2024年粵教滬科版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知函數(shù)的值域是[0；+∞），則它的定義域可以是（）

A.（0；1]

B.（0；1）

C.（-∞；1）

D.（-∞；1]

2、【題文】已知集合則集合A∩B的元素個(gè)數(shù)（）A.0B.2C.5D.83、【題文】集合M={x|x=k∈Z},N={x|x=k∈Z},則()

A.M=NB.MNC.MND.M∩N=4、等比數(shù)列的前項(xiàng)和為若則等于（）A.512B.1024C.－1024D.－5125、已知函數(shù)且函數(shù)y=f(x)-x恰有3個(gè)不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A.B.C.D.6、下列說法正確的是（）A.甲、乙兩人做游戲；甲、乙兩人各寫一個(gè)數(shù)字，若是同奇數(shù)或同偶數(shù)則甲勝，否則乙勝，這個(gè)游戲公平B.做n次隨機(jī)試驗(yàn)，事件A發(fā)生的頻率就是事件A發(fā)生的概率C.某地發(fā)行福利彩票，回報(bào)率為47%，某人花了100元買該福利彩票，一定會(huì)有47元的回報(bào)D.實(shí)驗(yàn)：某人射擊中靶或不中靶，這個(gè)試驗(yàn)是古典概型評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、【題文】函數(shù)的定義域?yàn)镽，且定義如下：（其中是非空實(shí)數(shù)集）．若非空實(shí)數(shù)集滿足則函數(shù)的值域?yàn)開___．8、【題文】若圓錐底面半徑為1，高為2，則圓錐的側(cè)面積為____．9、如果一個(gè)水平放置的圖形的斜二測(cè)直觀圖是一個(gè)底面為45°，腰和上底均為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是____．10、若函數(shù)y=loga（-x2-ax-1），（a＞0且a≠1）有最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______．11、過兩點(diǎn)M（-1，2），N（3，4）的直線的斜率為______．評(píng)卷人得分三、證明題(共8題，共16分)12、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．13、求證：（1）周長(zhǎng)為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長(zhǎng)是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個(gè)半徑為的圓紙片所覆蓋．14、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．15、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．16、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．17、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．18、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點(diǎn)D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點(diǎn)C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點(diǎn)G．求證：AD⊥BF．19、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共9分)20、（2005?深圳校級(jí)自主招生）如圖所示；MN表示深圳地鐵二期的一段設(shè)計(jì)路線，從M到N的走向?yàn)槟掀珫|30°，在M的南偏東60°方向上有一點(diǎn)A，以A為圓心，500m為半徑的圓形區(qū)域?yàn)榫用駞^(qū)．取MN上的另一點(diǎn)B，測(cè)得BA的方向?yàn)槟掀珫|75度．已知MB=400m．通過計(jì)算判斷，如果不改變方向，地鐵路線是否會(huì)穿過居民區(qū)，并說明理由．

（1.732）

解：地鐵路線____（填“會(huì)”或“不會(huì)”）穿過居民區(qū)．21、已知關(guān)于x的方程|x|=ax-a有正根且沒有負(fù)根，求a的取值范圍．22、△ABC中，已知∠A、∠B、∠C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a、b、c，∠C=120°，且2b=a+c，求2cot-cot的值．評(píng)卷人得分五、綜合題(共4題，共40分)23、如圖，四邊形ABCD是菱形，點(diǎn)D的坐標(biāo)是（0，），以點(diǎn)C為頂點(diǎn)的拋物線y=ax2+bx+c恰好經(jīng)過x軸上A；B兩點(diǎn)．

（1）求A；B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）求經(jīng)過A，B，C三點(diǎn)的拋物線的解析式．24、（2012?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，在坐標(biāo)平面上，沿著兩條坐標(biāo)軸擺著三個(gè)相同的長(zhǎng)方形，其長(zhǎng)、寬分別為4、2，則通過A，B，C三點(diǎn)的拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式是____．25、設(shè)直線kx+（k+1）y-1=0與坐標(biāo)軸所圍成的直角三角形的面積為Sk，則S1+S2++S2009=____．26、（2012?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，在坐標(biāo)平面上，沿著兩條坐標(biāo)軸擺著三個(gè)相同的長(zhǎng)方形，其長(zhǎng)、寬分別為4、2，則通過A，B，C三點(diǎn)的拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式是____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】

