2025版高中数学一轮复习阶段滚动检测五第十章理含解析新人教A版

PAGE阶段滚动检测(五)(第十章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．“a＝3”是“直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】选A.由直线ax＋2y＋2a＝0和直线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“直线ax＋2y＋2a＝0和直线3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的充分而不必要条件．2．圆(x＋1)2＋y2＝2的圆心到直线y＝x＋3的距离为()A．1B．2C．eq\r(2)D．2eq\r(2)【解析】选C.圆心坐标为(－1，0)，由点到直线的距离公式可知d＝eq\f(|－1－0＋3|,\r(2))＝eq\r(2).3．已知两定点A(－2，0)，B(1，0)，假如动点P满意|PA|＝2|PB|，则点P的轨迹所包围的图形的面积等于()A．πB．4πC．8πD．9π【解析】选B.已知两定点A(－2，0)，B(1，0)，假如动点P满意|PA|＝2|PB|，设P点的坐标为(x，y)，则(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝4，所以点P的轨迹是以(2，0)为圆心，2为半径的圆，所以点P的轨迹所包围的图形的面积等于4π.4．方程2x2－9xy＋8y2＝0的曲线C所满意的性质为()①不经过其次、四象限； ②关于x轴对称；③关于原点对称； ④关于直线y＝x对称．A．①③B．②③C．①④D．①②【解析】选A.若点(a，b)在曲线C：2x2－9xy＋8y2＝0上，则2a2－9ab＋8b2＝0，令x＝a，y＝－b，则2a2＋9ab＋8b2≠0，故点(a，－b)不在曲线C上，即不关于x轴对称；令x＝－a，y＝－b，则2(－a)2－9(－a)(－b)＋8(－b)2＝0，即2a2－9ab＋8b2＝0，故点(－a，－b)在曲线C上，即关于原点对称；令x＝b，y＝a，则2b2－9ab＋8a2≠0，故点(b，a)不在曲线C上，即不关于直线y＝x对称；若a＜0且b＞0时，2a2－9ab＋8b2＞0；a＞0且b＜0时，2a2－9ab＋8b2＞0，即曲线不经过其次、四象限，故正确的有①③.5．已知抛物线C的顶点是椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心，焦点与该椭圆的右焦点F2重合，若抛物线C与该椭圆在第一象限的交点为P，椭圆的左焦点为F1，则|PF1|＝()A．eq\f(2,3)B．eq\f(7,3)C．eq\f(5,3)D．2【解析】选B.由椭圆的方程可得a2＝4，b2＝3，所以c＝eq\r(a2－b2)＝1，故椭圆的右焦点F2为(1，0)，即抛物线C的焦点为(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，p＝2，即2p＝4，所以抛物线C的方程为y2＝4x，联立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)))，因为P为第一象限的点，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．设F为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．eq\r(5)【解析】选A.设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQ⊥x轴，又因为|PQ|＝|OF|＝c，所以|PA|＝eq\f(c,2)，所以PA为以OF为直径的圆的半径，所以A为圆心，|OA|＝eq\f(c,2)，所以P(eq\f(c,2)，eq\f(c,2))，又P点在圆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).7．一条光线从点A(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为()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】选D.点A(－2，－3)关于y轴的对称点为A′(2，－3)，故可设反射光线所在直线的方程为：y＋3＝k(x－2)，化为kx－y－2k－3＝0.因为反射光线与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，所以圆心(－3，2)到直线的距离d＝eq\f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1，化为24k2＋50k＋24＝0，所以k＝－eq\f(4,3)或k＝－eq\f(3,4).【加练备选·拔高】把直线y=QUOTEx绕原点逆时针转动,使它与圆x2+y2+2x-2y+3=0相切,则直线转动的最小正角度 ()A.QUOTEB.QUOTEC.QUOTED.QUOTE【解析】选B.由题意设切线为y=kx,所以QUOTE=1.所以k=0或k=-QUOTE.所以k=-QUOTE时转动最小,所以最小正角为.8．已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝eq\f(π,3)，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则eq\f(1,2e1e2)的最大值为()A．eq\f(3,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2\r(3),3)D．1【解析】选B.设椭圆的方程为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)，双曲线方程为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)，点P在第一象限，由椭圆和双曲线的定义得|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)，当且仅当eq\f(1,e1)＝eq\f(\r(3),e2)时，等号成立．故eq\f(1,2e1e2)≤eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(1,2e1e2)的最大值为eq\f(\r(3),3).9．在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)中，F1，F2分别是其左右焦点，点P在椭圆上，若|PF1|＝2|PF2|，则该椭圆离心率的取值范围是()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】选B.依据椭圆定义|PF1|＋|PF2|＝2a，将|PF1|＝2|PF2|代入得|PF2|＝eq\f(2a,3)，依据椭圆的几何性质，|PF2|≥a－c，故eq\f(2a,3)≥a－c，即a≤3c，故e≥eq\f(1,3)，又e＜1，故该椭圆离心率的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).10．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2，0)且斜率为eq\f(2,3)的直线与C交于M，N两点，则＝()A．5B．6C．7D．8【解析】选D.