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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知集合 M={x∣(x+2)(x−1)<0}M = \{x \mid (x + 2)(x - 1) < 0\}，N={x∣x+1<0}N = \{x \mid x + 1 < 0\}，则 M∩N=M \cap N =（ ）
A.
(−1,1)(-1, 1)
B.
(−2,1)(-2, 1)
C.
(−2,−1)(-2, -1)
D.
(1,2)(1,2)

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 1 题 · 选择题

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02解析几何★☆☆☆☆
双曲线 x210−y22=1\frac{x^2}{10} - \frac{y^2}{2} = 1 的焦距为（ ）
A.
323\sqrt{2}
B.
424\sqrt{2}
C.
333\sqrt{3}
D.
434\sqrt{3}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 2 题 · 选择题

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03复数★☆☆☆☆
已知复数 z=1−iz = 1 - \mathrm{i}，则 z2z−1=\frac{z^2}{z - 1} =（ ）
A.
22
B.
−2-2
C.
2i2\mathrm{i}
D.
−2i-2\mathrm{i}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 3 题 · 选择题

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04导数及其应用★☆☆☆☆
设 f(x)=xln⁡xf(x) = x \ln x，若 f′(x0)=2f'(x_0) = 2，则 x0=x_0 =（ ）
A.
e2\mathrm{e}^2
B.
e\mathrm{e}
C.
ln⁡22\frac{\ln 2}{2}
D.
ln⁡2\ln 2

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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05平面向量★☆☆☆☆
已知平面向量 a=(1,−3)\boldsymbol{a} = (1, -3)，b=(4,−2)\boldsymbol{b} = (4, -2)，λa+b\lambda \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} 与 a\boldsymbol{a} 垂直，则 λ=\lambda =（ ）
A.
−1-1
B.
11
C.
−2-2
D.
22

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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06函数与初等函数★☆☆☆☆
下面的程序框图，如果输入三个实数 aa，bb，cc，要求输出这三个数中最大的数，那么在空白的判断框中，应该填入下面四个选项中的（ ）
A.
c>xc > x
B.
x>cx > c
C.
c>bc > b
D.
b>cb > c

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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07不等式★★☆☆☆
已知 a1>a2>a3>0a_{1} > a_{2} > a_{3} > 0，则使得 (1−aix)2<1(1 - a_i x)^2 < 1（i=1i = 1，22，33）都成立的 xx 取值范围是（ ）
A.
(0,1a1)\left(0, \frac{1}{a_1}\right)
B.
(0,2a1)\left(0, \frac{2}{a_1}\right)
C.
(0,1a3)\left(0, \frac{1}{a_3}\right)
D.
(0,2a3)\left(0, \frac{2}{a_3}\right)

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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08数列★☆☆☆☆
设等比数列 {an}\{a_{n}\} 的公比 q=2q = 2，前 nn 项和为 SnS_{n}，则 S4a2=\frac{S_4}{a_2} =（ ）
A.
22
B.
44
C.
152\frac{15}{2}
D.
172\frac{17}{2}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09平面向量★☆☆☆☆
平面向量 a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 共线的充要条件是（ ）
A.
a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 方向相同
B.
a\boldsymbol{a}，b\boldsymbol{b} 两向量中至少有一个为零向量
C.
∃λ∈R\exists \lambda \in \mathbf{R}，b=λa\boldsymbol{b} = \lambda \boldsymbol{a}
D.
存在不全为零的实数 λ1\lambda_{1}，λ2\lambda_{2}，λ1a+λ2b=0\lambda_{1} \boldsymbol{a} + \lambda_{2} \boldsymbol{b} = 0

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10解析几何★★☆☆☆
点 P(x,y)P(x, y) 在直线 4x+3y=04x + 3y = 0 上，且 xx，yy 满足 −14⩽x−y⩽7-14 \leqslant x - y \leqslant 7，则点 PP 到坐标原点距离的取值范围是（ ）
A.
[0,5][0, 5]
B.
[0,10][0, 10]
C.
[5,10][5, 10]
D.
[5,15][5, 15]

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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11三角函数★★★☆☆
函数 f(x)=cos⁡2x+2sin⁡xf(x) = \cos 2x + 2\sin x 的最小值和最大值分别为（ ）
A.
−1,1-1, 1
B.
−2,2-2, 2
C.
−3-3，32\frac{3}{2}
D.
−2-2，32\frac{3}{2}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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12立体几何初步★★★☆☆
已知平面 α⊥\alpha \perp 平面 β\beta，α∩β=l\alpha \cap \beta = l，点 A∈αA \in \alpha，A∉lA \notin l，直线 AB∥lAB \parallel l，直线 AC⊥lAC \perp l，直线 m∥αm \parallel \alpha，m∥βm \parallel \beta，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）
A.
AB∥mAB \parallel m
B.
AC⊥mAC \perp m
C.
AB∥βAB \parallel \beta
D.
AC⊥βAC \perp \beta

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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13数列★☆☆☆☆
已知 {an}\{a_{n}\} 为等差数列，a3+a8=22a_{3} + a_{8} = 22，a6=7a_{6} = 7，则 a5=a_{5} =______.

