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解析几何中的融合创新问题
高考定位 解析几何创新问题的表现形式有：(1)与其他数学知识融合，如立体
几何、导数等；(2)定义新的解析几何概念，如距离、曲线等.解决解析几何创新
题理解新定义是基础、计算是关键.
【题型突破】
题型一 解析几何与数列、立体几何高度融合
例1 (2024·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C 上，k
为常数，0<k<1.按照如下公式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过点Pn－1作斜率为k
的直线与C 的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y 轴的对称点.记Pn的坐标为
(xn，yn).
(1)若k＝，求x2，y2.
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列.
(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积.证明：对于任意正整数n，Sn＝Sn＋1.
(1)解 ∵P1在C 上，∴m＝52－42＝9，故k＝时，
有
解得或(舍)，
∴x2＝3，y2＝0.
(2)证明 设Pn(xn，yn)，Qn(－xn＋1，yn＋1)，
直线PnQn斜率为k.
设zn＝xn－yn，
∴
则＝1，
结合＝k，
得
两式相减，得zn＋1－zn＝k(zn＋1＋zn)，
∴＝，
∴数列{xn－yn}是公比为的等比数列.
(3)证明 要证Sn＋1＝Sn，
即证S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，
这等价于Pn＋1Pn＋2∥PnPn＋3.
设＝q，
由(2)知
∴xn＝，yn＝，
∵kPn＋1Pn＋2＝＝
＝1－
＝1－
＝1－，
kPnPn＋3＝＝
＝1－
＝1－
＝1－，
故kPn＋1Pn＋2＝kPnPn＋3，Pn＋1Pn＋2∥PnPn＋3，
∴Sn＝Sn＋1.
规律方法 本题考查的是对解析几何和数列知识的综合应用，第(2)问利用固定
斜率的直线与双曲线交点的性质得出结论，第(3)问将面积相等问题转化为两条
直线的平行问题.
训练1 (2024·日照模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，
离心率为，经过点F1且倾斜角为θ 的直线l 与椭圆交于A，B 两点(其中点A 在x
轴上方)，且△ABF2的周长为8.将平面xOy 沿x 轴向上折叠，使二面角A－F1F2－
B 为直二面角，如图所示，折叠后A，B 在新图形中的对应点记为A′，B′.
(1)当θ＝时，
①求证：A′O⊥F2B′；
②求平面A′F1F2和平面A′B′F2所成角的余弦值；
(2)是否存在θ，使得折叠后△A′B′F2的周长为？若存在，求tan θ 的值；若不存
在，请说明理由.
(1)①证明 由椭圆定义可知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以△ABF2的周长L＝4a＝8，所以a＝2，
因为离心率为，故＝，解得c＝1，
则b2＝a2－c2＝3，
由题意，椭圆的焦点在x 轴上，所以椭圆方程为＋＝1，
直线l：y－0＝tan ·(x＋1)，
即l：y＝(x＋1)，
联立＋＝1 得15x2＋24x＝0，
解得x＝0 或－，
当x＝0 时，y＝×(0＋1)＝；
当x＝－时，y＝×＝－，
因为点A 在x 轴上方，
所以A(0，)，B，
故AO⊥F1F2，折叠后有A′O⊥F1F2，
因为二面角A－F1F2－B 为直二面角，
即平面A′F1F2⊥平面F1F2B′，交线为F1F2，A′O⊂平面A′F1F2，所以A′O⊥平面
F1F2B′，
因为F2B′⊂平面F1F2B′，所以A′O⊥F2B′.
②解 以O 为坐标原点，折叠后的y 轴负半轴为x 轴，原x 轴为y 轴，原y 轴正
半轴为z 轴，建立空间直角坐标系，
则F1(0，－1，0)，A′(0，0，)，B′，F2(0，1，0)，
A′F2＝(0，1，－)，B′F2＝，
其中平面A′F1F2的一个法向量n1＝(1，0，0)，
设平面A′B′F2的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
令y＝得x＝，z＝1，故n2＝，
设平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角为φ，
则cos φ＝|cos 〈n1，n2〉|＝
＝＝，
故平面A′B′F2与平面A′F1F2的夹角的余弦值为.