由題意真數(shù)4x-2x+1+1要能取到（0；1]之間的所有值；

令2x=t，4x-2x+1+1=t2-2t+1

當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，t∈（1，2]，t2-2t+1∈（0；1]，符合要求；

故選A

【解析】【答案】要使f（x）的值域?yàn)閇0，+∞）由對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象可知，真數(shù)4x-2x+1+1要能取到（0；1]之間的所有值．

令2x=t換元解決即可．

2、B【分析】【解析】

故選B【解析】【答案】B3、C【分析】【解析】對(duì)M將k分成兩類k=2n或k=2n+1(n∈Z),

M={x|x=nπ+n∈Z}∪{x|x=nπ+n∈Z},

對(duì)N將k分成四類，k=4n或k=4n+1,k=4n+2,k=4n+3(n∈Z),

N={x|x=nπ+n∈Z}∪{x|x=nπ+n∈Z}∪{x|x=nπ+π,n∈Z}∪{x|x=nπ+n∈Z}【解析】【答案】C4、A【分析】【分析】由于數(shù)列為等比數(shù)列，設(shè)其公比為則也成等比數(shù)列，且公比為由已知?jiǎng)t解得又則所以選A。5、C【分析】【解答】因?yàn)楫?dāng)x≥0的時(shí)候；f（x)=f（x－1)，所以所有大于等于0的x代入得到的f（x)相當(dāng)于在[－1，0)重復(fù)的周期函數(shù)；

x∈[－1，0)時(shí)，對(duì)稱軸x=-1，頂點(diǎn)（－1，1+a)

（1)如果a＜－1；函數(shù)y=f（x)－x至多有2個(gè)不同的零點(diǎn)；

（2)如果a=－1；則y有一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間（－1，0)，有一個(gè)零點(diǎn)在（－∞，－1)，一個(gè)零點(diǎn)是原點(diǎn)；

（3)如果a＞－1；則有一個(gè)零點(diǎn)在（－∞，－1)，y右邊有兩個(gè)零點(diǎn)；

故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－1；+∞)

故選C．

【分析】典型題，本題通過分析函數(shù)的特征，明確其為周期函數(shù)，從而對(duì)函數(shù)圖象有了全面認(rèn)識(shí)，確定了函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間。分類討論思想的應(yīng)用是關(guān)鍵。6、A【分析】解：對(duì)于A，奇數(shù)和偶數(shù)的概率都是故游戲是公平的；

對(duì)于B；隨著事件次數(shù)的增加，頻率會(huì)越來越接近概率，故事件A發(fā)生的頻率就是事件A發(fā)生的概率是不正確；

對(duì)于C；一個(gè)隨機(jī)事件，買這種彩票，中獎(jiǎng)或者不中獎(jiǎng)都有可能，但事先無法預(yù)料，錯(cuò)誤；

對(duì)于D；這個(gè)實(shí)驗(yàn)叫伯努利實(shí)驗(yàn)，故不正確．

故選：A．

（1）根據(jù)奇數(shù)和偶數(shù)的概率進(jìn)行分析；

（2）隨著事件次數(shù)的增加；頻率會(huì)越來越接近概率；

（3）一個(gè)隨機(jī)事件；買這種彩票，中獎(jiǎng)或者不中獎(jiǎng)都有可能，但事先無法預(yù)料；

（4）這個(gè)實(shí)驗(yàn)是伯努利實(shí)驗(yàn)．

本題主要考查事件的概率、頻率，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】A二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【解析】

試題分析：解：根據(jù)題意：當(dāng)時(shí)，=

當(dāng)時(shí)，=

當(dāng)時(shí)，=

綜上可知，對(duì)于任意

所以答案應(yīng)填：

考點(diǎn)：函數(shù)的概念與分段函數(shù).【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)圓錐底面半徑、高、母線長(zhǎng)構(gòu)成一個(gè)直角三角形，所以母線長(zhǎng)為再根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式圓錐的側(cè)面積公式可結(jié)合圓錐展開圖為扇形；由相應(yīng)扇形面積公式理解記憶.