依据题意得，过点(－2，0)且斜率为eq\f(2,3)的直线方程为y＝eq\f(2,3)(x＋2)，与抛物线方程联立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)，从而可以求得＝0×3＋2×4＝8.11．我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步靠近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越靠近圆周长．这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就，现作出圆x2＋y2＝2的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为()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】选C.如图所示，可知A(eq\r(2)，0)，B(1，1)，C(0，eq\r(2))，D(－1，1)，所以直线AB，BC，CD的方程分别为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).整理为一般式，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，分别对应题中的A，B，D选项．【加练备选·拔高】已知F1,F2分别是椭圆QUOTE=1(a>b>0)的左、右焦点,P为椭圆上一点,且=0,O为坐标原点,若,则椭圆的离心率为 ()A.B.QUOTEC. D.QUOTE【解析】选A.如图,取PF1中点A,连接OA,则所以因为，所以，所以，因为||＝eq\r(2)||，不妨设||＝m，则||＝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．下列三图中的多边形均为正多边形，M，N是所在边的中点，双曲线均以图中的F1，F2为焦点，设图示①②③中的双曲线的离心率分别为e1，e2，e3，则e1，e2，e3的大小关系为()A.e1＞e2＞e3B．e1＜e2＜e3C．e2＝e3＜e1D．e1＝e3＞e2【解析】选D.①设等边三角形的边长为2，以底边为x轴，以底边的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则双曲线的焦点为(±1，0)，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))到两个焦点(－1，0)，(1，0)的距离分别是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设正方形的边长为eq\r(2)，分别以两条对角线所在直线为x轴和y轴，建立平面直角坐标系，则双曲线的焦点坐标为(－1，0)和(1，0)，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))).因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))到两个焦点(－1，0)，(1，0)的距离分别是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设正六边形的边长为2，以F1F2所在直线为x轴，以F1F2的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则双曲线的焦点为(－2，0)和(2，0)，且过点(1，eq\r(3))，因为点(1，eq\r(3))到两个焦点(－2，0)和(2，0)的距离分别为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、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．若直线l1：y＝kx与直线l2：x－y＋2＝0平行，则k＝________，l1与l2之间的距离是______．【解析】因为l1，l2平行，且直线l2的斜率为1，所以k＝1，则直线l1的一般方程为x－y＝0.所以直线l1与l2之间的距离是eq\f(2,\r(12＋（－1）2))＝eq\r(2).答案：1eq\r(2)14．若圆的方程为x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0，则当圆的面积最大时，圆心坐标为________．【解析】方程为x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0化为标准方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(k,2)))eq\s\up12(2)＋(y＋1)2＝1－eq\f(3k2,4)，因为r2＝1－eq\f(3k2,4)≤1，所以k＝0时r最大．此时圆心坐标为(0，－1).答案：(0，－1)15．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，则C的离心率为________．【解析】如图，由，得F1A＝AB.又OF1＝OF2，得OA是△F1F2B的中位线，即BF2∥OA，BF2＝2OA.由，得F1B⊥F2B，OA⊥F1A，则OB＝OF1有∠AOB＝∠AOF1，又OA与OB都是渐近线，得∠BOF2＝∠AOF1，又∠BOF2＋∠AOB＋∠AOF1＝180°，得∠BOF2＝∠AOF1＝∠BOA＝60°.又渐近线OB的斜率为eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)，所以该双曲线的离心率为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．已知抛物线y2＝4x，过点A(1，2)作直线l交抛物线于另一点B，Q是线段AB的中点，过Q作与y轴垂直的直线l1，交抛物线于点C，若点P满意，则|OP|的最小值是________．【解析】由y2＝4x，可设Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,4)，b)).因为A(1，2)，Q是AB的中点，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2＋4,8)，\f(b＋2,2))).所以直线l1的方程为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))).因为，所以点C为PQ的中点，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).所以当b＝－1时，|OP|2取得最小值eq\f(1,2)，即|OP|的最小值为eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知三条直线l1：2x－y＋a＝0(a＞0)，直线l2：4x－2y－1＝0和直线l3：x＋y－1＝0，且l1和l2的距离是eq\f(7\r(5),10).(1)求a的值．(2)能否找到一点P，使得P点同时满意下列三个条件：①P是第一象限的点；②P点到l1的距离是P点到l2的距离的eq\f(1,2)；③P点到l1的距离与P点到l3的距离之比是eq\r(2)∶eq\r(5).若能，求出P点坐标；若不能，请说明理由．【解析】(1)l2的方程即为2x－y－eq\f(1,2)＝0，所以l1和l2的距离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)，因为a＞0，所以a＝3.