已知椭圆 $C$ 和直线 $l$ 的直角坐标方程分别为 $C:x^{2}+2y^{2}-8=0$，$l:y=x-2$.

(1) 证明椭圆 $C$ 的一个焦点和短轴的一个端点落在直线 $l$ 上. (2) 求直线 $l$ 被椭圆 $C$ 所截得线段的长度. (3) 如果动点 $p$ 至坐标原点的距离与点 $p$ 至直线 $l$ 的距离相等，那么动点 $p$ 的轨迹是什么曲线？请推导出它的方程.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 【法一】将椭圆 $C$ 的方程化为标准形式 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$. 得知椭圆的中心为坐标原点，短轴在 $y$ 轴上，长半轴长 $a=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，短半轴长 $b=\sqrt{4}=2$，所以半焦距 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{8-4}=2$，从而两个焦点的坐标分别为 $(2,0)$ 和 $(-2,0)$，又短轴两个端点的坐标分别为 $(0,2)$ 和 $(0,-2)$. 由直线 $l$ 的方程 $y=x-2$ 可知，当 $x=2$ 时 $y=0$，当 $x=0$ 时 $y=-2$，即椭圆 $C$ 的焦点 $(2,0)$ 与短轴的端点 $(0,-2)$ 都在直线 $l$ 上.

【法二】同【法一】知椭圆 $C$ 的焦点为 $(2,0)$，$(-2,0)$，短轴的端点为 $(0,2)$，$(0,-2)$. 由点 $(2,0)$ 与 $(0,-2)$ 所确定的直线的方程为 $\frac{y-0}{-2-0}=\frac{x-2}{0-2}$， 即 $y=x-2$. 这就是直线 $l$ 的方程，所以椭圆 $C$ 的焦点 $(2,0)$ 与短轴的端点 $(0,-2)$ 都在直线 $l$ 上.

\item 解方程组 消去 $y$，得 $x^{2}+2(x-2)^{2}-8=0$， $3x^{2}-8x=0$， 解得 $x_{1}=0$，$x_{2}=\frac{8}{3}$. 从而 $y_{1}=-2$，$y_{2}=\frac{2}{3}$. 即直线 $l$ 被椭圆 $C$ 所截得的线段的端点坐标为 $(0,-2)$ 与 $\left(\frac{8}{3},\frac{2}{3}\right)$，该线段长为 $\sqrt{\left(\frac{8}{3}-0\right)^{2}+\left(\frac{2}{3}+2\right)^{2}}=\frac{8\sqrt{2}}{3}$.

\item 由于动点 $p$ 到坐标原点和到直线 $l$ 的距离相等，可知动点 $p$ 的轨迹是一条抛物线. 设动点 $p$ 的坐标为 $(x,y)$，依题意有 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\frac{|y-x+2|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}$. 等式两边均非负，平方不会引入或丢失轨迹上的点. 两边平方，得 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}(y^{2}+x^{2}+4-2xy+4y-4x)$， 即 $x^{2}+y^{2}+2xy+4x-4y-4=0$. 令 $u=x+y$、$v=x-y$，方程化为 $u^{2}+4v-4=0$，即 $u^{2}=-4(v-1)$，所以轨迹确为抛物线，所求方程为 $x^{2}+y^{2}+2xy+4x-4y-4=0$. \end{enumerate} \end{solution}

已知直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 的侧棱 $AA_{1}=4\mathrm{~cm}$，它的底面 $\triangle ABC$ 中有 $AC=BC=2\mathrm{~cm}$，$\angle C=90^{\circ}$，$E$ 是 $AB$ 的中点.

(1) 求证：$CE\perp AB_{1}$. (2) 求证：$CE$ 和 $AB_{1}$ 所在的异面直线的距离等于 $\frac{2\sqrt{3}}{3}\mathrm{~cm}$. (3) 设截面 $ACB_{1}$ 与侧面 $ABB_{1}A_{1}$ 所成较小的二面角为 $\alpha$，试求 $\cos\alpha$ 的值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 【证法一】因为 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 是直三棱柱，因此 $AA_{1}\perp$ 底面 $ABC$. 因为 $CE\subset$ 平面 $ABC$，因此 $CE\perp AA_{1}$. 又 $E$ 是等腰三角形 $ABC$ 底边 $AB$ 的中点，因此 $CE\perp AB$. 过 $E$ 作直线 $m\parallel AA_{1}$，则 $m$ 在平面 $ABB_{1}A_{1}$ 内，且 $CE\perp m$. 直线 $AB$ 与 $m$ 相交于 $E$，所以 $CE\perp$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$. 因为 $AB_{1}\subset$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$，因此 $CE\perp AB_{1}$.

