高三數(shù)學(xué)模擬考試難點解析匯編一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：綜合應(yīng)用的“壓軸堡壘”函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高考數(shù)學(xué)的核心板塊，也是模擬考試中區(qū)分度最高的難點。其難點在于知識的綜合應(yīng)用（導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、零點的結(jié)合）、分類討論的復(fù)雜性（含參函數(shù)的單調(diào)性、極值）以及抽象思維的要求（構(gòu)造函數(shù)證明不等式）。1.1難點類型1：含參函數(shù)的零點個數(shù)問題問題特征：給定含參函數(shù)\(f(x)=g(x,a)\)，求參數(shù)\(a\)的取值范圍，使得\(f(x)\)有\(zhòng)(k\)個零點（\(k=1,2,\cdots\)）。易錯點：忽略函數(shù)的定義域（如對數(shù)函數(shù)的定義域為\((0,+\infty)\)）；分類討論時遺漏參數(shù)的取值范圍（如二次函數(shù)開口方向、極值點個數(shù)）；誤將“導(dǎo)數(shù)為零”等同于“極值點”（需驗證導(dǎo)數(shù)符號變化）。典型例題設(shè)函數(shù)\(f(x)=\lnx-ax+1\)（\(a\in\mathbb{R}\)），討論\(f(x)\)的零點個數(shù)。解析步驟（1）求導(dǎo)分析單調(diào)性：\(f'(x)=\frac{1}{x}-a\)（定義域\(x>0\)）。當(dāng)\(a\leq0\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上單調(diào)遞增。此時\(f(x)\to-\infty\)（\(x\to0^+\)），\(f(x)\to+\infty\)（\(x\to+\infty\)），故有且僅有1個零點。當(dāng)\(a>0\)時，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\frac{1}{a}\)。此時\(f(x)\)在\((0,\frac{1}{a})\)上單調(diào)遞增，在\((\frac{1}{a},+\infty)\)上單調(diào)遞減，極大值點為\(x=\frac{1}{a}\)。（2）極值點處的函數(shù)值符號決定零點個數(shù)：極大值為\(f(\frac{1}{a})=\ln\frac{1}{a}-a\cdot\frac{1}{a}+1=-\lna\)。若\(-\lna>0\)（即\(0<a<1\)），則\(f(x)\)在\((0,\frac{1}{a})\)上從\(-\infty\)遞增到\(-\lna\)（正數(shù)），在\((\frac{1}{a},+\infty)\)上從\(-\lna\)遞減到\(-\infty\)，故有2個零點；若\(-\lna=0\)（即\(a=1\)），則\(f(x)\)在\(x=1\)處取得極大值0，且單調(diào)區(qū)間兩側(cè)趨向于\(-\infty\)，故有1個零點；若\(-\lna<0\)（即\(a>1\)），則\(f(x)\)的極大值為負(fù)，故無零點。結(jié)論：當(dāng)\(a\leq0\)或\(a=1\)時，\(f(x)\)有1個零點；當(dāng)\(0<a<1\)時，\(f(x)\)有2個零點；當(dāng)\(a>1\)時，\(f(x)\)無零點。應(yīng)對策略：步驟固定化：求導(dǎo)→找單調(diào)區(qū)間→求極值→判斷極值點函數(shù)值符號→結(jié)合端點趨勢；分類討論的“標(biāo)準(zhǔn)”：以導(dǎo)數(shù)為零的點是否存在（即參數(shù)是否影響單調(diào)性）為分類依據(jù)；端點趨勢分析：如\(x\to0^+\)時，\(\lnx\to-\infty\)；\(x\to+\infty\)時，\(ax\to+\infty\)（\(a>0\)）。1.2難點類型2：導(dǎo)數(shù)與不等式的證明問題特征：證明形如\(f(x)\geqg(x)\)（\(x\inD\)）的不等式，或含參數(shù)的不等式恒成立問題。其核心是構(gòu)造輔助函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，從而證明不等式。典型例題：證明當(dāng)\(x>0\)時，\(\lnx\leqx-1\)。解析步驟：構(gòu)造輔助函數(shù)\(h(x)=\lnx-x+1\)（\(x>0\)），求導(dǎo)得\(h'(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}\)。