圆锥曲线综合题-基础篇

1.椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),𝐹为左焦点,上顶点𝑃到𝐹的距离为2,且离心率~~~~\\为\frac{\sqrt{3}}{2}.
(1)求椭圆𝐶的标准方程;
(2)设斜率为𝑘的动直线𝑙与椭圆𝐶交于𝑀,𝑁两点,且~~~\\|𝑃𝑀|=|𝑃𝑁|,求𝑘的取值范围.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

2.A,B,C 是我方三个炮兵阵地,A在 B 正东 6km,C 在 B 北偏西 30^0,相距 4 km,P为~~~~~~~~\\炮兵阵地.
某时刻 A 处发现敌炮阵地的某种信号,由于 BC两地比 A距 P 地远,因此 4 s~~~~\\后 ,BC 才同时
发现这一信号,此信号的传播速度为 1 km/s,若 A炮击P地,求炮击的~~~~\\方向角。~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\hspace{1.8cm}

3.已知椭圆𝐶:\frac{𝑥_2}{𝑎_2}+\frac{𝑦_2}{𝑏_2}=1(𝑎>𝑏>0)的短轴长为2\sqrt{3},左顶点𝐴到右焦点𝐹的距离为3.\\
(1)求椭圆𝐶的方程;~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(2)若直线𝑙与椭圆𝐶交于不同的两点𝑀,𝑁(不同于𝐴),且直线𝐴𝑀和𝐴𝑁的斜率之积与~~~\\椭圆的离心率互为相反数,求证:直线𝑙过定点.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
练习1. 设抛物线C:y^{2}=2px(p > 0)的焦点为F,已知点F到圆E:(x + 3)^{2}+y^{2}=1~~~~~\\上一点的距离的最大值为6.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(1)求抛物线C的方程.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(2)设O是坐标原点,点P(2,4),A,B是抛物线C上异于点P的两点,直线PA,PB与y轴~~~~~\\分别相交于M,N两点(异于点O),且O是线段MN的中点,试判断直线AB是否经过定~~~~\\点.若是,求出该定点坐标;若不是,说明理由.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
参考图象

答案

答案:
(1) y^{2}=8x,(2)过定点(0,-2);~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\

(2) 设 AB:x = my + n,A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),与抛物线联立得:
\begin{cases}x = my + n\\y^{2}=8x\end{cases},~~~~~~~~~~\\则 y^{2}-8my - 8n = 0,
\Delta=64m^{2}+32n>0,
y_1 + y_2 = 8m,y_1y_2=-8n.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
 
直线 PA:y - 4 = k_1(x - 2),x = 0 时,y_M=-2k_1 + 4,~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
直线 PB:y - 4 = k_2(x - 2),x = 0 时,y_N=-2k_2 + 4~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
y_M + y_N = 0\Rightarrow k_1 + k_2 = 4
 
即:\frac{y_1 - 4}{x_1 - 2}+\frac{y_2 - 4}{x_2 - 2}=4\Rightarrow\frac{y_1 - 4}{\frac{y_1^{2}}{8}-2}+\frac{y_2 - 4}{\frac{y_2^{2}}{8}-2}=~~~~~~~~~~~~~~~~~\\\frac{8}{y_1 + 4}+\frac{8}{y_2 + 4}=4
\Rightarrow y_1y_2+2(y_1 + y_2)=0\Rightarrow n = 2m.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
\therefore AB:x = my + 2m,过 (0,-2).~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

4.已知点  B  是圆  C:(x-1)^{2}+y^{2}=16  上的任意一点,点  F(-1,0) ,线段  B F  的垂直平分线\\交  B C  于点  P  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(1)求动点  P  的轨迹  E  的方程;~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(2)设曲线  E  与  x  轴的两个交点分别为  A_{1}, A_{2}, Q  为直线  x=4  上的动点,且  Q  不在  x  轴上, ~~~~\\Q A_{1}  与  E  的另一个交点为  M, Q A_{2}  与  E  的另一个交点为  N ,证明: \triangle F M N 的周长为定值.
参考图象

