向量

（1）设动点 $P(x, y)$ ，则 $\overrightarrow{M P}=(x, y-2), \overrightarrow{N P}=(x, y+2), \overrightarrow{P Q}=(2-x,-y)$ ，而 $m|\overrightarrow{P Q}|^{2}-\overrightarrow{M P} \cdot \overrightarrow{N P}=0(m \in \mathbf{R})$ ，代人得 $m\left[(2-x)^{2}+y^{2}\right]=x^{2}+y^{2}-4$ ，化简得 $$ (m-1) x^{2}+(m-1) y^{2}-4 m x+4 m+4=0 $$ 若 $m=1$ ，则方程为 $x=2$ ，表示过点 $(2,0)$ 且平行于 $y$ 轴的直线．若 $m \neq 1$ ，则方程可化为 $\displaystyle \left(x-\frac{2 m}{m-1}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{2}{m-1}\right)^{2}$ ，表示一个圆． （2）当 $m=0$ 时，由（1）可得 $x^{2}+y^{2}=4$ ．又 $2 \overrightarrow{M P}+\overrightarrow{N P}=(3 x, 3 y-2)$ ，所以 $$ |2 \overrightarrow{M P}+\overrightarrow{N P}|=\sqrt{9 x^{2}+9 y^{2}-12 y+4} $$ 而 $x^{2}+y^{2}=4$ ，故 $|2 \overrightarrow{M P}+\overrightarrow{N P}|=\sqrt{40-12 y}$ ．又 $-2 \leqslant y \leqslant 2$ ，所以 $|2 \overrightarrow{M P}+\overrightarrow{N P}|$ 的取值范围为 ［4，8］．

A． 设圆心和圆上的点分别为 $\displaystyle C\left(a, \frac{1}{4} a^{2}\right), P(x, y)$ ，得到关于 $a$ 的方程 $$ \left(1-\frac{y}{2}\right) a^{2}-2 x a+x^{2}+y^{2}=0 $$ 用判别式立得（注意 $(0,2)$ 显然是集合中的一个点） $$ 4 x^{2}-4\left(1-\frac{y}{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}\right) \geqslant 0 $$ 即 $$ x^{2}+(y-1)^{2} \geqslant 1, \quad y \geqslant 0 $$

$\sqrt{7}-1$ ． 如图 J1 所示，由双曲线的性质知 $$ \begin{aligned} & \left|F_{1} F_{2}\right|=2 \sqrt{1+3}=4, \\ & \left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=\left|Q F_{1}\right|-\left|Q F_{2}\right|=2 . \end{aligned} $$ 因 $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ}$ ，故 $\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}=\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}$ ，因此 \begin{figure} $$ \begin{aligned} \left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right| & =\sqrt{2\left(\left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}\right)-\left(\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|\right)^{2}} \\ & =2 \sqrt{7}, \end{aligned} $$ 从而 Rt $\triangle F_{1} P Q$ 的内切圆半径是 $$ \begin{aligned} r & =\frac{1}{2}\left(\left|F_{1} P\right|+|P Q|-\left|F_{1} Q\right|\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|\right)-\frac{1}{2}\left(\left|Q F_{1}\right|-\left|Q F_{2}\right|\right) \\ & =\sqrt{7}-1 . \end{aligned} $$

（1）设椭圆的方程为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ ．因为它与直线 $y=x-\sqrt{3}$ 只有一个公共点，所以方程组 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \\ y=x-\sqrt{3}\end{array}\right.$ 只有一个解，整理得 $\left(a^{2}+b^{2}\right) x^{2}-2 \sqrt{3} a^{2} x+3 a^{2}-a^{2} b^{2}=$ 0 ，所以 $$ \Delta=\left(-2 \sqrt{3} a^{2}\right)^{2}-4\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(3 a^{2}-a^{2} b^{2}\right)=0 $$ 得 $a^{2}+b^{2}=3$ ．又椭圆的焦点为 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$ ，所以 $a^{2}-b^{2}=1$ ．联立上式解得 $a^{2}= 2, b^{2}=1$ ，所以椭圆的方程为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ ． （2）若 $P Q$ 斜率不存在（或为 0 ），则 $$ S_{\text {四边形 } P M Q N}=\frac{|P Q| \cdot|M N|}{2}=\frac{2 \sqrt{2} \times 2 \sqrt{1-\frac{1}{2}}}{2}=2 . $$ 若 $P Q$ 斜率存在，设为 $k(k \neq 0)$ ，则 $M N$ 斜率为 $\displaystyle -\frac{1}{k}$ ，所以直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x+k$ ． 设 $P Q$ 与椭圆交点的坐标为 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，联立方程 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1, \\ y=k x+k,\end{array}\right.$ 化简得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2} +4 k^{2} x+2 k^{2}-2=0$ ，则 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=\frac{-4 k^{2}}{2 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=\frac{2 k^{2}-2}{2 k^{2}+1}$ ，所以 $$ \begin{aligned} |P Q| & =\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{\sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left[16 k^{4}-4\left(2 k^{2}-2\right)\left(2 k^{2}+1\right)\right]}}{2 k^{2}+1} \\ & =2 \sqrt{2} \frac{k^{2}+1}{2 k^{2}+1} \end{aligned} $$ 同理可得 $\displaystyle |M N|=2 \sqrt{2} \frac{k^{2}+1}{2+k^{2}}$ ．故 $$ S_{\text {四边形 } P M Q V}=\frac{|P Q| \cdot|M N|}{2}=4 \frac{\left(k^{2}+1\right)^{2}}{\left(2+k^{2}\right)\left(2 k^{2}+1\right)}=4 \frac{k^{4}+2 k^{2}+1}{2 k^{4}+5 k^{2}+2} $$ $$ \begin{aligned} & =4\left(\frac{1}{2}-\frac{\frac{1}{2} k^{2}}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}\right)=4\left(\frac{1}{2}-\frac{k^{2}}{4 k^{4}+10 k^{2}+4}\right) \\ & =4\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4 k^{2}+\frac{4}{k^{2}}+10}\right) \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle 4 k^{2}+\frac{4}{k^{2}}+10 \geqslant 2 \sqrt{4 k^{2} \cdot \frac{4}{k^{2}}}+10=18$（当且仅当 $k^{2}=1$ 时取等号），所以 $\displaystyle \frac{1}{4 k^{2}+\frac{4}{k^{2}}+10} \in \left(0, \frac{1}{18}\right], 4\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4 k^{2}+\frac{4}{k^{2}}+10}\right) \in\left[\frac{16}{9}, 2\right)$ ． 综上所述，四边形 $P M Q N$ 面积的最小值为 $\displaystyle \frac{16}{9}$ ，最大值为 2 ．