當(dāng)\(0<x<1\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調(diào)遞增；當(dāng)\(x>1\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調(diào)遞減；故\(h(x)\)在\(x=1\)處取得極大值（也是最大值）\(h(1)=0\)。因此，\(h(x)\leq0\)，即\(\lnx\leqx-1\)（當(dāng)且僅當(dāng)\(x=1\)時取等號）。應(yīng)對策略：輔助函數(shù)的構(gòu)造方法：移項法（將不等式兩邊移項得\(h(x)=f(x)-g(x)\)，證明\(h(x)\geq0\)）、變形法（如對數(shù)變形、指數(shù)變形）；關(guān)鍵技巧：找極值點（通常極值點是不等式取等號的點，如例題中的\(x=1\)）；易錯點：忽略定義域（如\(\lnx\)的定義域為\(x>0\)）、構(gòu)造函數(shù)不當(dāng)（導(dǎo)致導(dǎo)數(shù)難以分析，需嘗試不同的構(gòu)造方式）。二、立體幾何：動態(tài)與空間的“思維挑戰(zhàn)”立體幾何的難點在于空間想象能力（動態(tài)問題、翻折問題）、向量法的正確應(yīng)用（坐標(biāo)系建立、法向量求解）以及幾何關(guān)系的轉(zhuǎn)化（線面角、二面角與向量夾角的關(guān)系）。2.1難點類型1：動態(tài)問題（點、線、面的運動）問題特征：幾何體中存在動點（如線段上的點、球面上的點）或動直線（如繞某點旋轉(zhuǎn)的直線），求某幾何量（如線面角、體積）的取值范圍或最值。其核心是參數(shù)化變量，將幾何問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題。典型例題：在棱長為1的正方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，點\(P\)在棱\(CC_1\)上運動（不含端點），求直線\(AP\)與平面\(A_1BD\)所成角的正弦值的取值范圍。解析步驟：（1）建立坐標(biāo)系：以\(D\)為原點，\(DA,DC,DD_1\)分別為\(x,y,z\)軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則\(A(1,0,0)\)，\(A_1(1,0,1)\)，\(B(1,1,0)\)，\(D(0,0,0)\)，\(P(0,1,t)\)（\(0<t<1\)，\(t=CP\)）。（2）求平面\(A_1BD\)的法向量：平面\(A_1BD\)的向量為\(\overrightarrow{DA_1}=(1,0,1)\)，\(\overrightarrow{DB}=(1,1,0)\)。設(shè)法向量為\(\mathbf{n}=(x,y,z)\)，則\(\begin{cases}\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{DA_1}=x+z=0\\\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{DB}=x+y=0\end{cases}\)，取\(x=1\)，得\(y=-1\)，\(z=-1\)，故\(\mathbf{n}=(1,-1,-1)\)。（3）計算線面角：直線\(AP\)的方向向量為\(\overrightarrow{AP}=(-1,1,t)\)。線面角\(\theta\)的正弦值為\(\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{AP}\cdot\mathbf{n}|}{|\overrightarrow{AP}|\cdot|\mathbf{n}|}\)（注意：線面角是直線與平面法向量夾角的余角，故用正弦值）。計算得：\(\overrightarrow{AP}\cdot\mathbf{n}=(-1)\times1+1\times(-1)+t\times(-1)=-1-1-t=-t-2\)，\(|\overrightarrow{AP}|=\sqrt{(-1)^2+1^2+t^2}=\sqrt{t^2+2}\)，\(|\mathbf{n}|=\sqrt{1^2+(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{3}\)，故\(\sin\theta=\frac{|-t-2|}{\sqrt{t^2+2}\cdot\sqrt{3}}=\frac{t+2}{\sqrt{3(t^2+2)}}\)（\(0<t<1\)）。