2025版高中數學一輪復習階段滾動檢測五第十章理含解析新人教A版

PAGE階段滾動檢測(五)(第十章)(120分鐘150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．“a＝3”是“直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【解析】選A.由直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行，知a(a－1)＝2×3且a(7－a)≠3×2a，解得a＝3或a＝－2.所以“a＝3”是“直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的充分而不必要條件．2．圓(x＋1)2＋y2＝2的圓心到直線y＝x＋3的距離為()A．1B．2C．eq\r(2)D．2eq\r(2)【解析】選C.圓心坐標為(－1，0)，由點到直線的距離公式可知d＝eq\f(|－1－0＋3|,\r(2))＝eq\r(2).3．已知兩定點A(－2，0)，B(1，0)，假如動點P滿意|PA|＝2|PB|，則點P的軌跡所包圍的圖形的面積等于()A．πB．4πC．8πD．9π【解析】選B.已知兩定點A(－2，0)，B(1，0)，假如動點P滿意|PA|＝2|PB|，設P點的坐標為(x，y)，則(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝4，所以點P的軌跡是以(2，0)為圓心，2為半徑的圓，所以點P的軌跡所包圍的圖形的面積等于4π.4．方程2x2－9xy＋8y2＝0的曲線C所滿意的性質為()①不經過其次、四象限； ②關于x軸對稱；③關于原點對稱； ④關于直線y＝x對稱．A．①③B．②③C．①④D．①②【解析】選A.若點(a，b)在曲線C：2x2－9xy＋8y2＝0上，則2a2－9ab＋8b2＝0，令x＝a，y＝－b，則2a2＋9ab＋8b2≠0，故點(a，－b)不在曲線C上，即不關于x軸對稱；令x＝－a，y＝－b，則2(－a)2－9(－a)(－b)＋8(－b)2＝0，即2a2－9ab＋8b2＝0，故點(－a，－b)在曲線C上，即關于原點對稱；令x＝b，y＝a，則2b2－9ab＋8a2≠0，故點(b，a)不在曲線C上，即不關于直線y＝x對稱；若a＜0且b＞0時，2a2－9ab＋8b2＞0；a＞0且b＜0時，2a2－9ab＋8b2＞0，即曲線不經過其次、四象限，故正確的有①③.5．已知拋物線C的頂點是橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心，焦點與該橢圓的右焦點F2重合，若拋物線C與該橢圓在第一象限的交點為P，橢圓的左焦點為F1，則|PF1|＝()A．eq\f(2,3)B．eq\f(7,3)C．eq\f(5,3)D．2【解析】選B.由橢圓的方程可得a2＝4，b2＝3，所以c＝eq\r(a2－b2)＝1，故橢圓的右焦點F2為(1，0)，即拋物線C的焦點為(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，p＝2，即2p＝4，所以拋物線C的方程為y2＝4x，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y2＝4x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3),y＝\f(2\r(6),3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3),y＝－\f(2\r(6),3)))，因為P為第一象限的點，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))，所以|PF2|＝1＋eq\f(2,3)＝eq\f(5,3)，所以|PF1|＝2a－|PF2|＝4－eq\f(5,3)＝eq\f(7,3).6．設F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．eq\r(5)【解析】選A.設PQ與x軸交于點A，由對稱性可知PQ⊥x軸，又因為|PQ|＝|OF|＝c，所以|PA|＝eq\f(c,2)，所以PA為以OF為直徑的圓的半徑，所以A為圓心，|OA|＝eq\f(c,2)，所以P(eq\f(c,2)，eq\f(c,2))，又P點在圓x2＋y2＝a2上，所以eq\f(c2,4)＋eq\f(c2,4)＝a2，即eq\f(c2,2)＝a2，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝2，所以e＝eq\r(2).7．一條光線從點A(－2，－3)射出，經y軸反射后與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，則反射光線所在直線的斜率為()A．－eq\f(5,3)或－eq\f(3,5) B．－eq\f(3,2)或－eq\f(2,3)C．－eq\f(5,4)或－eq\f(4,5) D．－eq\f(4,3)或－eq\f(3,4)【解析】選D.點A(－2，－3)關于y軸的對稱點為A′(2，－3)，故可設反射光線所在直線的方程為：y＋3＝k(x－2)，化為kx－y－2k－3＝0.因為反射光線與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，所以圓心(－3，2)到直線的距離d＝eq\f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1，化為24k2＋50k＋24＝0，所以k＝－eq\f(4,3)或k＝－eq\f(3,4).【加練備選·拔高】把直線y=QUOTEx繞原點逆時針轉動,使它與圓x2+y2+2x-2y+3=0相切,則直線轉動的最小正角度 ()A.QUOTEB.QUOTEC.QUOTED.QUOTE【解析】選B.由題意設切線為y=kx,所以QUOTE=1.所以k=0或k=-QUOTE.所以k=-QUOTE時轉動最小,所以最小正角為.8．已知F1，F2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝eq\f(π,3)，記橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2，則eq\f(1,2e1e2)的最大值為()A．