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1615分三角函数★★★★☆
已知在 △ABC\triangle ABC 中，AB=3AB=3，BC=23BC=2\sqrt{3}，cos⁡B=33\cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}.
(1) 求 cos⁡A\cos A； (2) 设 DD，EE 两点满足：DD 在 BABA 的延长线上，DE//BCDE // BC，AE⊥ACAE\perp AC. 若 DE=6DE=\sqrt{6}，求 CECE．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 16 题 · 解答题

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18解析几何★★★★☆
已知椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的离心率 e=12e=\frac12. 左顶点为 AA，下顶点为 BB，CC 是线段 OBOB 的中点，其中 S△ABC=332S_{\triangle ABC}=\frac{3\sqrt3}{2}.
(1) 求椭圆方程； (2) 过点 (0,−32)\left(0,-\frac32\right) 的动直线与椭圆有两个交点 PP，QQ. 在 yy 轴上是否存在点 TT 使得 TP→⋅TQ→≤0\overrightarrow{TP}\cdot \overrightarrow{TQ}\le 0？若存在，求出这个 TT 点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由.

2024 · 天津 · 第 18 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★☆
设 AA，BB 为曲线 C:y=x24C:y=\dfrac{x^2}{4} 上两点，AA 与 BB 的横坐标之和为 44.
(1) 求直线 ABAB 的斜率； (2) 设 MM 为曲线 CC 上一点，曲线 CC 在 MM 处的切线与直线 ABAB 平行，且 AM⊥BMAM\perp BM，求直线 ABAB 的方程.

2017 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
设 OO 为坐标原点，动点 MM 在椭圆 C:x22+y2=1C:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1 上，过 MM 作 xx 轴的垂线，垂足为 NN，点 PP 满足 NP→=2 NM→\overrightarrow{NP}=\sqrt2\,\overrightarrow{NM}.
(1) 求点 PP 的轨迹方程； (2) 设点 QQ 在直线 x=−3x=-3 上，且 OP→⋅PQ→=1\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{PQ}=1. 证明：过点 PP 且垂直于 OQOQ 的直线 ll 过 CC 的左焦点 FF.

2017 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知抛物线 C:y2=2xC:y^2=2x 的焦点为 FF，平行于 xx 轴的两条直线 l1l_1，l2l_2 分别交 CC 于 AA，BB 两点，交 CC 的准线于 PP，QQ 两点.
(1) 若 FF 在线段 ABAB 上，RR 是 PQPQ 的中点，证明 AR∥FQAR\parallel FQ； (2) 若 △PQF\triangle PQF 的面积是 △ABF\triangle ABF 的面积的两倍，求 ABAB 中点的轨迹方程.

2016 · 全国 · 三卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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18解析几何★★★★☆
如图，在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知以 MM 为圆心的圆 M:x2+y2−12x−14y+60=0M:x^2+y^2-12x-14y+60=0 及其上一点 A(2,4)A(2,4).
(1) 设圆 NN 与 xx 轴相切，与圆 MM 外切，且圆心 NN 在直线 x=6x=6 上，求圆 NN 的标准方程； (2) 设平行于 OAOA 的直线 ll 与圆 MM 相交于 BB，CC 两点，且 BC=OABC=OA，求直线 ll 的方程； (3) 设点 T(t,0)T(t,0) 满足：存在圆 MM 上的两点 PP 和 QQ，使得 TA→+TP→=TQ→\overrightarrow{TA}+\overrightarrow{TP}=\overrightarrow{TQ}，求实数 tt 的取值范围.

2016 · 江苏 · 第 18 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知过点 A(0,1)A(0,1) 且斜率为 kk 的直线 ll 与圆 C:(x−2)2+(y−3)2=1C: (x - 2)^2 + (y - 3)^2 = 1 交于 MM，NN 两点.
(1) 求 kk 的取值范围； (2) 若 OM→⋅ON→=12\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=12，其中 OO 为坐标原点，求 ∣MN∣|MN|.