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 13 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★☆☆
一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面. 已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为 3\sqrt{3}，底面周长为 33，则这个球的体积为______.

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15解析几何★★★☆☆
过椭圆 x25+y24=1\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1 的右焦点作一条斜率为 22 的直线与椭圆交于 AA，BB 两点，OO 为坐标原点，则 △OAB\triangle OAB 的面积为______.

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16概率与统计★★☆☆☆
从甲，乙两品种的棉花中各抽测了 2525 根棉花的纤维长度（单位：mm\mathrm{mm}），结果如下：
\begin{array}{c} \hline 品种 & \multicolumn{5}{c}{纤维长度（单位：$\mathrm{mm}$）} \\ \hline 甲品种 & $271$ & $273$ & $280$ & $285$ & $285$ \\ & $287$ & $292$ & $294$ & $295$ & $301$ \\ & $303$ & $303$ & $307$ & $308$ & $310$ \\ & $314$ & $319$ & $323$ & $325$ & $325$ \\ & $328$ & $331$ & $334$ & $337$ & $352$ \\ \hline 乙品种 & $284$ & $292$ & $295$ & $304$ & $306$ \\ & $307$ & $312$ & $313$ & $315$ & $315$ \\ & $316$ & $318$ & $318$ & $320$ & $322$ \\ & $322$ & $324$ & $327$ & $329$ & $331$ \\ & $333$ & $336$ & $337$ & $343$ & $356$ \\ \hline \end{array}
由以上数据设计了如下茎叶图
\begin{array}{c} \multicolumn{5}{c|}{甲} & & \multicolumn{7}{c}{乙} \\ \hline & & & $3$ & $1$ & $27$ & & & & & & & \\ & $7$ & $5$ & $5$ & $0$ & $28$ & $4$ & & & & & & \\ & & $5$ & $4$ & $2$ & $29$ & $2$ & $5$ & & & & & \\ $8$ & $7$ & $3$ & $3$ & $1$ & $30$ & $4$ & $6$ & $7$ & & & & \\ & & $9$ & $4$ & $0$ & $31$ & $2$ & $3$ & $5$ & $5$ & $6$ & $8$ & $8$ \\ & $8$ & $5$ & $5$ & $3$ & $32$ & $0$ & $2$ & $2$ & $4$ & $7$ & $9$ & \\ & & $7$ & $4$ & $1$ & $33$ & $1$ & $3$ & $6$ & $7$ & & & \\ & & & & & $34$ & $3$ & & & & & & \\ & & & & $2$ & $35$ & $6$ & & & & & & \\ \end{array}
根据以上茎叶图，对甲，乙两品种棉花的纤维长度作比较，写出两个统计结论：
① ______； ② ______.