答案

答案:(1)\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1  ,
(2)周长为定值8;~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
提示:设  Q(4, t),  \Rightarrow 直线Q A_{1}: y=\frac{t}{6}(x+2), 直线:Q A_{2}: y=\frac{t}{2}(x-2) ,~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
联立  \left\{\begin{array}{l}y=\displaystyle\frac{t}{6}(x+2), \\ \displaystyle\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1,\end{array}\right.  得:  M\left(\frac{54-2 t^{2}}{27+t^{2}}, \frac{18 t}{27+t^{2}}\right) ,同理得 : N\left(\frac{2 t^{2}-6}{3+t^{2}}, \frac{-6 t}{3+t^{2}}\right) ,~~~~~\\
直线  M N: y+\frac{6 t}{3+t^{2}}=-\frac{6 t}{t^{2}-9}\left(x-\frac{2 t^{2}-6}{3+t^{2}}\right) ,即  \boxed{y=-\frac{6 t}{t^{2}-9}(x-1)} ,~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
所以直线过定点  (1,0) ,即过传圆的右焦点  F_{2} ,所以  \triangle F M N  的周长为  4 a=8  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\当  k_{M N}  不存在,  x_{1}=x_{2}=1 ,周长也等于 8 .所以  \triangle F M N  的周长为定值 8 .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

5.已知双曲线  C  的中心为坐标原点,左焦点为  (-2 \sqrt{5}, 0)  ,离心率为  \sqrt{5}  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(1)求  C  的方程;~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(2)记  C  的左,右顶点分别为  A_{1}, A_{2}  ,过点  (-4,0)  的直线与  C  的左支交于  M, N 两点, M  在~~~\\第二象限,直线  M A_{1}  与  N A_{2}  交于点  P  ,证明:点  P  在定直线上.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
参考图象

答案

答案:(1)\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1 ,

(2)P  在定直线  x=-1  上;~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
提示:设直线  M N  的方程为  x=m y-4  ,
联立  \left\{\begin{array}{l}x=m y-4, \\ 4 x^{2}-y^{2}=16 .\end{array}\right.  ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\得  \left(4 m^{2}-1\right) y^{2}-32 m y+48=0  ,
则  y_{1}+y_{2}=\frac{32 m}{4 m^{2}-1}, y_{1} y_{2}=\frac{48}{4 m^{2}-1}  ,~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\且  4 m^{2}-1 \neq 0, \Delta=256 m^{2}+192>0  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\

直线  M A_{1}  :  y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x+2)  ,直线  N A_{2}  :  y=\frac{y_{2}}{x_{2}-2}(x-2)  .
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\联立得:\boxed{ \frac{x+2}{x-2}=\frac{y_{2}\left(x_{1}+2\right)}{y_{1}\left(x_{2}-2\right)}=\frac{m y_{1} y_{2}-2\left(y_{1}+y_{2}\right)+2 y_{1}}{m y_{1} y_{2}-6 y_{1}}}=\frac{-\displaystyle\frac{16 m}{4 m^{2}-1}+2 y_{1}}{\displaystyle\frac{48 m}{4 m^{2}-1}-6 y_{1}}~~~~~~~~~~\\=-\frac{1}{3}  ,
所以  x=-1  ,即点  P  在定直线  x=-1  上.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

6.已知  O  为坐标原点,动直线  l: y=k x+m(k m \neq 0)  与双曲线  C: x^{2}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(b>0)  的\\渐近线交于  A, B  两点,与椭圆  D: \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1  交于  E, F  两点.当  k^{2}=10  时,  2(\overrightarrow{O A}   +\overrightarrow{O B})\\=3(\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F})  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(1)求双曲线  C  的方程;
(2)若动直线  l  与双曲线  C  相切,求证: \triangle O A B  的面积为定值.~~~~~~~~~
参考图象