2015 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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28解析几何★★★★☆
已知点 F1F_{1}，F2F_{2} 依次为双曲线 CC：x2a2−y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1（aa，b>0b>0）的左右焦点，∣F1F2∣=6\left|F_{1}F_{2}\right|=6，B1(0,−b)B_{1}(0,-b)，B2(0,b)B_{2}(0,b)
(1) 若 a=5a=\sqrt{5}，以 d=(3,−4)\boldsymbol{d}=(3,-4) 为方向向量的直线 ll 经过 B1B_{1}，求 F2F_{2} 到 ll 的距离； (2) 若双曲线 CC 上存在点 PP，使得 PB1→⋅PB2→=−2\overrightarrow{PB_{1}} \cdot \overrightarrow{PB_{2}} = -2，求实数 bb 的取值范围.
\begin{solution} 由双曲线焦半距关系 c2=a2+b2c^2=a^2+b^2，以及 ∣F1F2∣=2c=6|F_1F_2|=2c=6，得 c=3c=3.
\begin{enumerate} \item 当 a=5a=\sqrt5 时，b2=32−a2=4b^2=3^2-a^2=4，所以 b=2b=2，即 B1=(0,−2)B_1=(0,-2)、F2=(3,0)F_2=(3,0). 直线 ll 的方向向量为 (3,−4)(3,-4)，故可取法向量 (4,3)(4,3). 由直线经过 B1B_1，其方程为 4x+3y+6=04x+3y+6=0. 因此
d(F2,l)=∣4⋅3+3⋅0+6∣42+32=185d(F_2,l)=\frac{|4\cdot3+3\cdot0+6|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\frac{18}{5}
\item 设 P=(x,y)P=(x,y). 则 PB1→=(−x,−b−y)\overrightarrow{PB_1}=(-x,-b-y)、PB2→=(−x,b−y)\overrightarrow{PB_2}=(-x,b-y)，所以
PB1→⋅PB2→=x2+y2−b2=−2\overrightarrow{PB_1}\cdot\overrightarrow{PB_2}=x^2+y^2-b^2=-2
即 x2+y2=b2−2x^2+y^2=b^2-2. 记 t=b2t=b^2，则 0<t<90<t<9，且由 x2+y2=t−2x^2+y^2=t-2 必有 t≥2t\geq2. 又双曲线方程为 x29−t−y2t=1\frac{x^2}{9-t}-\frac{y^2}{t}=1. 令 X=x2X=x^2、Y=y2Y=y^2，联立
{X+Y=t−2,X9−t−Yt=1.\begin{cases} X+Y=t-2,\\ \dfrac{X}{9-t}-\dfrac{Y}{t}=1. \end{cases}
由第一式得 Y=t−2−XY=t-2-X，代入第二式，得
X9−t−t−2−Xt=1⟹9Xt(9−t)=2(t−1)t⟹X=2(9−t)(t−1)9\frac{X}{9-t}-\frac{t-2-X}{t}=1 \Longrightarrow \frac{9X}{t(9-t)}=\frac{2(t-1)}{t} \Longrightarrow X=\frac{2(9-t)(t-1)}9
于是 Y=t−2−X=t(2t−11)9Y=t-2-X=\frac{t(2t-11)}9. 因为 X≥0X\geq0、Y≥0Y\geq0，且 2≤t<92\leq t<9，所以只需 2t−11≥02t-11\geq0，即 t≥112t\geq\frac{11}{2}. 反之，当 112≤t<9\frac{11}{2}\leq t<9 时，上述 XX，YY 均非负，取相应的 xx，yy 即可得到双曲线上的点 PP. 因此
112≤b2<9\frac{11}{2}\leq b^2<9
即 112≤b<3\sqrt{\frac{11}{2}}\leq b<3. \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 上海 · 春季 · 第 28 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
已知 AA，BB，CC 是椭圆 W:x24+y2=1W: \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 上的三个点，OO 是坐标原点.
(1) 当点 BB 是 WW 的右顶点，且四边形 OABCOABC 为菱形时，求此菱形的面积； (2) 当点 BB 不是 WW 的顶点时，判断四边形 OABCOABC 是否可能为菱形，并说明理由.

2013 · 北京 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知三点 O(0,0)O(0,0)，A(−2,1)A(-2,1)，B(2,1)B(2,1)，曲线 CC 上任意一点 M(x,y)M(x,y) 满足 ∣MA→+MB→∣=OM→⋅(OA→+OB→)+2\left|\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right| = \overrightarrow{OM} \cdot \left(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right) + 2.
(1) 求曲线 CC 的方程； (2) 点 Q(x0,y0)Q(x_0, y_0) （−2<x0<2-2 < x_0 < 2） 是曲线 CC 上的动点，曲线 CC 在点 QQ 处的切线为 ll，点 PP 的坐标是 (0,−1)(0, -1)，ll 与 PAPA，PBPB 分别交于点 DD，EE，求 △QAB\triangle QAB 与 △PDE\triangle PDE 的面积之比.