(2)设点P(x0，y0)，若P点满意条件②，则P点在与l1和l2平行的直线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.若点P满意条件③，由点到直线的距离公式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不合题意．联立方程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)，应舍去．联立方程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)))即为同时满意三个条件的点．18．(12分)已知圆O：x2＋y2＝4，F1(－1，0)，F2(1，0)，点D是圆O上一动点，2，点C在直线EF1上，且，记点C的轨迹为曲线W.(1)求曲线W的方程；(2)已知N(4，0)，过点N作直线l与曲线W交于A，B不同两点，线段AB的中垂线为l′，线段AB的中点为Q点，记l′与y轴的交点为M，求|MQ|的取值范围．【解析】(1)圆O：x2＋y2＝4，圆心为(0，0)，半径r＝2，F1(－1，0)，F2(1，0)，点D是圆O上一动点，由2，可得D为EF2的中点，点C在直线EF1上，且，可得CD⊥EF2，连接CF2，可得CE＝CF2，且CF1＋CF2＝CF1＋CE＝EF1＝2OD＝4，由椭圆的定义可得，C的轨迹为以(－1，0)，(1，0)为焦点的椭圆，可得c＝1，a＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，则曲线W的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意可知直线l的斜率存在，设l：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，联立直线与椭圆方程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)))，化简得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，则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)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0).(1)若抛物线C经过点(1，2)，求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线交抛物线C于M，N两点，直线x＝－eq\f(p,2)分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．【解析】(1)因为抛物线C经过点(1，2)，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1.(2)抛物线C的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为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)，直线OM的方程为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)，设D(a，0)，则＝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为直径的圆经过x轴上的两个定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3p,2)，0))，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝eq\f(p,2)，则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为直径的圆经过x轴上的两个定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3p,2)，0))，综上所述，以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点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)已知曲线C：y＝eq\f(x2,2)，D为直线y＝－eq\f(1,2)上的动点，过点D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．【解析】(1)设Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则y1＝eq\f(1,2)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)).又因为y＝eq\f(1,2)x2，所以y′＝x.则切线DA的斜率为x1，故y1＋eq\f(1,2)＝x1(x1－t)，整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理得2tx2－2y2＋1＝0.所以A(x1，y1)，B(x2，y2)都满意直线方程2tx－2y＋1＝0.于是直线2tx－2y＋1＝0过点A，B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.即2tx＋(－2y＋1)＝0，当2x＝0，－2y＋1＝0时等式恒成立．所以直线AB恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直线AB的方程为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).设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1)).因此四边形ADBE的面积S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1).设M为线段AB的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2)))，由于，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq\r(2).因此，四边形ADBE的面积为3或4eq\r(2).21．(12分)已知抛物线Γ：y2＝4x的焦点为F，若△ABC的三个顶点都在抛物线Γ上，且，则称该三角形为“核心三角形”．(1)是否存在“核心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为(0，0)和(1，2)？请说明理由；(2)设“核心三角形”ABC的一边AB所在直线的斜率为4，求直线AB的方程；(3)已知△ABC是“核心三角形”，证明：点A的横坐标小于2.【解析】(1)由于，即，即，所以第三个顶点的坐标为3(1，0)－(0，0)－(1，2)＝(2，－2)，但点(2，－2)不在抛物线Γ上，所以这样的“核心三角形”不存在．(2)设直线AB的方程为y＝4x＋t，与y2＝4x联立并化简得：y2－y＋t＝0，设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，所以直线AB的方程为4x－y－5＝0.(3)设直线BC的方程为x＝ny＋m，与y2＝4x联立并化简得：y2－4ny－4m＝0，因为直线BC与抛物线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