答案

答案:(1)x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1 ,(2)\sqrt{3};~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
提示:(1)2(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=3(\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F})  ,所以  x_{1}+x_{2}=\frac{3}{2}\left(x_{3}+x_{4}\right)  .
由  \left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ y=b x,\end{array}\right.  \\得  x_{1}=\frac{m}{b-k}  同理可得  x_{2}=-\frac{m}{b+k}  .
由  \left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1,\end{array}\right.  ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\得  \left(1+2 k^{2}\right) x^{2}+4 k m x+2 m^{2}-2=0  ,所以  x_{3}+x_{4}=-\frac{4 k m}{1+2 k^{2}}  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
解得  b=\sqrt{3}  .所以双曲线  C  的方程为  x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(2)证明 双曲线的渐近线方程为  y= \pm \sqrt{3} x  .
由(1)得  A\left(\frac{-m}{k-\sqrt{3}}, \frac{-\sqrt{3} m}{k-\sqrt{3}}\right), ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
B\left(\frac{-m}{k+\sqrt{3}}, \frac{\sqrt{3} m}{k+\sqrt{3}}\right), \angle A O B=\frac{2 \pi}{3}  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
法一,所以 \boxed{ S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2}|O A| \cdot|O B| \cdot \sin \angle A O B}=~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
\frac{1}{2} \cdot\left|\frac{4 m^{2}}{k^{2}-3}\right| \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\left|\frac{\sqrt{3} m^{2}}{k^{2}-3}\right|  .
由  \left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ x^{2}-\displaystyle\frac{y^{2}}{3}=1,\end{array}\right.  得  \left(3-k^{2}\right) x^{2}-2 k m x-m^{2}-3=0  .\\
所以  \Delta=4 k^{2} m^{2}+4\left(3-k^{2}\right)\left(m^{2}+3\right)=0  ,得  m^{2}=k^{2}-3  ,
所以  S_{O A B}=\left|\frac{\sqrt{3} m^{2}}{k^{2}-3}\right|=\sqrt{3}  .\\
法二、原点 O 到 AB 距离 d = \frac{|m|}{\sqrt{k^{2}+1}},|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{A}-x_{B}|=~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\\sqrt{1 + k^{2}}|\frac{-m}{k - \sqrt{3}}+\frac{m}{k+\sqrt{3}}|,
 
\boxed{S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}|AB|\cdot d}=\left|\frac{\sqrt{3}m^{2}}{k^{2}-3}\right|=\sqrt{3}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
法三、设曲线  C  上一点为  \left(x_{0}, y_{0}\right) 
\therefore x_{0}^{2}-\frac{y_{0}^{2}}{3}=1
切线: x_{0} x-\frac{y_{0}}{3} y=1 
与  y=\sqrt{3} x  联立,\\ \Rightarrow x_{A}=\frac{3}{3 x_{0}-\sqrt{3} y_{0}}, y_{A}= 

\frac{3 \sqrt{3}}{3 x_{0}-\sqrt{3} y_{0}},


与  y=-\sqrt{3} x  联立, \Rightarrow x_{B}=\frac{3}{3 x_{0}+\sqrt{3} y_{0}}, ~~~~~~\\y_{B} 

=\frac{-3 \sqrt{3}}{3 x_{0}+\sqrt{3} y_{0}}.


令  y=0 \Rightarrow  切线与  x  轴交点  \left(\frac{1}{x_{0}}, 0\right) .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\

\begin{aligned}
\therefore S_{\triangle A O B} & =\frac{1}{2}\left|\frac{1}{x_{0}}\right|\left|y_{B}-y_{A}\right| \\
& =\frac{1}{2}\left|\frac{1}{x_{0}}\right| \cdot 3 \sqrt{3}\left|\frac{1}{3 x_{0}-\sqrt{3} y_{0}}+\frac{1}{3 x_{0}+\sqrt{3} y_{0}}\right| \\
& =\frac{3 \sqrt{3}}{2}\left|\frac{1}{x_{0}}\right|\left|\frac{6 x_{0}}{9 x_{0}^{2}-3 y_{0}^{2}}\right|, \quad 9 x_{0}^{2}-3 y_{0}^{2}=9 \\
& =\sqrt{3}
\end{aligned}

7.已知椭圆  C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)  经过点  (2, \sqrt{3})  ,离心率为  \frac{\sqrt{3}}{2}  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(1)求椭圆  C  的标准方程;
(2)若直线  l: y=k x+m  与椭圆  C  有两个不同的交点  A, B  ,原~~~\\点  O  到直线  l  的距离为 2 ,求  \triangle A B O  的面积的最大值.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
答案

答案:解(1) \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1,(2)4;
(2)提示:原点  O  到直线  l  的距离为  2, \Rightarrow m^{2}=4\left(k^{2}+1\right)  .\\
由  \left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ \displaystyle\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1,\end{array}\right.  得  \left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k m x+4 m^{2}-16=0  ,~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\

