【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與拋物線有兩個交點，故k≠0，而Δ=16（k2+1）＞0恒成立.記這個方程的兩個實根為xx2，因拋物線y2=4（x－1）的焦點是D（2，0），準線是x=0.所以|PQ|=x1+x2=.其余同解法一.解法三：設直線l的方程為y=k（x－2），因為直線與拋物線交于兩點，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.評述：本題考查直線與拋物線的位置關系，點的軌跡方程，直線的基礎知識等.：（1）拋物線y2=p（x+1）的準線方程是x=－1－，直線x+y=m與x軸的交點為（m，0），由題設交點在準線右邊，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交點；（2）設Q、R兩點的坐標分別為（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，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F坐標為（－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m∈［－1，0）時，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，當m∈［－1，0）時，p∈（0，1］.同樣可證，當m∈（0，1］時，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t=，g（t）=t+2t2，則t∈（－∞，－1］∪［1，+∞），又g（t）=2t2+t=2（t+）2－.∴當t∈（－∞，－1］時，g（t）為減函數(shù)，g（t）∈［1，+∞）.當t∈［1，+∞）時，g（t）為增函數(shù)，g（t）∈［3，+∞）.因此，當m∈［－1，0］時，t∈（－∞，－1］，p=∈（0，1］；當m∈（0，1］時，t∈［1，+∞），p∈（0，］.評述：本題考查拋物線的性質與方程，拋物線與直線的位置關系，點到直線的距離，函數(shù)與不等式的知識，以及解決綜合問題的能力.90.（Ⅰ）依題設ll2的斜率都存在，因為l1過點P（－，0）且與雙曲線有兩個交點，故方程 ①k1≠0有兩個不同的解整理得（k12－1）x2＋2k12x＋2k12－1＝0 ②若k12－1＝0，則方程組①只有一個解，即l1與雙曲線只有一個交點與題設矛盾，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l2的斜率為k2，l2過點P（－，0）且與雙曲線有兩個交點，故方程組 ③有兩個不同的解整理得（k22－1）x2＋2k22x＋2k22－1＝0 ④同理有k22－1≠0，Δ＝4（3k22－1）因為l1⊥l2，所以k1k2＝－1所以ll2與雙曲線各有兩個交點等價于整理得∴k1∈（－，－1）∪（－1，）∪（，1）∪（1，）（Ⅱ）（理）設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，l1：y＝（x＋），l2：y＝－（x＋）；取k1＝－時，l1：y＝－（x＋），l2：y＝（x＋）．（Ⅱ）（文）雙曲線y2－x2=1的頂點為（0，1）、（0，－1）.取A1（0，1）時，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.當取A1（0，－1）時，由雙曲線y2－x2=1關于x軸的對稱性，知|A2B2|=2.所以l1過雙曲線的一個頂點時，|A2B2|=2.評述：本題主要考查直線與雙曲線的性質、解析幾何的基本思想以及綜合運用知識的能力.（Ⅰ）由直線與雙曲線的位置關系利用判別式得出不等式組，而（Ⅱ）則使用設而不求方法求斜率，則簡化運算.：（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B（x，）是雙曲線S到直線l：y＝x－的距離為的點，由點到直線距離公式有．解得x＝，y＝2，即B（，2）（3）當0≤k＜1時，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點B到直線l的距離為，等價于直線l′與雙曲線S的上支有且只有一個公共點.設l′的方程為y=kx+m由l上的點A到l′的距離為，可知．解得m＝（k）．因為直線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，因為k2≠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k=0時，m=，解得x=0，y=．此時點B的坐標為（0，）；當k＝時，M＝，解得x＝2，y＝．此時點B的坐標為（2，）.：由題設知點Q不在原點，設P、R、Q的坐標分別為（xP，yP），（xR，yR），（x，y），其中x、y不同時為零.設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|OQ||OP|＝|OR|2，得④③②① 由點P在直線L上，點R在橢圓上，得方程組⑥⑤將①②③④代入⑤⑥，整理得點Q的軌跡方程為＝1（其中x、y不同時為零）所以點Q的軌跡是以（1，1）為中心，長、短半軸分別為和，且長軸與x軸平行的橢圓，去掉坐標原點.評述：本題主要考查直線、橢圓的方程和性質，曲線與方程的關系，軌跡的概念和求法，利用方程判定曲線的性質等解析幾何的基本思想和綜合運用知識的能力.93.（Ⅰ）設經(jīng)過原點且傾角為θ的直線方程為y=xtanθ，可得方程組又由對稱性，得四邊形ABCD為矩形，同時0＜θ＜，所以四邊形ABCD的面積S＝4|xy|＝．