例1 已知雙曲線(xiàn)C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與C2：eq \f(y2,9)－eq \f(x2,3)＝1有相同的漸近線(xiàn)，點(diǎn)F(2,0)為C1的右焦點(diǎn)，A，B為C1的左、右頂點(diǎn)．
(1)求雙曲線(xiàn)C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)F交雙曲線(xiàn)C1的右支于M，N兩點(diǎn)，設(shè)直線(xiàn)AM，BN的斜率分別為k1，k2，是否存在實(shí)數(shù)λ使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)∵C2的漸近線(xiàn)方程為y＝±eq \r(3)x，
∴eq \f(b,a)＝eq \r(3)，
∵c＝eq \r(a2＋b2)＝2，∴a＝1，b＝eq \r(3)，
∴雙曲線(xiàn)C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)由已知，A(－1,0)，B(1,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
l過(guò)點(diǎn)F(2,0)與右支交于兩點(diǎn)，則l斜率不為零，
設(shè)l：x＝my＋2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝my＋2，))消元得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
∵l與雙曲線(xiàn)右支交于兩點(diǎn)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3m2－1≠0，,y1y2＝\f(9,3m2－1)0，
∴y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq \f(9,3m2－1)，
∵k1＝eq \f(y1,x1＋1)，k2＝eq \f(y2,x2－1)≠0，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1?x2－1?,y2?x1＋1?)＝eq \f(y1?my2＋1?,y2?my1＋3?)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋3y2)，
∵eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(12m,9)＝－eq \f(4m,3)，
∴my1y2＝－eq \f(3,4)(y1＋y2)，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(－\f(3,4)?y1＋y2?＋y1,－\f(3,4)?y1＋y2?＋3y2)＝eq \f(\f(1,4)y1－\f(3,4)y2,－\f(3,4)y1＋\f(9,4)y2)
＝－eq \f(1,3)，
∴存在λ＝－eq \f(1,3)使得k1＝λk2.
教師備選
(2022·洛陽(yáng)模擬)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(3),3)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為其下頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)為O，且△EOF的面積為eq \r(2).
(1)求橢圓C的方程；
(2)是否存在直線(xiàn)l，使得l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)F恰為△EAB的垂心？若存在，求直線(xiàn)l的方程，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)由題意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\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\c1(a＝\r(6)，,b＝2，,c＝\r(2)，))
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)假設(shè)滿(mǎn)足條件的直線(xiàn)l存在，
由E(0，－2)，F(xiàn)(eq \r(2)，0)，
得kEF＝eq \r(2)，
因?yàn)辄c(diǎn)F為△EAB的垂心，
所以AB⊥EF，
所以kAB＝－eq \f(\r(2),2)，
設(shè)直線(xiàn)l的方程為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，
Δ＝(－6eq \r(2)t)2－4×7×6(t2－4)
＝－96t2＋672>0，
即－eq \r(7)0)的直線(xiàn)l與C交于A，B兩點(diǎn)．
(1)若t＝4，求AP長(zhǎng)度的最小值；
(2)設(shè)以AB為直徑的圓交x軸于M，N兩點(diǎn)，問(wèn)是否存在t，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)設(shè)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，由P(4,0)，
可得|AP|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)－4))2＋yeq \\al(2,0)
＝eq \f(y\\al(4,0),16)－yeq \\al(2,0)＋16
＝eq \f(1,16)(yeq \\al(2,0)－8)2＋12≥12，
當(dāng)y0＝±2eq \r(2)時(shí)，|AP|取得最小值2eq \r(3).
(2)設(shè)直線(xiàn)AB的方程為x＝my＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))可得y2－4my－4t＝0，
即有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
設(shè)以AB為直徑的圓上任一點(diǎn)Q(x，y)，M(x3，0)，
N(x4,0)，
所以Q的軌跡方程為(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的軌跡方程化為x2－(4m2＋2t)x＋t2＋y2－4my－4t＝0.
令y＝0，得x2－(4m2＋2t)x＋t2－4t＝0.
所以上式方程的兩根分別為x3，x4，
則x3x4＝t2－4t.
由eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x3x4＝－4，
即有t2－4t＝－4，解得t＝2.
所以存在t＝2，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4.
