21．（15分）如图，已知$F$是抛物线$y^{2}=2px(p>0)$的焦点，$M$是抛物线的准线与$x$轴的交点，且$\vert MF\vert =2$．

（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点$F$的直线交抛物线于$A$，$B$两点，若斜率为2的直线$l$与直线$MA$，$MB$，$AB$，$x$轴依次交于点$P$，$Q$，$R$，$N$，且满足$\vert RN\vert ^{2}=\vert PN\vert \cdot \vert QN\vert$，求直线$l$在$x$轴上截距的取值范围．
分析：（Ⅰ）根据题意求得$p$，进而求得抛物线方程；
（Ⅱ）设直线$AB:y=k(x-1)$，与抛物线方程联立，利用韦达定理求得两根之和及两根之积，设直线$AM$及直线$BM$方程，将它们分别与直线$l$方程$y=2(x-t)$联立，可得点$R$及点$Q$的横坐标，再根据题意，可得$(\dfrac{k-kt}{k-2})^{2}=\dfrac{{k}^{2}(1+t)^{2}}{3{k}^{2}+4}$，化简将含$t$的式子用$k$表示，进而得到关于$t$的不等式，解出即可．
解：（Ⅰ）依题意，$p=2$，故抛物线的方程为$y^{2}=4x$；
（Ⅱ）由题意得，直线$AB$的斜率存在且不为零，设直线$AB:y=k(x-1)$，
将直线$AB$方程代入抛物线方程可得，$k^{2}x^{2}-(2k^{2}+4)x+k^{2}=0$，
则由韦达定理有，${x}_{A}+{x}_{B}=2+\dfrac{4}{{k}^{2}},{x}_{A}{x}_{B}=1$，则$y_{A}y_{B}=-4$，
设直线$AM:y=k_{1}(x+1)$，其中${k}_{1}=\dfrac{{y}_{A}}{{x}_{A}+1}$，设直线$BM:y=k_{2}(x+1)$，其中${k}_{2}=\dfrac{{y}_{B}}{{x}_{B}+1}$，
则${k}_{1}+{k}_{2}=\dfrac{{y}_{A}}{{x}_{A}+1}+\dfrac{{y}_{B}}{{x}_{B}+1}=\dfrac{{y}_{A}{x}_{B}+{y}_{A}+{y}_{B}{x}_{A}+{y}_{B}}{({x}_{A}+1)({x}_{B}+1)}=\dfrac{k({x}_{A}-1){x}_{B}+k({x}_{A}-1)+k({x}_{B}-1){x}_{A}+k({x}_{B}-1)}{({x}_{A}+1)({x}_{B}+1)}=\dfrac{0}{({x}_{A}+1)({x}_{B}+1)}=0$，
${k}_{1}{k}_{2}=\dfrac{{y}_{A}{y}_{B}}{({x}_{A}+1)({x}_{B}+1)}=\dfrac{-4}{1+2+\dfrac{4}{{k}^{2}}+1}=\dfrac{-{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，
设直线$l:y=2(x-t)$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=2(x-t)}\\ {y=k(x-1)}\end{array}\right.$，可得${x}_{R}=\dfrac{k-2t}{k-2}$，则$\vert {x}_{R}-t\vert =\vert \dfrac{k-2t}{k-2}-t\vert =\vert \dfrac{k-kt}{k-2}\vert$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=2(x-t)}\\ {y={k}_{1}(x+1)}\end{array}\right.$，可得${x}_{P}=\dfrac{{k}_{1}+2t}{2-{k}_{1}}$，则$\vert {x}_{P}-t\vert =\vert \dfrac{{k}_{1}+2t}{2-{k}_{1}}-t\vert =\vert \dfrac{{k}_{1}+{k}_{1}t}{2-{k}_{1}}\vert$，
同理可得，${x}_{Q}=\dfrac{{k}_{2}+2t}{2-{k}_{2}},\vert {x}_{Q}-t\vert =\vert \dfrac{{k}_{2}+{k}_{2}t}{2-{k}_{2}}\vert$，
又$\vert RN\vert ^{2}=\vert PN\vert \cdot \vert QN\vert$，
$\therefore$$\vert \dfrac{k-kt}{k-2}{\vert }^{2}=\vert \dfrac{{k}_{1}+{k}_{1}t}{2-{k}_{1}}\cdot \dfrac{{k}_{2}+{k}_{2}t}{2-{k}_{2}}\vert$，即$(\dfrac{k-kt}{k-2})^{2}=\dfrac{{k}^{2}(1+t)^{2}}{3{k}^{2}+4}$，
$\therefore$$\dfrac{(1+t)^{2}}{(t-1)^{2}}=\dfrac{3{k}^{2}+4}{(k-2)^{2}}=\dfrac{3(k-2)^{2}+12(k-2)+16}{(k-2)^{2}}=\dfrac{16}{(k-2)^{2}}+\dfrac{12}{k-2}+3=(\dfrac{4}{k-2}+\dfrac{3}{2})^{2}+\dfrac{3}{4}\geqslant \dfrac{3}{4}(t\ne 1)$，
$\therefore 4(t^{2}+2t+1)\geqslant 3(t^{2}-2t+1)$，即$t^{2}+14t+1\geqslant 0$，解得$t\geqslant 4\sqrt{3}-7$或$t\leqslant -7-4\sqrt{3}(t\ne 1)$；
当直线$AB$的斜率不存在时，则直线$AB:x=1$，$A(1,2)$，$B(1,-2)$，$M(-1,0)$，
$\therefore$直线$MA$的方程为$y=x+1$，直线$MB$的方程为$y=-x-1$，
设直线$l:y=2(x-t)$，则$P(1+2t,2+2t)$，$Q(\dfrac{2t-1}{3},-\dfrac{2t+2}{3})$，$R(1,2-2t)$，$N(t,0)$，
又$\vert RN\vert ^{2}=\vert PN\vert \cdot \vert QN\vert$，故$(1-t)^{2}+(2-2t)^{2}=\sqrt{(1+t)^{2}+(2+2t)^{2}}\cdot \sqrt{(\dfrac{2t-1}{3}-t)^{2}+(-\dfrac{2t+2}{3})^{2}}$，
解得$t$满足$(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\bigcup{[}4\sqrt{3}-7,1)\bigcup (1,+\infty )$．
$\therefore$直线$l$在$x$轴上截距的取值范围为$(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\bigcup{[}4\sqrt{3}-7,1)\bigcup (1,+\infty )$．
点评：本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于难题．