已知平面向量 $\boldsymbol{a} = (1, -3)$，$\boldsymbol{b} = (4, -2)$，$\lambda \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{a}$ 垂直，则 $\lambda =$（ ）

平面向量 $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$ 共线的充要条件是（ ）

如图，$\triangle ACD$ 是等边三角形，$\triangle ABC$ 是等腰直角三角形，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$BD$ 交 $AC$ 于 $E$，$AB = 2$.

(1) 求 $\cos \angle CBE$ 的值； (2) 求 $AE$.

\begin{solution} 以 $A$ 为原点建立平面直角坐标系，令 $AB$ 在 $x$ 轴正半轴上. 由 $\triangle ABC$ 是等腰直角三角形且 $\angle ACB=90^{\circ}$，得 取 $B(2,0)$，则可令 $C(1,1)$. 由图中 $D$ 位于 $AC$ 的外侧，且 $\triangle ACD$ 为等边三角形，$AC$ 的中点为 $\left(\frac12,\frac12\right)$，从中点沿垂直于 $AC$ 的方向取距离 $\frac{\sqrt{6}}{2}$，得 $D=\left(\frac12,\frac12\right)+\left(-\frac{\sqrt{3}}2,\frac{\sqrt{3}}2\right)=\left(\frac{1-\sqrt{3}}2,\frac{1+\sqrt{3}}2\right)$.

\begin{enumerate} \item 直线 $AC$ 的方程为 $y=x$. 设 $E$ 为直线 $BD$ 上的点，令 由 $E\in AC$，即 $x=y$，得 $2+\frac{-3-\sqrt{3}}2t=\frac{1+\sqrt{3}}2t$，所以 $t=\frac{2}{2+\sqrt{3}}=2(2-\sqrt{3})=4-2\sqrt{3}$，从而 $E(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1)$. 于是 $\overrightarrow{BC}=(-1,1)$，$\overrightarrow{BE}=(\sqrt{3}-3,\sqrt{3}-1)$，且 $\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BE}=2$，$|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{BE}|=\sqrt{(\sqrt{3}-3)^2+(\sqrt{3}-1)^2}=2(\sqrt{3}-1)$. 因此

\item 由 $A(0,0)$ 和 $E(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1)$，得 $AE=\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2+(\sqrt{3}-1)^2}=\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}$. \end{enumerate} \end{solution}

如图，过圆 $O$ 外一点 $M$ 作它的一条切线. 切点为 $A$，过 $A$ 点作直线 $AP$ 垂直直线 $OM$，垂足为 $P$.

(1) 证明：$OM \cdot OP = OA^2$； (2) $N$ 为线段 $AP$ 上一点，直线 $NB$ 垂直直线 $ON$，且交圆 $O$ 于 $B$ 点. 过 $B$ 点的切线交直线 $ON$ 于 $K$. 证明：$\angle OKM = 90^{\circ}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设圆 $O$ 的半径为 $r$. 因为 $MA$ 是切线，所以 $OA\perp MA$，从而 $\triangle OAM$ 是直角三角形. 又 $AP\perp OM$，所以 $AP$ 是直角三角形 $OAM$ 斜边 $OM$ 上的高. 由直角三角形斜边上的高的性质，得 $OA^{2}=OM\cdot OP$.

\item 建立平面直角坐标系，使 $O$ 为原点，$OM$ 为 $x$ 轴. 设 $M(m,0)$，$A(p,q)$，且 $p^{2}+q^{2}=r^{2}$. 因为 $OA\perp MA$，有 $(p,q)\cdot(m-p,-q)=0$，即 $mp=p^{2}+q^{2}=r^{2}$. 由 $AP\perp OM$，得 $P(p,0)$. 设 $N(p,n)$，并记 $s=p^{2}+n^{2}$. 直线 $NB\perp ON$，所以若 $B(u,v)$，则 圆在 $B$ 点的切线方程为 $ux+vy=r^{2}$. 设切线与直线 $ON$ 的交点为 $K$. 因为 $K\in ON$，可设 $K=\lambda(p,n)$. 将其代入 $B$ 点的切线方程，得到 $\lambda(pu+nv)=\lambda s=r^{2}$，所以 $\lambda=\frac{r^{2}}{s}$，于是 $K=\frac{r^{2}}{s}(p,n)$. 由 $M=(m,0)$ 及 $mp=r^{2}$，有 故 $OK\perp KM$，即 $\angle OKM=90^{\circ}$. \end{enumerate} \end{solution}