A(x1,y1),B(x2,y2)是圆c:x2+y2=2上的两点,且向量OA与向量OB的夹角为120°,则x1x2+y1

圆心到直线的距离：

5

5＝1，则易知弦心距所在直线与AO的夹角是45°，则

OA•

OB=|

OA|•

|OB|cos90°＝0
故答案为：0．

点评：
本题考点： 直线与圆的位置关系．

考点点评： 把它看成直线与圆的位置关系，向量的数量积，是中档题．

（1）由题意，得a=
2，e=

2
2，
∴c=1，∴b²=1．
所以椭圆C的标准方程为
x2
2+y2＝1．（6分）
（2）∵P（-1，1），F（1，0），
∴kPF＝−
1
2，∴k_OQ=2．
所以直线OQ的方程为y=2x．（10分）
又椭圆的右准线方程为x=2，所以Q（2，4），所以kPQ＝
4−1
2−(−1)＝1．
又k_OP=-1，所以k_PQ•k_OP=-1，即OP⊥PQ．
故直线PQ与圆O相切．（15分）

点评：
本题考点： 椭圆的标准方程；直线与圆的位置关系．

考点点评： 本题考查直线和椭圆的位置关系，解题时要注意公式的灵活运用．

圆心到直线的距离：

5

5＝1，则易知弦心距所在直线与AO的夹角是45°，则

OA•

OB=|

OA|•

|OB|cos90°＝0
故答案为：0．

点评：
本题考点： 直线与圆的位置关系．

考点点评： 把它看成直线与圆的位置关系，向量的数量积，是中档题．

（1）△OAB是以AB为底的等腰三角形，∴P是AB的中点．
过P点的切线：mx+ny=2．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则y₁=x₁²+x₁+k①，y₂=x₂²+x₂+k②，x₁+x₂=2m．
②-①：y₂-y₁=（x₂+x₁）（x₂-x₁）+x₂-x₁，
∴
y2−y1
x2−x1=x₁+x₂+1=2m+1，
∴-[m/n＝2m+1，
∴m=
−n
2n+1]，
（2）∵m²+n²=2，
∴（[−n/2n+1]）²+n²=2，
∴4n⁴+4n³-6n²-8n-2=0
即2n⁴+2n³-3n²-4n-1=0．
由已知，2n⁴+2n³-3n²-4n-1
=（n+1）²（an²+bn+c）=（n²+2n+1）（an²+bn+c）
=an⁴+（b+2a）n³+（c+a+2b）n²+（2c+b）n+c，
∴

a＝2
b+2a＝2
c+a+2b＝−3
2c+b＝−4
c＝−1，
∴a=2，b=-2，c=-1，
由2n⁴+2n³-3n²-4n-1=（n+1）²（2n²-2n-1）=0
∴n+1=0或2n²-2n-1=0，
∴n=-1或n=
1±
3
2，
∴

m＝−1
n＝−1或

点评：
本题考点： 圆方程的综合应用．

考点点评： 本题考查直线与圆的关系的应用，通过直线与圆相切，对关系式进行分析，属于难题．

（1）由题意得P（1，-1），
∴m=1，n=-1∴g(x)＝mx+
n
x−2lnx＝x−
1
x−2lnx
∴g′(x)＝1+
1
x2−
2
x＝
x2−2x+1
x2＝
(x−1)2
x2≥0，
∴g（x）在[1，+∞）是单调增函数，
∴g（x）≥g（1）=1-1-2ln1=0对于x∈[1，+∞）恒成立．
（2）方程mx+
n
x−g(x)＝2x3−4ex2+tx；
∴2lnx=2x³-4ex²+tx
∵x＞0，∴方程为[2lnx/x＝2x2−4ex+t
令L(x)＝
2lnx
x]，H（x）=2x²-4ex+t，
∵L′(x)＝2
1−lnx
x2，当x∈（0，e）时，L′（x）≥0，
∴L′（x）在（0，e]上为增函数；x∈[e，+∞）时，L′（x）≤0，
∴L′（x）在[0，e）上为减函数，
当x=e时，L(x)max＝L(e)＝
2
e
H（x）=2x²-4ex+t=2（x-e）²+t-2e²，
∴可以分析①当t−2e2＞
2
e，即t＞2e2+
2
e时，方程无解．
②当t−2e2＝
2
e，即t＝2e2+
2
e时，方程有一个根．
③当t−2e2＜
2
e，即t＜2e2+
2
e时，方程有两个根．

点评：
本题考点： 点到直线的距离公式；函数恒成立问题；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 此题主要考查函数恒成立的问题的证明及根存在性及根个数的判断问题，其中应用到用导函数求单调性极值的思想，有一定的计算量，属于综合性试题．

将曲线ρcosθ+ρsinθ=4（ρ，θ∈R）化为直角坐标方程x+y=4，
∴圆x²+y²=2上的点到曲线ρcosθ+ρsinθ=4（ρ，θ∈R）的最短距离是圆心到直线的距离减去半径，
∵圆x²+y²=2的圆心（0，0）到直线x+y=4的距离为2
2，
故圆上的点到直线x+y=4的距离的最小值为
2．
故答案为：
2．