（4）求函數(shù)值域：令\(f(t)=\frac{t+2}{\sqrt{3(t^2+2)}}\)（\(0<t<1\)），求導(dǎo)得：\(f'(t)=\frac{1\cdot\sqrt{3(t^2+2)}-(t+2)\cdot\frac{3\cdot2t}{2\sqrt{3(t^2+2)}}}{3(t^2+2)}\)化簡后得\(f'(t)=\frac{(t^2+2)-t(t+2)}{(t^2+2)^{\frac{3}{2}}\cdot\sqrt{3}}=\frac{t^2+2-t^2-2t}{(t^2+2)^{\frac{3}{2}}\cdot\sqrt{3}}=\frac{2(1-t)}{(t^2+2)^{\frac{3}{2}}\cdot\sqrt{3}}\)。當(dāng)\(0<t<1\)時，\(f'(t)>0\)，故\(f(t)\)在\((0,1)\)上單調(diào)遞增。因此，\(f(0)<f(t)<f(1)\)，即\(\frac{2}{\sqrt{6}}<\sin\theta<\frac{3}{\sqrt{15}}\)，化簡得\(\frac{\sqrt{6}}{3}<\sin\theta<\frac{\sqrt{15}}{5}\)。結(jié)論：直線\(AP\)與平面\(A_1BD\)所成角的正弦值的取值范圍是\(\left(\frac{\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{15}}{5}\right)\)。應(yīng)對策略：動態(tài)問題的核心：參數(shù)化（用參數(shù)表示動點的坐標(biāo)，如例題中的\(t=CP\)）；向量法的關(guān)鍵：正確建立坐標(biāo)系（讓更多的點在坐標(biāo)軸上，簡化計算）；易錯點：線面角與向量夾角的關(guān)系混淆（線面角用正弦值，二面角用余弦值）、法向量方向錯誤（不影響結(jié)果，因為取絕對值）。2.2難點類型2：翻折問題（平面圖形與空間幾何體的轉(zhuǎn)化）問題特征：將平面圖形（如三角形、四邊形）沿某條直線翻折成空間幾何體，求翻折后的幾何量（如線面角、距離、體積）。其核心是抓住翻折前后的不變量（長度、角度）和變化的幾何關(guān)系（垂直關(guān)系、平行關(guān)系）。典型例題：在邊長為2的正方形\(ABCD\)中，\(E\)是\(AB\)的中點，將\(\triangleADE\)沿\(DE\)翻折，使點\(A\)到達(dá)點\(A'\)的位置，且\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，求\(A'C\)的長度。解析步驟：（1）翻折前的平面圖形：正方形\(ABCD\)，\(E(1,0,0)\)，\(D(0,0,0)\)，\(A(0,2,0)\)（設(shè)坐標(biāo)系：\(D\)為原點，\(DC\)為\(y\)軸，\(DA\)為\(x\)軸）。（2）翻折后的空間幾何體：\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，故\(A'\)在平面\(BCDE\)上的投影為某點（需確定）。（3）找不變量：翻折前后，\(A'D=AD=2\)，\(A'E=AE=1\)，\(DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}\)（不變）。（4）建立空間坐標(biāo)系：以\(D\)為原點，\(DC\)為\(y\)軸，\(DE\)為\(x\)軸，平面\(BCDE\)為\(xy\)平面，\(A'\)在\(z\)軸上（因為\(A'\perp\)平面\(BCDE\)）。則\(D(0,0,0)\)，\(E(\sqrt{5},0,0)\)，\(C(0,2,0)\)（因為\(DC=2\)），\(A'(0,0,h)\)（\(h>0\)）。（5）利用不變量求\(h\)：\(A'E=1\)，\(E(\sqrt{5},0,0)\)，\(A'(0,0,h)\)，故\(|A'E|=\sqrt{(\sqrt{5}-0)^2+(0-0)^2+(0-h)^2}=\sqrt{5+h^2}=1\)？（此處錯誤，因為翻折后\(A'E=AE=1\)，但\(AE\)在翻折前是\(AB\)的中點，\(AB=2\)，故\(AE=1\)，但翻折后\(A'E=1\)，而\(DE=\sqrt{5}\)，\(A'D=2\)，根據(jù)勾股定理，\(A'D^2=A'E^2+DE^2\)？不對，應(yīng)該是翻折后\(\triangleA'DE\cong\triangleADE\)，故\(A'D=AD=2\)，\(A'E=AE=1\)，\(DE=\sqrt{5}\)，而\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，故\(A'D\)在平面\(BCDE\)上的投影是\(DD\)？不，應(yīng)該是\(A'\)在平面\(BCDE\)上的投影為\(O\)，則\(OE=AE=1\)，\(OD=AD=2\)，\(DE=\sqrt{5}\)，根據(jù)勾股定理，\(OD^2+OE^2=DE^2\)，故\(O\)是\(DE\)上的點，且\(OD=2\)，\(OE=1\)，\(DE=3\)？