eq\f(3,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2\r(3),3)D．1【解析】選B.設橢圓的方程為eq\f(x2,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋eq\f(y2,beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝1(a1＞b1＞0)，雙曲線方程為eq\f(x2,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))－eq\f(y2,beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝1(a2＞0，b2＞0)，點P在第一象限，由橢圓和雙曲線的定義得|PF1|＋|PF2|＝2a1，|PF1|－|PF2|＝2a2，解得|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2，在△F1PF2中由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，即4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－(a1＋a2)(a1－a2)，整理得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋3aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4c2.所以eq\f(1,eeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋eq\f(3,eeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝4，eq\f(1,eeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋eq\f(3,eeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))≥eq\f(2\r(3),e1e2)，即4≥eq\f(2\r(3),e1e2)，當且僅當eq\f(1,e1)＝eq\f(\r(3),e2)時，等號成立．故eq\f(1,2e1e2)≤eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(1,2e1e2)的最大值為eq\f(\r(3),3).9．在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)中，F1，F2分別是其左右焦點，點P在橢圓上，若|PF1|＝2|PF2|，則該橢圓離心率的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))【解析】選B.依據橢圓定義|PF1|＋|PF2|＝2a，將|PF1|＝2|PF2|代入得|PF2|＝eq\f(2a,3)，依據橢圓的幾何性質，|PF2|≥a－c，故eq\f(2a,3)≥a－c，即a≤3c，故e≥eq\f(1,3)，又e＜1，故該橢圓離心率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).10．設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點(－2，0)且斜率為eq\f(2,3)的直線與C交于M，N兩點，則＝()A．5B．6C．7D．8【解析】選D.依據題意得，過點(－2，0)且斜率為eq\f(2,3)的直線方程為y＝eq\f(2,3)(x＋2)，與拋物線方程聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,3)（x＋2）,y2＝4x))，消元整理得：y2－6y＋8＝0，解得M(1，2)，N(4，4)，又F(1，0)，所以＝(0，2)，＝(3，4)，從而可以求得＝0×3＋2×4＝8.11．我國魏晉時期的數學家劉徽創(chuàng)立了割圓術，也就是用內接正多邊形去逐步靠近圓，即圓內接正多邊形邊數無限增加時，其周長就越靠近圓周長．這種用極限思想解決數學問題的方法是數學史上的一項重大成就，現作出圓x2＋y2＝2的一個內接正八邊形，使該正八邊形的其中4個頂點在坐標軸上，則下列4條直線中不是該正八邊形的一條邊所在直線的為()A．x＋(eq\r(2)－1)y－eq\r(2)＝0B．(1－eq\r(2))x－y＋eq\r(2)＝0C．x－(eq\r(2)＋1)y＋eq\r(2)＝0D．(eq\r(2)－1)x－y＋eq\r(2)＝0【解析】選C.如圖所示，可知A(eq\r(2)，0)，B(1，1)，C(0，eq\r(2))，D(－1，1)，所以直線AB，BC，CD的方程分別為y＝eq\f(1－0,1－\r(2))(x－eq\r(2))，y＝(1－eq\r(2))x＋eq\r(2)，y＝(eq\r(2)－1)x＋eq\r(2).整理為一般式，即x＋(eq\r(2)－1)y－eq\r(2)＝0，(1－eq\r(2))x－y＋eq\r(2)＝0，(eq\r(2)－1)x－y＋eq\r(2)＝0，分別對應題中的A，B，D選項．【加練備選·拔高】已知F1,F2分別是橢圓QUOTE=1(a>b>0)的左、右焦點,P為橢圓上一點,且=0,O為坐標原點,若,則橢圓的離心率為 ()A.B.QUOTEC. D.QUOTE【解析】選A.如圖,取PF1中點A,連接OA,則所以因為，所以，所以，因為||＝eq\r(2)||，不妨設||＝m，則||＝eq\r(2)m，所以||＋||＝2a＝m＋eq\r(2)m，m＝eq\f(2a,1＋\r(2))＝2(eq\r(2)－1)a，又|F1F2|＝2c，所以4c2＝m2＋2m2＝3m2＝3×4(eq\r(2)－1)2a2＝12(3－2eq\r(2))a2，所以eq\f(c2,a2)＝3(eq\r(2)－1)2，所以e＝eq\r(3)×(eq\r(2)－1)＝eq\r(6)－eq\r(3).12．