考點(diǎn)：圓錐的側(cè)面積.【解析】【答案】9、2+【分析】【解答】解：水平放置的圖形為一直角梯形，由題意可知上底為1，高為2，下底為1+

S=（1++1）×2=2+．

故答案為：2+．

【分析】水平放置的圖形為直角梯形，求出上底，高，下底，利用梯形面積公式求解即可．10、略

【分析】解：若函數(shù)y=loga（-x2-ax-1）；（a＞0且a≠1）有最大值；

由函數(shù)y=logat為增函數(shù)，且t=-x2-ax-1的最大值為正；

即解得：a＞2；

故實(shí)數(shù)a的取值范圍是：a＞2．

故答案為：a＞2

若函數(shù)y=loga（-x2-ax-1），（a＞0且a≠1）有最大值，由函數(shù)y=logat為增函數(shù)，且t=-x2-ax-1的最大值為正；由此構(gòu)造不等式組，解得答案．

本題考查的知識(shí)點(diǎn)是對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】a＞211、略

【分析】解：∵過M（-1；2），N（3，4）兩點(diǎn)；

∴直線的斜率為：=

故答案為：．

直接利用直線的斜率公式可得．

本題考查直線的斜率公式的應(yīng)用，是一道基礎(chǔ)題．【解析】三、證明題(共8題，共16分)12、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．13、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對(duì)稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)疊合．

（2）“曲“化“直“．對(duì)比（1），應(yīng)取均分線圈的二點(diǎn)連線段中點(diǎn)作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長(zhǎng)為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點(diǎn)，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長(zhǎng)為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點(diǎn)R，Q，使R、Q將線圈分成等長(zhǎng)兩段，每段各長(zhǎng)l．又設(shè)RQ中點(diǎn)為G，M為線圈上任意一點(diǎn)，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長(zhǎng)為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個(gè)線圈．14、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．15、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．16、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．17、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．18、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點(diǎn)；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．19、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、計(jì)算題(共3題，共9分)20、略

【分析】【分析】問地鐵路線是否會(huì)穿過居民區(qū)，其實(shí)就是求A到MN的距離是否大于圓形居民區(qū)的半徑．如果大于則不會(huì)穿過，反正則會(huì)．如果過A作AC⊥MN于C，那么求AC的長(zhǎng)就是解題關(guān)鍵．在直角三角形AMC和ABC中，AC為共有直角邊，可用AC表示出MC和BC的長(zhǎng)，然后根據(jù)MB的長(zhǎng)度來確定AC的值．【解析】【解答】解：地鐵路線不會(huì)穿過居民區(qū)．

理由：過A作AC⊥MN于C；設(shè)AC的長(zhǎng)為xm；

∵∠AMN=30°；

∴AM=2xm，MC=m；

∵測(cè)得BA的方向?yàn)槟掀珫|75°；

∴∠ABC=45°；

∴∠ABC=∠BAC=45°；

∴AC=BC=x；

∵M(jìn)B=400m；

∴；

解得：（m）

≈546（m）＞500（m）

∴不改變方向，地鐵線路不會(huì)穿過居民區(qū)．21、略

【分析】【分析】根據(jù)絕對(duì)值的性質(zhì)和方程|x|=ax-a有正根且沒有負(fù)根，確定a的取值范圍．【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的方程|x|=ax-a有正根且沒有負(fù)根；

∴x＞0；則x=ax-a；

∴x=．

∴＞0

解得，a＞1．22、略

【分析】【分析】作△ABC的內(nèi)切圓，分別切AB、BC、CA于D、E、F，圓心為O，連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，求出AD、BE、CF，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出r，代入求出即可．【解析】【解答】解：作△ABC的內(nèi)切圓；分別切AB；BC、CA于D、E、F，圓心為O；

連接OA；OB、OC、OD、OE、OF；

∴AD=AF；BD=BE，CF=CE；

c-AD+n-AD=a；

∴AD=；

同理：BE=，CE=；

在Rt△OCE中，cot60°=；

得r=；

所以．

答：2cot-cot的值是．五、綜合題(共4題，共40分)23、略

【分析】【分析】（1）過C作CE⊥AB于E；根據(jù)拋物線的對(duì)稱性知AE=BE；由于四邊形ABCD是菱形，易證得Rt△OAD≌Rt△EBC，則OA=AE=BE，可設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為2m，則AE=BE=1m，在Rt△BCE中，根據(jù)勾股定理即可求出m的值，由此可確定A；B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）根據(jù)（1）題求得的三點(diǎn)坐標(biāo)，用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式．【解析】【解答】解：（1）由拋物線的對(duì)稱性可知AE=