????????OA?OB∵cos?AOB?????????，且
OA?OB????????1OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?2?2?x0x1??2?x0x2?，
y012? ?x1x2?4?2xx?x?xx1x2???01202??2?x02222?x08?2x0??8?2x08x01??4?2? ?2??223x0?42?x0?3x0?43x0?4???228?2x08?2x0??2?2?0. 3x0?43x0?4∴ ?AOB的大小为90?. 【解法2】（Ⅰ）同解法1.
（Ⅱ）点P?x0,y0??x0y0?0?在圆x2?y2?2上，
决战高考
圆在点P?x0,y0?处的切线方程为y?y0??x0?x?x0?， y0?2y2?1?x?22化简得x0x?y0y?2.由?及x0?y0?2得 2?xx?yy?20?0?3x02?4?x2?4x0x?8?2x02?0 ①
?3x202?4?y2?8y0x?8?2x0?0 ②
2∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且0?x0?2，
2∴3x0?4?0，设A、B两点的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?， 228?2x02x0?8则x1x2?2， ,y1y2?23x0?43x0?4????????∴OA?OB?x1x2?y1y2?0，∴ ?AOB的大小为90?.
22222（∵x0?y0?2且x0y0?0，∴0?x0?2,0?y0?2，从而当3x0?4?0时，方程①和方程②
的判别式均大于零）. 7.（2017江苏卷）（本题满分10分）
在平面直角坐标系xoy中，抛物线C的顶点在原点，经过点A（2，2），其焦点F在x轴上。 （1）求抛物线C的标准方程；
（2）求过点F，且与直线OA垂直的直线的方程；
（3）设过点M(m,0)(m?0)的直线交抛物线C于D、E两点，ME=2DM，记D和E两点间的距离为f(m)，求f(m)关于m的表达式。 【解析】 [必做题]本小题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公式等基本知识，考查运算求解能力。满分10分。
决战高考
8.(2017山东卷理)（本小题满分14分）
x2y2设椭圆E: 2?2?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点，
ab（I）求椭圆E的方程；
????????（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。
x2y2解:（1）因为椭圆E: 2?2?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点,
ab2?4?11??1?222???a2?8x2y2?ab?a8?1 所以?解得?所以?2椭圆E的方程为?84?b?4?6?1?1?1?1???a2b2?b24????????（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB,设该
?y?kx?m?圆的切线方程为y?kx?m解方程组?x2y2得x2?2(kx?m)2?8,即(1?2k2)x2?4kmx?2m2?8?0, ?1??4?8w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k2?m2?4?0
4km?x?x??12??1?2k2,?2?xx?2m?812?1?2k2?????????k2(2m2?8)4k2m2m2?8k2222y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?要使OA?OB,需
1?2k21?2k21?2k22m2?8m2?8k23m2?822222??0k??03m?8k?8?08k?m?4?0,使x1x2?y1y2?0,即,所以,所以又221?2k1?2k8?m2?282626所以?2,所以m2?,即m?或m??,因为直线y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切线,
333?3m?8
决战高考 8m2m282622x?y???所以圆的半径为r?,r?,,所求的圆为,此时圆的切线r?2223m?831?k331?k1?8x2y2262626?1的或m??,而当切线的斜率不存在时切线为x??与椭圆?y?kx?m都满足m?84333????????826262626两个交点为(,?)或(?,?)满足OA?OB,综上, 存在圆心在原点的圆x2?y2?，使得
33333????????该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB.
4km?x?x??12??1?2k2因为?, 22m?8?xx?12?1?2k2?4km22m2?88(8k2?m2?4)22所以(x1?x2)?(x1?x2)?4x1x2?(?, )?4??22221?2k1?2k(1?2k)m2|AB|?(x1?x2)??y1?y2?228(8k2?m2?4)?(1?k)(x1?x2)?(1?k)
(1?2k2)2222324k4?5k2?132k2??4?[1?4], 2234k?4k?134k?4k?1321[1?] ①当k?0时|AB|?134k2?2?4k111因为4k2?2?4?8所以0??,
1k4k2?2?48k32321所以?[1?]?12,
1334k2?2?4k426?|AB|?23当且仅当k??所以时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 3246② 当k?0时,|AB|?.
32626262646,?)或(?,?),所以此时|AB|?③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(, 33333446?|AB|?23即: |AB|?[6,23] 综上, |AB |的取值范围为33【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系.
