浙江專用2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)預(yù)測提升仿真模擬卷八含解析

PAGE高考仿真模擬卷(八)(時間：120分鐘；滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40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．已知集合A＝{x|x2＋x－2＜0}，B＝{x|－x2＋x＜0}，則A∩(?RB)＝()A．(－∞，0)∪[1，＋∞) B．(－∞，0]∪(1，＋∞)C．[0，1) D．[0，1]2．已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z滿意(a＋bi)·z＝5(a，b∈R)，則a＋b的值為()A．－1 B．1C．2 D．33．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，x≤1，,x2＋x－2，x＞1，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))的值為()A.eq\f(15,16) B．－eq\f(27,16)C.eq\f(8,9) D．184．隨機變量X的分布列如表所示，若E(X)＝eq\f(1,3)，則D(3X－2)＝()X－101Peq\f(1,6)abA.9 B．7C．5 D．35．正四面體ABCD，E為棱AD的中點，過點A作平面BCE的平行平面，該平面與平面ABC、平面ACD的交線分別為l1，l2，則l1，l2所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(6),3) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,3) D．eq\f(\r(2),2)6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若b＝1，a＝2c，則當C取最大值時，△ABC的面積為()A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),6)C.eq\f(2\r(3),3) D．eq\r(3)7．若數(shù)列{an}滿意a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1＜0的k值為()A．22 B．21C．24 D．238．已知向量a，b滿意|a|＝1，且對隨意實數(shù)x，y，|a－xb|的最小值為eq\f(\r(3),2)，|b－ya|的最小值為eq\r(3)，則|a＋b|＝()A.eq\r(7) B．eq\r(5＋2\r(3))C.eq\r(7)或eq\r(3) D．eq\r(5＋2\r(3))或eq\r(5－2\r(3))9．已知變量a，b滿意b＝－eq\f(1,2)a2＋3lna(a＞0)，若點Q(m，n)在直線y＝2x＋eq\f(1,2)上，則(a－m)2＋(b－n)2的最小值為()A.eq\f(9,5) B．eq\f(3\r(5),5)C．9 D．310．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－4y2＝1(a＞0)的右頂點到其一條漸近線的距離等于eq\f(\r(3),4)，拋物線E：y2＝2px的焦點與雙曲線C的右焦點重合，則拋物線E上的動點M到直線l1：4x－3y＋6＝0和l2：x＝－1的距離之和的最小值為()A．1 B．2C．3 D．4第Ⅱ卷(非選擇題，共110分)二、填空題：本大題共7小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，共36分．11．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為________，體積為________．12．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列{bn}滿意bn＝log3an，則數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝________，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項和Sn＝________．13．已知多項式(x＋b)5＝(x－1)5＋a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)－32，則b＝________，a2＝________．14．若實數(shù)x，y滿意x>y>0，且log2x＋log2y＝1，則eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)的最小值是________，eq\f(x－y,x2＋y2)的最大值為________．15．已知圓C：x2＋(y＋1)2＝3，設(shè)EF為直線l：y＝2x＋4上的一條線段，若對于圓C上的隨意一點Q，∠EQF≥eq\f(π,2)，則|EF|的最小值是________．16．設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對于隨意的實數(shù)x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，當x∈(－∞，0]時，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，則實數(shù)m的取值范圍是________．17.如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，動點M在邊DC上(不同于D點)，P為邊AB上隨意一點，沿AM將△ADM翻折成△AD′M，當平面AD′M垂直于平面ABC時，線段PD′長度的最小值為________．三、解答題：本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．18．(本題滿分14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sin2x＋a(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間；(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，f(x)的最大值為2，求a的值，并求出y＝f(x)(x∈R)的對稱軸方程．19.