解析几何试题的解题可以分为三步：读题构图，设参表达，消参求解，其中每一步都有各自的关键和诀窍．接下来分享的试题就体现了在“设参表达”方面的不同思路带来的解法差异．
过抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点\(F\)的直线与抛物线交于\(A\)，\(B\)两点，抛物线准线与\(x\)轴交于\(C\)点，若\(\angle CBF=90^\circ\)，则\(|AF|-|BF|\)的值为________．
这是2014年北京市25校高三联考解析几何试题：
已知椭圆\(W:\dfrac {x^2}{2m+10}+\dfrac {y^2}{m^2-2}=1\)的左焦点为\(F(m,0)\)，过点\(M(-3,0)\)作一条斜率大于\(0\)的直线\(l\)与椭圆\(W\)交于不同的两点\(A\)、\(B\)，延长\(BF\)交椭圆\(W\)于点\(C\)．
（1）求椭圆\(W\)的离心率；
（2）若\(\angle MAC=60^\circ\)，求直线\(l\)的斜率．
这是2014年西城高三期末试题的解析几何大题：
已知\(A,B\)是抛物线\(W:y=x^2\)上的两个点，\(A(1,1)\)．直线\(AB\)的斜率为\(k\)，\(O\)为坐标原点．
（1）若抛物线\(W\)的焦点在直线\(AB\)下方，求\(k\)的取值范围；
（2）设\(C\)为\(W\)上一点，且\(AB\perp AC\)，过\(B\)，\(C\)分别作\(W\)的切线，记两切线的交点为\(D\)，求\(OD\)长度的最小值．
我们知道\[\begin{split}\cos\dfrac{\pi}7\cdot\cos\dfrac{2\pi}7\cdot\cos\dfrac{4\pi}7&=\dfrac {\sin\dfrac{\pi}7\cdot\cos\dfrac{\pi}7\cdot\cos\dfrac{2\pi}7\cdot\cos\dfrac{4\pi}7}{\sin\dfrac{\pi}7}\\&=\dfrac {\dfrac 18\sin\dfrac{8\pi}7}{\sin\dfrac{\pi}7}\\&=-\dfrac 18.\end{split}\] 那么如何求三角代数式\[\sin\dfrac{\pi}7\cdot\sin\dfrac{2\pi}7\cdot\sin\dfrac{4\pi}7\]的值呢？ 继续阅读
已知抛物线\(y^2=4x\)上存在两点\(A\)，\(B\)关于直线\(y=kx+3\)对称，求\(k\)的取值范围．
对于圆锥曲线的题目，我的观点是直线方程的目的是为了消元．如果不需要求弦长，那么设直线方程基本上是多余的．体现在这道试题上，应该怎么解呢？
已知\(f(x)=\begin{cases}x^2-4x+3,&x\leqslant 0,\\-x^2-2x+3,&x>0.\end{cases}\)不等式\(f(x+a)>f(2a-x)\)在\([a,a+1]\)上恒成立，则实数\(a\)的取值范围是（ ）
A．\((-2,0)\)
B．\((-\infty,0)\)
C．\((0,2)\)
D．\((-\infty,-2)\)
圆\(O\)的半径为\(1\)，\(P\)为圆周上一点，现将如图放置的边长为\(1\)的正方形（实线所示，正方形的顶点\(A\)与\(P\)重合）沿圆周顺时针滚动，经过若干次滚动，点\(A\)第一次回到点\(P\)的位置，则点\(A\)走过的路径的长度为____．
已知椭圆\(W:\dfrac {x^2}{2m+10}+\dfrac {y^2}{m^2-2}=1\)的左焦点为\(F(m,0)\)，过点\(M(-3,0)\)作一条斜率大于\(0\)的直线\(l\)与椭圆\(W\)交于不同的两点\(A\)、\(B\)，延长\(BF\)交椭圆\(W\)于点\(C\)．
（1）求椭圆\(W\)的离心率；
（2）若\(\angle MAC=60^\circ\)，求直线\(l\)的斜率．
已知定义在\((1,+\infty)\)上的函数\(f(x)=x-\ln x-2\)，\(g(x)=x\ln x+x\)．