下列三圖中的多邊形均為正多邊形，M，N是所在邊的中點，雙曲線均以圖中的F1，F2為焦點，設圖示①②③中的雙曲線的離心率分別為e1，e2，e3，則e1，e2，e3的大小關系為()A.e1＞e2＞e3B．e1＜e2＜e3C．e2＝e3＜e1D．e1＝e3＞e2【解析】選D.①設等邊三角形的邊長為2，以底邊為x軸，以底邊的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標系，則雙曲線的焦點為(±1，0)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))到兩個焦點(－1，0)，(1，0)的距離分別是eq\r(\f(9,4)＋\f(3,4))＝eq\r(3)和eq\r(\f(1,4)＋\f(3,4))＝1，所以a＝eq\f(\r(3)－1,2)，c＝1，所以e1＝eq\f(1,\f(\r(3)－1,2))＝eq\r(3)＋1.②設正方形的邊長為eq\r(2)，分別以兩條對角線所在直線為x軸和y軸，建立平面直角坐標系，則雙曲線的焦點坐標為(－1，0)和(1，0)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))).因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))到兩個焦點(－1，0)，(1，0)的距離分別是eq\r(\f(9,4)＋\f(1,4))＝eq\f(\r(10),2)和eq\r(\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\f(\r(10)－\r(2),4)，c＝1，所以e2＝eq\f(1,\f(\r(10)－\r(2),4))＝eq\f(\r(10)＋\r(2),2).③設正六邊形的邊長為2，以F1F2所在直線為x軸，以F1F2的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標系，則雙曲線的焦點為(－2，0)和(2，0)，且過點(1，eq\r(3))，因為點(1，eq\r(3))到兩個焦點(－2，0)和(2，0)的距離分別為2eq\r(3)和2，所以a＝eq\r(3)－1，c＝2，所以e3＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1，所以e1＝e3＞e2.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上)13．若直線l1：y＝kx與直線l2：x－y＋2＝0平行，則k＝________，l1與l2之間的距離是______．【解析】因為l1，l2平行，且直線l2的斜率為1，所以k＝1，則直線l1的一般方程為x－y＝0.所以直線l1與l2之間的距離是eq\f(2,\r(12＋（－1）2))＝eq\r(2).答案：1eq\r(2)14．若圓的方程為x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0，則當圓的面積最大時，圓心坐標為________．【解析】方程為x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0化為標準方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(k,2)))eq\s\up12(2)＋(y＋1)2＝1－eq\f(3k2,4)，因為r2＝1－eq\f(3k2,4)≤1，所以k＝0時r最大．此時圓心坐標為(0，－1).答案：(0，－1)15．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點．若，則C的離心率為________．【解析】如圖，由，得F1A＝AB.又OF1＝OF2，得OA是△F1F2B的中位線，即BF2∥OA，BF2＝2OA.由，得F1B⊥F2B，OA⊥F1A，則OB＝OF1有∠AOB＝∠AOF1，又OA與OB都是漸近線，得∠BOF2＝∠AOF1，又∠BOF2＋∠AOB＋∠AOF1＝180°，得∠BOF2＝∠AOF1＝∠BOA＝60°.又漸近線OB的斜率為eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)，所以該雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(1＋（\r(3)）2)＝2.答案：216．已知拋物線y2＝4x，過點A(1，2)作直線l交拋物線于另一點B，Q是線段AB的中點，過Q作與y軸垂直的直線l1，交拋物線于點C，若點P滿意，則|OP|的最小值是________．【解析】由y2＝4x，可設Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,4)，b)).因為A(1，2)，Q是AB的中點，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2＋4,8)，\f(b＋2,2))).所以直線l1的方程為y＝eq\f(b＋2,2).代入y2＝4x，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（b＋2）2,16)，\f(b＋2,2))).因為，所以點C為PQ的中點，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(b＋2,2))).所以|OP|2＝eq\f(b2,4)＋eq\f(（b＋2）2,4)＝eq\f(1,2)(b＋1)2＋eq\f(1,2).所以當b＝－1時，|OP|2取得最小值eq\f(1,2)，即|OP|的最小值為eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)已知三條直線l1：2x－y＋a＝0(a＞0)，直線l2：4x－2y－1＝0和直線l3：x＋y－1＝0，且l1和l2的距離是eq\f(7\r(5),10).(1)求a的值．(2)能否找到一點P，使得P點同時滿意下列三個條件：①P是第一象限的點；②P點到l1的距離是P點到l2的距離的eq\f(1,2)；③P點到l1的距離與P點到l3的距離之比是eq\r(2)∶eq\r(5).若能，求出P點坐標；若不能，請說明理由．