(2)解 设折叠前A(x1，y1)，B(x2，y2)，折叠后对应的A′(x1，y1，0)，B′(x2，0，－
y2)，
设直线l 方程为my＝x＋1，
将直线l 与椭圆方程＋＝1 联立得，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
在折叠前可知|AB|＝，
折叠后，在空间直角坐标系中，
|A′B′|＝，
由|A′F2|＋|B′F2|＋|A′B′|＝，
|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝8，
故|AB|－|A′B′|＝，
所以|AB|－|A′B′|＝－＝，①
分子有理化得＝，
所以＋
＝－4y1y2，②
由①②得＝－2y1y2，
因为
＝
＝|y1－y2|，
故－2y1y2＝|y1－y2|，
即－2y1y2＝，
将y1＋y2＝，y1y2＝代入上式得
＋＝，
两边平方后，整理得2 295m4＋4 152m2－3 472＝0，
即(45m2－28)(51m2＋124)＝0，解得m2＝，
因为0<θ<，所以tan θ＝＝.
题型二 曲率与曲率半径问题
例2 (2024·温州二模)如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：
①圆C 与曲线Γ 有公共点A，且圆心在曲线Γ 凹的一侧；
②圆C 与曲线Γ 在点A 处有相同的切线；
③曲线Γ 的导函数在点A 处的导数(即曲线Γ 的二阶导数)等于圆C 在点A 处的二
阶导数(已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2在点A(x0，y0)处的二阶导数等于)；则称圆C
为曲线Γ 在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径.
(1)求抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程；
(2)求曲线y＝的曲率半径的最小值；
(3)若曲线y＝ex在(x1，ex1)和(x2，ex2)(x1≠x2)处有相同的曲率半径，求证：x1＋x2<
－ln 2.
(1)解 记f(x)＝x2，设抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程为x2＋(y－b)2＝b2，
其中b 为曲率半径.
则f′(x)＝2x，f″(x)＝2，
故2＝f″(0)＝＝，2＝，即b＝，
所以抛物线y＝x2在原点处的曲率圆的方程为x2＋＝.
(2)解 设曲线y＝f(x)在(x0，y0)的曲率半径为r，则
法一
由(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2知，[f′(x0)]2＋1＝，
所以r＝，
故曲线y＝在点(x0，y0)处的曲率半径r＝，
所以r2＝＝≥2，
则r＝≥，
当且仅当x＝，即x＝1 时取等号，
故r≥，曲线y＝在点(1，1)处的曲率半径r＝.
法二
所以
而r2＝(x0－a)2＋(y0－b)2
＝＋，
所以r＝2－，
解方程可得r＝，
则r2＝≥2，当且仅当x＝，即x＝1 时取等号，
故r≥，曲线y＝在点(1，1)处的曲率半径r＝.
(3)证明 法一 函数y＝ex的图象在(x，ex)处的曲率半径r＝，
故r＝ex＋e－x，
由题意知ex1＋e－x1＝ex2＋e－x2
令t1＝ex1，t2＝ex2，
则有t＋＝t＋，所以t－t＝－，
即(t1－t2)(t1＋t2)＝，
故t1t2(t1＋t2)＝1.
因为x1≠x2，所以t1≠t2，
所以1＝t1t2(t1＋t2)>t1t2·2＝2(t1t2)＝2ex1＋x2，
所以x1＋x2<－ln 2.
法二 函数y＝ex的图象在(x，ex)处的曲率半径r＝，
有r2＝＝e4x＋3e2x＋3＋e－2x，
设h(x)＝e4x＋3e2x＋3＋e－2x.
则有h′(x)＝4e4x＋6e2x－2e－2x
＝2e－2x(e2x＋1)2(2e2x－1)，
所以当x∈时h′(x)<0；
当x∈时h′(x)>0，
故h(x)在上单调递减，
在上单调递增.
