高考数学第一轮复习第九章 §9.12　圆锥曲线中的探索性与综合性问题

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例1 已知双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与C2：eq \f(y2,9)－eq \f(x2,3)＝1有相同的渐近线，点F(2,0)为C1的右焦点，A，B为C1的左、右顶点．
(1)求双曲线C1的标准方程；
(2)若直线l过点F交双曲线C1的右支于M，N两点，设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵C2的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
∴eq \f(b,a)＝eq \r(3)，
∵c＝eq \r(a2＋b2)＝2，∴a＝1，b＝eq \r(3)，
∴双曲线C1的标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)由已知，A(－1,0)，B(1,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
l过点F(2,0)与右支交于两点，则l斜率不为零，
设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与双曲线右支交于两点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3m2－1≠0，,y1y2＝\f(9,3m2－1)<0，))解得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，
Δ＝(12m)2－4×9(3m2－1)＝36(m2＋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.
教师备选
(2022·洛阳模拟)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\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，
Δ＝(－6eq \r(2)t)2－4×7×6(t2－4)
＝－96t2＋672>0，
即－eq \r(7)记A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6\r(2),7)t，,x1x2＝\f(6t2－4,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(6t2－4,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 (2022·南京模拟)在平面直角坐标系xOy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 \(OM,\s\up6(→))·eq \(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\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，
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\c1(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 \(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.
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xOy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\c1(－\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\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，))
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\c1(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所以eq \f(1,2\r(3))≤eq \f(1,\r(9＋n2))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\c1(\f(3\r(3),2)，3)).
教师备选
(2022·开封模拟)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 \(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 \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(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\c1(\f(p,2)，0))，设点P(x0，y0)，
由eq \(FP,\s\up6(→))＝(0，－2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝1－m，x1x2＝eq \f(m2,4)，
若|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列，
则|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2|eq \(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 \(FB,\s\up6(→))|－|eq \(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 \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
跟踪训练2 (2022·鹰潭模拟)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\c1(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\\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\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，
则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，
所以存在直线l：x±y－4＝0符合条件．
课时精练
1．已知椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1的左、右焦点为F1，F2，点P为双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1上异于顶点的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A，B和C，D.
(1)设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2＝1；
(2)是否存在常数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，请说明理由．
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则k1＝eq \f(y0,x0＋2)，k2＝eq \f(y0,x0－2)，
因为点P为双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1上异于顶点的任意一点，
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 由直线PF1的方程为y＝k1(x＋2)，
代入椭圆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)，
因为k1k2＝1，
可得|CD|＝4eq \r(2)·eq \f(k\\al(2,1)＋1,k\\al(2,1)＋2)，
则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)，
即存在常数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\\al(2,0)－y\\al(2,0)|,b2＋1)＝eq \f(3,4)，
因为M(x0，y0)在双曲线上，
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\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)，
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\c1(\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\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)，
设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，
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\c1(t＋\f(1,2)))2－\f(1,4))，
当t≥4时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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xOy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\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，x2<0，
所以过点A的切线方程为
y－eq \f(x\\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\\al(2,1),2p)＝eq \f(x1,p)(0－x1)，
解得xeq \\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\\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\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2)))，
所以切线PA的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),2)＝x1(x－x1)，
切线PB的方程为y－eq \f(x\\al(2,2),2)＝x2(x－x2)，
两切线方程联立解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(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\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(2，＋∞)时，
t′>0，t单调递增，当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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).