\Delta=16\left(16 k^{2}+4-m^{2}\right)=192 k^{2}>0~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

 ★ 使用公式  |A B|=\sqrt{1+k^{2}} \frac{\sqrt{\Delta}}{|a|}★ \\
则 \boxed{ |A B|=\frac{8 \sqrt{3}|k| \sqrt{1+k^{2}}}{1+4 k^{2}}  }.
所以  \triangle A B O  面积  S=\frac{8 \sqrt{3}|k| \sqrt{1+k^{2}}}{1+4 k^{2}}\leqslant \frac{8 \times \displaystyle\frac{3 k^{2}+1+k^{2}}{2}}{1+4 k^{2}}~\\=4  ,当且仅当  k= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}  时取得等号,
所以  \triangle A B O  的面积的最大值为 4 .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

8.如图,已知抛物线  x^{2}=y ,点  A\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right), B\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{4}\right),拋物线上的点  P(x, y),其中~~~~~~~~~\\-\frac{1}{2} < x< \frac{3}{2}, 过点  B  作直线  A P  的垂线,垂足为  Q  .求  |P A| \cdot|P Q|  的最大值.~~~~~~~~~~~~~~~~
答案

答案:\frac{27}{16};提示:设 P(x,y),因为 y = x^{2}.由已知得

\boxed{\vert PA\vert\vert PB\vert=-\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\=-(x + \frac{1}{2},y-\frac{1}{4})\cdot(x-\frac{3}{2},y - \frac{9}{4})


=-\left[(x+\frac{1}{2})(x - \frac{3}{2})+(x^{2}-\frac{1}{4})(x^{2}-\frac{9}{4})\right]~~~~~~~~~~~~~~\\
=-x^{4}+\frac{3}{2}x^{2}+x+\frac{3}{16}=f(x),\Rightarrow



f^\prime(x)=-4x^{3}+3x + 1=3x-3x^{3}+1 - x^{3}~~~~~~~~~~~~~\\=(1 - x)(2x + 1)^{2},x = 1为极大值点.

所以 f(x)_{\max}=\frac{27}{16} .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

9.已知点  A(m, 4)(m>0)  在抛物线  x^{2}=4 y  上,过点  A  作倾斜角互补的两条直线  l_{1}  和  l_{2} 且\\  l_{1}, l_{2}  与抛物线的另一个交点分别为  B, C  .~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(1)求证:直线  B C  的斜率为定值;~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\
(2)若拋物线上存在两点关于  B C  对称,求  |B C|  的取值范围.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
答案

答案(1)-2,(2)10\sqrt{5};提示:由\begin{cases}y - 4=k(x - 4)\\x^{2}=4y\end{cases}
\Rightarrow x^{2}-4kx + 16k-16 = 0,
x_{1}x_{2}=\\16k - 16\Rightarrow x_{B}=4k - 4,同理x_{C}=-4k - 4,
k_{BC}=\frac{y_{B}-y_{C}}{x_{B}-x_{C}}=\frac{1}{4}(x_{B}+x_{C})=-2.~~~~~\\
 
(2)
BC:y=-2x + t,
BC中垂线:y=\frac{1}{2}x + m,
由\begin{cases}y=\displaystyle\frac{1}{2}x + m\\x^{2}=4y\end{cases}\Rightarrow x^{2}-2x-4m = 0,\\
\boxed{\Delta=4 + 16m>0,m>-\frac{1}{4},}
x_{1}+x_{2}=2 = 2x_{0},得x_{0}=1,y_{0}=\frac{1}{2}+m,
代入BC得\\\boxed{m=-\frac{5}{2}+t>-\frac{1}{4}\Rightarrow t>\frac{9}{4}.}
由\begin{cases}y=-2x + t\\x^{2}=4y\end{cases}\Rightarrow x^{2}+8x-4t = 0,
\vert BC\vert=
~~~~~~~~~~~~~~~~~\\\boxed{\sqrt{1 + k^{2}}\frac{\sqrt{\Delta}}{\vert a\vert}}=\sqrt{5}\sqrt{64 + 16t}>10\sqrt{5}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

留下评论