（Ⅱ）S＝．（1）當mn，即＜1時，因為＋m2tanθ≥2nm，當且僅當tan2θ＝時等號成立，所以．由于0＜θ≤，0＜tanθ≤1，故tanθ＝得u＝2mn．（2）當mn，即1時，對于任意0＜θ1＜θ2≤，由于．因為0＜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＝（Ⅲ）（1）當1時，u=2mnmn恒成立.（2）當1時， 1，即有（）2－4（）+10，所以，又由1，得.綜上，當umn時，的取值范圍為（2－，1）∪（1，＋∞）．評述：本題主要考查橢圓的對稱性及不等式的應用，通過求最小值來考查邏輯思維能力和應用能力，同時體現(xiàn)分類討論思想.圖8—25—25，設點P、Q、R的坐標分別為（12，yP），（x，y），（xR，yR），由題設知xR＞0，x＞0.由點R在橢圓上及點O、Q、R共線，得方程組③①解得：由點O、Q、R共線，得,即 ③由題設|OQ||OP|=|OR|2，得.將①、②、③代入上式，整理得點Q的軌跡方程（x－1）2+=1（x＞0）.所以，點Q的軌跡以（1，0）為中心，長、短半軸長分別為1和且長軸在x軸上的橢圓，去掉坐標原點.評述：本題主要考查直線、橢圓的方程和性質，曲線與方程的關系，軌跡的概念和求法等解析幾何的基本思想及綜合運用知識的能力.圖8—26：如圖8—26所示，由題意設拋物線C的方程為y2＝2px（p0），且x軸和y軸不是所求直線，又L過原點，因而可設L的方程為y=kx（k≠0），設A′B′分別是A、B關于L的對稱點．A′（x′，y′）關于y=kx對稱于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．評述：本題考查直線與拋物線的基本概念和性質、解析幾何的基本思想方法以及綜合運用知識解決問題的能力.：（1）設所求方程為＝1（ab0）由題意得解得所以橢圓的方程為（2）設經(jīng)過原點且斜率為t的直線與橢圓在y軸右邊部分的交點為Q（x1，y1），P（x,y）有得因為所以或而t＞1，于是點P的軌跡方程為：x2＝y(tǒng)（x＞）和x2＝y(tǒng)（x＜點P的軌跡為拋物線x2＝y(tǒng)在直線x=右側的部分和拋物線x2＝y(tǒng)在直線x＝左側的部分.●命題趨向與應試策略，因而是高考重點考查的內(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，直線與圓錐的位置關系等，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；（2）求曲線方程和求軌跡；（3）關于直線與圓及圓錐曲線的位置關系的問題.、雙曲線為考查對象，填空題以拋物線為考查對象，解答題以考查直線與圓錐曲線的位置關系為主，對于求曲線方程和求軌跡的題，高考一般不給出圖形，以考查學生的想象能力、分析問題的能力，從而體現(xiàn)解析幾何的基本思想和方法，圓一般不單獨考查，總是與直線、圓錐曲線相結合的綜合型考題，等軸雙曲線基本不出題，坐標軸平移或平移化簡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——坐標法以及二次曲線性質的運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題背景平面幾何的一些性質.，解析幾何題有前移的趨勢，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變換的數(shù)學思想方法.在復習過程中抓住以下幾點：（1）堅持源于課本、高于課本，《高考說明》.并明確考點及對知識點與能力的要求作出了明確規(guī)定，其實質是精通課本，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、精通課本是關鍵.（2）復習時要突出“曲線與方程”這一重點內(nèi)容.曲線與方程有兩個方面：一是求曲線方程，，即在建立了平面直角坐標系后，根據(jù)曲線上點適合的共同條件找出動點P（x，y）的縱坐標y和橫坐標x之間的關系式，即f（x，y）=0為曲線方程，同時還要注意曲線上點具有條件，確定x，y的范圍，這就是通常說的函數(shù)法，它是解析幾何的核心，應培養(yǎng)善于運用坐標法解題的能力，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準形式，這時用待定系數(shù)法求其方程；另一類是曲線形狀不明確或不便于用標準形式表示，一般可用直接法、間接代點法、由方程研究曲線，特別是圓錐曲線的幾何性質問題?；癁榈仁浇鉀Q，要加強等價轉化思想的訓練.（3）加強直線與圓錐曲線的位置關系問題的復習.、線段的中點、弦長、垂直問題，因此分析問題時利用數(shù)形結合思想來設。.（4）重視對數(shù)學思想、方法進行歸納提煉，達到優(yōu)化解題思維、簡化解題過程.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問題利用韋達定理進行整體處理，就簡化解題運算量.②用好函數(shù)思想方法對于圓錐曲線上一些動點，在變化過程中會引入一些相互聯(lián)系、相互制約的量，從而使一些線的長度及a，b，c，e之間構成函數(shù)關系，函數(shù)思想在處理這類問題時就很有效.③掌握坐標法坐標法是解析幾何的基本方法，因此要加強坐標法的訓練.④對稱思想由于圓錐曲線和圓都具有對稱性質，可使分散的條件相對集中，減少一些變量和未知量，簡化計算，提高解題速度，促成問題的解決.⑤參數(shù)思想?yún)?shù)思想是辯