$0 ; \sqrt{2}$ ． 方程 $x^{2}+y^{2}-|x|-|y|=0$ 可以转化为 $$ \left(|x|-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(|y|-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2} $$ 所以动点 $P(x, y)$ 的轨迹如图 J2 所示，为原点和四段圆弧． \begin{figure} 当点 $P$ 为原点 $O$ 时，$|P O|_{\min }=0$ ．由对称性，仅考虑第一象限内的圆，即 $\displaystyle \left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+ \left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{2}(x>0, y>0)$ ，显然，当点 $P$ 为点 $(1,1)$ 时，$|P O|_{\max }=\sqrt{2}$ ．

设 $B\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right), C\left(x_{2}, x_{2}^{2}\right)$ ，则 $\overrightarrow{A B}=\left(x_{1}-1, x_{1}^{2}-1\right), \overrightarrow{B C}=\left(x_{2}-x_{1}, x_{2}^{2}-x_{1}^{2}\right)$ ．因为 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=0$ ，所以 $\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-x_{1}\right)+\left(x_{1}^{2}-1\right)\left(x_{2}^{2}-x_{1}^{2}\right)=0$ ．又 $x_{1} \neq 1, x_{1} \neq x_{2}$ ，所以 $1+ \left(x_{1}+1\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)=0$ ，且 $x_{1} \neq-1$ ．于是 $\displaystyle x_{2}=-\left(\frac{1}{x_{1}+1}+x_{1}+1\right)+1$ ． 当 $x_{1}+1>0$ 时，$x_{2} \leqslant-1$ ；当 $x_{1}+1<0$ 时，$x_{2} \geqslant 3$ ．所以 $x_{2} \leqslant-1$ 或 $x_{2} \geqslant 3$ ． 因为 $\triangle A B C$ 的外接圆的直径为 $A C$ ，所以要使外接圆的面积最小，只需 $|A C|$ 最小．故 $$ |A C|=\sqrt{\left(x_{2}-1\right)^{2}+\left(x_{2}^{2}-1\right)^{2}}=\sqrt{x_{2}^{4}-x_{2}^{2}-2 x_{2}+2} $$ 令 $f(x)=x^{4}-x^{2}-2 x+2$ ，则 $$ f^{\prime}(x)=4 x^{3}-2 x-2=(x-1)\left(4 x^{2}+4 x+2\right)=(x-1)\left[(2 x+1)^{2}+1\right] $$ 所以，当 $x>1$ 时，函数 $f(x)$ 是增函数；当 $x<1$ 时，函数 $f(x)$ 是减函数． 当 $x_{2}=-1$ 时，$|A C|=2$ ；当 $x_{2}=3$ 时，$|A C|=\sqrt{68}$ ．故当 $x_{2}=-1$ 时，$|A C|_{\min }=2$ ，即外接圆的半径为 1 时，面积的最小值为 $\pi$ ．

4 ． 当直线 $l$ 的斜率为 0 时，$A B=2$ ；当直线 $l$ 的斜率不存在时，$A B=4$ ．要使这样的直线恰有 3 条，则 $\lambda=4$ ．

$\displaystyle \frac{1}{2}$ ． 由性质可知 $\triangle A F_{1} B$ 的周长为 $4 a$ ，内切圆半径为 1 ，则 $\displaystyle S_{\triangle A F_{1} B}=\frac{1}{2} \times 4 a \times 1=\frac{1}{2} \times 2 c \times \left|y_{1}-y_{2}\right|$ ，可得 $a=2 c$ ，即 $\displaystyle e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$ ．

$[2 \sqrt{3}, 4]$ ． 因为 $\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=0$ ，所以 $\triangle A B C$ 是正三角形．又点 $P$ 在圆周上，结合图形可知 $u_{\min } =2 \sqrt{3}$ ，此时 $P$ 与三角形顶点重合．$u_{\text {max }}=4$ ，此时 $P$ 是某段弧的中点．故 $u \in[2 \sqrt{3}, 4]$ ．

13. 设 $A(x, y)$ ，则 $$ \begin{aligned} |A B|^{2} & =(x-3)^{2}+y^{2}=(x-3)^{2}+2 p\left(x-\frac{p}{2}\right) \\ & =x^{2}+2(p-3) x+\left(9-p^{2}\right) \\ & =(x+p-3)^{2}-2 p^{2}+6 p \quad\left(x \geqslant \frac{p}{2}\right) \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle 3-p \geqslant \frac{p}{2}$ ，即 $0<p \leqslant 2$ 时，若 $x=3-p$ ，则 $|A B|^{2}$ 取得最小值，$[d(p)]^{2}=-2 p^{2}+ 6 p$ ．又 $d(p)=2$ ，即 $-2 p^{2}+6 p=4$ ，解得 $p=1$ 或 2 ． 当 $\displaystyle 3-p<\frac{p}{2}$ ，即 $p>2$ 时，若 $\displaystyle x=\frac{p}{2}$ ，则 $|A B|^{2}$ 取得最小值，$\displaystyle [d(p)]^{2}=\frac{(p-6)^{2}}{4}=4$ ，解得 $p=10$ ． 综上所述，满足条件的实数 $p$ 的和为 $1+2+10=13$ ．

C． 由已知可得 $$ \begin{aligned} & M=\{(x, y) \mid f(x)+f(y) \leqslant 0\}=\left\{(x, y) \mid(x-2)^{2}+(y-2)^{2} \leqslant 2\right\}, \\ & N=\{(x, y) \mid f(x)-f(y) \geqslant 0\}=\{(x, y) \mid(x-y)(x+y-4) \geqslant 0\}, \end{aligned} $$ 则 $M \cap N=\left\{\begin{array}{l}(x-2)^{2}+(y-2)^{2} \leqslant 2, \\ (x-y)(x+y-4) \geqslant 0 .\end{array}\right.$ 作出其交集部分，可知其面积为圆面积的一半，即为 $\displaystyle \frac{1}{2} \pi(\sqrt{2})^{2}=\pi$ ．

A． 由题意及抛物线的定义即可得．

B． 在 $B B_{1}$ 上取点 $K$ ，使得 $\left|B_{1} K\right|=1$ ，则 $H K \perp$ 面 $B C C_{1} B_{1}$ ，连接 $P K$ ，则 $|H P|^{2}=|H K|^{2}+ |P K|^{2}=16+|P K|^{2}$ 。 在平面 $B C C_{1} B_{1}$ 上，以 $C C_{1}$ 所在直线为 $x$ 轴，以 $G F$ 所在直线为 $y$ 轴．由题意可知，$P$ 点轨迹为抛物线，其方程为 $x^{2}=2 y-1, K$ 点坐标为 $(0,4)$ ．设 $P(x, y)$ ，则 $x^{2}=2 y-1$ （其中 $\displaystyle x \in[-3,1], y \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right]$ ）．故 $$ |P K|^{2}=x^{2}+(y-4)^{2}=2 y-1+y^{2}-8 y+16=y^{2}-6 y+15 . $$ 当 $\displaystyle y=3 \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right]$ 时，$|P K|_{\text {min }}^{2}=6$ ．故 $|H P|_{\text {min }}^{2}=16+6=22$ ．本题考查正方体和抛物线的综合应用．

