26. (10分)已知关于$x的一元二次方程x ^ { 2 } - ( 2 k + 1 ) x + k ^ { 2 } + 2 k = 0有两个实数根x _ { 1 }$、$x _ { 2 }$.
(1) 求实数$k$的取值范围.
(2) 是否存在实数$k$,使得$x _ { 1 } \cdot x _ { 2 } - x _ { 1 } ^ { 2 } - x _ { 2 } ^ { 2 } \geqslant 0$成立? 若存在,求出$k$的值;若不存在,请说明理由.
(1) 求实数$k$的取值范围.
(2) 是否存在实数$k$,使得$x _ { 1 } \cdot x _ { 2 } - x _ { 1 } ^ { 2 } - x _ { 2 } ^ { 2 } \geqslant 0$成立? 若存在,求出$k$的值;若不存在,请说明理由.
答案：答题卡：
(1)
方程$x^{2} - (2k + 1)x + k^{2} + 2k = 0$有两个实数根，则判别式$\Delta\geqslant0$。
$\Delta =(2k + 1)^{2}-4(k^{2}+2k)=4k^{2}+4k + 1-4k^{2}-8k=1 - 4k\geqslant0$，
解得$k\leqslant\frac{1}{4}$。
(2)
由韦达定理可知$x_{1}+x_{2}=2k + 1$，$x_{1}x_{2}=k^{2}+2k$。
$x_{1}\cdot x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}=x_{1}x_{2}-(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})=x_{1}x_{2}-[(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}]=3x_{1}x_{2}-(x_{1}+x_{2})^{2}$
将$x_{1}+x_{2}=2k + 1$，$x_{1}x_{2}=k^{2}+2k$代入上式得：
$3(k^{2}+2k)-(2k + 1)^{2}=3k^{2}+6k-(4k^{2}+4k + 1)=3k^{2}+6k - 4k^{2}-4k - 1=-k^{2}+2k - 1$
若$x_{1}\cdot x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\geqslant0$，则$-k^{2}+2k - 1\geqslant0$，即$k^{2}-2k + 1\leqslant0$，$(k - 1)^{2}\leqslant0$。
因为任何数的平方都大于等于$0$，所以$(k - 1)^{2}=0$，解得$k = 1$。
又因为由(1)知$k\leqslant\frac{1}{4}$，$1\gt\frac{1}{4}$，所以不存在实数$k$，使得$x_{1}\cdot x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\geqslant0$成立。
综上，答案依次为：(1)$k\leqslant\frac{1}{4}$；(2)不存在，理由如上述。
(1)
方程$x^{2} - (2k + 1)x + k^{2} + 2k = 0$有两个实数根，则判别式$\Delta\geqslant0$。
$\Delta =(2k + 1)^{2}-4(k^{2}+2k)=4k^{2}+4k + 1-4k^{2}-8k=1 - 4k\geqslant0$，
解得$k\leqslant\frac{1}{4}$。
(2)
由韦达定理可知$x_{1}+x_{2}=2k + 1$，$x_{1}x_{2}=k^{2}+2k$。
$x_{1}\cdot x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}=x_{1}x_{2}-(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})=x_{1}x_{2}-[(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}]=3x_{1}x_{2}-(x_{1}+x_{2})^{2}$
将$x_{1}+x_{2}=2k + 1$，$x_{1}x_{2}=k^{2}+2k$代入上式得：
$3(k^{2}+2k)-(2k + 1)^{2}=3k^{2}+6k-(4k^{2}+4k + 1)=3k^{2}+6k - 4k^{2}-4k - 1=-k^{2}+2k - 1$
若$x_{1}\cdot x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\geqslant0$，则$-k^{2}+2k - 1\geqslant0$，即$k^{2}-2k + 1\leqslant0$，$(k - 1)^{2}\leqslant0$。
因为任何数的平方都大于等于$0$，所以$(k - 1)^{2}=0$，解得$k = 1$。
又因为由(1)知$k\leqslant\frac{1}{4}$，$1\gt\frac{1}{4}$，所以不存在实数$k$，使得$x_{1}\cdot x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\geqslant0$成立。
综上，答案依次为：(1)$k\leqslant\frac{1}{4}$；(2)不存在，理由如上述。
27. (12分)如图,$\triangle ABD是\odot O$的内接三角形,$E是弦BD$的中点,$C是\odot O$外一点,且$\angle DBC = \angle A = 6 0 ^ { \circ }$,连接$OE$,$OE的延长线与\odot O相交于点F$,与$BC相交于点C$.
(1) 求证：$BC是\odot O$的切线;
(2) 若$\odot O$的半径为6cm,求弦$BD$的长.
(1) 求证：$BC是\odot O$的切线;
(2) 若$\odot O$的半径为6cm,求弦$BD$的长.
答案：(1) 证明见上；(2) 6√3 cm。
解析：
(1) 连接OB。
∵E是弦BD的中点，∴OE⊥BD（垂径定理），∠OEB=90°。
∵∠A是圆周角，∠A=60°，∴弧BD所对的圆心角∠BOD=2∠A=120°（圆周角定理）。
∵OB=OD，E是BD中点，∴OE平分∠BOD（等腰三角形三线合一），∠BOE=∠BOD/2=60°。
在Rt△OEB中，∠OBE=90°-∠BOE=30°。
∵∠DBC=60°，∴∠OBC=∠OBE+∠DBC=30°+60°=90°，即OB⊥BC。
∵OB是⊙O半径，∴BC是⊙O的切线。
(2) 在Rt△OEB中，OB=6cm，∠BOE=60°，
∴sin∠BOE=BE/OB，BE=OB·sin60°=6×(√3/2)=3√3 cm。
∵E是BD中点，∴BD=2BE=2×3√3=6√3 cm。
∵E是弦BD的中点，∴OE⊥BD（垂径定理），∠OEB=90°。
∵∠A是圆周角，∠A=60°，∴弧BD所对的圆心角∠BOD=2∠A=120°（圆周角定理）。
∵OB=OD，E是BD中点，∴OE平分∠BOD（等腰三角形三线合一），∠BOE=∠BOD/2=60°。
在Rt△OEB中，∠OBE=90°-∠BOE=30°。
∵∠DBC=60°，∴∠OBC=∠OBE+∠DBC=30°+60°=90°，即OB⊥BC。
∵OB是⊙O半径，∴BC是⊙O的切线。
(2) 在Rt△OEB中，OB=6cm，∠BOE=60°，
∴sin∠BOE=BE/OB，BE=OB·sin60°=6×(√3/2)=3√3 cm。
∵E是BD中点，∴BD=2BE=2×3√3=6√3 cm。