故有x1<－ln 2<x2，
所以x1，－ln 2－x2∈，
要证x1＋x2<－ln 2，即证x1<－ln 2－x2，
即证h(x2)＝h(x1)>h(－ln 2－x2).
下证：当x∈时，
有h(x)>h(－ln 2－x)，
设函数H(x)＝h(x)－h(－ln 2－x)(其中x>－ln 2)，
则H′(x)＝h′(x)＋h′(－ln 2－x)
＝(2e2x－1)2>0，
故H(x)单调递增，
故H(x)>H＝0，
故h(x1)＝h(x2)>h(－ln 2－x2)，
所以x1＋x2<－ln 2.
规律方法 函数y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的曲率半径的求法：
设曲线y＝f(x)在(x0，y0)处的曲率半径为r，则由公切线及圆的切线性质可得
由(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2知[f′(x0)]2＋1＝，所以r＝.
训练2 (2024·合肥调研)曲线的曲率是描述几何弯曲程度的量，曲率越大，曲线
的弯曲程度越大.曲线在点M 处的曲率K＝(其中y′表示函数y＝f(x)在点M 处的导
数，y″表示导函数f′(x)在点M 处的导数).在曲线y＝f(x)上点M 处的法线(过该点
且垂直于该点处的切线的直线为曲线在此处的法线)指向曲线凹的一侧上取一点
D，使得|MD|＝＝ρ，则称以D 为圆心，以ρ 为半径的圆为曲线在M 处的曲率圆，
因为此曲率圆与曲线弧度密切程度非常好，且再没有圆能介于此圆与曲线之间而
与曲线相切，所以又称此圆为曲线在此处的密切圆.
(1)求出曲线C1：y2－x2＝2 在点M(0，)处的曲率，并在曲线C2：xy＝1 的图象上
找一个点E，使曲线C2在点E 处的曲率与曲线C1在点M(0，)处的曲率相同；
(2)若要在曲线C1：y2－x2＝2 上支凹侧放置圆C3使其能在M(0，)处与曲线C1相
切且半径最大，求圆C3的方程；
(3)在(2)的条件下，在圆C3 上任取一点P，曲线C1上任取关于原点对称的两点
A，B，求PA·PB的最大值.
解 (1)曲线C1：y2－x2＝2 在点M(0，)附近满足y＝，进一步有y′＝，
y″＝＝，
故其曲率K＝＝＝.
在x＝0 处，K＝＝，
所以曲线C1：y2－x2＝2 在点M(0，)处的曲率为.
设曲线C2：xy＝1 上符合题意的点为E(x，y)，曲线在该点附近满足y＝，进一步
有y′＝－，y″＝，
故其曲率K＝＝＝.
令k＝，得x＝±1，所以点E 的坐标为(1，1)或(－1，－1).
(2)设C3的方程为x2＋(y－R－)2＝R2，R>0，
由条件知，由x2＋(y－R－)2＝R2和y2＝x2＋2 组成的方程组只有一个解(x，y)＝
(0，).
将其联立，得到y2－2＋(y－R－)2＝R2，
即y2－(R＋)y＋R＝0，
即(y－)(y－R)＝0.
若R>，则原方程组还有另一个解(，R)，矛盾.
而R＝时，我们有(y－)2＝0，从而y＝，x2＝y2－2＝0，故x＝0，这表明原方程组
只有(x，y)＝(0，)一个解.
所以所求的半径最大的圆C3的方程为x2＋(y－2)2＝2.
(3)首先要PA·PB＝(PO＋OA)·(PO＋OB)＝(PO＋OA)·(PO－OA)＝|OP|2－|OA|2.
设A(xA，yA)，则我们又有|OP|≤＋2R＝3，
|OA|＝＝≥，
故PA·PB＝|OP|2－|OA|2≤18－2＝16.
当P(0，3)，A(0，)时，PA·PB＝|OP|2－|OA|2＝18－2＝16.
所以PA·PB的最大值是16.