B． 设直线 $A B$ 的方程为 $y=k_{1}(x-2)$ ，联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1}(x-2), \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$ 得 $k_{1} y^{2}-4 y-8 k_{1}=0$ ．设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，直线 $A C$ 的方程为 $\displaystyle y=\frac{y_{1}}{x_{1}-1}(x-1)$ ，联立 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}y=\frac{y_{1}}{x_{1}-1}(x-1) \text { ，得 } \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$ $$ \frac{y_{1}}{4\left(x_{1}-1\right)} y^{2}-y-\frac{y_{1}}{x_{1}-1}=0, $$ 则 $y_{1} y_{C}=-4$ ，故 $\displaystyle y_{C}=\frac{-4}{y_{1}}$ ．同理 $\displaystyle y_{D}=\frac{-4}{y_{2}}$ ．故 $$ k_{2}=\frac{y_{D}-y_{C}}{x_{D}-x_{C}}=\frac{4}{y_{D}+y_{C}}=\frac{4}{\frac{-4\left(y_{1}+y_{2}\right)}{y_{1} y_{2}}}=2 k_{1} \text {, } $$ 可得 $\displaystyle \frac{k_{1}}{k_{2}}=\frac{1}{2}$ ．本题考查直线与抛物线相交问题．

B． 设椭圆的离心率为 $e,\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c$ ，则如图 J1所示，$\displaystyle \left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=\frac{2 c}{e},\left|P F_{2}\right|-\left|P F_{1}\right|=$ 2ce，故 $$ \begin{aligned} & \left|P F_{1}\right| \cdot\left|P F_{2}\right|=c^{2}\left(\frac{1}{e^{2}}-e^{2}\right) \\ & \left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}=2 c^{2}\left(\frac{1}{e^{2}}+e^{2}\right) \end{aligned} $$ 由余弦定理，有 $\displaystyle \left|P F_{1}\right|^{2}+\left|P F_{2}\right|^{2}-2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\left|P F_{1}\right|$ ． \begin{figure} $\left|P F_{2}\right|=4 c^{2}$ ，即 $$ 2\left(\frac{1}{e^{2}}+e^{2}\right)-\sqrt{3}\left(\frac{1}{e^{2}}-e^{2}\right)=\frac{2-\sqrt{3}}{e^{2}}+(2+\sqrt{3}) e^{2}=4, $$ 故 $\displaystyle e^{2}=\frac{2-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=(2-\sqrt{3})^{2}$ ．

A． 按梯形互相平行的对边的端点角标奇偶性是否相同分类，底边可能为 $A_{1} A_{10}, A_{2} A_{9}$ ， $A_{3} A_{8}, A_{4} A_{7}, A_{5} A_{6}$ 中的两条，也可能为 $A_{2} A_{10}, A_{3} A_{9}, A_{4} A_{8}, A_{5} A_{7}$ 中的两条，减去构成平行四边形的情况，得到不同梯形的个数为 $\left(\mathrm{C}_{5}^{2}+\mathrm{C}_{4}^{2}-4\right) \times 5=60$ ．

$\displaystyle \left(-\frac{5 \sqrt{15}}{4}, 1\right)$ ． 由题设有 $\displaystyle a=5, b=4, c=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3, e=\frac{c}{a}=\frac{3}{5}$ ．椭圆左准线的方程为 $\displaystyle x=-\frac{25}{3}$ ，因为 $\displaystyle \frac{4}{25}+\frac{1}{16}<1$ ，所以点 $A$ 在椭圆内部．又点 $F$ 的坐标为 $(-3,0)$ ，过 $P$ 作 $P Q$ 垂直于左准线，垂足为 $Q$ ．由定义知 $\displaystyle \frac{|P F|}{|P Q|}=e=\frac{3}{5}$ ，则 $\displaystyle \frac{5}{3}|P F|=|P Q|$ ．所以 $\displaystyle 3|P A|+5|P F|= 3\left(|P A|+\frac{5}{3}|P F|\right)=3(|P A|+|P Q|) \geqslant 3|A M|(A M$ 垂直左准线于 $M)$ ．当且仅当 $P$ 为 $A M$ 与椭圆的交点时， $3|P A|+5|P F|$ 取得最小值，把 $y=1$ 代人椭圆方程得 $\displaystyle x= \pm \frac{5 \sqrt{15}}{4}$ ．又 $x<0$ ，所以点 $P$ 的坐标为 $\displaystyle \left(-\frac{5 \sqrt{15}}{4}, 1\right)$ ．

假设存在点 $P\left(x_{0}, 0\right)$ ，使得 $x$ 轴所在直线平分 $\angle A P B$ ，等价于 $k_{P A}+k_{P B}=0$ ．设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，直线 $A B$ 的方程为 $y=k(x-t)$ ，与椭圆方程联立得到 $\displaystyle \left(k^{2}+\frac{1}{4}\right) x^{2}- 2 k^{2} t x+k^{2} t^{2}-1=0$ ，所以 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=\frac{2 k^{2} t}{k^{2}+\frac{1}{4}}, x_{1} x_{2}=\frac{k^{2} t^{2}-1}{k^{2}+\frac{1}{4}}$ ． $k_{P A}+k_{P B}=0$ 等价于 $y_{1}\left(x_{2}-x_{0}\right)+y_{2}\left(x_{1}-x_{0}\right)=0$ ，即 $k\left(x_{1}-t\right)\left(x_{2}-x_{0}\right)+k\left(x_{2}-t\right) \cdot\left(x_{1}-x_{0}\right)=0$ ．将上式代人可以得到 $\displaystyle x_{0}=\frac{4}{t}$ ．

设直线 $m$ 的方程为 $y=k(x+1)$ ，代人抛物线方程得 $x^{2}-k x-k=0$ ，则 $\displaystyle |A B|= \sqrt{1+k^{2}} \cdot \sqrt{k^{2}+4 k}, d_{O A B}=\frac{|k|}{\sqrt{k^{2}+1}}$ ，故 $$ S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} \sqrt{k^{2}+4 k} \cdot|k|=\frac{\sqrt{5}}{2}, $$ 即 $\left(k^{2}+4 k\right) k^{2}=5$ ，亦即 $k=1$ ．故直线 $m$ 的方程为 $y=x+1$ ．

