OD|,|OE|·|OF|)＝eq\f(|y1|·|y2|,|yE|·|yF|)＝eq\f(32,|yE|·|yF|)，因为直线OC的斜率为eq\f(y1,x1)＝eq\f(y1,\f(y\o\al(2,1),8))＝eq\f(8,y1)，所以直线OC的方程为y＝eq\f(8,y1)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(8,y1)x，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得y2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),64×16)＋\f(1,12)))＝1，则yeq\o\al(2,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),64×16)＋\f(1,12)))＝1，同理可得yeq\o\al(2,F)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),64×16)＋\f(1,12)))＝1，所以yeq\o\al(2,E)·yeq\o\al(2,F)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),64×16)＋\f(1,12)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),64×16)＋\f(1,12)))＝1，所以yeq\o\al(2,E)·yeq\o\al(2,F)＝eq\f(36×256,121＋48m2)，要使S1∶S2＝3∶13，只需eq\f(322121＋48m2,36×256)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,3)))2，解得m＝±1，所以存在直线l：x±y﹣4＝0符合条件．课时精练1．已知点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直线PM，PN的斜率乘积为﹣eq\f(3,4)，P点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值，若存在，求出k值；若不存在，请说明理由．解(1)设P点坐标为(x，y)，则kPM·kPN＝﹣eq\f(3,4).∴eq\f(y－\f(3,2),x－1)·eq\f(y＋\f(3,2),x＋1)＝﹣eq\f(3,4)，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))＋3(x﹣1)(x＋1)＝0，∴eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．(2)假设存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB方程为x＝my＋n，代入3x2＋4y2＝12，得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2﹣12＝0.Δ＝36m2n2﹣4(3n2﹣12)(3m2＋4)＝48(3m2＋4﹣n2)>0，y1＋y2＝eq\f(－6mn,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3n2－12,3m2＋4).∴由弦长公式得|AT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,1)，|BT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,2)，∴|AT|2＋|BT|2＝(m2＋1)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝(m2＋1)[(y1＋y2)2﹣2y1y2]＝(m2＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mn,3m2＋4)))2－2×\f(3n2－12,3m2＋4)))＝6×eq\f(m2＋1,3m2＋42)[(3m2﹣4)n2＋4(3m2＋4)]为定值，则3m2﹣4＝0，m＝±eq\f(2,\r(3))，kAB＝eq\f(1,m)＝±eq\f(\r(3),2).所以存在k＝±eq\f(\r(3),2)时使得|AT|2＋|BT|2为定值．2．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的实半轴长为1，且C上的任意一点M到C的两条渐近线的距离的乘积为eq\f(3,4).(1)求双曲线C的方程；(2)设直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线C相交于P，Q两点，问在x轴上是否存在定点D，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直？若存在，求出定点D的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由题意可得a＝1，所以双曲线C：x2﹣eq\f(y2,b2)＝1，所以渐近线方程为bx±y＝0，设M(x0，y0)，则eq\f(|bx0－y0|,\r(b2＋1))·eq\f(|bx0＋y0|,\r(b2＋1))＝eq\f(3,4)，即eq\f(|b2x\o\al(2,0)－y\o\al(2,0)|,b2＋1)＝eq\f(3,4)，因为M(x0，y0)在双曲线上，所以xeq\o\al(2,0)﹣eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，即b2xeq\o\al(2,0)﹣yeq\o\al(2,0)＝b2，所以eq\f(b2,b2＋1)＝eq\f(3,4)，解得b2＝3，所以双曲线C的方程为x2﹣eq\f(y2,3)＝1.(2)假设存在D(t,0)，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直，则可得kPD＋kQD＝0，F(2,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线l的斜率存在时，直线l：y＝k(x﹣2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,3x2－y2＝3，))可得(3﹣k2)x2＋4k2x﹣4k2﹣3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3)，所以kPD＋kQD＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(y1x2－t＋y2x1－t,x1x2－tx1＋x2＋t2)＝0，即k(x1﹣2)(x2﹣t)＋k(x2﹣2)(x1﹣t)＝0恒成立，整理可得k[2x1x2﹣(t＋2)(x1＋x2)＋4t]＝0，所以keq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\f(4k2＋3,k2－3)－t＋2×\f(4k2,k2－3)＋4t))＝0，即2×eq\f(4k2＋3,k2－3)﹣(t＋2)×eq\f(4k2,k2－3)＋4t＝0，所以8k2＋6﹣4k2(t＋2)＋4t(k2﹣3)＝0，所以6﹣12t＝0，解得t＝eq\f(1,2)，当直线l的斜率不存在时，t＝eq\f(1,2)也满足题意．所以存在点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直．3．已知M(﹣2,0)，N(2,0)，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为﹣eq\f(1,4)，设动点P的轨迹为曲线C1.抛物线C2：x2＝2py(p>0)与C1在第一象限的交点为A，过点A作直线l交曲线C1于点B，交抛物线C2于点E(点B，E不同于点A)．(1)求曲线C1的方程；(2)是否存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点？若存在，求出p的最大值；若不存在，请说明理由．解(1)设动点P(x，y)(x≠±2)，则kPM＝eq\f(y,x＋2)，kPN＝eq\f(y,x－2).∵kPM·kPN＝﹣eq\f(1,4)，∴eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝﹣eq\f(1,4)，即eq\f(y2,x2－4)＝﹣eq\f(1,4)，即eq\f(x2,4)＋y2＝1(x≠±2)，∴曲线C1的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1(x≠±2)．(2)设A(x1，y1)(x1>0，y1>0)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，显然直线l存在斜率，设l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2﹣4＝0，Δ＝16(4k2﹣m2＋1)>0，∴x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x0＝eq\f(－4km,1＋4k2).又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,y＝kx＋m，))得x2＝2p(kx＋m)，即x2﹣2pkx﹣2pm＝0，∴x1x0＝﹣2pm，∴x1·eq\f(－4km,1＋4k2)＝﹣2pm⇒x1＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))，∴k>0，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x2＝2py，))即x2＋eq\f(x4,p2)＝4，∴p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))2＋eq\f(p4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))4,p2)＝4，∴p2＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))4)，设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k)＋2k))2＝t≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(1,2k)·2k)))2＝4，当且仅当eq\f(1,2k)＝2k，即k＝eq\f(1,2)时取等号，则p2＝eq\f(4,t＋t2)＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2－\f(1,4))，当t≥4时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2﹣eq\f(1,4)≥20，当k＝eq\f(1,2)，即t＝4时，p2取得最大值，最大值为eq\f(1,5)，即p＝eq\f(\r(5),5).此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(2\r(5),5)))，满足Δ>0，故存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点，且p的最大值为eq\f(\r(5),5).4．在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，P为直线y＝x﹣2上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B.当P在y轴上时，OA⊥OB.(1)求抛物线C的方程；(2)求点O到直线AB距离的最大值．解(1)P为直线y＝x﹣2上的动点，当P在y轴上时，则P(0，﹣2)，由x2＝2py(p>0)，得y＝eq\f(x2,2p)(p>0)，所以y