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 ag{1}
]
再由(A)确定抛物线
[y_0^2=2px_0Rightarrow 2p=frac{y_0^2}{x_0} ag{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}
ight)^2=2pleft(frac{x+x_0}{2}
ight) ag{3}
]
代入((2))那么
[left(frac{y+y_0}{2}
ight)^2=frac{y_0^2}{x_0}left(frac{x+x_0}{2}
ight)Rightarrow x=frac{2x_0}{y_0^2}left(frac{y+y_0}{2}
ight)^2-x_0=frac{x_0}{2y_0^2}left((y+y_0)^2-2y_0^2
ight) ag{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
ight)
ight)^2+y^2=1 ag{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
ight)=0 ag{6}
]
只需保证方程有实根
[frac{x_0^2}{8y_0^4}(y+3y_0)(y+y_0)+1=0Leftrightarrow y^2+4y_0y+3y_0^2+frac{8y_0^4}{x_0^2}=0\
Leftrightarrow Delta = (4y_0)^2-4left(3y_0^2+frac{8y_0)^4}{x_0}
ight)=frac{4y_0^2}{x_0^2}left(1-frac{8y_0^2}{x_0^2}
ight)>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_0in(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}
ight)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：
- 截面的形状仅能为三角形、五边形
- 截面与底面所成锐二面角为(pi/4)
- 当(PM=1)时，截面积为(5sqrt{2})
- 当(PM=2)时，界面分成的两个几何体体积比为(3:1)
- PA为截面法线，(PAperp PC)，(PBperp PD)