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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17三角函数★★★☆☆
如图，△ACD\triangle ACD 是等边三角形，△ABC\triangle ABC 是等腰直角三角形，∠ACB=90∘\angle ACB = 90^{\circ}，BDBD 交 ACAC 于 EE，AB=2AB = 2.
(1) 求 cos⁡∠CBE\cos \angle CBE 的值； (2) 求 AEAE.
\begin{solution} 以 AA 为原点建立平面直角坐标系，令 ABAB 在 xx 轴正半轴上. 由 △ABC\triangle ABC 是等腰直角三角形且 ∠ACB=90∘\angle ACB=90^{\circ}，得
AC=BC=AB2=2AC=BC=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}
取 B(2,0)B(2,0)，则可令 C(1,1)C(1,1). 由图中 DD 位于 ACAC 的外侧，且 △ACD\triangle ACD 为等边三角形，ACAC 的中点为 (12,12)\left(\frac12,\frac12\right)，从中点沿垂直于 ACAC 的方向取距离 62\frac{\sqrt{6}}{2}，得 D=(12,12)+(−32,32)=(1−32,1+32)D=\left(\frac12,\frac12\right)+\left(-\frac{\sqrt{3}}2,\frac{\sqrt{3}}2\right)=\left(\frac{1-\sqrt{3}}2,\frac{1+\sqrt{3}}2\right).
\begin{enumerate} \item 直线 ACAC 的方程为 y=xy=x. 设 EE 为直线 BDBD 上的点，令
(x,y)=(2,0)+t(−3−32,1+32)(x,y)=(2,0)+t\left(\frac{-3-\sqrt{3}}{2},\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)
由 E∈ACE\in AC，即 x=yx=y，得 2+−3−32t=1+32t2+\frac{-3-\sqrt{3}}2t=\frac{1+\sqrt{3}}2t，所以 t=22+3=2(2−3)=4−23t=\frac{2}{2+\sqrt{3}}=2(2-\sqrt{3})=4-2\sqrt{3}，从而 E(3−1,3−1)E(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1). 于是 BC→=(−1,1)\overrightarrow{BC}=(-1,1)，BE→=(3−3,3−1)\overrightarrow{BE}=(\sqrt{3}-3,\sqrt{3}-1)，且 BC→⋅BE→=2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BE}=2，∣BC→∣=2|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{2}，∣BE→∣=(3−3)2+(3−1)2=2(3−1)|\overrightarrow{BE}|=\sqrt{(\sqrt{3}-3)^2+(\sqrt{3}-1)^2}=2(\sqrt{3}-1). 因此
cos⁡∠CBE=BC→⋅BE→∣BC→∣ ∣BE→∣=12(3−1)=6+24\cos\angle CBE =\frac{\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{BC}|\,|\overrightarrow{BE}|} =\frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)} =\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}
\item 由 A(0,0)A(0,0) 和 E(3−1,3−1)E(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1)，得 AE=(3−1)2+(3−1)2=2(3−1)=6−2AE=\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2+(\sqrt{3}-1)^2}=\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★☆☆
如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图. 它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm\mathrm{cm}）.
(1) 在正视图下面，按照三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2) 按照给出的尺寸，求该多面体的体积； (3) 在所给直观图中连结 BC′BC'，证明：BC′∥BC' \parallel 面 EFGEFG.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 俯视图的外轮廓为长 6 cm6\,\mathrm{cm}、宽 4 cm4\,\mathrm{cm} 的矩形. 在俯视图中，从顶点 AA 出发，分别在 ABAB、ADAD 上取距 AA 为 2 cm2\,\mathrm{cm} 的点，记为 FF、GG，连接这两点得到线段 FGFG. 其中 FF、GG 分别是空间点 FF、GG 的投影，线段 FGFG 表示截去部分与顶面交界的投影.
\item 建立空间直角坐标系，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(6,0,0)B(6,0,0)，D(0,4,0)D(0,4,0)，A′(0,0,4)A'(0,0,4). 于是长方体的长、宽、高分别为 6 cm6\,\mathrm{cm}、4 cm4\,\mathrm{cm}、4 cm4\,\mathrm{cm}. 由正视图和侧视图中的尺寸，切去的角为三棱锥 A′EFGA'EFG，且 A′E=A′F=A′G=2 cmA'E=A'F=A'G=2\,\mathrm{cm}， 其中 A′EA'E、A′FA'F、A′GA'G 分别位于长方体的三条互相垂直的棱上. 因此 V长方体=6×4×4=96 cm3V_{\text{长方体}}=6\times4\times4=96\,\mathrm{cm}^{3}，VA′EFG=13×12×2×2×2=43 cm3V_{A'EFG}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\times2\times2=\frac{4}{3}\,\mathrm{cm}^{3}. 所以该多面体的体积为