不對，原題中\(zhòng)(DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}\)，故\(OD+OE=DE=\sqrt{5}\)，而\(OD^2+OE^2=A'D^2+A'E^2=2^2+1^2=5=DE^2\)，故\(O\)是\(DE\)的中點？不對，應(yīng)該是\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，故\(A'O\perpDE\)，\(A'O\perpOE\)，\(A'O\perpOD\)，所以\(A'D^2=A'O^2+OD^2\)，\(A'E^2=A'O^2+OE^2\)，\(DE^2=OD^2+OE^2\)（因為\(O\)在\(DE\)上），聯(lián)立得：\(A'D^2=A'O^2+OD^2=4\)，\(A'E^2=A'O^2+OE^2=1\)，\(DE^2=OD^2+OE^2=5\)，解得\(A'O^2=(4+1-5)/2=0\)？不對，說明我剛才的坐標(biāo)系建立錯誤。正確的做法是：翻折后\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，故\(A'\)在平面\(BCDE\)上的投影為\(O\)，則\(A'O\perpDE\)，\(A'O\perpBC\)，\(A'O\perpCD\)。重新建立坐標(biāo)系：以\(D\)為原點，\(DC\)為\(y\)軸，\(DE\)為\(x\)軸，\(A'O\)為\(z\)軸，平面\(BCDE\)為\(xy\)平面，則\(D(0,0,0)\)，\(E(\sqrt{5},0,0)\)，\(C(0,2,0)\)，\(A'(0,0,h)\)，其中\(zhòng)(h=A'O\)。翻折后\(A'D=AD=2\)，故\(A'D^2=0^2+0^2+h^2=h^2=2^2=4\)，得\(h=2\)。\(A'E=AE=1\)，故\(A'E^2=(\sqrt{5}-0)^2+(0-0)^2+(0-h)^2=5+h^2=1\)？不對，說明我剛才的坐標(biāo)系建立錯誤，應(yīng)該是\(E\)在\(AB\)上，\(AB=2\)，\(E\)是中點，故\(AE=1\)，\(BE=1\)，\(AD=2\)，\(DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{5}\)，翻折后\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，故\(A'\)在平面\(BCDE\)上的投影為\(O\)，則\(OE=AE=1\)，\(OD=AD=2\)，\(DE=\sqrt{5}\)，根據(jù)勾股定理，\(OD^2+OE^2=2^2+1^2=5=DE^2\)，故\(O\)是\(DE\)上的點，且\(\angleDOE=90^\circ\)？不對，應(yīng)該是\(O\)是\(A'\)在平面\(BCDE\)上的投影，故\(A'O\perpDE\)，\(A'O\perpBC\)，\(A'O\perpCD\)，而\(DE\)在平面\(BCDE\)上，故\(A'O\perpDE\)，所以\(\triangleA'OD\)和\(\triangleA'OE\)都是直角三角形，即\(A'D^2=A'O^2+OD^2\)，\(A'E^2=A'O^2+OE^2\)，而\(OD+OE=DE=\sqrt{5}\)，設(shè)\(OD=x\)，則\(OE=\sqrt{5}-x\)，\(A'O=h\)，則：\(x^2+h^2=2^2=4\)，\((\sqrt{5}-x)^2+h^2=1^2=1\)，兩式相減得：\((\sqrt{5}-x)^2-x^2=1-4=-3\)，展開得：\(5-2\sqrt{5}x+x^2-x^2=-3\)，即\(5-2\sqrt{5}x=-3\)，解得\(2\sqrt{5}x=8\)，\(x=\frac{8}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}\)，則\(h^2=4-x^2=4-\frac{16}{5}=\frac{20}{5}-\frac{16}{5}=\frac{4}{5}\)，\(h=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)，故\(A'\)的坐標(biāo)為\((x,0,h)=(\frac{4\sqrt{5}}{5},0,\frac{2\sqrt{5}}{5})\)，而\(C\)點坐標(biāo)為\((0,2,0)\)（因為\(CD=2\)，\(CD\perpDE\)），故\(A'C\)的長度為\(\sqrt{(\frac{4\sqrt{5}}{5}-0)^2+(0-2)^2+(\frac{2\sqrt{5}}{5}-0)^2}=\sqrt{\frac{16\times5}{25}+4+\frac{4\times5}{25}}=\sqrt{\frac{80}{25}+4+\frac{20}{25}}=\sqrt{\frac{100}{25}+4}=\sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)。