点评：
本题考点： 简单曲线的极坐标方程．

考点点评： 本题考查了以参数方程形式表示的曲线的之间的最短距离，可以转化为普通方程表示的曲线之间的最短距离．

证明：（1）设P（x₀，y₀）（y₀≠0），则x₀²+y₀²=2．当x₀=-1时，
∵直线l₁过点T（-1，0），∴S（-3，0），即

PS＝(−3−x0，−y0)，
∴

OP•

PS＝−3x0−x02−y0²=1．
当x₀≠-1时，∵直线l₁过点T（-1，0），∴直线l₁的斜率k₁=
y0
x0+1，
∴直线OS的斜率k=-
x0+1
y0，其方程为 y=-
x0+1
y0x，
∴S(−3，
3x0+3
y0)，即

PS＝(−3−x0，
3x0+3
y0−y0)．
∴

OP•

点评：
本题考点： 直线与圆相交的性质；四种命题的真假关系．

考点点评： 本题考查直线和圆相交的性质，四种命题的真假关系，两个向量的数量积的运算以及求两直线交点的坐标．

掷两次骰子共包括36个基本事件
每个基本事件的发生是等可能的
记“点P落在圆x²+y²=20外部”为事件A
事件
.
A包括下列13个基本事件：
（1，1）（1，2）（1，3）（1，4）（2，1）（2，2）（2，3）（2，4）（3，1）（3，2）（3，3）（4，1）（4，2）
P（A）=1-P（
.
A）=1-[13/36]=[23/36]．
故选D．

点评：
本题考点： 几何概型．

考点点评： 本题主要考查等可能事件的概率，分别计算出事件总个数及满足条件的事件个数是解答的关键．

由题意，A，O，B，P四点共圆，且圆的直径为OP
∵∠AOB=120°，PA，PB为圆的切线
∴∠AOP=60°
∵|OA|=
2，∠OAP=90°
∴|OP|=2
2
∴点P的轨迹方程为x²+y²=8
故答案为：x²+y²=8．

点评：
本题考点： 轨迹方程．

考点点评： 本题考查轨迹方程的求法，确定A，O，B，P四点共圆，且圆的直径为OP是关键．

∵(
a
c，
b
c)在圆x²+y²=1上，则得 a²+b²=c²．
圆x²+y²=2的圆心O（0，0）到直线ax+by+c=0的距离d=
|c|

a2+b2=1，半径r=
2，
故直线ax+by+c=0与圆x²+y²=2相交所得弦的长为 2
r2−d2=2，
故答案为 2．

点评：
本题考点： 直线与圆的位置关系．

考点点评： 本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于中档题．

（1）设M的坐标为（x，y），P的坐标为（x_p，y_p）
∵PD⊥x轴，垂足为D，M为线段PD上一点，且|PD|=
2|MD|，
∴x_p=x，y_p=
2y
∵P是圆x²+y²=2上的动点，
∴x²+2y²=2；
（2）由（1）知，M的轨迹方程是椭圆，F₁是左焦点，设右焦点为F₂，坐标为（1，0）
∴|MA|+|MF₁|=2
2+|MA|-|MF₂|≤2
2+|AF₂|=2
2+
3
当A，F₂，M三点共线，且M在AF₂延长线上时，取等号
直线AF₂的方程为x+
y

2＝1，与椭圆方程联立，解得x＝
4+
6
5，y＝

2−2
3
5
∴所求最大值为2
2+
3，此时M的坐标为（
4+
6
5，

2−2
3
5）．

点评：
本题考点： 圆锥曲线的轨迹问题；椭圆的简单性质．

考点点评： 本题考查利用相关点法求动点的轨迹方程，考查最值问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

∵△AOB是直角三角形，
∴圆心到直线的距离d=1，即
1

3a2+b2=1，整理得3a²+b²=1，
∴P点的轨迹为椭圆，
点P（a，b）与点（0，1）之间距离d=
(a−0)2+(b−1)2=
a2+b2−2b+1=

2
3b2−2b+
4
3，
设f（b）=[2/3b2−2b+
4
3]，此函数为对称轴为b=[3/2]的开口向上的抛物线，
∴当-1≤b≤1时，函数为减函数，
∴点P（a，b）与点（0，1）之间距离的最大值是2．
故选：C．

点评：
本题考点： 直线与圆相交的性质．

考点点评： 本题主要考查了直线与圆的相交的性质，以及利用二次函数的性质最值，转化和化归的思想的应用．属于中档题．

∵△AOB是直角三角形，
∴圆心到直线的距离d=1，即
1

3a2+b2=1，整理得3a²+b²=1，
∴P点的轨迹为椭圆，
点P（a，b）与点（0，1）之间距离d=
(a−0)2+(b−1)2=
a2+b2−2b+1=

2
3b2−2b+
4
3，
设f（b）=[2/3b2−2b+
4
3]，此函数为对称轴为b=[3/2]的开口向上的抛物线，
∴当-1≤b≤1时，函数为减函数，
∴点P（a，b）与点（0，1）之间距离的最大值是2．
故选：C．

点评：
本题考点： 直线与圆相交的性质．

考点点评： 本题主要考查了直线与圆的相交的性质，以及利用二次函数的性质最值，转化和化归的思想的应用．属于中档题．