V=96−43=2843 cm3V=96-\frac{4}{3}=\frac{284}{3}\,\mathrm{cm}^{3}
\item 在上述坐标系中，相关点的坐标为 B(6,0,0)B(6,0,0)，C′(6,4,4)C'(6,4,4)，E(0,0,2)E(0,0,2)，F(2,0,4)F(2,0,4)，G(0,2,4)G(0,2,4). 于是 BC′→=(0,4,4)=2(0,2,2)=2EG→\overrightarrow{BC'}=(0,4,4)=2(0,2,2)=2\overrightarrow{EG}，所以 BC′∥EGBC'\parallel EG. 又由 EF→=(2,0,2)\overrightarrow{EF}=(2,0,2)，EG→=(0,2,2)\overrightarrow{EG}=(0,2,2)，平面 EFGEFG 的方程为 x+y−z+2=0x+y-z+2=0，而 6+0−0+2=8≠06+0-0+2=8\ne0，故点 BB 不在该平面上. 因此 BC′∥BC'\parallel 平面 EFGEFG. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19概率与统计★★☆☆☆
为了了解《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及情况，调查部门对某校 66 名学生进行问卷调查. 66 人得分情况如下：55，66，77，88，99，1010. 把这 66 名学生的得分看成一个总体.
(1) 求该总体的平均数； (2) 用简单随机抽样方法从这 66 名学生中抽取 22 名，他们的得分组成一个样本. 求该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过 0.50.5 的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 总体平均数为 x‾=5+6+7+8+9+106=456=7.5\overline{x}=\frac{5+6+7+8+9+10}{6}=\frac{45}{6}=7.5.
\item 从 66 名学生中抽取 22 名的样本共有 C62=15\mathrm C_6^2=15 个，且这些样本等可能. 设抽到的两个得分为 x1x_1，x2x_2，则
∣x1+x22−7.5∣⩽0.5⟺14⩽x1+x2⩽16\left|\frac{x_1+x_2}{2}-7.5\right|\leqslant0.5 \quad\Longleftrightarrow\quad 14\leqslant x_1+x_2\leqslant16
在得分 55，66，77，88，99，1010 中，得分和为 1414 的样本有 (5,9)\left(5,9\right)，(6,8)\left(6,8\right)，共 22 个；得分和为 1515 的样本有 (5,10)\left(5,10\right)，(6,9)\left(6,9\right)，(7,8)\left(7,8\right)，共 33 个；得分和为 1616 的样本有 (6,10)\left(6,10\right)，(7,9)\left(7,9\right)，共 22 个. 所以所求概率为 2+3+215=715\frac{2+3+2}{15}=\frac{7}{15}. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
已知 m∈Rm \in \mathbf{R}，直线 l:mx−(m2+1)y=4ml: mx - (m^2 + 1)y = 4m 和圆 C:x2+y2−8x+4y+16=0C: x^2 + y^2 - 8x + 4y + 16 = 0.
(1) 求直线 ll 斜率的取值范围； (2) 直线 ll 能否将圆 CC 分割成弧长的比值为 12\frac{1}{2} 的两段圆弧？为什么？
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 m2+1>0m^{2}+1>0，直线 ll 可写为 y=mm2+1x−4mm2+1y=\frac{m}{m^{2}+1}x-\frac{4m}{m^{2}+1}，所以其斜率为 k=mm2+1k=\frac{m}{m^{2}+1}. 由 m2+1⩾2∣m∣m^{2}+1\geqslant2|m| 得 ∣k∣=∣m∣m2+1⩽12|k|=\frac{|m|}{m^{2}+1}\leqslant\frac{1}{2}. 当 m=1m=1 或 m=−1m=-1 时等号成立. 又 k(m)k(m) 在 m⩾0m\geqslant0 上连续，并在 m=1m=1 处取得最大值 12\frac12，在 m⩽0m\leqslant0 上取得从 −12-\frac12 到 00 的所有值，因此斜率的取值范围为
[−12,12]\left[-\frac12,\frac12\right]
\item 将圆 CC 的方程配方，得 (x−4)2+(y+2)2=4(x-4)^2+(y+2)^2=4. 故圆心为 O(4,−2)O(4,-2)，半径为 22. 若一条弦把圆分成弧长比为 1:21:2 的两段圆弧，则较短圆弧所对的圆心角为 2π3\frac{2\pi}{3}，圆心到该弦所在直线的距离应为 2cos⁡(12⋅2π3)=2cos⁡π3=12\cos\left(\frac12\cdot\frac{2\pi}{3}\right)=2\cos\frac{\pi}{3}=1. 直线 ll 到圆心 OO 的距离为
d=∣4m−(m2+1)(−2)−4m∣m2+(m2+1)2=2(m2+1)m4+3m2+1d=\frac{|4m-(m^{2}+1)(-2)-4m|}{\sqrt{m^{2}+(m^{2}+1)^{2}}} =\frac{2(m^{2}+1)}{\sqrt{m^{4}+3m^{2}+1}}
若 d=1d=1，则 4(m2+1)2=m4+3m2+14(m^{2}+1)^{2}=m^{4}+3m^{2}+1，即 3m4+5m2+3=03m^{4}+5m^{2}+3=0，这对任意实数 mm 都不可能成立. 因此直线 ll 不能把圆 CC 分割成弧长比为 1:21:2 的两段圆弧. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)=ax−bxf(x) = ax - \frac{b}{x}，曲线 y=f(x)y = f(x) 在点 (2,f(2))(2, f(2)) 处的切线方程为 7x−4y−12=07x - 4y - 12 = 0.