9. (2017山东卷文)（本小题满分14分）
????设m?R,在平面直角坐标系中,已知向量a?(mx,y?1),向量b?(x,y?1),a?b,动点M(x,y)的轨迹为E. （1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
1（2）已知m?,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且
4OA?OB(O为坐标原点),并求出该圆的方程;
1(3)已知m?,设直线l与圆C:x2?y2?R2(1 4决战高考 时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. ????解:（1）因为a?b,a?(mx,y?1),b?(x,y?1), ??所以a?b?mx2?y2?1?0, 即mx2?y2?1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当m=0时,方程表示两直线,方程为y??1; 当m?1时, 方程表示的是圆 当m?0且m?1时,方程表示的是椭圆; 当m?0时,方程表示的是双曲线. ?y?kx?t1x2?(2).当m?时, 轨迹E的方程为?y2?1,设圆心在原点的圆的一条切线为y?kx?t,解方程组?x2244?y?1??4得x2?4(kx?t)2?4,即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0, 要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B, 则使△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 8kt?x?x??12??1?4k22222即4k?t?1?0,即t?4k?1, 且? 2?xx?4t?412?1?4k2?k2(4t2?4)8k2t2t2?4k22, y1y2?(kx1?t)(kx2?t)?kx1x2?kt(x1?x2)?t???t?2221?4k1?4k1?4k22????????4t2?4t2?4k25t2?4k2?4???0, 要使OA?OB, 需使x1x2?y1y2?0,即 1?4k21?4k21?4k2所以5t2?4k2?4?0, 即5t2?4k2?4且t2?4k2?1, 即4k2?4?20k2?5恒成立. 所以又因为直线y?kx?t为圆心在原点的圆的一条切线, 42(1?k)2t4t42225x?y?所以圆的半径为r?,r?, 所求的圆为. ??22251?k1?k51?k22222x25,与5)或(?5,?5)也满足?y2?1交于点(5,?当切线的斜率不存在时,切线为x??555554OA?OB. ????????422综上, 存在圆心在原点的圆x?y?，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB. 51x2(3)当m?时,轨迹E的方程为?y2?1,设直线l的方程为y?kx?t,因为直线l与圆C:x2?y2?R2(1 44t相切于A1, 由（2）知R?, 即t2?R2(1?k2) ①, 1?k2因为l与轨迹E只有一个公共点B1, ?y?kx?t?由（2）知?x2得x2?4(kx?t)2?4, 2??y?1?4即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0有唯一解 则△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 即4k2?t2?1?0, ② ?23R2t???4?R2由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2R?1?k2???4?R2决战高考 8kt?x?x??12?4t2?416R2?16?1?4k22?由? 中x1?x2,所以,x1?, 2221?4k3R?xx?4t?412?1?4k2?4124?R22222|OB|?x?y?5?B1(x1,y1)点在椭圆上,所以y1?1?x1?,所以, 11122R43R444在直角三角形OA1B1中,|A1B1|2?|OB1|2?|OA1|2?5?2?R2?5?(2?R2)因为2?R2?4当且仅当 RRR时取等号,所以|A1B1|2?5?4?1,即 R?2?(1,2)当R?2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1. 【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题. 10.（2017江苏卷）（本小题满分16分） 在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1:(x?3)2?(y?1)2?4和圆C2:(x?4)2?(y?5)2?4. （1）若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程； （2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式，考查数学运算求解能力、综合分析问题的能力。满分16分。 (1)设直线l的方程为：y?k(x?4)，即kx?y?4k?0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d?42?(结合点到直线距离公式，得：|?3k?1?4k|2232)?1， 2k?17化简得：24k2?7k?0,k?0,or,k?? 24?1, 求直线l的方程为：y?0或y??7(x?4)，即y?0或7x?24y?28?0 24(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 111y?n?k(x?m),y?n??(x?m)，即：kx?y?n?km?0,?x?y?n?m?0 kkk因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。 41|??5?n?m|k故有：|?3k?1?n?km|?k， 21k?1?1k2化简得：(2?m?n)k?m?n?3,或(m?n?8)k?m?n?5 ?2?m?n?0?m-n+8=0关于k的方程有无穷多解，有：? w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ,或??m?n?3?0?m+n-5=0解之得：点P坐标为(?3,13)或(5,?1)。 222211.（2017全国卷Ⅱ文）（本小题满分12分） 已 知 2C: 的离心率为 3 ，过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点，当l的x椭y2圆 ??1(a?b?0)a2b2322