题型三 解析几何新定义问题
例3 (2024·石家庄调研)在平面直角坐标系xOy 中，重新定义两点A(x1，y1)，
B(x2，y2)之间的“距离”为|AB|＝|x2－x1|＋|y2－y1|，我们把到两定点F1(－c，0)，
F2(c，0)(c>0)的“距离”之和为常数2a(a>c)的点的轨迹叫“椭圆”.
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设c＝1，a＝2，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为C，C 的
左顶点为A，过F2作直线交C 于M，N 两点，△AMN 的外心为Q，求证：直线
OQ 与MN 的斜率之积为定值.
(1)解 设“椭圆”上任意一点为P(x，y)，
则|PF1|＋|PF2|＝2a，
即|x＋c|＋|y|＋|x－c|＋|y|＝2a，
即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a(a>c>0)，
所以“椭圆”的方程为|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a(a>c>0).
(2)解 由方程|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，
得2|y|＝2a－|x＋c|－|x－c|，
因为|y|≥0，所以2a－|x＋c|－|x－c|≥0，
即2a≥|x＋c|＋|x－c|，
所以或
或解得－a≤x≤a，
由方程|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，
得|x＋c|＋|x－c|＝2a－2|y|，
即2a－2|y|＝
所以2a－2|y|≥2c，所以c－a≤y≤a－c，
所以“椭圆”的范围为－a≤x≤a，c－a≤y≤a－c，
将点(－x，y)代入得，
|－x＋c|＋|－x－c|＋2|y|＝2a，
即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，方程不变，
所以“椭圆”关于y 轴对称，
将点(x，－y)代入得，|x＋c|＋|x－c|＋2|－y|＝2a，
即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，方程不变，
所以“椭圆”关于x 轴对称，
将点(－x，－y)代入得，|－x＋c|＋|－x－c|＋2|－y|＝2a，
即|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a，方程不变，
所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于x 轴，y 轴，原点对称.
(3)证明 由题意可设椭圆C 的方程为＋＝1，
将点(1，1)代入得＋＝1，解得b2＝，
所以外接椭圆C 的方程为＋＝1，
F2(1，0)，A(－2，0).
由题意可设直线MN 的方程为
x＝my＋1(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立
得(m2＋3)y2＋2my－3＝0，Δ＝4m2＋12(m2＋3)＝16m2＋36>0 恒成立，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
因为AM 的中点为，kAM＝＝，
所以直线AM 的中垂线的方程为y＝－x－y1，
同理直线AN 的中垂线的方程为y＝－x－y2，
设Q(x0，y0)，则y1，y2是方程y0＝－x0－y 的两根，
即y1，y2是方程y2＋(mx0＋y0)y＋3x0＝0 的两根，
所以y1＋y2＝－(mx0＋y0)，y1y2＝3x0，
又因为y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以－(mx0＋y0)＝－，3x0＝－，
两式相比得＝，所以＝－3m，
所以kMN·kOQ＝·＝－3，
所以直线OQ 与MN 的斜率之积为定值－3.
规律方法 1.题干中定义“椭圆”的距离：|AB|＝|x2－x1|＋|y2－y1|称为曼哈顿距
离，平面内到一个定点的曼哈顿距离等于定值的点的轨迹是一个正方形，到两个
定点的距离之和等于定值的点的轨迹是一个六边形.
2.解决与曼哈顿距离有关的问题一般要利用绝对值的意义求解.
训练3 (2024·长沙二模)直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如x＝ty
＋1 表示过点(1，0)的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都
是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条
直线.
(1)若圆C1：x2＋y2＝1 是直线族mx＋ny＝1(m，n∈R)的包络曲线，求m，n 满足
的关系式；
(2)若点P(x0，y0)不在直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0(a∈R)的任意一条直线
上，求y0的取值范围和直线族Ω 的包络曲线E；
(3)在(2)的条件下，过曲线E 上A，B 两点作曲线E 的切线l1，l2，其交点为P.已
知点C(0，1)，若A，B，C 三点不共线，探究∠PCA＝∠PCB 是否成立？请说明
理由.