$\displaystyle \frac{25}{2}$ ． 由已知可设切线方程为 $y=k(x-5)$ ，与椭圆方程联立得 $$ 9 x^{2}+16\left(k^{2} x^{2}-10 k^{2} x+25 k^{2}\right)=144 $$ 由于直线与椭圆相切，故 $\Delta=0$ ，化简可得 $k^{2}=1$ ，代人即可求得直线在 $y$ 轴上截距的绝对值为 5 ．故三角形的面积为 $\displaystyle \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5=\frac{25}{2}$ ．

$\displaystyle \frac{1}{4}$ ． 圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 在点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处的切线方程为 $x_{0} x+y_{0} y=1$ ，又 $O A \perp O B$ ，则直线 $A B$ 过定点 $(4,0)$ ，即 $(4,0)$ 在切线上，得 $4 x_{0}=1$ ，故 $\displaystyle x_{0}=\frac{1}{4}$ ．

$\displaystyle \frac{3 \pi}{2}$ ． 利用数形结合和椭圆面积特征即可求得．

$2 \sqrt{5}-\sqrt{2}$ ． 注意到 $\displaystyle \frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 是一个椭圆，可以用图解法，也可以进行三角换元．

设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), B(0, b), C(0, c), b>c$ ，则直线 $P B$ 的方程为 $\displaystyle y-b=\frac{y_{0}-b}{x_{0}} x$ ，化简得 $\left(y_{0}-b\right) x-x_{0} y+x_{0} b=0$ ．又圆心 $(1,0)$ 到 $P B$ 的距离为 1 ，即 $\displaystyle \frac{\left|y_{0}-b+x_{0} b\right|}{\sqrt{\left(y_{0}-b\right)^{2}+x_{0}^{2}}}=1$ ，故 $$ \left(y_{0}-b\right)^{2}+x_{0}^{2}=\left(y_{0}-b\right)^{2}+2 x_{0} b\left(y_{0}-b\right)+x_{0}^{2} b^{2}, $$ 易知 $x_{0}>2$ ，上式化简得 $\left(x_{0}-2\right) b^{2}+2 y_{0} b-x_{0}=0$ ．同理有 $\left(x_{0}-2\right) c^{2}+2 y_{0} c-x_{0}=0$ ．所以 $\displaystyle b+c=\frac{-2 y_{0}}{x_{0}-2}, b c=\frac{-x_{0}}{x_{0}-2}$ ，则 $\displaystyle (b-c)^{2}=\frac{4 x_{0}^{2}+4 y_{0}^{2}-8 x_{0}}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$ ． 因 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是抛物线上的点，故 $y_{0}^{2}=2 x_{0}$ ，则 $\displaystyle (b-c)^{2}=\frac{4 x_{0}^{2}}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}, b-c=\frac{2 x_{0}}{x_{0}-2}$ ，所以 $\displaystyle S_{\triangle P B C}=\frac{1}{2}(b-c) \cdot x_{0}=\frac{x_{0}}{x_{0}-2} \cdot x_{0}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{4}{x_{0}-2}+4 \geqslant 2 \sqrt{4}+4=8$,当 $\left(x_{0}-2\right)^{2}=4$ 时上式取等号，此时 $x_{0}=4, y_{0}= \pm 2 \sqrt{2}$ ．因此 $S_{\triangle P B C}$ 的最小值为 8 ．

（1）设点 $P$ 的坐标为 $(x, y)$ ，如图 J1 所示． \begin{figure} $A B$ 的方程：$\displaystyle \frac{x}{-1}+\frac{3 y}{4}=1$ ，即 $$ \begin{equation*} 4 x-3 y+4=0 \tag{1} \end{equation*} $$ $B C$ 的方程： $$ \begin{equation*} y=0 \tag{2} \end{equation*} $$ $A C$ 的方程： $$ \begin{equation*} 4 x+3 y-4=0 \tag{3} \end{equation*} $$ 则 $$ \begin{aligned} 25|y|^{2}=|(4 x-3 y+4)(4 x+3 y-4)| & \Rightarrow 25 y^{2}+16 x^{2}-(3 y-4)^{2}=0 \\ & \Rightarrow 16 x^{2}+16 y^{2}+24 y-16=0 \\ & \Rightarrow 2 x^{2}+2 y^{2}+3 y-2=0 \end{aligned} $$ 或 $$ \begin{aligned} 25 y^{2}-16 x^{2}+(3 y-4)^{2}=0 & \Rightarrow 16 x^{2}-34 y^{2}+24 y-16=0 \\ & \Rightarrow 8 x^{2}-17 y^{2}+12 y-8=0 \end{aligned} $$ 故所求轨迹为圆： $$ \begin{equation*} 2 x^{2}+2 y^{2}+3 y-2=0 \tag{4} \end{equation*} $$ 或双曲线： $$ \begin{equation*} 8 x^{2}-17 y^{2}+12 y-8=0 \tag{5} \end{equation*} $$ 但应去掉点 $(-1,0)$ 与 $(1,0)$ ． （2）经过 $\triangle A B C$ 的内心 $\displaystyle D\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 的直线为 $x=0$ 或 $$ \begin{equation*} y=k x+\frac{1}{2} . \tag{6} \end{equation*} $$ （i）直线 $x=0$ 与圆（4）有 2 个交点，与双曲线（5）没有交点． （ii）$k=0$ 时，直线 $\displaystyle y=\frac{1}{2}$ 与圆（4）切于点 $\displaystyle \left(0, \frac{1}{2}\right)$ ，与双曲线（5）交于 $\displaystyle \left( \pm \frac{5}{8} \sqrt{2}, \frac{1}{2}\right)$ ，即 $k=0$满足要求． （iii）$\displaystyle k= \pm \frac{1}{2}$ 时，直线（6）与圆只有 1 个公共点，与双曲线（5）也至多有 1 个公共点，故舍去． （iv）$\displaystyle k \neq 0, k \neq \frac{1}{2}$ 时，直线（6）与圆有 2 个公共点，将式（6）代人式（5）得 $\displaystyle \left(8-17 k^{2}\right) x^{2}-5 k x -\frac{25}{4}=0$ ．当 $8-17 k^{2}=0$ 或 $(5 k)^{2}+25\left(8-17 k^{2}\right)=0$ 时，即得 $\displaystyle k= \pm \frac{2 \sqrt{34}}{17}$ 与 $\displaystyle k= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$ ． 故斜率 $k$ 的取值范围为 $\displaystyle \left\{0, \pm \frac{2 \sqrt{34}}{17}, \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right\}$ ．