2012 · 江西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20平面向量★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知点 A(0,−1)A\left(0, -1\right)，BB 点在直线 y=−3y = -3 上，MM 点满足 MB→∥OA→\overrightarrow{MB} \parallel \overrightarrow{OA}，MA→⋅AB→=MB→⋅BA→\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{BA}，MM 点的轨迹为曲线 CC.
(1) 求 CC 的方程； (2) PP 为 CC 上的动点，ll 为 CC 在 PP 点处的切线，求 OO 点到 ll 距离的最小值.

2011 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
P(x0,y0)P(x_0, y_0)（x0≠±ax_0 \neq \pm a）是双曲线 E:x2a2−y2b2=1E: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1（a>0a > 0，b>0b > 0）上一点，MM，NN 分别是双曲线 EE 的左，右顶点. 直线 PMPM，PNPN 的斜率之积为 15\frac{1}{5}.
(1) 求双曲线的离心率； (2) 过双曲线 EE 的右焦点且斜率为 1 的直线交双曲线于 AA，BB 两点，OO 为坐标原点，CC 为双曲线上的一点. 满足 OC→=λOA→+OB→\overrightarrow{OC} = \lambda \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}，求 λ\lambda 的值.

2011 · 江西 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知平面内一动点 PP 到点 F(1,0)F(1,0) 的距离与点 PP 到 yy 轴的距离的差等于 11.
(1) 求动点 PP 的轨迹 CC 的方程； (2) 过点 FF 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1l_{1}，l2l_{2}，设 l1l_{1} 与轨迹 CC 相交于点 AA，BB，l2l_{2} 与轨迹 CC 相交于点 DD，EE，求 AD→⋅EB→\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{EB} 的最小值.

2011 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22平面向量★★★★☆
在平面上，给定非零向量 b\boldsymbol{b}. 对任意向量 a\boldsymbol{a}，定义 a′=a−2(a⋅b)∣b∣2b\boldsymbol{a}'=\boldsymbol{a}-\dfrac{2(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b})}{|\boldsymbol{b}|^2}\boldsymbol{b}.
(1) 若 a=(2,3)\boldsymbol{a}=(2,3)，b=(−1,3)\boldsymbol{b}=(-1,3)，求 a′\boldsymbol{a}'； (2) 若 b=(2,1)\boldsymbol{b}=(2,1)，证明：若位置向量 a\boldsymbol{a} 的终点在直线 Ax+By+C=0Ax+By+C=0 上，则位置向量 a′\boldsymbol{a}' 的终点也在一条直线上； (3) 已知存在单位向量 b\boldsymbol{b}，当位置向量 a\boldsymbol{a} 的终点在抛物线 C:x2=yC:x^2=y 上时，位置向量 a′\boldsymbol{a}' 的终点总在抛物线 C′:y2=xC':y^2=x 上. 曲线 CC 与 C′C' 关于直线 ll 对称，问直线 ll 与向量 b\boldsymbol{b} 满足什么关系？

2010 · 上海 · 春季 · 第 22 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
已知一条曲线 CC 在 yy 轴的右边，CC 上每一点到点 F(1,0)F(1,0) 的距离减去它到 yy 轴距离的差都是 11.
(1) 求曲线 CC 的方程； (2) 是否存在正数 mm，对于过点 M(m,0)M(m,0) 且与曲线 CC 有两个交点 AA，BB 的任一直线，都有 FA→⋅FB→<0\overrightarrow{FA} \cdot \overrightarrow{FB} < 0？若存在，求出 mm 的取值范围；若不存在，请说明理由.

2010 · 湖北 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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17三角函数★★★★☆
如图，AA，BB 是海面上位于东西方向相距 5(3+3)5(3 + \sqrt{3}) 海里的两个观测点. 现位于 AA 点北偏东 45∘45^\circ，BB 点北偏西 60∘60^\circ 的 DD 点有一艘轮船发出求救信号，位于 BB 点南偏西 60∘60^\circ 且与 BB 点相距 20320\sqrt{3} 海里的 CC 点的救援船立即前往营救，其航行速度为 3030 海里/小时，该救援船到达 DD 点需要多长时间？