(本題滿分15分)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1全部的棱長均為2，A1B＝eq\r(6)，A1B⊥AC.(1)求證：A1C1⊥B1C；(2)求直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．20．(本題滿分15分)數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且an＋1＝an＋eq\f(2,an)－1(n∈N*)，{an}的前n項和是Sn.(1)若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；(2)若a1>2，且對隨意n∈N*，都有Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)，證明：Sn<2n＋1.21.(本題滿分15分)已知A，B，C是拋物線y2＝2px(p>0)上三個不同的點，且AB⊥AC.(1)若A(1，2)，B(4，－4)，求點C的坐標；(2)若拋物線上存在點D，使得線段AD總被直線BC平分，求點A的坐標．22．(本題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,x)，g(x)＝ex.(1)求曲線y＝f(x)在點(1，e－1)處的切線方程；(2)若正實數(shù)m，n滿意f(m)＝g(n)，求證：eq\f(n,m)>eq\f(1,2).高考仿真模擬卷(八)1．解析：選C.因為A＝(－2，1)，B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以?RB＝[0，1]，A∩(?RB)＝[0，1)，選C.2．解析：選D.由題意可得z＝1－2i，故(a＋bi)·z＝(a＋bi)(1－2i)＝a＋2b＋(b－2a)i＝5，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝5，,b＝2a，))解得a＝1，b＝2，故a＋b＝3，選D.3．解析：選A.因為f(2)＝4，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(15,16).4．解析：選C.由題設(shè)知，E(X)＝－1×eq\f(1,6)＋0×a＋1×b＝eq\f(1,3)，所以b＝eq\f(1,2)，又由所給分布列得eq\f(1,6)＋a＋b＝1，所以a＝eq\f(1,3).隨機變量3X－2的分布列為3X－2－5－21Peq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,2)所以E(3X－2)＝－5×eq\f(1,6)＋(－2)×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,2)＝－1，所以D(3X－2)＝(－5＋1)2×eq\f(1,6)＋(－2＋1)2×eq\f(1,3)＋(1＋1)2×eq\f(1,2)＝5.故選C.5．解析：選A.設(shè)所作的平面為α，則由α∥平面BCE，α∩平面ABC＝l1，平面BCE∩平面ABC＝BC，得l1∥BC，同理可得l2∥CE，所以l1，l2所成的角等于BC與CE所成的角，即∠BCE.設(shè)正四面體ABCD的棱長為2，則BC＝2，CE＝BE＝eq\r(3)，在△BCE中，由余弦定理，得cos∠BCE＝eq\f(22＋（\r(3)）2－（\r(3)）2,2×2×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，則sin∠BCE＝eq\r(1－cos2∠BCE)＝eq\f(\r(6),3)，故選A.6．解析：選B.當C取最大值時，cosC最小，由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(3c2＋1,4c)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3c＋\f(1,c)))≥eq\f(\r(3),2)，當且僅當c＝eq\f(\r(3),3)時取等號，且此時sinC＝eq\f(1,2)，所以當C取最大值時，△ABC的面積為eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2c×1×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),6).7．解析：選D.因為3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，又a1＝15，所以數(shù)列{an}是首項為15，公差為－eq\f(2,3)的等差數(shù)列，所以an＝15－eq\f(2,3)·(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)，且{an}為遞減數(shù)列，令an＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值為23.8．解析：選C.不妨設(shè)向量a＝(1，0)，b＝(m，n)，則a－xb＝(1－xm，－xn)，b－ya＝(m－y，n)．|a－xb|2＝(1－mx)2＋(－xn)2＝(m2＋n2)x2－2mx＋1，又對隨意實數(shù)x有|a－xb|的最小值為eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(4（m2＋n2）－（－2m）2,4（m2＋n2）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)，化簡得n2＝3m2.|b－ya|2＝(m－y)2＋n2，又對隨意實數(shù)y有|b－ya|的最小值為eq\r(3)，所以n2＝3，所以3m2＝3，即m＝±1.由a＋b＝(1＋m，n)，可得|a＋b|2＝(1＋m)2＋n2＝m2＋n2＋2m＋1＝7或3，故|a＋b|＝eq\r(7)或eq\r(3)，故選C.9．解析：選A.由題意知，y＝2x＋eq\f(1,2)表示斜率為2的直線，變量a，b滿意b＝－eq\f(1,2)a2＋3lna，設(shè)函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋3lnx，則f′(x)＝－x＋eq\f(3,x)，設(shè)當切線斜率為2時，函數(shù)f(x)圖象的切點的橫坐標為x0，則－x0＋eq\f(3,x0)＝2，所以x0＝1，此時切點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))，切點到直線y＝2x＋eq\f(1,2)的距離d＝eq\f(3,\r(5))，所以(a－m)2＋(b－n)2的最小值為d2＝eq\f(9,5).10.