解 (1)由定义可知，mx＋ny＝1 与x2＋y2＝1 相切，
则圆C1的圆心(0，0)到直线mx＋ny＝1 的距离等于1，则d＝＝1，m2＋n2＝1.
(2)点P(x0，y0)不在直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0(a∈R)的任意一条直线上，
所以无论a 取何值时，(2a－4)x0＋4y0＋(a－2)2＝0 无解.
将(2a－4)x0＋4y0＋(a－2)2＝0 整理成关于a 的一元二次方程，
即a2＋(2x0－4)a＋(4＋4y0－4x0)＝0.
若该方程无解，则Δ＝(2x0－4)2－4(4＋4y0－4x0)<0，即y0>.
证明：在y＝上任取一点Q，
y＝在该点处的切线斜率为k＝，
于是可以得到y＝在Q 点处的切线方程为y＝x－，即－2x1x＋4y＋x＝0.
令直线族Ω：(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0 中2a－4＝－2x1，
则直线为－2x1x＋4y＋x＝0，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
而对任意a∈R，(2a－4)x＋4y＋(a－2)2＝0 都是抛物线在点处的切线.
所以直线族Ω 的包络曲线E 为y＝.
(3)法一 已知C(0，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则CA＝(x1，y1－1)，CB＝(x2，y2－1)，|CA|＝＋1，|CB|＝＋1；
由(2)知y＝在点A(x1，y1)处的切线方程为
y＝x－；
同理y＝在点B(x2，y2)处的切线方程为y＝x－；
联立可得P，
所以CP＝.
因为CA·CP＝x1·＋
＝＋＋＋1＝，
同理CB·CP＝.
所以＝＝，
＝＝，
即＝，
可得cos∠PCA＝cos∠PCB，
所以∠PCA＝∠PCB 成立.
法二 过A，B 分别作准线的垂线AA′，BB′，连接A′P，B′P，如图所示.
则A′(xA，－1)，因为kPA＝y′|x＝xA＝，kA′C＝＝，显然kPA·kA′C＝－1.
又由抛物线定义得AA′＝AC，故PA 为线段A′C 的中垂线，得到PA′＝PC，即
∠PA′A＝∠PCA.
同理可知∠PB′B＝∠PCB，PB′＝PC，
所以PA′＝PC＝PB′，即∠PA′B′＝∠PB′A′.
则∠PA′A＝∠PA′B′＋90°＝∠PB′A′＋90°＝∠PB′B，
所以∠PCA＝∠PCB 成立.
【精准强化练】
1.(2024·南通二模)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的离心
率为，直线l 与Γ 相切，与圆O：x2＋y2＝3a2相交于A，B 两点.当l 垂直于x 轴时，
|AB|＝2.
(1)求Γ 的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M 中的每个点在N 中都存在距离最小的点，且所
有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M，N).
①若M，N 分别为线段AB 与圆O 上任意一点，P 为圆O 上一点，当△PAB 的面
积最大时，求d(M，N)；
②若d(M，N)，d(N，M)均存在，记两者中的较大者为H(M，N).已知H(X，Y)，
H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，证明：H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
(1)解 因为当l 垂直于x 轴时，|AB|＝2，
而直线l：x＝±a 与Γ 相切，
则2＝2，解得a＝，
又椭圆Γ 的离心率为，
则椭圆Γ 的半焦距c＝，b＝＝1，
所以Γ 的方程为＋y2＝1.
(2)①解 当l 的斜率存在时，
设l 的方程为y＝kx＋m，
由消去y 得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
由直线l 与椭圆Γ 相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝0，
整理得m2＝3k2＋1，
于是圆心O 到直线l 的距离d＝＝＝∈[1，)，
则△PAB 的面积为S△PAB≤(d＋3)·|AB|＝(d＋3)×2＝，
设f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<，
求导得f′(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，
当1≤d<时，f′(d)>0，函数f(d)单调递增；
当<d<时，f′(d)<0，函数f(d)单调递减，
因此当d＝时，f(d)取得最大值，
此时(S△PAB)max＝.
当l 的斜率不存在时，由(1)知，S≤×(＋3)×2＝3＋3，
由－(＋)2＝－4>7－4>0，
得>3＋3，则d＝.