應(yīng)對策略：翻折問題的關(guān)鍵：抓住不變量（翻折前后的長度、角度，如例題中的\(A'D=AD\)，\(A'E=AE\)）；坐標(biāo)系建立：以翻折軸為基準(zhǔn)（如例題中的\(DE\)），讓平面圖形在坐標(biāo)平面上，簡化計算；易錯點：忽略翻折后的垂直關(guān)系（如\(A'\perp\)平面\(BCDE\)，故\(A'\)在平面上的投影是關(guān)鍵點）、計算錯誤（翻折后的坐標(biāo)計算需仔細(xì)）。三、解析幾何：運算與技巧的“雙重考驗”解析幾何的難點在于復(fù)雜的代數(shù)運算（聯(lián)立方程、韋達(dá)定理）、定點定值問題的技巧（消參找定點）以及范圍問題的轉(zhuǎn)化（函數(shù)值域、不等式）。3.1難點類型1：定點定值問題（直線與圓錐曲線的綜合）問題特征：證明直線或曲線過定點，或某幾何量（如斜率、距離）為定值。其核心是參數(shù)化方程，通過代數(shù)運算消去參數(shù)，找到定點或定值。典型例題：已知拋物線\(y^2=4x\)的焦點為\(F\)，過點\(F\)的直線\(l\)與拋物線交于\(A,B\)兩點，求證：以\(AB\)為直徑的圓過定點。解析步驟：（1）確定焦點坐標(biāo)：拋物線\(y^2=4x\)的焦點\(F(1,0)\)。（2）設(shè)直線方程：設(shè)過\(F(1,0)\)的直線\(l\)的方程為\(x=my+1\)（\(m\)為參數(shù)，避免討論斜率不存在的情況）。（3）聯(lián)立方程：將\(x=my+1\)代入\(y^2=4x\)，得\(y^2=4(my+1)\)，即\(y^2-4my-4=0\)。（4）韋達(dá)定理：設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，則\(y_1+y_2=4m\)，\(y_1y_2=-4\)。（5）求以\(AB\)為直徑的圓的方程：圓心坐標(biāo)為\(\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)\)，半徑為\(\frac{1}{2}|AB|\)。計算圓心橫坐標(biāo)：\(x_1+x_2=m(y_1+y_2)+2=m\times4m+2=4m^2+2\)，故圓心為\((2m^2+1,2m)\)。半徑：\(\frac{1}{2}|AB|=\frac{1}{2}\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(m(y_1-y_2))^2+(y_1-y_2)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(m^2+1)(y_1-y_2)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(m^2+1)[(y_1+y_2)^2-4y_1y_2]}\)。代入韋達(dá)定理得：\(\frac{1}{2}\sqrt{(m^2+1)(16m^2+16)}=\frac{1}{2}\sqrt{(m^2+1)\times16(m^2+1)}=\frac{1}{2}\times4(m^2+1)=2(m^2+1)\)。故圓的方程為：\((x-(2m^2+1))^2+(y-2m)^2=[2(m^2+1)]^2\)。（6）化簡圓的方程：展開得：\(x^2-2(2m^2+1)x+(2m^2+1)^2+y^2-4my+4m^2=4(m^2+1)^2\)，整理得：\(x^2+y^2-2(2m^2+1)x-4my+(4m^4+4m^2+1)+4m^2-4(m^4+2m^2+1)=0\)，計算常數(shù)項：\(4m^4+4m^2+1+4m^2-4m^4-8m^2-4=(4m^4-4m^4)+(4m^2+4m^2-8m^2)+(1-4)=-3\)，故圓的方程簡化為：\(x^2+y^2-2(2m^2+1)x-4my-3=0\)。（7）找定點：將圓的方程視為關(guān)于\(m\)的恒等式，即：\(x^2+y^2-2x-3+m(-4x-4y)+m^2(-4x)=0\)（此處錯誤，原方程中\(zhòng)(-2(2m^2+1)x=-4m^2x-2x\)，\(-4my\)，常數(shù)項\(-3\)，故正確的恒等式應(yīng)為：\(-4xm^2+(-4y)m+(x^2+y^2-2x-3)=0\)。要使該式對任意\(m\)成立，需系數(shù)均為零：\(\begin{cases}-4x=0\\-4y=0\\x^2+y^2-2x-3=0\end{cases}\)，解得\(x=0\)，\(y=0\)，代入第三個方程得\(0+0-0-3=-3\neq0\)，不對，說明剛才的化簡有誤，應(yīng)該用特殊值法找定點（更簡便）。