2010 · 陕西 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
如图，过圆 OO 外一点 MM 作它的一条切线. 切点为 AA，过 AA 点作直线 APAP 垂直直线 OMOM，垂足为 PP.
(1) 证明： OM⋅OP=OA2OM \cdot OP = OA^2； (2) NN 为线段 APAP 上一点，直线 NBNB 垂直直线 ONON，且交圆 OO 于 BB 点. 过 BB 点的切线交直线 ONON 于 KK. 证明： ∠OKM=90∘\angle OKM = 90^{\circ}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 OA⊥AMOA\perp AM，且 AP⊥OMAP\perp OM，所以三角形 OAMOAM 与三角形 OPAOPA 都是直角三角形. 又它们在点 OO 处有相同的夹角，故 △OAM∼△OPA\triangle OAM\sim\triangle OPA. 由对应边关系
OPOA=OAOM\frac{OP}{OA}=\frac{OA}{OM}
得 OM⋅OP=OA2OM\cdot OP=OA^2. \item 取 OMOM 为 xx 轴，设圆半径为 r=OAr=OA，并记 O=(0,0)O=(0,0)、M=(m,0)M=(m,0)、P=(p,0)P=(p,0). 由第（1）问，mp=r2mp=r^2. 因为 AP⊥OMAP\perp OM，可设 N=(p,n)N=(p,n). 由
NB→⊥ON→\overrightarrow{NB}\perp\overrightarrow{ON}
得
OB→⋅ON→=∣ON∣2\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{ON}=|ON|^2
圆在点 BB 处的切线方程为 OB→⋅OX→=r2\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OX}=r^2. 由于 KK 在直线 ONON 上，设 OK→=λON→\overrightarrow{OK}=\lambda\overrightarrow{ON}，代入切线方程并利用上式，得 λ∣ON∣2=r2\lambda|ON|^2=r^2，OK→=r2∣ON∣2ON→\overrightarrow{OK}=\frac{r^2}{|ON|^2}\overrightarrow{ON}. 于是 ∣OK∣2=r4∣ON∣2|OK|^2=\frac{r^4}{|ON|^2}，OM→⋅OK→=r2mp∣ON∣2=r4∣ON∣2=∣OK∣2\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{OK}=\frac{r^2mp}{|ON|^2}=\frac{r^4}{|ON|^2}=|OK|^2. 所以 KO→⋅KM→=0\overrightarrow{KO}\cdot\overrightarrow{KM}=0，即 ∠OKM=90∘\angle OKM=90^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
如图，过圆 OO 外一点 MM 作它的一条切线. 切点为 AA，过 AA 点作直线 APAP 垂直直线 OMOM，垂足为 PP.
(1) 证明：OM⋅OP=OA2OM \cdot OP = OA^2； (2) NN 为线段 APAP 上一点，直线 NBNB 垂直直线 ONON，且交圆 OO 于 BB 点. 过 BB 点的切线交直线 ONON 于 KK. 证明：∠OKM=90∘\angle OKM = 90^{\circ}.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设圆 OO 的半径为 rr. 因为 MAMA 是切线，所以 OA⊥MAOA\perp MA，从而 △OAM\triangle OAM 是直角三角形. 又 AP⊥OMAP\perp OM，所以 APAP 是直角三角形 OAMOAM 斜边 OMOM 上的高. 由直角三角形斜边上的高的性质，得 OA2=OM⋅OPOA^{2}=OM\cdot OP.
\item 建立平面直角坐标系，使 OO 为原点，OMOM 为 xx 轴. 设 M(m,0)M(m,0)，A(p,q)A(p,q)，且 p2+q2=r2p^{2}+q^{2}=r^{2}. 因为 OA⊥MAOA\perp MA，有 (p,q)⋅(m−p,−q)=0(p,q)\cdot(m-p,-q)=0，即 mp=p2+q2=r2mp=p^{2}+q^{2}=r^{2}. 由 AP⊥OMAP\perp OM，得 P(p,0)P(p,0). 设 N(p,n)N(p,n)，并记 s=p2+n2s=p^{2}+n^{2}. 直线 NB⊥ONNB\perp ON，所以若 B(u,v)B(u,v)，则
{p(u−p)+n(v−n)=0,pu+nv=s\begin{cases} p(u-p)+n(v-n)=0,\\ pu+nv=s \end{cases}
圆在 BB 点的切线方程为 ux+vy=r2ux+vy=r^{2}. 设切线与直线 ONON 的交点为 KK. 因为 K∈ONK\in ON，可设 K=λ(p,n)K=\lambda(p,n). 将其代入 BB 点的切线方程，得到 λ(pu+nv)=λs=r2\lambda(pu+nv)=\lambda s=r^{2}，所以 λ=r2s\lambda=\frac{r^{2}}{s}，于是 K=r2s(p,n)K=\frac{r^{2}}{s}(p,n). 由 M=(m,0)M=(m,0) 及 mp=r2mp=r^{2}，有
KO→⋅KM→=(−K)⋅(M−K)=∣K∣2−K⋅M=r4s−r2smp=0\overrightarrow{KO}\cdot\overrightarrow{KM} =(-K)\cdot(M-K) =|K|^{2}-K\cdot M =\frac{r^{4}}{s}-\frac{r^{2}}{s}mp =0
故 OK⊥KMOK\perp KM，即 ∠OKM=90∘\angle OKM=90^{\circ}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
设椭圆中心在坐标原点，A(2,0)A(2,0)，B(0,1)B(0,1) 是它的两个顶点，直线 y=kxy=kx（k>0k>0）与 ABAB 相交于点 DD，与椭圆相交于 EE，FF 两点.
(1) 若 ED→=6DF→\overrightarrow{ED}=6\overrightarrow{DF}，求 kk 的值； (2) 求四边形 AEBFAEBF 面积的最大值.