【解析】(1)l2的方程即為2x－y－eq\f(1,2)＝0，所以l1和l2的距離d＝eq\f(|a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))|,\r(22＋（－1）2))＝eq\f(7\r(5),10)，所以|a＋eq\f(1,2)|＝eq\f(7,2)，因為a＞0，所以a＝3.(2)設點P(x0，y0)，若P點滿意條件②，則P點在與l1和l2平行的直線l′：2x－y＋c＝0上，且eq\f(|c－3|,\r(5))＝eq\f(1,2)eq\f(|c＋\f(1,2)|,\r(5))，即c＝eq\f(13,2)或c＝eq\f(11,6).所以2x0－y0＋eq\f(13,2)＝0或2x0－y0＋eq\f(11,6)＝0.若點P滿意條件③，由點到直線的距離公式eq\f(|2x0－y0＋3|,\r(5))＝eq\f(\r(2),\r(5))·eq\f(|x0＋y0－1|,\r(2))所以x0－2y0＋4＝0或3x0＋2＝0.由P在第一象限，所以3x0＋2＝0不合題意．聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x0－y0＋\f(13,2)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得x0＝－3，y0＝eq\f(1,2)，應舍去．聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x0－y0＋\f(11,6)＝0,x0－2y0＋4＝0))，解得x0＝eq\f(1,9)，y0＝eq\f(37,18).所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，\f(37,18)))即為同時滿意三個條件的點．18．(12分)已知圓O：x2＋y2＝4，F1(－1，0)，F2(1，0)，點D是圓O上一動點，2，點C在直線EF1上，且，記點C的軌跡為曲線W.(1)求曲線W的方程；(2)已知N(4，0)，過點N作直線l與曲線W交于A，B不同兩點，線段AB的中垂線為l′，線段AB的中點為Q點，記l′與y軸的交點為M，求|MQ|的取值范圍．【解析】(1)圓O：x2＋y2＝4，圓心為(0，0)，半徑r＝2，F1(－1，0)，F2(1，0)，點D是圓O上一動點，由2，可得D為EF2的中點，點C在直線EF1上，且，可得CD⊥EF2，連接CF2，可得CE＝CF2，且CF1＋CF2＝CF1＋CE＝EF1＝2OD＝4，由橢圓的定義可得，C的軌跡為以(－1，0)，(1，0)為焦點的橢圓，可得c＝1，a＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，則曲線W的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意可知直線l的斜率存在，設l：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，聯立直線與橢圓方程3x2＋4y2＝12，消去y得：(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，又Δ＝(－32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)＞0，解得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2)，x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(16k2,3＋4k2)，y0＝k(x0－4)＝－eq\f(12k,3＋4k2)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k2,3＋4k2)，－\f(12k,3＋4k2)))，所以l′：y－y0＝－eq\f(1,k)(x－x0)，即y＋eq\f(12k,3＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(16k2,3＋4k2)))，化簡得y＝－eq\f(1,k)x＋eq\f(4k,3＋4k2)，令x＝0，得y＝eq\f(4k,3＋4k2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4k,3＋4k2)))，|MQ|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k2,3＋4k2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k,3＋4k2)))eq\s\up12(2)＝256·eq\f(k4＋k2,（3＋4k2）2)，令t＝3＋4k2，則t∈[3，4)，所以|MQ|2＝256·eq\f(\f(（t－3）2,16)＋\f(t－3,4),t2)＝16·eq\f(t2－2t－3,t2)＝16eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))\s\up12(2)－\f(2,t)＋1))＝16eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(4,3))).所以|MQ|∈[0，eq\r(5)).19．(12分)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0).(1)若拋物線C經過點(1，2)，求拋物線C的方程及其準線方程；(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線交拋物線C于M，N兩點，直線x＝－eq\f(p,2)分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點．【解析】(1)因為拋物線C經過點(1，2)，所以p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，準線方程為x＝－1.