題型二 圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題
例2 (2022·梅州模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)構(gòu)成等邊三角形，直線(xiàn)x＋y＋2eq \r(2)－1＝0與以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切．
(1)求橢圓C的方程；
(2)△BMN是橢圓C的內(nèi)接三角形，若坐標(biāo)原點(diǎn)O為△BMN的重心，求點(diǎn)B到直線(xiàn)MN的距離的取值范圍．
解 (1)設(shè)橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦點(diǎn)F2(c，0)，則以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓(x－c)2＋y2＝a2，
所以圓心到直線(xiàn)x＋y＋2eq \r(2)－1＝0的距離
d＝eq \f(|c＋2\r(2)－1|,\r(12＋12))＝a，
又橢圓的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線(xiàn)構(gòu)成等邊三角形，所以a＝2c，b＝eq \r(3)c，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)設(shè)B(m，n)，線(xiàn)段MN的中點(diǎn)為D，直線(xiàn)OD與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，
因?yàn)镺為△BMN的重心，
則|BO|＝2|OD|＝|OA|，
所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)，－\f(n,2)))，
即B到直線(xiàn)MN的距離是原點(diǎn)O到直線(xiàn)MN的距離的3倍．
當(dāng)MN的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)D在x軸上，所以此時(shí)點(diǎn)B在長(zhǎng)軸的端點(diǎn)處．
由|OB|＝2，得|OD|＝1，則點(diǎn)O到直線(xiàn)MN的距離為1，點(diǎn)B到直線(xiàn)MN的距離為3.
當(dāng)MN的斜率存在時(shí)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
兩式相減得
eq \f(?x1＋x2??x1－x2?,4)＋eq \f(?y1＋y2??y1－y2?,3)＝0，
因?yàn)镈為線(xiàn)段MN的中點(diǎn)，
所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，
所以k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3m,4n)，
所以直線(xiàn)MN的方程為y＋eq \f(n,2)＝－eq \f(3m,4n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,2)))，
即6mx＋8ny＋4n2＋3m2＝0，
所以原點(diǎn)O到直線(xiàn)MN的距離
d＝eq \f(4n2＋3m2,\r(64n2＋36m2)).
因?yàn)閑q \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?yàn)?b>0)的右焦點(diǎn)，A為橢圓C2的右頂點(diǎn)，橢圓C2的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為|AB|＝8，離心率e＝eq \f(1,2).
(1)求拋物線(xiàn)C1和橢圓C2的方程；
(2)過(guò)A點(diǎn)作直線(xiàn)l交C1于C，D兩點(diǎn)，射線(xiàn)OC，OD分別交C2于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，記△OEF和△OCD的面積分別為S1和S2，問(wèn)是否存在直線(xiàn)l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直線(xiàn)l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)由題知，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?huà)佄锞€(xiàn)C1的方程為y2＝8x，
橢圓C2的方程為eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)由題設(shè)知直線(xiàn)l的斜率不為0，
設(shè)直線(xiàn)l的方程為x＝my＋4.
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,x＝my＋4))?y2－8my－32＝0.
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，
則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?yàn)橹本€(xiàn)OC的斜率為eq \f(y1,x1)＝eq \f(y1,\f(y\\al(2,1),8))＝eq \f(8,y1)，
所以直線(xiàn)OC的方程為y＝eq \f(8,y1)x.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(8,y1)x，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
得y2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),64×16)＋\f(1,12)))＝1，
則yeq \\al(2,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),64×16)＋\f(1,12)))＝1，
同理可得yeq \\al(2,F)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),64×16)＋\f(1,12)))＝1，
所以yeq \\al(2,E)·yeq \\al(2,F)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),64×16)＋\f(1,12)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),64×16)＋\f(1,12)))＝1，
所以yeq \\al(2,E)·yeq \\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\c1(\f(13,3)))2，
解得m＝±1，
所以存在直線(xiàn)l：x±y－4＝0符合條件．
課時(shí)精練
1．已知橢圓C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1的左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為雙曲線(xiàn)eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，直線(xiàn)PF1和PF2與橢圓的交點(diǎn)分別為A，B和C，D.
(1)設(shè)直線(xiàn)PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2＝1；
(2)是否存在常數(shù)λ，使得eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝λ恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(1)證明 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
則k1＝eq \f(y0,x0＋2)，k2＝eq \f(y0,x0－2)，
因?yàn)辄c(diǎn)P為雙曲線(xiàn)eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，
所以xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝4(x0≠±2)，
所以k1k2＝eq \f(y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝1，
即k1k2＝1.
(2)解 由直線(xiàn)PF1的方程為y＝k1(x＋2)，
代入橢圓C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，
可得(1＋2keq \\al(2,1))x2＋8keq \\al(2,1)x＋8keq \\al(2,1)－8＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(－8k\\al(2,1),2k\\al(2,1)＋1)，x1x2＝eq \f(8k\\al(2,1)－8,2k\\al(2,1)＋1)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)
＝4eq \r(2)·eq \f(k\\al(2,1)＋1,2k\\al(2,1)＋1)，
同理可得|CD|＝4eq \r(2)·eq \f(k\\al(2,2)＋1,2k\\al(2,2)＋1)，
因?yàn)閗1k2＝1，
可得|CD|＝4eq \r(2)·eq \f(k\\al(2,1)＋1,k\\al(2,1)＋2)，
則eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(1,4\r(2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k\\al(2,1)＋1,k\\al(2,1)＋1)＋\f(k\\al(2,1)＋2,k\\al(2,1)＋1)))
＝eq \f(3\r(2),8)，
即存在常數(shù)λ＝eq \f(3\r(2),8)，
使得eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(3\r(2),8)恒成立．
2．已知雙曲線(xiàn)C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的實(shí)半軸長(zhǎng)為1，且C上的任意一點(diǎn)M到C的兩條漸近線(xiàn)的距離的乘積為eq \f(3,4).