解析：選B.eq\f(x2,a2)－4y2＝1的右頂點坐標為(a，0)，一條漸近線為x－2ay＝0.由點到直線的距離公式得d＝eq\f(|a|,\r(12＋4a2))＝eq\f(\r(3),4)，解得a＝eq\f(\r(3),2)或a＝－eq\f(\r(3),2)(舍去)，故雙曲線的方程為eq\f(4x2,3)－4y2＝1.因為c＝eq\r(\f(3,4)＋\f(1,4))＝1，故雙曲線的右焦點為(1，0)，即拋物線的焦點為(1，0)，所以p＝2，x＝－1是拋物線的準線，如圖，作MA⊥l1，MB⊥l2，設(shè)拋物線的焦點為F，連接MF，則由拋物線的定義知|MB|＝|MF|，當M，A，F(xiàn)三點共線時，距離之和最小，其最小值是點F到l1的距離，由點到直線的距離公式可得d1＝eq\f(|4＋6|,\r(（－3）2＋42))＝eq\f(10,5)＝2，即距離之和的最小值為2.11．解析：如圖所示，該幾何體為三棱錐P-ABC，其中PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝2，AC＝1，BC＝2，所以該幾何體的表面積S＝eq\f(1,2)×2×1＋eq\f(1,2)×1×2＋eq\f(1,2)×eq\r(5)×2＋eq\f(1,2)×eq\r(5)×2＝2＋2eq\r(5)，體積V＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×1×2＝eq\f(2,3).答案：2＋2eq\r(5)eq\f(2,3)12．解析：由已知條件可得q4－1＝eq\f(a4,a1)＝eq\f(81,3)＝27，即q＝3，所以eq\f(an＋1,an)＝q＝3，則bn＋1－bn＝log3an＋1－log3an＝log3eq\f(an＋1,an)＝1.又因為b1＝log3a1＝log33＝1，可得等差數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案：neq\f(n,n＋1)13．解析：由題意，(x＋b)5＝[(x－1)＋(b＋1)]5，利用二項式定理．Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x－1)5－r(b＋1)r，r＝0，1，2，…，5?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（b＋1）5＝－32,a2＝Ceq\o\al(2,5)（b＋1）2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3,a2＝40)).答案：－34014．解析：由log2x＋log2y＝1，得log2(xy)＝1，即xy＝2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)≥2eq\r(\f(2,x)·\f(1,y))＝2，當且僅當eq\f(2,x)＝eq\f(1,y)，且x＝2，y＝1時等號成立．由題意知eq\f(x－y,x2＋y2)＝eq\f(x－y,（x－y）2＋4)>0，又eq\f(（x－y）2＋4,x－y)＝(x－y)＋eq\f(4,x－y)≥2eq\r(（x－y）·\f(4,x－y))＝4，當且僅當x－y＝eq\f(4,x－y)，即x＝1＋eq\r(3)，y＝eq\r(3)－1時等號成立，所以eq\f(（x－y）2＋4,x－y)的最小值為4，所以eq\f(x－y,x2＋y2)的最大值為eq\f(1,4).答案：2eq\f(1,4)15．解析：依題意，圓心C(0，－1)到直線l的距離d＝eq\f(|2×0－（－1）＋4|,\r(5))＝eq\r(5)>r＝eq\r(3)，所以直線l與圓C相離．由對于圓C上的隨意一點Q，均滿意∠EQF≥eq\f(π,2)得，點Q必位于以線段EF為直徑的圓上或圓內(nèi)，即圓C與以線段EF為直徑的圓內(nèi)切或內(nèi)含(其中eq\f(1,2)|EF|>eq\r(3))．記線段EF的中點為M，則eq\f(1,2)|EF|－eq\r(3)≥|CM|，|EF|≥2(|CM|＋eq\r(3))≥2(d＋eq\r(3))＝2(eq\r(5)＋eq\r(3))，即|EF|的最小值是2(eq\r(5)＋eq\r(3))．答案：2(eq\r(5)＋eq\r(3))16．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以g(x)為定義在R上的奇函數(shù)，又當x≤0時，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上單調(diào)遞減，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等價于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以實數(shù)m的取值范圍是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)17．解析：過D′作AM的垂線，垂足為H，連接DH，則DH⊥AM，故H的軌跡為以AD為直徑的圓．要使D′P最小，應(yīng)過H作AB的垂線，垂足為P，問題轉(zhuǎn)化為DH2＋HP2的最小值，而DH2＋HP2＝AD2－AH2＋HP2＝4－AP2，故只需AP最大，所以該圓最右側(cè)的點即為H點，此時AP＝eq\f(1,2)，所以4－AP2＝eq\f(15,4)，所以PD′min＝eq\f(\r(15),2).答案：eq\f(\r(15),2)18．解：(1)f(x)＝2cos2x＋sin2x＋a＝1＋cos2x＋sin2x＋a＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1＋a，則f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，且當2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時f(x)單調(diào)遞增，即kπ－eq\f(3,8)π≤x≤kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)．所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)為f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,12)，當2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝1.