20．（12分）抛物线$C$的顶点为坐标原点$O$，焦点在$x$轴上，直线$l:x=1$交$C$于$P$，$Q$两点，且$OP\bot OQ$．已知点$M(2,0)$，且$\odot M$与$l$相切．
（1）求$C$，$\odot M$的方程；
（2）设$A_{1}$，$A_{2}$，$A_{3}$是$C$上的三个点，直线$A_{1}A_{2}$，$A_{1}A_{3}$均与$\odot M$相切．判断直线$A_{2}A_{3}$与$\odot M$的位置关系，并说明理由．
分析：（1）由题意结合直线垂直得到关于$p$的方程，解方程即可确定抛物线方程，然后利用直线与圆的关系确定圆的圆心和半径即可求得圆的方程；
（2）分类讨论三个点的横坐标是否相等，当有两个点横坐标相等时明显相切，否则，求得直线方程，利用直线与圆相切的充分必要条件和题目中的对称性可证得直线与圆相切．
解：（1）因为$x=1$与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线$C$的方程为：$y^{2}=2px(p>0)$，
令$x=1$，则$y=\plusmn \sqrt{2p}$，
根据抛物线的对称性，不妨设$P$在$x$轴上方，$Q$在$X$轴下方，故$P(1,\sqrt{2p}),Q(1,?\sqrt{2p})$，
因为$OP\bot OQ$，故$1+\sqrt{2p}\times (?\sqrt{2p})=0\Rightarrow p=\dfrac{1}{2}$，
抛物线$C$的方程为：$y^{2}=x$，
因为$\odot M$与$l$相切，故其半径为1，故$\odot M:(x-2)^{2}+y^{2}=1$．
（2）设$A_{1}(x_{1}$，$y_{1})$，$A_{2}(x_{2}$，$y_{2})$，$A_{3}(x_{3}$，$y_{3})$．
当$A_{1}$，$A_{2}$，$A_{3}$其中某一个为坐标原点时（假设$A_{1}$为坐标原点时），
设直线$A_{1}A_{2}$方程为$kx-y=0$，根据点$M(2,0)$到直线距离为1可得$\dfrac{2k}{\sqrt{\;1+{k}^{2}}}=1$，解得$k=\plusmn \dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
联立直线$A_{1}A_{2}$与抛物线方程可得$x=3$，
此时直线$A_{2}A_{3}$与$\odot M$的位置关系为相切，
当$A_{1}$，$A_{2}$，$A_{3}$都不是坐标原点时，即$x_{1}\ne x_{2}\ne x_{3}$，直线$A_{1}A_{2}$的方程为$x?(y_{1}+y_{2})y+y_{1}y_{2}=0$，
此时有，$\dfrac{\vert 2+{y}_{1}{y}_{2}\vert }{\sqrt{1+{({y}_{1}+{y}_{2})}^{2}}}=1$，即$({y}_{1}^{2}?1){y}_{2}^{2}+2{y}_{1}{y}_{2}+3?{y}_{1}^{2}=0$，
同理，由对称性可得，$({y}_{1}^{2}?1){y}_{3}^{2}+2{y}_{1}{y}_{3}+3?{y}_{1}^{2}=0$，
所以$y_{2}$，$y_{3}$是方程$({y}_{1}^{2}?1){t}^{2}+2{y}_{1}t+3?{y}_{1}^{2}=0$ 的两根，
依题意有，直线$A_{2}A_{3}$的方程为$x?(y_{2}+y_{3})y+y_{2}y_{3}=0$，
令$M$到直线$A_{2}A_{3}$的距离为$d$，则有${d}^{2}=\dfrac{{(2+{y}_{2}{y}_{3})}^{2}}{1+{({y}_{2}+{y}_{3})}^{2}}=\dfrac{{(2+\dfrac{3?{y}_{1}^{2}}{{y}_{1}^{2}?1})}^{2}}{1+{(\dfrac{?2{y}_{1}}{{y}_{1}^{2}?1})}^{2}}=1$，
此时直线$A_{2}A_{3}$与$\odot M$的位置关系也为相切，
综上，直线$A_{2}A_{3}$与$\odot M$相切．
点评：本题主要考查抛物线方程的求解，圆的方程的求解，分类讨论的数学思想，直线与圆的位置关系，同构、对称思想的应用等知识，属于中等题．