取\(m=0\)（直線\(l\)為\(x=1\)），此時\(A(1,2)\)，\(B(1,-2)\)，以\(AB\)為直徑的圓的方程為\((x-1)^2+y^2=4\)（圓心\((1,0)\)，半徑2）。取\(m=1\)（直線\(l\)為\(x=y+1\)），聯(lián)立\(y^2=4x\)得\(y^2=4(y+1)\)，即\(y^2-4y-4=0\)，解得\(y=2\pm2\sqrt{2}\)，故\(A(3+2\sqrt{2},2+2\sqrt{2})\)，\(B(3-2\sqrt{2},2-2\sqrt{2})\)，圓心為\((3,2)\)，半徑為\(\frac{1}{2}|AB|=\frac{1}{2}\sqrt{(4\sqrt{2})^2+(4\sqrt{2})^2}=\frac{1}{2}\sqrt{32+32}=\frac{1}{2}\times8=4\)，圓的方程為\((x-3)^2+(y-2)^2=16\)。求兩個圓的交點：聯(lián)立\((x-1)^2+y^2=4\)和\((x-3)^2+(y-2)^2=16\)，展開第一個方程：\(x^2-2x+1+y^2=4\)，即\(x^2+y^2=2x+3\)，展開第二個方程：\(x^2-6x+9+y^2-4y+4=16\)，即\(x^2+y^2=6x+4y+3\)，聯(lián)立得\(2x+3=6x+4y+3\)，即\(-4x-4y=0\)，\(x+y=0\)，代入第一個方程：\(x^2+(-x)^2=2x+3\)，即\(2x^2-2x-3=0\)，解得\(x=\frac{2\pm\sqrt{4+24}}{4}=\frac{2\pm\sqrt{28}}{4}=\frac{2\pm2\sqrt{7}}{4}=\frac{1\pm\sqrt{7}}{2}\)，但等一下，剛才取\(m=0\)時，圓的方程是\((x-1)^2+y^2=4\)，當(dāng)\(x=-1\)，\(y=0\)時，代入得\((-1-1)^2+0^2=4=4\)，故\((-1,0)\)在圓上；取\(m=1\)時，圓的方程是\((x-3)^2+(y-2)^2=16\)，代入\((-1,0)\)得\((-1-3)^2+(0-2)^2=16+4=20\neq16\)，不對，應(yīng)該是我剛才的直線方程設(shè)錯了，過\(F(1,0)\)的直線應(yīng)該是\(y=k(x-1)\)，當(dāng)\(k=0\)時，直線是\(y=0\)，與拋物線交于\(A(0,0)\)，\(B(4,0)\)，以\(AB\)為直徑的圓的方程是\((x-2)^2+y^2=4\)，此時\((-1,0)\)代入得\((-1-2)^2+0^2=9\neq4\)，不對，應(yīng)該是\((0,0)\)？不，等一下，拋物線\(y^2=4x\)的焦點是\((1,0)\)，過焦點的直線\(x=1\)與拋物線交于\(A(1,2)\)，\(B(1,-2)\)，以\(AB\)為直徑的圓的方程是\((x-1)^2+y^2=4\)，此時圓過\((0,0)\)嗎？代入得\((0-1)^2+0^2=1\neq4\)，過\((-1,0)\)嗎？代入得\((-1-1)^2+0^2=4=4\)，是的，過\((-1,0)\)；再取直線\(y=x-1\)，與拋物線交于\(A(3+2\sqrt{2},2+2\sqrt{2})\)，\(B(3-2\sqrt{2},2-2\sqrt{2})\)，以\(AB\)為直徑的圓的方程是\((x-3)^2+(y-2)^2=(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2=8+8=16\)，代入\((-1,0)\)得\((-1-3)^2+(0-2)^2=16+4=20\neq16\)，不對，應(yīng)該是我剛才的方法錯了，正確的做法是用向量法證明以\(AB\)為直徑的圓過定點\((-1,0)\)。設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，則\(y_1^2=4x_1\)，\(y_2^2=4x_2\)，要證明以\(AB\)為直徑的圓過定點\(P(-1,0)\)，只需證明\(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=0\)（直徑所對的圓周角為直角）。計算\(\overrightarrow{PA}=(x_1+1,y_1)\)，\(\overrightarrow{PB}=(x_2+1,y_2)\)，\(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=(x_1+1)(x_2+1)+y_1y_2=x_1x_2+x_1+x_2+1+y_1y_2\)。由韋達(dá)定理，\(y_1+y_2=4m\)，\(y_1y_2=-4\)，\(x_1=my_1+1\)，\(x_2=my_2+1\)，故\(x_1x_2=(my_1+1)(my_2+1)=m^2y_1y_2+m(y_1+y_2)+1=m^2(-4)+m(4m)+1=-4m^2+4m^2+1=1\)，\(x_1+x_2=m(y