(1) 求 f(x)f(x) 的解析式； (2) 证明：曲线 y=f(x)y = f(x) 上任一点处的切线与直线 x=0x = 0 和直线 y=xy = x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由切线方程 7x−4y−12=07x-4y-12=0 得 y=74x−3y=\frac{7}{4}x-3. 在 x=2x=2 处，切点纵坐标为 f(2)=12f(2)=\frac12，而 f′(x)=a+bx2f'(x)=a+\frac{b}{x^{2}}. 因此
{2a−b2=12,a+b4=74\begin{cases} 2a-\dfrac{b}{2}=\dfrac12,\\ a+\dfrac{b}{4}=\dfrac74 \end{cases}
分别乘以 22 和 44，得
{4a−b=1,4a+b=7\begin{cases} 4a-b=1,\\ 4a+b=7 \end{cases}
两式相加得 8a=88a=8，所以 a=1a=1；两式相减得 2b=62b=6，所以 b=3b=3. 因此 f(x)=x−3xf(x)=x-\frac{3}{x}，x≠0x\ne0.
\item 设曲线上的任一点为 T(t,f(t))T(t,f(t))，其中 t≠0t\ne0. 由于 f′(t)=1+3t2f'(t)=1+\frac{3}{t^{2}}， 切线方程为
y−(t−3t)=(1+3t2)(x−t)y-\left(t-\frac{3}{t}\right)=\left(1+\frac{3}{t^{2}}\right)(x-t)
整理得
y=(1+3t2)x−6ty=\left(1+\frac{3}{t^{2}}\right)x-\frac{6}{t}
它与直线 x=0x=0 的交点为 P(0,−6t)P\left(0,-\frac{6}{t}\right)，与直线 y=xy=x 的交点为 Q(2t,2t)Q(2t,2t). 直线 x=0x=0 与 y=xy=x 的交点为原点 OO，所以所围三角形为 △OPQ\triangle OPQ. 以 OPOP 为底，点 QQ 到 x=0x=0 的距离为高，得
S△OPQ=12∣6t∣ ∣2t∣=6S_{\triangle OPQ}=\frac12\left|\frac{6}{t}\right|\,|2t|=6
因此该三角形的面积为定值 66. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 21 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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23解析几何★★★☆☆
已知曲线 C1C_{1}：
{x=cos⁡θ,y=sin⁡θ\begin{cases} x = \cos \theta ,\\ y = \sin \theta \end{cases}
（θ\theta 为参数），曲线 C2C_2：
{x=22t−2,y=22t,\begin{cases} x = \frac{\sqrt{2}}{2} t - \sqrt{2},\\ y = \frac{\sqrt{2}}{2} t, \end{cases}
（tt 为参数）.
(1) 指出 C1C_1，C2C_2 各是什么曲线，并说明 C1C_1 与 C2C_2 公共点的个数； (2) 若把 C1C_1，C2C_2 上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线 C1′C_1'，C2′C_2'. 写出 C1′C_1'，C2′C_2' 的参数方程. C1′C_1' 与 C2′C_2' 公共点的个数和 C1C_1 与 C2C_2 公共点的个数是否相同？说明你的理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对 C1C_1 消去参数，得 x2+y2=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1x^{2}+y^{2}=\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1，所以 C1C_1 是以原点为圆心、半径为 11 的圆.
对 C2C_2 的参数方程作差，得 x−y=(22t−2)−22t=−2x-y=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}\right)-\frac{\sqrt{2}}{2}t=-\sqrt{2}，所以 C2C_2 是直线 x−y+2=0x-y+\sqrt{2}=0. 该直线到原点的距离为 212+(−1)2=1\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}=1， 恰好与单位圆相切，因此 C1C_1 与 C2C_2 有一个公共点.
\item 纵坐标压缩为原来的一半后，横坐标不变，故
C1′:{x=cos⁡θ,y=12sin⁡θ,C2′:{x=22t−2,y=24tC_1':\begin{cases} x=\cos\theta,\\ y=\dfrac12\sin\theta, \end{cases} \qquad C_2':\begin{cases} x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2},\\ y=\dfrac{\sqrt{2}}{4}t \end{cases}
由 C1′C_1' 得 x2+4y2=1x^{2}+4y^{2}=1，由 C2′C_2' 得 x=2y−2x=2y-\sqrt{2}. 代入可得 (2y−2)2+4y2=1(2y-\sqrt{2})^{2}+4y^{2}=1，即 8y2−42y+1=08y^{2}-4\sqrt{2}y+1=0. 其判别式为 (−42)2−4×8×1=0\left(-4\sqrt{2}\right)^{2}-4\times8\times1=0， 所以 C1′C_1' 与 C2′C_2' 仍有一个公共点. 因此压缩前后公共点的个数相同，均为 11. \end{enumerate} \end{solution}

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