(2)拋物線C的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，k≠0，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))得k2x2－(pk2＋2p)x＋eq\f(p2,4)k2＝0，所以x1x2＝eq\f(p2,4)，直線OM的方程為y＝eq\f(y1,x1)x，令x＝－eq\f(p,2)得yA＝－eq\f(py1,2x1)，同理yB＝－eq\f(py2,2x2)，設D(a，0)，則＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)，\f(py1,2x1)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)，\f(py2,2x2)))，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(p2y1y2,4x1x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)－p2＝0，解得a＝eq\f(p,2)或a＝－eq\f(3p,2).所以以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3p,2)，0))，當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝eq\f(p,2)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－p))，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，p))，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)，p))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)，－p))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)－p2＝0，解得a＝eq\f(p,2)或a＝－eq\f(3p,2)，所以以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3p,2)，0))，綜上所述，以AB為直徑的圓經過x軸上的兩個定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3p,2)，0)).20．(12分)已知曲線C：y＝eq\f(x2,2)，D為直線y＝－eq\f(1,2)上的動點，過點D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．【解析】(1)設Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，則y1＝eq\f(1,2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)).又因為y＝eq\f(1,2)x2，所以y′＝x.則切線DA的斜率為x1，故y1＋eq\f(1,2)＝x1(x1－t)，整理得2tx1－2y1＋1＝0.設B(x2，y2)，同理得2tx2－2y2＋1＝0.所以A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿意直線方程2tx－2y＋1＝0.于是直線2tx－2y＋1＝0過點A，B，而兩個不同的點確定一條直線，所以直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.即2tx＋(－2y＋1)＝0，當2x＝0，－2y＋1＝0時等式恒成立．所以直線AB恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2),y＝\f(x2,2)))，可得x2－2tx－1＝0，于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq\r(1＋t2)|x1－x2|＝eq\r(1＋t2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2(t2＋1).設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1)).因此四邊形ADBE的面積S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1).設M為線段AB的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2)))，由于，而＝(t，t2－2)，與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4eq\r(2).因此，四邊形ADBE的面積為3或4eq\r(2).21．(12分)已知拋物線Γ：y2＝4x的焦點為F，若△ABC的三個頂點都在拋物線Γ上，且，則稱該三角形為“核心三角形”．(1)是否存在“核心三角形”，其中兩個頂點的坐標分別為(0，0)和(1，2)？請說明理由；(2)設“核心三角形”ABC的一邊AB所在直線的斜率為4，求直線AB的方程；(3)已知△ABC是“核心三角形”，證明：點A的橫坐標小于2.【解析】(1)由于，即，即，所以第三個頂點的坐標為3(1，0)－(0，0)－(1，2)＝(2，－2)，但點(2，－2)不在拋物線Γ上，所以這樣的“核心三角形”不存在．(2)設直線AB的方程為y＝4x＋t，與y2＝4x聯立并化簡得：y2－y＋t＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，y1＋y2＝1，x1＋x2＝eq\f(1,4)(y1＋y2－2t)＝eq\f(1,4)－eq\f(t,2)，由(1)得，即，所以由(x1＋x2＋x3，y1＋y2＋y3)＝(3，0)，得x3＝eq\f(t,2)＋eq\f(11,4)，y3＝－1.代入方程y2＝4x，解得t＝－5，所以直線AB的方程為4x－y－5＝0.(3)設直線BC的方程為x＝ny＋m，與y2＝4x聯立并化簡得：y2－4ny－4m＝0，因為直線BC與拋物線Γ相交，所以Δ＝16(n2＋m)＞0，即m＞－n2.y2＋y3＝4n，所以x2＋x3＝4n2＋2m，由，得＝＝3(1，0)－(4n2＋2m，4n