所以f(x)max＝eq\r(2)＋1＋a＝2?a＝1－eq\r(2).由2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，故y＝f(x)的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.19．解：(1)證明：法一：如圖，取AC中點O.連接A1O，BO.由題意得BO⊥AC，因為A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，A1B?平面A1BO，BO?平面A1BO，所以AC⊥平面A1BO，連接AB1交A1B于點M，連接OM，則B1C∥OM，又OM?平面A1BO，所以AC⊥OM，因為A1C1∥AC，所以A1C1⊥B1C.法二：連接AB1，BC1，因為四邊形A1ABB1是菱形，所以A1B⊥AB1，又A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C，所以A1B⊥B1C.又四邊形B1BCC1是菱形，所以BC1⊥B1C，所以B1C⊥平面A1BC1，所以B1C⊥A1C1.(2)因為A1B⊥AB1，A1B⊥AC，所以A1B⊥平面AB1C.所以平面AB1C⊥平面ABB1A1.因為平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，所以直線AC在平面ABB1A1的射影為AB1，所以∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成的角．因為AB1＝2AM＝2eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(10)，所以在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝eq\f(AC,AB1)＝eq\f(2,\r(10))＝eq\f(\r(10),5).所以直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).20．解：(1)由{an}是遞增數(shù)列知，a2>a1?a1＋eq\f(2,a1)－1>a1，得0<a1<2①，又由a3>a2?a2＋eq\f(2,a2)－1>a2，得0<a2<2，即a1＋eq\f(2,a1)－1<2，解得1<a1<2②，由①②，得1<a1<2.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當1<a1<2時，1<an<2對隨意n∈N*恒成立．(i)當n＝1時，1<a1<2成立；(ii)假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，1<ak<2成立，則當n＝k＋1時，ak＋1＝ak＋eq\f(2,ak)－1∈[2eq\r(2)－1，2)?(1，2)，所以當n＝k＋1時，也成立．由(i)(ii)可知1<an<2對隨意n∈N*恒成立．于是an＋1－an＝eq\f(2,an)－1>0，即{an}是遞增數(shù)列．所以a1的取值范圍是1<a1<2.(2)證明：因為a1>2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：an>2對隨意n∈N*恒成立．于是an＋1－an＝eq\f(2,an)－1<0，即{an}是遞減數(shù)列．在Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)中，令n＝2，得2a1＋eq\f(2,a1)－1＝S2≥2a1－eq\f(1,3)，解得a1≤3.故2<a1≤3.先證：(i)當2<a1≤eq\f(7,3)時，Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)恒成立．事實上，當2<a1≤eq\f(7,3)時，由于an＝a1＋(an－a1)≥a1＋(2－eq\f(7,3))＝a1－eq\f(1,3)，于是Sn＝a1＋a2＋…＋an≥a1＋(n－1)(a1－eq\f(1,3))＝na1－eq\f(1,3)(n－1)．再證：(ii)a1>eq\f(7,3)不合題意．事實上，當3≥a1>eq\f(7,3)時，設(shè)an＝bn＋2，則由an＋1＝an＋eq\f(2,an)－1，可得bn＋1＝bn＋eq\f(2,bn＋2)－1.得eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(bn＋1,bn＋2)≤eq\f(2,3)(因為eq\f(7,3)<a1≤3，所以eq\f(1,3)<b1≤1)，于是數(shù)列{bn}的前n項和Tn≤b1·eq\f(1－（\f(2,3)）n,1－\f(2,3))<3b1≤3，故Sn＝2n＋Tn<2n＋3＝na1＋(2－a1)n＋3③，令a1＝eq\f(7,3)＋t(t>0)，則由③式得Sn<na1＋(2－a1)n＋3＝na1－eq\f(1,3)(n－1)－tn＋eq\f(8,3)，只要n充分大，就有Sn<na1－eq\f(1,3)(n－1)，這與Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)沖突．所以a1>eq\f(7,3)不合題意．綜合(i)(ii)，有2<a1≤eq\f(7,3).因為2<a1≤eq\f(7,3)，所以0<b1≤eq\f(1,3)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(bn＋1,bn＋2)≤eq\f(b1＋1,b1＋2)≤eq\f(4,7)，故數(shù)列{bn}的前n項和Tn≤b1·eq\f(1－（\f(4,7)）n,1－\f(4,7))<eq\f(7,3)b1<1，所以Sn＝2n＋Tn<2n＋1.21．解：(1)因為A(1，2)在拋物線y2＝2px(p>0)上，所以p＝2.拋物線方程為y2＝4x.設(shè)C(eq\f(t2,4)，t)，則由kAB·kAC＝－1，即eq\f(－4－2,4－1)·eq\f(t－2,\f(t2,4)－1)＝－1，解得t＝6，t＝2(舍去)，即C(9，6)．(2)設(shè)A(x0，y0)，B(eq\f(yeq\o\al(2,1),2p)，y1)，C(eq\f(yeq\o\al(2,2),2p)，y2)，則yeq\o\al(2,0)＝2px0.直線BC的方程為eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－\f(yeq\o\al(2,1),2p),\f(yeq\o\al(2,2),2p)－\f(yeq\o\al(2,1),2p))，即(y1＋y2)y＝2px＋y1y2，由kAB·kAC＝eq\f(y1－y0,\f(yeq\o\al(2,1)