对于线段AB 上任意点E，连接OE 并延长与圆O 交于点F, F 是圆上与E 最近的
点，
当E 为线段AB 的中点时，EF 取得最大值，所以d(M，N)＝.
②证明 因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，
且 H(X，Z)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，
H(X，Y)＝|X2Y2|，
设Y2 是集合Y 中到X2 的最近点，根据对称性，不妨设H(X，Y)＝d(X，Y)＝|
X2Y2|，
令点X2到集合Z 的最近点为Z3，点Z3到集合Y 的最近点为Y3，
因为|X1Z1|是集合X 中所有点到集合Z 最近点距离的最大值，则|X1Z1|≥|X2Z3|，
因为|Y1Z2|是集合Y 中所有点到集合Z 最近点距离的最大值，则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，
而在坐标平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，
又点Y2是集合Y 中到点X2的最近点，则|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
2.(2024·沈阳三模)设抛物线C：x2＝2py(p>0)，过点M(0，4)的直线与C 交于A，
B 两点，且OA⊥OB.若抛物线C 的焦点为F，记△AOB，△AOF 的面积分别为
S△AOB，S△AOF.
(1)求S△AOB＋2S△AOF的最小值.
(2)设点D(1，－4)，直线AD 与抛物线C 的另一交点为E，求证：直线BE 过定点.
(3)我国古代南北朝数学家祖暅所提出的祖暅原理是“幂势既同，则积不容异”，
即：夹在两个平行平面间的两个几何体被平行于这两个平面的任意平面所截，如
果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.当△AOB 为等
腰直角三角形时，记线段AB 与抛物线围成的封闭图形为ω，ω 绕y 轴旋转半周
形成的曲面所围成的几何体为Ω.试用暅桓原理的数学思想求出Ω 的体积.
(1)解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l：y＝k1x＋4，
由
消去y 整理得x2－2pk1x－8p＝0，x1x2＝－8p，
y1y2＝·＝16，
由OA⊥OB，得x1x2＋y1y2＝0，即16－8p＝0，
解得p＝2，
即x1x2＝－8p＝－16，
S△AOB＋2S△AOF＝×|OM|×|x1－x2|＋2××|OF|×|x1|
＝3|x1|＋2|x2|＝3|x1|＋≥2＝8，
当且仅当x＝时等号成立，
所以S△AOB＋2S△AOF最小值为8.
(2)证明 设E(x3，y3)，则直线AE 的斜率kAE＝，
方程为y＋4＝(x－1)，
由(1)知抛物线C：x2＝4y，
由消去y 得＋4＝(x－1)，
整理得x2－x＋＋16＝0，
显然x1＋x3＝，x1x3＝＋16，
于是x1＋x3＋16＝x1x3，
又x1x2＝－16，联立消去x1，
得x2x3＋16(x2＋x3)－16＝0，
设直线BE：y＝k2x＋m，
与抛物线联立
整理得x2－4k2x－4m＝0，
x2x3＝－4m，x2＋x3＝4k2，
因此－4m＋64k2－16＝0，m＝16k2－4，
直线y＝k2x＋16k2－4 恒过定点(－16，－4).
(3)解 作底面半径为4、高为4 的圆柱，并将内部切割去掉Ω 之后，上下翻转得
到几何体Φ，现做一平面，使其平行于Ω 和Φ 的底面，且被两几何体分别截得
如图中阴影所示截面，
在图1 的几何体Ω 中，设B(x0，y0)，
即AB＝x0，AC＝y0，AD＝4－y0，且x＝4y0，
则图2 的几何体Φ 中，有EJ＝4－y0，
由抛物线方程得
r＝4(4－y0)＝16－4y0＝16－x，
则图2 中截面圆环面积S2＝π(42－r)＝πx，
而图1 中截面圆面积S1＝πx，
由祖暅原理可得，Ω 和Φ 的体积相等，均为圆柱体积的一半，
即VΩ＝πR2h＝π×42×4＝32π.
