【正文】 離d=.∴△EPQ的面積為S△EPQ=|PQ|d=.由=4，解得k2=，∴k=177。.∴α=或α=.解法二：設(shè)直線l的方程為y=k（x－2），代入y2=4（x－1），得k2x2－（4k2+4）x+4k2+4=0.因直線l與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，故k≠0，而Δ=16（k2+1）＞0恒成立.記這個(gè)方程的兩個(gè)實(shí)根為xx2，因拋物線y2=4（x－1）的焦點(diǎn)是D（2，0），準(zhǔn)線是x=0.所以|PQ|=x1+x2=.其余同解法一.解法三：設(shè)直線l的方程為y=k（x－2），因?yàn)橹本€與拋物線交于兩點(diǎn)，所以k≠0，則x=+2，代入y2=4（x－1）得y2－y－4=0.S△EPQ=S△EPD+S△EQD=|ED|（|y1|+|y2|）=|ED||y1－y2|=1=.∵S△EPQ=4，∴=4.得k=177。，α=或.評(píng)述：本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，點(diǎn)的軌跡方程，直線的基礎(chǔ)知識(shí)等.：（1）拋物線y2=p（x+1）的準(zhǔn)線方程是x=－1－，直線x+y=m與x軸的交點(diǎn)為（m，0），由題設(shè)交點(diǎn)在準(zhǔn)線右邊，得m＞－1－，即4m+p+4＞0.由得x2－（2m+p）x+（m2－p）=0.而判別式Δ=（2m+p）2－4（m2－p）=p（4m+p+4）.又p＞0及4m+p+4＞0，可知Δ＞0.因此，直線與拋物線總有兩個(gè)交點(diǎn)；（2）設(shè)Q、R兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1）、（x2，y2），由（1）知，xx2是方程x2－（2m+p）x+m2－p=0的兩根，∴x1+x2=2m+p，x1x2=m2－p.由OQ⊥OR，得kOQkOR=－1，即有x1x2+y1y2=0.又Q、R為直線x+y=m上的點(diǎn)，因而y1=－x1+m，y2=－x2+m.于是x1x2+y1y2=2x1x2－m（x1+x2）+m2=2（m2－p）－m（2m+p）+m2=0，∴p=f（m）=，由得m＞－2，m≠0；（3）（文）由于拋物線y2=p（x+1）的焦點(diǎn)F坐標(biāo)為（－1+，0），于是有，即|p－4m－4|=4.又p= ∴||=4.解得m1=0，m2=－，m3=－4，m4=－.但m≠0且m＞－2，因而舍去mmm3，故所求直線方程為3x+3y+4=0.（理）解法一：由于原點(diǎn)O到直線x+y=m的距離不大于，于是，∴|m|≤1.由（2），知m＞－2且m≠0，故m∈［－1，0）∪（0，1］.由（2），知f（m）==（m+2）+－4，當(dāng)m∈［－1，0）時(shí)，任取mm2，0＞m1＞m2≥－1，則f（m1）－f（m2）=（m1－m2）+（）=（m1－m2）［1－］.由0＞m1＞m2≥－1，知0＜（m1+2）（m2+2）＜4，1－＜0.又由m1－m2＞0知f（m1）＜f（m2）因而f（m）為減函數(shù).可見(jiàn)，當(dāng)m∈［－1，0）時(shí)，p∈（0，1］.同樣可證，當(dāng)m∈（0，1］時(shí)，f（m）為增函數(shù)，從而p∈（0，］.解法二：由解法一知，m∈［－1，0）∪（0，1］.由（2）知p=f（m）=.設(shè)t=，g（t）=t+2t2，則t∈（－∞，－1］∪［1，+∞），又g（t）=2t2+t=2（t+）2－.∴當(dāng)t∈（－∞，－1］時(shí)，g（t）為減函數(shù)，g（t）∈［1，+∞）.當(dāng)t∈［1，+∞）時(shí)，g（t）為增函數(shù)，g（t）∈［3，+∞）.因此，當(dāng)m∈［－1，0］時(shí)，t∈（－∞，－1］，p=∈（0，1］；當(dāng)m∈（0，1］時(shí)，t∈［1，+∞），p∈（0，］.評(píng)述：本題考查拋物線的性質(zhì)與方程，拋物線與直線的位置關(guān)系，點(diǎn)到直線的距離，函數(shù)與不等式的知識(shí)，以及解決綜合問(wèn)題的能力.90.