B． 由题意可知当抛物线与圆相切时，有 $\left\{\begin{array}{l}y=x^{2}, \\ x^{2}+(y-a)^{2}=1,\end{array}\right.$ 整理可得 $$ y^{2}+(1-2 a) y+a^{2}-1=0 $$ 而 $\Delta=(1-2 a)^{2}-4\left(a^{2}-1\right) \geqslant 0$ ，解得 $\displaystyle a \geqslant \frac{5}{4}$ ．故选 B．

不妨设 $P^{\prime}$ 坐标为 $\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)$ ，因为 $P, P^{\prime}$ 在以 $O$ 为起点的射线上，所以 $x=k x^{\prime}, y= k y^{\prime}$ ，再由 $|O P| \times\left|O P^{\prime}\right|=1$ ，则 $\sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}=1$ ，所以 $\displaystyle k=\frac{1}{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}$ ．又因为 $x^{2}-y^{2} =1$ ，所以 $\displaystyle \frac{x^{\prime 2}-y^{\prime 2}}{\left(x^{\prime 2}+y^{\prime 2}\right)^{2}}=1$ ．

D． 因为圆心到 $y$ 轴的距离为 $2 a$ ，所以圆心在直线 $x=2 a$ 或 $x=-2 a$ 上，且圆心的轨迹是一个动圆截直线，所截的图像依然还是一条直线，所以圆心的轨迹为直线．

$\displaystyle \frac{x^{2}}{q^{2}}-\frac{y^{2}}{p^{2}-q^{2}}=1$ ． 考虑内切圆，易知 $|C A|-|C B|=2 q$ ，可知顶点 $C$ 的轨迹为双曲线，且 $c=p, a=q$ ，所以顶点 $C$ 的轨迹方程为 $$ \frac{x^{2}}{q^{2}}-\frac{y^{2}}{p^{2}-q^{2}}=1 $$ \section*{模拟试题31}

C． 设 $P(0, a), S\left(b, b^{2}\right)$ ．由题意得 $\displaystyle \frac{b^{2}-a}{b}=2 b \Rightarrow a=-b^{2} \Rightarrow Q\left(2 b, 3 b^{2}\right)$ ．

C． 设双曲线上一点为 $B(x, y)$ ，利用圆幂，有 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-6 x+8=3 \\ 8 x^{2}-8=y^{2},\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=0,\end{array}\right.$ 所以点 $B$为 $(1,0)$ ，圆心与点 $B$ 的距离为 2 ，故斜率为 $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}$ ．

D． 由题意得 $A(0,1), B(-2,1)$ ，联立两直线方程，$\left\{\begin{array}{l}m x+y-1=0, \\ x-m y+2+m=0,\end{array}\right.$ 注意到两直线垂直，所以点 $P$ 的轨迹为以 $A B$ 为直径的圆，故 $|P A|+|P B| \in(2,2 \sqrt{2}]$ ．

（1）设四面体 $A B C D$ 的棱切球为球 $O$ ，六条棱上的切点分别为 $E, F, G, H, I, J$ ．如图 J4 所示．下面分析从 $A$ 点出发的球 $O$ 的切线长 $A E, A F, A G$ 是否相等．考虑平面 $A B C$ 与棱切球 $O$ 的截面圆，$A E$ 与 $A F$ 是这个圆的两切线，故 $|A E|=|A F|$ ，同理 $|A E|=|A G|$ ，从而从 $A$ 点出发的三条球 $O$ 的切线长相等．并证 $|A E|=|A F|=|A G|= a$ ．同理可设 $|B E|=|B H|=|B J|=b,|C H|=|C I|= |C G|=c,|D F|=|D J|=|D I|=d$ ，于是对棱和 $|A B|+$ \begin{figure} $|C D|=a+b+c+d,|B C|+|A D|=a+b+c+d$ ，故 $|A B|+|C D|=|B C|+|A D|$ ． （2）设四面体 $A B C D$ 的面 $A C D$ 右侧的棱傍切球为球 $O_{1}$ ，由于球 $O_{1}$ 被面 $A B C D$ 截得的圆仍然是 $\triangle A C D$ 的内切圆，故三切点还是 $F, I, G$ ． 又设球 $O_{1}$ 与 $B A, B C, B D$ 的延长线上的切点分别是 $A_{1}, C_{1}, D_{1}$ ，则一方面有 $\left|B A_{1}\right|= \left|B C_{1}\right|=\left|B D_{1}\right|$ ，另一方面有 $\left\{\begin{array}{l}|A F|=|A G|=\left|A A_{1}\right|=a, \\ |C F|=|C I|=\left|C B_{1}\right|=c, \\ |D I|=|D G|=\left|D D_{1}\right|=d .\end{array}\right.$ 又因为 $\left\{\begin{array}{l}\left|B A_{1}\right|=2 a+b, \\ \left|B C_{1}\right|=b+2 c, \\ \left|B D_{1}\right|=b+2 d,\end{array}\right.$ 所以 $a=b=c$ ．从而四面体 $A B C D$ 的各棱都相等，因此这个四面体是正四面体．

B． 抛物线的焦点为 $\displaystyle \left(0, \frac{p}{2}\right)$ ，双曲线的右焦点为 $(5,0)$ ，渐近线方程为 $\displaystyle y= \pm \frac{3}{4} x$ ．由题设条件知 $\displaystyle \frac{\frac{p}{2}}{0-5}=-\frac{4}{3}$ ，解得 $\displaystyle p=\frac{40}{3}$ ．

$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}$ ． 因为 $|O M|^{2}+|M C|^{2}=4$ ，又 $|M C|=|A M|$ ，所以 $|O M|^{2}+|A M|^{2}=4$ ，于是 $M$ 的轨迹方程为 $\displaystyle x^{2}+y^{2}-x-y=\frac{3}{2}$ ，则 $M$ 到直线 $O A$ 的距离的最大值为 $\displaystyle \sqrt{\frac{3}{2}}$ ，故 $\displaystyle S_{\triangle O A M} \leqslant \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2}$ ． $\displaystyle \sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$0<r<\sqrt{3}$ ． 重新建立平面直角坐标系，以 $(1,0)$ 为新的坐标原点，以 $y=x-1$ 为 $x^{\prime}$ 轴，以 $y=-x+1$为 $y^{\prime}$ 轴，建立坐标系．在新坐标系下圆与曲线的方程分别变为 $\displaystyle x^{2}+(y-\sqrt{2})^{2}=r^{2}, \frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2} =1$ ．所以 $$ r^{2}=x^{2}+(y-\sqrt{2})^{2}=2 y^{2}-2 \sqrt{2} y+4=2\left(y-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+3 . $$ 当 $\displaystyle y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$r=\sqrt{3}$ ，即圆与曲线相切时 $r=\sqrt{3}$ ，故 $0<r<\sqrt{3}$ ． \section*{模拟试题37}

