2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第八章 §8.12　圆锥曲线中探索性与综合性问题

§8.12　圆锥曲线中探索性与综合性问题 题型一　探索性问题 例1　(2022·南通模拟)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 (2022·德州模拟)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)＝0，① Δ＝(－6eq \r(2)t)2－4×7×6(t2－4) ＝－96t2＋672>0， 即－eq \r(7)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　(2022·南京模拟)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　(2022·梅州模拟)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＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－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00)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＋x22－4x1x2)＝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　(2022·福州模拟)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(322121＋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．(2022·东三省四市联考)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(x 2，y2)， 设直线AB方程为x＝my＋n， 代入3x2＋4y2＝12， 得(3m2＋4)y 2＋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)2－2 y1 y2] ＝(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＋42)[(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＝kx－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(y1x2－t＋y2x1－t,x1x2－tx1＋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．(2022·承德模拟)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．(2022·九江模拟)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′＝eq \f(x,p)(p>0)， 设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),2p)))，x1>0，x2<0， 所以过点A的切线方程为 y－eq \f(x\o\al(2,1),2p)＝eq \f(x1,p)(x－x1)， 又因为点P在过点A的切线上， 所以－2－eq \f(x\o\al(2,1),2p)＝eq \f(x1,p)(0－x1)， 解得xeq \o\al(2,1)＝4p， 又因为OA⊥OB，所以直线OA的斜率为1， 所以x1＝eq \f(x\o\al(2,1),2p)，解得x1＝2p， 解得p＝1，所以抛物线C的方程为x2＝2y. (2)由(1)得抛物线的切线的斜率y′＝x， Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),2)))， 所以切线PA的方程为y－eq \f(x\o\al(2,1),2)＝x1(x－x1)， 切线PB的方程为y－eq \f(x\o\al(2,2),2)＝x2(x－x2)， 两切线方程联立解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,2)))， 又点P在直线y＝x－2上， 所以eq \f(x1x2,2)＝eq \f(x1＋x2,2)－2， 由题意知直线AB的斜率一定存在，所以设直线AB的方程为y＝kx＋m， 与抛物线的方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＝2y，)) 消元得x2－2kx－2m＝0， Δ＝4k2＋8m>0， 所以x1＋x2＝2k，x1x2＝－2m， 所以eq \f(－2m,2)＝eq \f(2k,2)－2，即k＋m＝2，满足Δ>0， 所以点O到直线AB的距离为 d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(\f(2－k2,1＋k2))＝eq \r(1＋\f(－4k＋3,1＋k2))， 令t＝eq \f(－4k＋3,1＋k2)， 则t′＝eq \f(2k－22k＋1,1＋k22)， 令t′＝0，得k＝2或k＝－eq \f(1,2)， 所以当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(2，＋∞)时， t′>0，t单调递增，当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))时，t′<0，t单调递减， 当k＝－eq \f(1,2)时，t＝4，当k→＋∞时，t→0且t<0， 所以tmax＝4， 所以dmax＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)， 所以点O到直线AB距离的最大值为eq \r(5).