【法二】因为 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 是直三棱柱，因此侧面 $ABB_{1}A_{1}\perp$ 底面 $ABC$. 又 $E$ 是等腰三角形 $ABC$ 底边 $AB$ 的中点，因此 $CE\perp AB$，故 $CE\perp$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$. 因为 $AB_{1}\subset$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$，因此 $CE\perp AB_{1}$.

【证法三】因为 $E$ 是等腰三角形 $ABC$ 底边 $AB$ 的中点，因此 $CE\perp AB$. 因为 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 是直三棱柱，因此 $BB_{1}\perp$ 底面 $ABC$. 又 $AB$ 是 $AB_{1}$ 在底面 $ABC$ 上的射影，根据三垂线定理有 $CE\perp AB_{1}$.

\item 【证法一】因为 $CE\perp AB$，$CE\perp AB_{1}$，因此 $CE\perp$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$. 过 $E$ 作 $ED\perp AB_{1}$，垂足为 $D$，$AB\subset$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$，因此 $CE\perp ED$，故 $ED$ 是 $CE$ 和 $AB_{1}$ 所在的异面直线的距离. 在 $\mathrm{Rt}\triangle ABB_{1}$ 和 $\mathrm{Rt}\triangle ADE$ 中，$\angle A$ 公共，因此 $\triangle ABB_{1}\sim \triangle ADE$，因此 $\frac{ED}{BB_{1}}=\frac{AE}{AB_{1}}$，即 $ED=\frac{AE\cdot BB_{1}}{AB_{1}}$. 因为 $AC=BC=2$，$\angle ACB=90^{\circ}$，因此 $AB=2\sqrt{2}$，$AE=\frac{1}{2}AB=\sqrt{2}$. 又在 $\mathrm{Rt}\triangle ABB_{1}$ 中，$BB_{1}=4$，所以 因此 $ED=\frac{\sqrt{2}\cdot4}{2\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\mathrm{~cm}$.

【法二】同【证法一】至 $ED$ 是 $CE$ 和 $AB_{1}$ 所在的异面直线的距离. 过 $B$ 作 $BF\perp AB_{1}$，垂足为 $F$，则 $ED\parallel BF$，又 $E$ 是 $AB$ 的中点，因此 $ED=\frac{1}{2}BF$. 在 $\mathrm{Rt}\triangle ABB_{1}$ 中，$BF\cdot AB_{1}=AB\cdot BB_{1}$，即 $BF=\frac{AB\cdot BB_{1}}{AB_{1}}$. 因为 $AC=BC=2$，$\angle ACB=90^{\circ}$，所以 $AB=2\sqrt{2}$. 又 $BB_{1}=4$，$AB_{1}=2\sqrt{6}$，故

\item 【法一】因为 $ED\perp AB_{1}$，$CE\perp$ 侧面 $ABB_{1}A_{1}$，连结 $CD$，根据三垂线定理有 $CD\perp AB_{1}$，故 $\angle CDE$ 是截面 $CAB_{1}$ 和侧面 $ABB_{1}A_{1}$ 所成的较小的二面角的平面角. $CE$ 是 $\mathrm{Rt}\triangle ABC$ 的斜边上的中线，故 $CE=\frac{1}{2}AB=\sqrt{2}$. 又 $ED=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，于是在 $\mathrm{Rt}\triangle CED$ 中， 即 $\tan\alpha=\frac{\sqrt{6}}{2}$. 又 $\alpha$ 为锐角， $\cos\alpha=\frac{1}{\sec\alpha}=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

【法二】因为 $CE\perp$ 侧面 $ABB_{1}A_{1}$，所以 $\triangle CAB_{1}$ 在侧面上的射影是 $\triangle EAB_{1}$. 设 $\triangle CAB_{1}$ 的面积为 $S_{1}$，$\triangle EAB_{1}$ 的面积为 $S_{2}$，则有 $S_{2}=S_{1}\cos\alpha$. 在 $\mathrm{Rt}\triangle CBB_{1}$ 中，$B_{1}C=\sqrt{BB_{1}^{2}+BC^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}$. 又 $AB_{1}=2\sqrt{6}$，$AC=2$，三角形 $CAB_{1}$ 的半周长为 $s=1+\sqrt{5}+\sqrt{6}$. 由海伦公式，$S_{1}^{2}=s(s-2)(s-2\sqrt{5})(s-2\sqrt{6})=(10+2\sqrt{30})(-10+2\sqrt{30})=20$，故 $S_{1}=2\sqrt{5}$. 另一方面， 所以 \end{enumerate} \end{solution}