$\displaystyle \left[\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ ． $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 恒过定点 $\displaystyle (1,1), \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{b^{2}}=1-\frac{1}{a^{2}}=\frac{a^{2}-1}{a^{2}}, \frac{b^{2}}{a^{2}}= \frac{1}{a^{2}-1}, e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=1-\frac{b^{2}}{a^{2}}=1-\frac{1}{a^{2}-1}$ ．因为 $\sqrt{10} \leqslant 2 a \leqslant 2 \sqrt{3}$ ，即 $\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{2} \leqslant a \leqslant \sqrt{3}$ ，所以 $\displaystyle \frac{5}{2} \leqslant a^{2} \leqslant 3$ ，于是 $$ \frac{3}{2} \leqslant a^{2}-1 \leqslant 2 \Rightarrow \frac{1}{2} \leqslant \frac{1}{a^{2}-1} \leqslant \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{1}{3} \leqslant 1-\frac{1}{a^{2}-1} \leqslant \frac{1}{2}, $$ 即 $\displaystyle \frac{1}{3} \leqslant e^{2} \leqslant \frac{1}{2}$ ，故 $e$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ ．

B． 由题设，可以取双曲线上的点 $P$ ，使 $P F \perp x$ 轴，得 $P(c, y)$ ，则 $\displaystyle \frac{c^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ ，故 $\displaystyle y^{2}=\frac{b^{4}}{a^{2}}$ ．又因为 $y>0$ ，所以 $\displaystyle y=\frac{b^{2}}{a}=\frac{c^{2}-a^{2}}{a}$ ．由 $\displaystyle \angle P F A=2 \angle F A P=\frac{\pi}{2}$ ，知 $\triangle A F P$ 是等腰三角形，则有 $A F=P F$ ，即 $\displaystyle a+c=\frac{c^{2}-a^{2}}{a}$ ，整理得 $c^{2}-a c-2 a^{2}=0$ ，即 $e^{2}-e-2=0$ ，又 $e>1$ ，解得 $e=2$ ．

B． 设点 $B$ 的坐标为 $\left(y_{1}^{2}-4, y_{1}\right)$ ，点 $C$ 的坐标为 $\left(y^{2}-4, y\right)$ ，显然 $y_{1}^{2}-4 \neq 0$ ，故 $\displaystyle k_{A B}= \frac{y_{1}-2}{y_{1}^{2}-4}=\frac{1}{y_{1}+2}$ ．因为 $A B \perp B C$ ，所以 $k_{B C}=-\left(y_{1}+2\right)$ ，从而 $$ y-y_{1}=-\left(y_{1}+2\right) \cdot\left[x-\left(y_{1}^{2}-4\right)\right], \quad y^{2}=x+4 $$ 消去 $x$ ，注意到 $y \neq y_{1}$ ，得 $$ \left(2+y_{1}\right)\left(y+y_{1}\right)+1=0 \Rightarrow y_{1}^{2}+(2+y) y_{1}+(2 y+1)+1=0 $$ 由 $\Delta \geqslant 0$ ，解得 $y \leqslant 0$ 或 $y \geqslant 4$ 。 当 $y=0$ 时，点 $B$ 的坐标为 $(-3,-1)$ ；当 $y=4$ 时，点 $B$ 的坐标为 $(-5,-3)$ ，均满足题意．故点 $C$ 的纵坐标的取值范围是 $y \leqslant 0$ 或 $y \geqslant 4$ ．

C． 设 $P(x, y)$ ，点 $F$ 为其中一个焦点，由焦半径公式得 $|P F|=a_{1}-e_{1} x=e_{2} x-a_{2}$ ，则 $\displaystyle x= \frac{a_{1}+a_{2}}{e_{1}+e_{2}}=\frac{a_{1} a_{2}}{c}$ ，代人椭圆方程，解得 $\displaystyle y=\frac{b_{1} b_{2}}{c}$ ．对于椭圆，有 $\displaystyle \frac{2 x}{a_{1}^{2}}+\frac{2 y}{b_{1}^{2}} \cdot k_{1}=0$ ，从而 $\displaystyle k_{1}= -\frac{a_{2} b_{1}}{a_{1} b_{2}}$ ；对于双曲线，有 $\displaystyle \frac{2 x}{a_{2}^{2}}-\frac{2 y}{b_{2}^{2}} \cdot k_{2}=0$ ，从而 $\displaystyle k_{2}=\frac{a_{1} b_{2}}{a_{2} b_{1}}$ ．故 $k_{1} k_{2}=-1$ ．

C． 从圆桌的某个位置开始，将 9 个位置依次编号为第 $1,2, \cdots, 9$ 号，也就是一般的直线排列，即将 9 个人有次序地安排在 9 个不同的位置上。但问题还要求女士不坐在一起，为此先让先生从左至右排成一列，有 $\mathrm{A}_{6}^{6}$ 种坐法，再让 3 个女士分别在排头、排尾或插人 2 个先生之间，有 $\mathrm{A}_{7}^{3}$ 种坐法。不过排头、排尾都是女士对号人座时会发生 2 个女士相邻的情形，这类应去掉．由于两女士在两头有 $\mathrm{A}_{3}^{2}$ 种坐法，另一女士插人 2 个先生间又有 $\mathrm{A}_{5}^{1}$ 种坐法，所以应该去掉 $\mathrm{A}_{3}^{2} \mathrm{~A}_{5}^{1}$ 种。故共有 $\mathrm{A}_{6}^{6}\left(\mathrm{~A}_{7}^{3}-\mathrm{A}_{3}^{2} \mathrm{~A}_{5}^{1}\right)=129600$ 种。

