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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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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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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______.

2008 · 全国 · 新课程卷 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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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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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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