压轴大题抢分练(二) (建议用时：60分钟) 1．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线C上存在一点E(2，t)到焦点F的距离等于3. (1)求抛物线C的方程； (2)过点K(－1,0)的直线l与抛物线C相交于A，B两点(A，B两点在x轴上方)，点A关于x轴的对称点为D，且FA⊥FB，求△ABD的外接圆的方程． [解] (1)抛物线的准线方程为x＝－， 所以点E(2，t)到焦点F的距离为2＋＝3， 解得p＝2. 所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)法一：设直线l的方程为x＝my－1(m＞0)． 将x＝my－1代入y2＝4x并整理得y2－4my＋4＝0. 由Δ＝(－4m)2－16＞0，解得m＞1. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(x1，－y1)， y1＋y2＝4m，y1y2＝4， 所以·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝8－4m2， 因为FA⊥FB，所以·＝0， 即8－4m2＝0，结合m＞0，解得m＝. 所以直线l的方程为x－y＋1＝0. 设AB的中点坐标为(x0，y0)， 则y0＝＝2m＝2，x0＝my0－1＝3， 所以线段AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)． 因为线段AD的垂直平分线方程为y＝0， 所以△ABD的外接圆圆心坐标为(5,0)． 因为圆心(5,0)到直线l的距离d＝2， 且|AB|＝＝4， 所以圆的半径r＝＝2. 所以△ABD的外接圆的方程为(x－5)2＋y2＝24. 法二：依题意可设直线l：y＝k(x＋1)(k＞0)． 将直线l与抛物线C的方程联立并整理得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0. 由Δ＝(2k2－4)2－4k4＞0，结合k＞0，得0＜k＜1. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－2＋，x1x2＝1. 所以y1y2＝k2(x1x2＋x1＋x2＋1)＝4. 所以·＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝8－， 因为FA⊥FB，所以·＝0， 所以8－＝0，又k＞0，解得k＝. 以下同法一． 2．已知动点M(x，y)满足：＋＝2. (1)求动点M的轨迹E的方程； (2)设A，B是轨迹E上的两个动点，线段AB的中点N在直线l：x＝－上，线段AB的中垂线与E交于P，Q两点，是否存在点N，使以PQ为直径的圆经过点(1,0)，若存在，求出N点坐标，若不存在，请说明理由． [解] (1)由＋＝2知，动点M到定点(－1,0)和(1,0)的距离之和等于2，根据椭圆的定义知，动点M的轨迹是以定点(－1,0)和(1,0)为焦点的椭圆，且a＝，c＝1，故b＝1，因此椭圆方程为＋y2＝1. (2)当直线AB垂直于x轴时，直线AB方程为x＝－， 此时P(－，0)，Q(，0)，·＝－1，不合题意； 当直线AB不垂直于x轴时，设存在点N(m≠0)点，直线AB的斜率为k， A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得：(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·＝0， 则－1＋4mk＝0， 故k＝，此时，直线PQ斜率为k1＝－4m， PQ的直线方程为y－m＝－4m，即y＝－4mx－m， 联立消去y，整理得：(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0， 所以x1＋x2＝－，x1·x2＝， 由题意·＝0，于是 ·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1·x2－(x1＋x2)＋1＋(4mx1＋m)(4mx2＋m) ＝(1＋16m2)x1·x2＋(4m2－1)(x1＋x2)＋1＋m2 ＝＋＋1＋m2＝＝0， ∴m＝±，因为N在椭圆内，∴m2＜， ∴m＝±符合条件， 综上所述，存在两点N符合条件，坐标为N－，±. 3．设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x； (3)设c＞1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx. [解] (1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1. 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． (2)由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0. 所以当x≠1时，ln x＜x－1. 故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln＜－1，即1＜＜x. (3)由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0， 解得x0＝. 当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1. 又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0. 所以当x∈(0,1)时，1＋ ... ...
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