（Ⅰ）依題設(shè)ll2的斜率都存在，因?yàn)閘1過(guò)點(diǎn)P（－，0）且與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，故方程 ①k1≠0有兩個(gè)不同的解整理得（k12－1）x2＋2k12x＋2k12－1＝0 ②若k12－1＝0，則方程組①只有一個(gè)解，即l1與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)與題設(shè)矛盾，故k12－1≠0即k12≠1所以方程②的判別式Δ＝（2k12）2－4（k12－1）（2k12－1）＝4（3k12－1）又設(shè)l2的斜率為k2，l2過(guò)點(diǎn)P（－，0）且與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，故方程組 ③有兩個(gè)不同的解整理得（k22－1）x2＋2k22x＋2k22－1＝0 ④同理有k22－1≠0，Δ＝4（3k22－1）因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2＝－1所以ll2與雙曲線各有兩個(gè)交點(diǎn)等價(jià)于整理得∴k1∈（－，－1）∪（－1，）∪（，1）∪（1，）（Ⅱ）（理）設(shè)A1（x1，y1）、B1（x2，y2）由方程②知．所以|A1B1|2＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（1＋k12）（x1－x2）2＝ ⑤同理，由方程④可得|A2B2|2＝ ⑥由|A1B1|＝|A2B2|得|A1B1|2＝|A2B2|2，將⑤、⑥代入上式得解得k1＝177。．取k1＝時(shí)，l1：y＝（x＋），l2：y＝－（x＋）；取k1＝－時(shí)，l1：y＝－（x＋），l2：y＝（x＋）．（Ⅱ）（文）雙曲線y2－x2=1的頂點(diǎn)為（0，1）、（0，－1）.取A1（0，1）時(shí)，有：k1（0+）=1，∴k1=，從而k2=－=－.將k2=－代入④，得x2+4x+3=0 ⑦記直線l2與雙曲線的兩交點(diǎn)為A2（x1，y1）、B2（x2，y2）則|A2B2|2=（x1－x2）2+（y1－y2）2=3（x1－x2）2=3［（x1+x2）2－4x1x2］由⑦，知x1+x2=－4，x1x2=3，∴|A2B2|2=60即|A2B2|=2.當(dāng)取A1（0，－1）時(shí)，由雙曲線y2－x2=1關(guān)于x軸的對(duì)稱性，知|A2B2|=2.所以l1過(guò)雙曲線的一個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，|A2B2|=2.評(píng)述：本題主要考查直線與雙曲線的性質(zhì)、解析幾何的基本思想以及綜合運(yùn)用知識(shí)的能力.（Ⅰ）由直線與雙曲線的位置關(guān)系利用判別式得出不等式組，而（Ⅱ）則使用設(shè)而不求方法求斜率，則簡(jiǎn)化運(yùn)算.：（1）由已知可得雙曲線的兩條漸近線方程為y＝177。x，A′（0，）．雙曲線S的方程為＝1（2）設(shè)B（x，）是雙曲線S到直線l：y＝x－的距離為的點(diǎn)，由點(diǎn)到直線距離公式有．解得x＝，y＝2，即B（，2）（3）當(dāng)0≤k＜1時(shí)，雙曲線S的上支在直線l的上方，所以B在直線l的上方，設(shè)直線l′與直線l：y＝k（x－）平行，兩線間的距離為，且直線l′在直線l的上方，雙曲線S的上支上有且僅有一個(gè)點(diǎn)B到直線l的距離為，等價(jià)于直線l′與雙曲線S的上支有且只有一個(gè)公共點(diǎn).設(shè)l′的方程為y=kx+m由l上的點(diǎn)A到l′的距離為，可知．解得m＝（k）．因?yàn)橹本€l′在直線l的上方，所以M＝（k）．由方程組消去y，得（k2－1）x2＋2mkx＋m2－2＝0，因?yàn)閗2≠1，所以Δ＝4m2k2－4（k2－1）（m2－2）＝4（－2＋2k2）＝8k（3k－2）．令Δ＝0，由0≤k＜1，解得k＝0，k＝．當(dāng)k=0時(shí)，m=，解得x=0，y=．此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，）；當(dāng)k＝時(shí)，M＝，解得x＝2，y＝．此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，）.：由題設(shè)知點(diǎn)Q不在原點(diǎn)，設(shè)P、R、Q的坐標(biāo)分別為（xP，yP），（xR，yR），（x，y），其中x、y不同時(shí)為零.