(1)求雙曲線(xiàn)C的方程；
(2)設(shè)直線(xiàn)l過(guò)雙曲線(xiàn)C的右焦點(diǎn)F，與雙曲線(xiàn)C相交于P，Q兩點(diǎn)，問(wèn)在x軸上是否存在定點(diǎn)D，使得∠PDQ的平分線(xiàn)與x軸或y軸垂直？若存在，求出定點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)由題意可得a＝1，
所以雙曲線(xiàn)C：x2－eq \f(y2,b2)＝1，
所以漸近線(xiàn)方程為bx±y＝0，
設(shè)M(x0，y0)，
則eq \f(|bx0－y0|,\r(b2＋1))·eq \f(|bx0＋y0|,\r(b2＋1))＝eq \f(3,4)，
即eq \f(|b2x\\al(2,0)－y\\al(2,0)|,b2＋1)＝eq \f(3,4)，
因?yàn)镸(x0，y0)在雙曲線(xiàn)上，
所以xeq \\al(2,0)－eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，
即b2xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝b2，
所以eq \f(b2,b2＋1)＝eq \f(3,4)，
解得b2＝3，
所以雙曲線(xiàn)C的方程為x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)假設(shè)存在D(t，0)，使得∠PDQ的平分線(xiàn)與x軸或y軸垂直，
則可得kPD＋kQD＝0，F(xiàn)(2,0)，
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)，直線(xiàn)l：y＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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)，
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí)，t＝eq \f(1,2)也滿(mǎn)足題意．
所以存在點(diǎn)Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，使得∠PDQ的平分線(xiàn)與x軸或y軸垂直．
3．(2022·承德模擬)已知M(－2,0)，N(2,0)，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足：直線(xiàn)PM與直線(xiàn)PN的斜率之積為－eq \f(1,4)，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線(xiàn)C1.拋物線(xiàn)C2：x2＝2py(p>0)與C1在第一象限的交點(diǎn)為A，過(guò)點(diǎn)A作直線(xiàn)l交曲線(xiàn)C1于點(diǎn)B，交拋物線(xiàn)C2于點(diǎn)E(點(diǎn)B，E不同于點(diǎn)A)．
(1)求曲線(xiàn)C1的方程；
(2)是否存在不過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)l，使點(diǎn)E為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)？若存在，求出p的最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P(x，y)(x≠±2)，
則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)，
∴曲線(xiàn)C1的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1(x≠±2)．
(2)設(shè)A(x1，y1)(x1>0，y1>0)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，顯然直線(xiàn)l存在斜率，
設(shè)l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(\f(1＋4k2,2k)))，
∴k>0，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x2＝2py，))
即x2＋eq \f(x4,p2)＝4，
∴p2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋4k2,2k)))2＋eq \f(p4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋4k2,2k)))4,p2)＝4，
∴p2＝eq \f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋4k2,2k)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋4k2,2k)))4)，
設(shè)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋4k2,2k)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k)＋2k))2
＝t≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(1,2k)·2k)))2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(1,2k)＝2k，即k＝eq \f(1,2)時(shí)取等號(hào)，
則p2＝eq \f(4,t＋t2)＝eq \f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2－\f(1,4))，
當(dāng)t≥4時(shí)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)≥20，
當(dāng)k＝eq \f(1,2)，即t＝4時(shí)，p2取得最大值，最大值為eq \f(1,5)，
即p＝eq \f(\r(5),5).
此時(shí)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)，\f(2\r(5),5)))，滿(mǎn)足Δ>0，
故存在不過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)l，使點(diǎn)E為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，且p的最大值為eq \f(\r(5),5).
4．(2022·九江模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線(xiàn)C：x2＝2py(p>0)，P為直線(xiàn)y＝x－2上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線(xiàn)C的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為A，B.當(dāng)P在y軸上時(shí)，OA⊥OB.
(1)求拋物線(xiàn)C的方程；
(2)求點(diǎn)O到直線(xiàn)AB距離的最大值．
解 (1)P為直線(xiàn)y＝x－2上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)P在y軸上時(shí)，則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)，
設(shè)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2p)))，x1>0，x20，
所以x1＋x2＝2k，x1x2＝－2m，
所以eq \f(－2m,2)＝eq \f(2k,2)－2，即k＋m＝2，滿(mǎn)足Δ>0，
所以點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離為
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)，
則t′＝eq \f(2?k－2??2k＋1?,?1＋k2?2)，
令t′＝0，得k＝2或k＝－eq \f(1,2)，
所以當(dāng)k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(2，＋∞)時(shí)，
t′>0，t單調(diào)遞增，當(dāng)k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))時(shí)，t′

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