（1）由 $\displaystyle |x| \leqslant \frac{1}{\sqrt{a}}, 1-a x^{2} \geqslant 0$ ，任意取曲线 $C$ 上一点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ．由条件知 $$ \begin{equation*} r^{2} \leqslant x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=x_{0}^{2}+\left(1-a x_{0}^{2}\right)^{2}=a^{2} x_{0}^{4}-(2 a-1) x_{0}^{2}+1 \tag{1} \end{equation*} $$ （i）当 $\displaystyle 0<a \leqslant \frac{1}{2}$ 时，取 $x=0$ 代人式（1），知 $r \leqslant 1$ ．又 $a^{2} x_{0}^{4}-(2 a-1) x_{0}^{2}+1 \geqslant a^{2} x_{0}^{4}+1 \geqslant$ 1 ，当 $x_{0}=0$ 时取等号，所以 $f(a)=1$ ． （ii）当 $\displaystyle a>\frac{1}{2}$ 时，$\displaystyle a^{2} x_{0}^{4}-(2 a-1) x_{0}^{2}+1=\left(a x_{0}^{2}-\frac{2 a-1}{2 a}\right)^{2}+\frac{4 a-1}{4 a^{2}} \geqslant \frac{4 a-1}{4 a^{2}}$ ，当 $\displaystyle x_{0}= \pm \frac{\sqrt{4 a-2}}{2 a}$ 时取等号． 又取 $\displaystyle x_{0}^{2}=\frac{2 a-1}{2 a^{2}}$ 时，得 $\displaystyle r^{2} \leqslant \frac{4 a-1}{4 a^{2}}$ ，所以 $\displaystyle f(a)=\frac{\sqrt{4 a-1}}{2 a}$ ，故 $$ f(a)= \begin{cases}1 & \left(0<a \leqslant \frac{1}{2}\right), \\ \frac{\sqrt{4 a-1}}{2 a} & \left(a>\frac{1}{2}\right) .\end{cases} $$ （2）记圆心为 $P(p, q)$ ，因为曲线 $C$ 关于坐标轴对称，不妨设 $p, q \geqslant 0$ ，并记曲线 $C$ 中 $x, y \geqslant 0$ 的一段为 $C^{*}$ ． （i）当 $\displaystyle 0<a \leqslant \frac{1}{2}$ 时，如图 J 1 （a）所示，过点 $P$ 作 $y$ 轴平行线交 $C *$ 于点 $K$ ，则有 $r \leqslant |P K|=y_{K}-y_{P} \leqslant 1-0=f(a)$ ． （ii）当 $\displaystyle a>\frac{1}{2}$ 时，如图 J1（b）所示，取 $C^{*}$ 上一点 $\displaystyle T\left(\frac{\sqrt{4 a-2}}{2 a}, \frac{1}{2 a}\right)$ ，连接 $O T$ ，过 $T$ 作直线 $l_{1}, l_{2}$ 分别平行于 $x$ 轴和 $y$ 轴．由于 $C^{*}$ 为二次函数 $y=-a x^{2}+1$ 在对称轴右侧的一段，则由函数单调性可知：任何位于点 $T$ 右侧的 $C^{*}$ 上的点都在点 $T$ 的下方，任何位于点 $T$ 左侧的 $C^{*}$ 上的点都在点 $T$ 的上方．又由（1）的解答可知 $|O T|=f(a)$ ． \begin{figure} （1）当点 $P$ 位于 $O T$ 上时，$r \leqslant|P T| \leqslant|O T|=f(a)$ ． （2）当点 $P$ 位于 $\angle T O x$ 内（含 $x$ 轴）上时，过点 $P$ 作 $P M / / O T$ 分别与 $C^{*} 、 x$ 轴、 $l_{1}$ 交于 $M, E, F$ ，则 $r \leqslant|P M|<|E F|=|O T|=f(a)$ ． （3）当点 $P$ 位于 $\angle T O y$ 内（含 $y$ 轴）上时，过点 $P$ 作 $P M / / O T$ 分别与 $C^{*} 、 y$ 轴、 $l_{2}$ 交于 $M, G, H$ ，则 $r \leqslant|P M|<|G H|=|O T|=f(a)$ ． 综上所述，当圆心不在 $(0,0)$ 时，$r \leqslant f(a)$ ．

C． $$ \left|P F_{1}\right|+|P M|=4-\left|P F_{2}\right|+|P M| \leqslant 4+\left|M F_{2}\right|=4+\sqrt{5} \text {. } $$ \section*{模拟试题 46}

$\sqrt{21}$ ． 设 $|A B|=|A C|=|A D|=|B C|=|B D|=6,|C D|=9$ ，易知 $\triangle B C D$ 的外接圆 $O_{1}$ 的半径为 $\displaystyle r_{1}=\frac{12}{\sqrt{7}}$ ．同理可得 $\triangle A C D$ 的外接圆 $O_{2}$ 的半径为 $\displaystyle r_{2}=\frac{12}{\sqrt{7}}$ ．设外接圆的圆心为 $O$ ，易知 $\displaystyle \left|O O_{2}\right|=\sqrt{\frac{3}{7}}$ ，则外接球的半径为 $$ R=\sqrt{r_{2}^{2}+\left|O O_{2}^{2}\right|}=\sqrt{\frac{144}{7}+\frac{3}{7}}=\sqrt{21} . $$

$\displaystyle \frac{3+\sqrt{3}}{2}$ ． 建立平面直角坐标系，且 $\displaystyle \boldsymbol{a}=(1,0), \boldsymbol{b}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ，易知 $c$ 的终点的轨迹方程为 $$ \left(x-\frac{3}{4}\right)^{2}+\left(y-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^{2}=\frac{1}{4} $$ 又 $|d-c|=1$ ，所以此时 $$ |d|_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}+1=\frac{3+\sqrt{3}}{2} $$

$\displaystyle \frac{1}{2}$ ． 因为 $\angle A O B=90^{\circ}$ ，所以直线 $A B$ 恒过定点 $(8,0)$ ，而切线方程为 $l_{A B}: x x_{0}+y y_{0}=4$ ，则 $8 x_{0}=4$ ，解得 $\displaystyle x_{0}=\frac{1}{2}$ ．

ABCD ． 如图 J1 所示．连接 $B F$ ．因为 $A, B, F, D$ 共圆，所以 $\angle B D A=\angle B F A$ ．又因为 $A B C D$ 为菱形，所以 $\angle B C D=\angle B A D=\angle B D A=\angle B F A$ ．则 $B, C, E, F$ 共圆，故选项 C 正确． 连接 $F D$ ．因为 $\angle D C P=180^{\circ}-\angle B C D=180^{\circ}-\angle A B D=180^{\circ}-\angle A F D=\angle D F P$ ，所以 $P, C, F, D$ 共圆，故选项 D 正确． \begin{figure} 连接 $C F$ ．由 $B, C, E, F$ 共圆及 $C, F, D, P$ 共圆知 $\angle C B E=\angle C F E=\angle C D P$ ，所以 $B, C, D, Q$ 共圆，于是 $\angle A F D=\angle B C D=\angle B Q D$ ，则 $F, E, Q, D$ 共圆，故选项 A 正确． 因为 $$ \begin{aligned} \angle B Q P & =180^{\circ}-\angle B Q D=180^{\circ}-\angle B C D \\ & =180^{\circ}-\angle B F A=\angle B F P \end{aligned} $$ 所以 $B, P, Q, F$ 共圆，故选项 B 正确．