設(shè)OP與x軸正方向的夾角為α，則有xP＝|OP|cosα，yP＝|OP|sinαxR＝|OR|cosα，yR＝|OR|sinαx＝|OQ|cosα，y＝|OQ|sinα由上式及題設(shè)|OQ||OP|＝|OR|2，得④③②① 由點(diǎn)P在直線L上，點(diǎn)R在橢圓上，得方程組⑥⑤將①②③④代入⑤⑥，整理得點(diǎn)Q的軌跡方程為＝1（其中x、y不同時(shí)為零）所以點(diǎn)Q的軌跡是以（1，1）為中心，長(zhǎng)、短半軸分別為和，且長(zhǎng)軸與x軸平行的橢圓，去掉坐標(biāo)原點(diǎn).評(píng)述：本題主要考查直線、橢圓的方程和性質(zhì)，曲線與方程的關(guān)系，軌跡的概念和求法，利用方程判定曲線的性質(zhì)等解析幾何的基本思想和綜合運(yùn)用知識(shí)的能力.93.（Ⅰ）設(shè)經(jīng)過(guò)原點(diǎn)且傾角為θ的直線方程為y=xtanθ，可得方程組又由對(duì)稱性，得四邊形ABCD為矩形，同時(shí)0＜θ＜，所以四邊形ABCD的面積S＝4|xy|＝．（Ⅱ）S＝．（1）當(dāng)mn，即＜1時(shí)，因?yàn)椋玬2tanθ≥2nm，當(dāng)且僅當(dāng)tan2θ＝時(shí)等號(hào)成立，所以．由于0＜θ≤，0＜tanθ≤1，故tanθ＝得u＝2mn．（2）當(dāng)mn，即1時(shí)，對(duì)于任意0＜θ1＜θ2≤，由于．因?yàn)?＜tanθ1＜tanθ2≤1，m2tanθ1tanθ2－n2＜m2－n2＜0，所以（m2tanθ2＋）－（m2tanθ1＋）＜0，于是在（0，］上，S＝是θ的增函數(shù)，故取θ＝，即tanθ＝1得u＝．所以u(píng)＝（Ⅲ）（1）當(dāng)1時(shí)，u=2mnmn恒成立.（2）當(dāng)1時(shí)， 1，即有（）2－4（）+10，所以，又由1，得.綜上，當(dāng)umn時(shí)，的取值范圍為（2－，1）∪（1，＋∞）．評(píng)述：本題主要考查橢圓的對(duì)稱性及不等式的應(yīng)用，通過(guò)求最小值來(lái)考查邏輯思維能力和應(yīng)用能力，同時(shí)體現(xiàn)分類討論思想.圖8—25—25，設(shè)點(diǎn)P、Q、R的坐標(biāo)分別為（12，yP），（x，y），（xR，yR），由題設(shè)知xR＞0，x＞0.由點(diǎn)R在橢圓上及點(diǎn)O、Q、R共線，得方程組③①解得：由點(diǎn)O、Q、R共線，得,即 ③由題設(shè)|OQ||OP|=|OR|2，得.將①、②、③代入上式，整理得點(diǎn)Q的軌跡方程（x－1）2+=1（x＞0）.所以，點(diǎn)Q的軌跡以（1，0）為中心，長(zhǎng)、短半軸長(zhǎng)分別為1和且長(zhǎng)軸在x軸上的橢圓，去掉坐標(biāo)原點(diǎn).評(píng)述：本題主要考查直線、橢圓的方程和性質(zhì)，曲線與方程的關(guān)系，軌跡的概念和求法等解析幾何的基本思想及綜合運(yùn)用知識(shí)的能力.圖8—26：如圖8—26所示，由題意設(shè)拋物線C的方程為y2＝2px（p0），且x軸和y軸不是所求直線，又L過(guò)原點(diǎn)，因而可設(shè)L的方程為y=kx（k≠0），設(shè)A′B′分別是A、B關(guān)于L的對(duì)稱點(diǎn)．A′（x′，y′）關(guān)于y=kx對(duì)稱于A（－1，0）則同理B′［］又A′、B′在拋物線C上，所以（）2＝2p由此知k≠1，即p＝［］2＝2p，由此得p＝從而，整理得k2－k－1＝0所以 所以直線l方程為y＝x，拋物線方程為y2＝x．評(píng)述：本題考查直線與拋物線的基本概念和性質(zhì)、解析幾何的基本思想方法以及綜合運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力.：（1）設(shè)所求方程為＝1（ab0）由題意得解得所以橢圓的方程為（2）設(shè)經(jīng)過(guò)原點(diǎn)且斜率為t的直線與橢圓在y軸右邊部分的交點(diǎn)為Q（x1，y1），P（x,y）有得因?yàn)樗曰蚨鴗＞1，于是點(diǎn)P的軌跡方程為：x2＝y(tǒng)（x＞）和x2＝y(tǒng)（x＜點(diǎn)P的軌跡為拋物線x2＝y(tǒng)在直線x=右側(cè)的部分和拋物線x2＝y(tǒng)在直線x＝左側(cè)的部分.●命題趨向與應(yīng)試策略，因而是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，在每年的高考試卷中一般有2～3道客觀題和一道解答題，難度上易、中、難三檔題都有，主要考查的內(nèi)容是圓錐曲線的概念和性質(zhì)，直線與圓錐的位置關(guān)系等，從近十年高考試題看大致有以下三類：（1）考查圓錐曲線的概念與性質(zhì)；（2）求曲線方程和求軌跡；（3）關(guān)于直線與圓及圓錐曲線的位置關(guān)系的問(wèn)題.