（1）求证：\(f(x)\)存在唯一的零点，且零点属于\((3,4)\)；
（2）若\(k\in \mathbf Z\)，且\(g(x)>k(x-1)\)对任意的\(x>1\)恒成立，求\(k\)的最大值．
这是2014-2015年北京市25校联合综合能力测试的压轴题：
给定正奇数\(n(n\geqslant 5)\)，数列\(\left\{a_n\right\}:a_1,a_2,\cdots,a_n\)是\(1,2,\cdots,n\)的一个排列，定义\[E\left(a_1,a_2,\cdots,a_n\right)=\left|a_1-1\right|+\left|a_2-2\right|+\cdots+\left|a_n-n\right|\]为数列\(\left\{a_n\right\}\)的位差和．
（1）当\(n=5\)时，求数列\(\left\{a_n\right\}:1,3,4,2,5\)的位差和；
（2）若位差和\(E\left(a_1,a_2,\cdots,a_n\right)=4\)，求满足条件的数列\(\left\{a_n\right\}\)的个数；
（3）若位差和\(E\left(a_1,a_2,\cdots,a_n\right)=\frac 12\left(n^2-1\right)\)，求满足条件的数列\(\left\{a_n\right\}\)的个数．
这是我的学生朱怡洁在2014年12月19日问我的题目：
求所有的多项式\(f(x)\)，使\[f\left(x^2\right)=f(x)\cdot f(x+1).\]
我个人认为不可能存在满足题意的多项式，因为考虑\(f(x)\)的所有复根，将这些复根以及这些复根向左平移一个单位恰好是这些复根的平方根．我认为这种情形是不存在的．
2021年6月29日，by xixiggg．
若 $f(x)$ 为常数多项式，易知 $f(x)=0$ 或 $1$．下设 $f(x)$ 不为常数多项式．比较 $f\left(x^2\right)$ 与 $f(x)f(x+1)$ 的首项可知 $f(x)$ 的首项系数为 $1$，于是\[f\left(x^2\right)=f(x)f(x+1),\]等价于 $f\left(x^2\right)$ 与 $f(x)f(x+1)$ 的根相同．对 $f(x)$ 的任意根 $\alpha$，则 $\alpha$ 为 $f\left(x^2\right)$ 的根，从而 $\alpha^2$ 为 $f(x)$ 的根，由此结合简单的归纳法知 $\forall k\in\mathbb N$，$\alpha^{2^k}$ 也为 $f(x)$ 的根．结合 $f(x)$ 只有有限个根知 $|\alpha|=1$ 或 $|\alpha=0|$，即 $f(x)$ 只有模长为 $1$ 的根或根 $0$． 若 $\alpha$ 为 $f(x)$ 的根，则 $\alpha-1$ 为 $f(x+1)$ 的根，从而 $\alpha-1$ 为 $f\left(x^2\right)$ 的根，从而 $(\alpha-1)^2$ 为 $f(x)$ 的根，因此 $\alpha-1=0$ 或 $|\alpha-1|=1$，又 $\alpha=0$ 或 $|\alpha|=1$，可得\[\alpha=0,1,\dfrac 12\pm\dfrac{\sqrt {3}}2{\rm i},\]又注意到 $\alpha^2$ 为 $f(x)$ 的根，于是我们有\[\alpha^2=0,1,\dfrac 12\pm\dfrac{\sqrt 3}2{\rm i},\]因此可得 $\alpha=0,1$，从而\[f(x)=x^u(x-1)^v,u,v\in\mathbb N^{\ast},\]从而\[f(x^2)=f(x)f(x+1)\iff x^{2u}(x-1)^v(x+1)^v=x^{u+v}(x-1)^v(x+1)^u,\]可得 $u=v$，综上所述，$ f(x)=0,1 $ 或 $ f(x)=x^n(x-1)^n $，其中 $ n $ 为正整数．
