12-27问题

1、如图，一直椭圆$C_1:\frac{x^2}{2}+y^2=1$，抛物线$C_2:y^2=2px(p>0)$，点$A$是椭圆$C_1$与抛物线$C_2$的交点，过点$A$的直线$l$交椭圆$C_1$于点$B$，交抛物线$C_2$于$M(B,M$不同于$A)$.

( Ⅰ )若$p=\frac{1}{16}$,求抛物线$C_2$的焦点坐标；

( Ⅱ )若存在不过原点的直线$l$使$M$为线段$AB$的中点，求$p$得最大值.

解：先设$A(x_0,y_0)$在椭圆上

$$\frac{x_0^2}{2}+y_0^2=1\tag{1}$$

再由$A$确定抛物线

$$y_0^2=2px_0\Rightarrow 2p=\frac{y_0^2}{x_0}\tag{2}$$

将抛物线以$A$为中心放大得到曲线$C_3$，曲线上点$(x,y)$满足

$$\left(\frac{y+y_0}{2}\right)^2=2p\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\tag{3}$$

代入$(2)$那么

$$\left(\frac{y+y_0}{2}\right)^2=\frac{y_0^2}{x_0}\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\Rightarrow x=\frac{2x_0}{y_0^2}\left(\frac{y+y_0}{2}\right)^2-x_0=\frac{x_0}{2y_0^2}\left((y+y_0)^2-2y_0^2\right)\tag{4}$$

如下图所示，可调节$A$点位置，查看交点

将$(4)$的$x$代入$\frac{x^2}{2}+y^2=1$中的$x$，求解四次方程，即交点横坐标

$$\frac{1}{2}\left(\frac{x_0}{2y_0^2}\left((y+y_0)^2-2y_0^2\right)\right)^2+y^2=1\tag{5}$$

注意到$\pm y_0$为方程的解，代入$\frac{x_0^2}{2}+y_0^2=1$，提取公因式$y^2-y_0^2$得到

$$(5)\Leftrightarrow (y^2-y_0^2)\left(\frac{x_0^2}{8y_0^4}(y+3y_0)(y+y_0)+1\right)=0\tag{6}$$

只需保证方程有实根

$$\frac{x_0^2}{8y_0^4}(y+3y_0)(y+y_0)+1=0\Leftrightarrow y^2+4y_0y+3y_0^2+\frac{8y_0^4}{x_0^2}=0\\ \Leftrightarrow \Delta = (4y_0)^2-4\left(3y_0^2+\frac{8y_0)^4}{x_0}\right)=\frac{4y_0^2}{x_0^2}\left(1-\frac{8y_0^2}{x_0^2}\right)>0$$

所以$x_0^2>8y_0^2$，又$x_0^2/2+y_0^2=1$，得到$x_0^2>8(1-x_0^2/2)$即$|x_0|>\frac{4}{\sqrt{10}}$（另$x_0<\sqrt{2}$)，$x_0\in(\frac{4}{\sqrt{10}},\sqrt{2})$
注意下式中$p$关于$x_0$为递减函数，所以

$$p=\frac{y_0^2}{2x_0}=\frac{1-\frac{x_0^2}{2}}{2x_0}=\frac{1}{4}\left(-x_0+\frac{2}{x_0}\right)\in(0,\frac{\sqrt{10}}{40})$$

2、已知四棱锥$P-ABCD$所有棱长均为$4$，点$M$是侧棱$PC$上的一个动点(不与$P,C$)重合，若过点$M$且垂直于$PC$的截面将该四棱锥分为两部分。

结论：

1. 截面的形状仅能为三角形、五边形
2. 截面与底面所成锐二面角为$\pi/4$
3. 当$PM=1$时，截面积为$5\sqrt{2}$
4. 当$PM=2$时，界面分成的两个几何体体积比为$3:1$
5. PA为截面法线，$PA\perp PC$，$PB\perp PD$