2008 · 全国 · 大纲二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知双曲线 C:x22−y2=1C: \frac{x^2}{2} - y^2 = 1.
(1) 求双曲线 CC 的渐近线方程； (2) 已知点 MM 的坐标为 (0,1)(0,1). 设 PP 是双曲线 CC 上的点，QQ 是点 PP 关于原点的对称点. 记 λ=MP→⋅MQ→\lambda = \overrightarrow{MP} \cdot \overrightarrow{MQ}，求 λ\lambda 的取值范围； (3) 已知点 DD，EE，MM 的坐标分别为 (−2,−1)(-2, -1)，(2,−1)(2, -1)，(0,1)(0, 1)，PP 为双曲线 CC 上在第一象限内的点. 记 ll 为经过原点与点 PP 的直线，ss 为 △DEM\triangle DEM 截直线 ll 所得线段的长. 试将 ss 表示为直线 ll 的斜率 kk 的函数.

2008 · 上海 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
设椭圆 x2a2+y2b2=1\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，离心率 e=22e=\dfrac{\sqrt2}{2}，右准线为 ll，MM，NN 是 ll 上的两个动点，F1M→⋅F2N→=0\overrightarrow{F_1M}\cdot\overrightarrow{F_2N}=0.
(1) 若 ∣F1M→∣=∣F2N→∣=25\lvert\overrightarrow{F_1M}\rvert=\lvert\overrightarrow{F_2N}\rvert=2\sqrt5，求 aa，bb 的值； (2) 证明：当 ∣MN∣\lvert MN\rvert 取最小值时，F1M→+F2N→\overrightarrow{F_1M}+\overrightarrow{F_2N} 与 F1F2→\overrightarrow{F_1F_2} 共线.

2008 · 四川 · 普通 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_{1}，F2F_{2}，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，点 F2F_{2} 到右准线 ll 的距离为 2\sqrt{2}.
(1) 求 aa，bb 的值； (2) 设 MM，NN 是右准线 ll 上两个动点，满足 F1M→⋅F2N→=0\overrightarrow{F_{1}M} \cdot \overrightarrow{F_{2}N} = 0. 证明：当 ∣MN∣|MN| 取最小值时，F2F1→+F2M→+F2N→=0\overrightarrow{F_{2}F_{1}} + \overrightarrow{F_{2}M} + \overrightarrow{F_{2}N} = 0.

2008 · 四川 · 普通 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知抛物线 C:y=2x2C: y = 2x^{2}，直线 y=kx+2y = kx + 2 交 CC 于 AA，BB 两点. MM 是线段 ABAB 的中点，过 MM 作 xx 轴的垂线交 CC 于点 NN.
(1) 证明：抛物线 CC 在点 NN 处的切线与 ABAB 平行； (2) 是否存在实数 kk 使 NA→⋅NB→=0\overrightarrow{NA} \cdot \overrightarrow{NB} = 0. 若存在，求 kk 的值；若不存在，说明理由.

2008 · 陕西 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，已知圆 x2+y2−12x+32=0x^{2} + y^{2} - 12x + 32 = 0 的圆心为 QQ，过点 P(0,2)P(0,2) 且斜率为 kk 的直线与圆 QQ 相交于不同的交点 AA，BB.
(1) 求 kk 的取值范围. (2) 是否存在常数 kk，使得向量 OA→+OB→\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} 与 PQ→\overrightarrow{PQ} 共线？如果存在，求 kk 值；如果不存在，请说明理由.

2007 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
在直角坐标系 xOyxOy 中，以 OO 为圆心的圆与直线 x−3y=4x-\sqrt{3}y=4 相切.
(1) 求圆 OO 的方程； (2) 圆 OO 与 xx 轴相交于 AA，BB 两点，圆内的动点 PP 使 ∣PA∣|PA|，∣PO∣|PO|，∣PB∣|PB| 成等比数列，求 PA→⋅PB→\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB} 的取值范围.

2007 · 全国 · 大纲二卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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