观看人数： 264
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}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
