2024年高二數(shù)學(xué)暑期培優(yōu)講義 第12講 圓錐曲線中探索性與綜合性問題（教師版）

第第頁(yè)第12講圓錐曲線中探索性與綜合性問題題型一探索性問題例1已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，過(guò)點(diǎn)P(0，eq\r(6))且斜率為1的直線l交雙曲線C于A，B兩點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3.(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)Q為雙曲線C右支第一象限上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為雙曲線C的右焦點(diǎn)，在x軸的負(fù)半軸上是否存在定點(diǎn)M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)雙曲線C的焦距為2c.由雙曲線C的離心率為2知c＝2a，所以b＝eq\r(3)a，從而雙曲線C的方程可化為eq\f(x2,a2)﹣eq\f(y2,3a2)＝1.由題意知，l：y＝x＋eq\r(6)，聯(lián)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.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．因?yàn)棣ぃ?﹣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?yàn)閑q\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，所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2﹣eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)存在點(diǎn)M(t,0)(t<0)滿足題設(shè)條件．由(1)知雙曲線C的右焦點(diǎn)為F(2,0)．設(shè)Q(x0，y0)(x0≥1)為雙曲線C右支上一點(diǎn)．當(dāng)x0＝2時(shí)，因?yàn)椤螿FM＝2∠QMF＝90°，所以∠QMF＝45°，于是|MF|＝|QF|＝eq\f(b2,a)＝3，所以t＝﹣1.即M(﹣1,0)．當(dāng)x0≠2時(shí)，tan∠QFM＝﹣kQF＝﹣eq\f(y0,x0－2)，tan∠QMF＝kQM＝eq\f(y0,x0－t).因?yàn)椤螿FM＝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).將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)．綜上，滿足條件的點(diǎn)M存在，其坐標(biāo)為(﹣1,0)．教師備選已知橢圓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\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)，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)假設(shè)滿足條件的直線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)＝0，①Δ＝(﹣6eq\r(2)t)2﹣4×7×6(t2﹣4)＝﹣96t2＋672>0，即﹣eq\r(7)<t<eq\r(7)，記A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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，將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)，滿足Δ>0，所以直線l的方程為y＝﹣eq\f(\r(2),2)x＋eq\f(9,5).思維升華存在性問題的解題策略存在性的問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論．(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．(3)當(dāng)要討論的量能夠確定時(shí)，可先確定，再證明結(jié)論符合題意．跟蹤訓(xùn)練1在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，已知拋物線C：y2＝4x，經(jīng)過(guò)P(t,0)(t>0)的直線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，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)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，當(dāng)y0＝±2eq\r(2)時(shí)，|AP|取得最小值2eq\r(3).(2)設(shè)直線AB的方程為x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)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，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\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.題型二圓錐曲線的綜合問題例2在平面直角坐標(biāo)系Oxy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)的連線構(gòu)成等邊三角形，直線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)，線段MN的中點(diǎn)為D，直線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\co1(－\f(m,2)，－\f(n,2)))，即B到直線MN的距離是原點(diǎn)O到直線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MN的距離為1，點(diǎn)B到直線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\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，))兩式相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，因?yàn)镈為線段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MN的方程為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，所以原點(diǎn)O到直線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)?<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，即點(diǎn)B到直線MN的距離的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)，3)).教師備選已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，P是拋物線C上一點(diǎn)，且滿足eq\o(FP,\s\up6(→))＝(0，﹣2)．(1)求拋物線C的方程；(2)已知斜率為2的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，若|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差數(shù)列，求該數(shù)列的公差．解(1)由題設(shè)知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)點(diǎn)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，則拋物線C的方程為y2＝4x.(2)設(shè)直線l：y＝2x＋m，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,y2＝4x，))消去y得4x2＋(4m﹣4)x＋m2＝0，滿足Δ＝(4m﹣4)2﹣16m2＝﹣32m＋16>0，即m<eq\f(1,2)，設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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(→))|成等差數(shù)列，則|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滿足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).思維升華圓與圓錐曲線綜合問題中，圓大多數(shù)是以工具的形式出現(xiàn)，解決此類問題的關(guān)鍵是掌握?qǐng)A的一些常用性質(zhì)．如：圓的半徑r，弦長(zhǎng)的一半h，弦心距d滿足r2＝h2＋d2；圓的弦的垂直平分線過(guò)圓心；若AB是圓的直徑，則圓上任一點(diǎn)P有eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0.跟蹤訓(xùn)練2如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C1：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)是橢圓C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>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C1和橢圓C2的方程；(2)過(guò)A點(diǎn)作直線l交C1于C，D兩點(diǎn)，射線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，問是否存在直線l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直線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.所以拋物線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l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝my＋4.則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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€OC的斜率為eq\f(y1,x1)＝eq\f(y1,\f(y\o\al(2,1),8))＝eq\f(8,y1)，所以直線OC的方程為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，則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，所以存在直線l：x±y﹣4＝0符合條件．課時(shí)精練1．已知點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直線PM，PN的斜率乘積為﹣eq\f(3,4)，P點(diǎn)的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)斜率為k的直線交x軸于T，交曲線C于A，B兩點(diǎn)，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2為定值，若存在，求出k值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則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，∴曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．(2)假設(shè)存在k使得|AT|2＋|BT|2為定值．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線AB方程為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).∴由弦長(zhǎng)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)]為定值，則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)時(shí)使得|AT|2＋|BT|2為定值．2．已知雙曲線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的兩條漸近線的距離的乘積為eq\f(3,4).(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)直線l過(guò)雙曲線C的右焦點(diǎn)F，與雙曲線C相交于P，Q兩點(diǎn)，問在x軸上是否存在定點(diǎn)D，使得∠PDQ的平分線與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C：x2﹣eq\f(y2,b2)＝1，所以漸近線方程為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\o\al(2,0)－y\o\al(2,0)|,b2＋1)＝eq\f(3,4)，因?yàn)镸(x0，y0)在雙曲線上，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，所以雙曲線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l的斜率存在時(shí)，直線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)，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，t＝eq\f(1,2)也滿足題意．所以存在點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，使得∠PDQ的平分線與x軸或y軸垂直．3．已知M(﹣2,0)，N(2,0)，動(dòng)點(diǎn)P滿足：直線PM與直線PN的斜率之積為﹣eq\f(1,4)，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C1.拋物線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l交曲線C1于點(diǎn)B，交拋物線C2于點(diǎn)E(點(diǎn)B，E不同于點(diǎn)A)．(1)求曲線C1的方程；(2)是否存在不過(guò)原點(diǎn)的直線l，使點(diǎn)E為線段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l存在斜率，設(shè)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)，設(shè)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，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\co1(t＋\f(1,2)))2－\f(1,4))，當(dāng)t≥4時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(\f(2\r(5),5)，\f(2\r(5),5)))，滿足Δ>0，故存在不過(guò)原點(diǎn)的直線l，使點(diǎn)E為線段AB的中點(diǎn)，且p的最大值為eq\f(\r(5),5).4．在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，P為直線y＝x﹣2上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.當(dāng)P在y軸上時(shí)，OA⊥OB.(1)求拋物線C的方程；(2)求點(diǎn)O到直線AB距離的最大值．解(1)P為直線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