、雙曲線為考查對(duì)象，填空題以拋物線為考查對(duì)象，解答題以考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系為主，對(duì)于求曲線方程和求軌跡的題，高考一般不給出圖形，以考查學(xué)生的想象能力、分析問(wèn)題的能力，從而體現(xiàn)解析幾何的基本思想和方法，圓一般不單獨(dú)考查，總是與直線、圓錐曲線相結(jié)合的綜合型考題，等軸雙曲線基本不出題，坐標(biāo)軸平移或平移化簡(jiǎn)方程一般不出解答題，大多是以選擇題形式出現(xiàn)．解析幾何的解答題一般為難題，近兩年都考查了解析幾何的基本方法——坐標(biāo)法以及二次曲線性質(zhì)的運(yùn)用的命題趨向要引起我們的重視．，注意解析幾何所研究的問(wèn)題背景平面幾何的一些性質(zhì).，解析幾何題有前移的趨勢(shì)，這就要求考生在基本概念、基本方法、基本技能上多下功夫.，涉及較多的是參數(shù)方程與普通方程互化及等價(jià)變換的數(shù)學(xué)思想方法.在復(fù)習(xí)過(guò)程中抓住以下幾點(diǎn)：（1）堅(jiān)持源于課本、高于課本，《高考說(shuō)明》.并明確考點(diǎn)及對(duì)知識(shí)點(diǎn)與能力的要求作出了明確規(guī)定，其實(shí)質(zhì)是精通課本，而本章考題大多數(shù)是課本的變式題，即源于課本，因此掌握雙基、精通課本是關(guān)鍵.（2）復(fù)習(xí)時(shí)要突出“曲線與方程”這一重點(diǎn)內(nèi)容.曲線與方程有兩個(gè)方面：一是求曲線方程，，即在建立了平面直角坐標(biāo)系后，根據(jù)曲線上點(diǎn)適合的共同條件找出動(dòng)點(diǎn)P（x，y）的縱坐標(biāo)y和橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系式，即f（x，y）=0為曲線方程，同時(shí)還要注意曲線上點(diǎn)具有條件，確定x，y的范圍，這就是通常說(shuō)的函數(shù)法，它是解析幾何的核心，應(yīng)培養(yǎng)善于運(yùn)用坐標(biāo)法解題的能力，求曲線的常用方法有兩類：一類是曲線形狀明確且便于用標(biāo)準(zhǔn)形式，這時(shí)用待定系數(shù)法求其方程；另一類是曲線形狀不明確或不便于用標(biāo)準(zhǔn)形式表示，一般可用直接法、間接代點(diǎn)法、由方程研究曲線，特別是圓錐曲線的幾何性質(zhì)問(wèn)題?；癁榈仁浇鉀Q，要加強(qiáng)等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的訓(xùn)練.（3）加強(qiáng)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題的復(fù)習(xí).、線段的中點(diǎn)、弦長(zhǎng)、垂直問(wèn)題，因此分析問(wèn)題時(shí)利用數(shù)形結(jié)合思想來(lái)設(shè)。.（4）重視對(duì)數(shù)學(xué)思想、方法進(jìn)行歸納提煉，達(dá)到優(yōu)化解題思維、簡(jiǎn)化解題過(guò)程.①方程思想，解析幾何的題目大部分都以方程形式給定直線和圓錐曲線，因此把直線與圓錐曲線相交的弦長(zhǎng)問(wèn)題利用韋達(dá)定理進(jìn)行整體處理，就簡(jiǎn)化解題運(yùn)算量.②用好函數(shù)思想方法對(duì)于圓錐曲線上一些動(dòng)點(diǎn)，在變化過(guò)程中會(huì)引入一些相互聯(lián)系、相互制約的量，從而使一些線的長(zhǎng)度及a，b，c，e之間構(gòu)成函數(shù)關(guān)系，函數(shù)思想在處理這類問(wèn)題時(shí)就很有效.③掌握坐標(biāo)法坐標(biāo)法是解析幾何的基本方法，因此要加強(qiáng)坐標(biāo)法的訓(xùn)練.④對(duì)稱思想由于圓錐曲線和圓都具有對(duì)稱性質(zhì)，可使分散的條件相對(duì)集中，減少一些變量和未知量，簡(jiǎn)化計(jì)算，提高解題速度，促成問(wèn)題的解決.⑤參數(shù)思想?yún)?shù)思想是辯