AC ． 设 $P\left(x_{P}, y_{P}\right), Q\left(x_{Q}, y_{Q}\right)$ ，则 $\displaystyle l_{M N}: \frac{x_{P}}{4} x+\frac{y_{P}}{3} y=1$ ，即 $3 x_{P} x+4 y_{P} y=12$ ． 因为 $M N$ 为 $Q$ 对 $C_{2}$ 的切点弦，所以 $x_{Q} x+y_{Q} y=12$ ，即 $x_{Q}=3 x_{P}, y_{Q}=4 y_{P}$ ，亦即 $\displaystyle \left(\frac{x_{Q}}{3}\right)^{2}=x_{P}^{2},\left(\frac{y_{Q}}{4}\right)^{2}=y_{P}^{2}$ ，故 $Q$ 的轨迹方程为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{48}=1$ ． 因为 $\overrightarrow{O P}=\left(x_{P}, y_{P}\right), \overrightarrow{O Q}=\left(3 x_{P}, 4 y_{P}\right)$ ，所以 $$ \begin{aligned} S_{\triangle O P Q} & =\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{P}^{2}+y_{P}^{2}\right)\left(9 x_{P}^{2}+16 y_{P}^{2}\right)-\left(3 x_{P}^{2}+4 y_{P}^{2}\right)^{2}} \\ & =\frac{1}{2} \sqrt{x_{P}^{2} y_{P}^{2}}=\frac{1}{2}\left|x_{P} y_{P}\right| \end{aligned} $$ 因为 $\displaystyle \frac{x_{P}^{2}}{4}+\frac{y_{P}^{2}}{3}=1 \geqslant 2 \sqrt{\frac{x_{P}^{2} y_{P}^{2}}{12}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left|x_{P} y_{P}\right|$ ，所以 $\displaystyle S_{\triangle O P Q} \leqslant \frac{\sqrt{3}}{2}$ ．

B． 记圆心为 $O, A O$ 与 $\odot O$ 另一交点为 $C$ ，则 $|A C|=|A O|+|O C|=|A O|+|O B|> |A B|$ ，所以 $A B$ 要最大，则 $A B$ 必过圆心 $O$ ．又点 $O$ 到椭圆的最大距离为 $4+\sqrt{3}$ ，故 $|A B| \leqslant 5+\sqrt{3}$ ．

C． 如图 J3 所示，由题意得 $P(2 c, 0)$ ，要使得存在满足题意的 $A, B$ 两点，只需 $P$ 点在椭圆外即可，即 $2 c>a$ ． \begin{figure}

C． 如图 J1 所示，连接 $C F$ ．由于 $\triangle D O E$ 与 $\triangle D F C$ 相似，因此 $|D O| \cdot|D C|=|D E| \cdot|D F|$ ，从而 $|D O|^{2}=24 \cdot 21$ ，因此 $$ \begin{aligned} |O E| & =\sqrt{|D E|^{2}-|D O|^{2}} \\ & =\sqrt{24^{2}-24 \cdot 21} \\ & =6 \sqrt{2} . \end{aligned} $$ \begin{figure}

B． 如图 J5 所示，设 $B K$ 与小圆交于 $M$ ，连接 $M L, C D$ 为两圆在 $K$处的公切线．由弦切角定理，得 $\angle D K M=\angle B A K=\angle K L M$ ．又 $\angle K L A=\angle K M L$ ，于是可得 $\angle A K L=\angle B K L$ ．因此由角平分线定理可得 $|A L|:|B L|=|A K|:|B K|$ ，从而可得 $|B L|=25$ ．

B． 当 $a=1, b=1$ 时，函数 $\displaystyle y=\frac{1}{|x|-1}$ 与 $y$ 轴交于 $(0,-1)$ 点，则＂同点＂坐标为 $(0,1)$ ．令 ＂圆圆＂的标准方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=r^{2}$ ，令＂同圆＂与函数 $\displaystyle y=\frac{1}{|x|-1}$ 图像的左、右两支相切，则切点坐标为 $\displaystyle \left(-\frac{1+\sqrt{5}}{2},-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right),\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$ ，此时 $r=\sqrt{3}$ ．令＂圆圆＂与函数 $\displaystyle y= \frac{1}{|x|-1}$ 图像的下支相切，则切点坐标为 $(0,-1)$ ，此时 $r=2$ ．故所有的＂同圆＂中，面积的最小值为 $3 \pi$ ．

A． 易知 $N$ 的轨迹 $C$ 为椭圆：$\displaystyle \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ ，切线方程为 $\displaystyle \frac{x_{0} x}{4}+y_{0} y=1$ ．将四个选项中的直线方程转化为切线方程的形式，可分别得到＂切点＂坐标． A 选项：$\displaystyle \left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ， B 选项： $\displaystyle \left(-\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{15}}{4}\right), \mathrm{C}$ 选项：$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{8}, \frac{\sqrt{6}}{2}\right), \mathrm{D}$ 选项：$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{2}}{8}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ ．其中只有 A 选项的＂切点＂在椭圆上，故选 A．

C． 设 $M(2 m, m), B(2 n,-n)$ ，则 $P(2(m+n), m-n)$ ，根据题意，$|P M|^{2}+|P N|^{2}$ 为定值，因此 $|O M|^{2}+|O N|^{2}=|P M|^{2}+|P N|^{2}=5\left(m^{2}+n^{2}\right)$ 为定值。另一方面，有 $\displaystyle \frac{4(m+n)^{2}}{a^{2}}+\frac{(m-n)^{2}}{b^{2}}=1$ ，即 $$ \left(\frac{4}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right)\left(m^{2}+n^{2}\right)+\left(\frac{8}{a^{2}}-\frac{2}{b^{2}}\right) m n=1, $$ 从而可得 $a=2 b$ ．

C． 因为 $3 \overrightarrow{O A}+4 \overrightarrow{O B}+5 \overrightarrow{O C}=0$ ，所以 $4 \overrightarrow{O B}+5 \overrightarrow{O C}=-3 \overrightarrow{O A}$ ，两边平方得 $$ 16 \overrightarrow{O B}^{2}+40 \overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O C}+25 \overrightarrow{O C}^{2}=9 \overrightarrow{O A}^{2} $$ 又因为 $|\overrightarrow{O A}|=|\overrightarrow{O B}|=|\overrightarrow{O C}|=1$ ，所以 $\displaystyle \overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O C}=-\frac{4}{5}$ ．同理可得 $\displaystyle \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O C}=-\frac{3}{5}$ ．故 $\overrightarrow{O C}$ ． $\displaystyle \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O C} \cdot(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})=-\frac{4}{5}-\left(-\frac{3}{5}\right)=-\frac{1}{5}$. \begin{figure}

D． 由三视图可知，该几何体是一个半圆柱与四棱雉的组合体，其中四棱雉的底面 $A B C D$ 为圆柱的轴截面，顶点 $P$ 在半圆柱所在圆柱的底面圆上，如图 J5 所示，且 $P$ 在 $A B$ 上的射影为底面的圆心 $O$ 。 由三视图数据可得，半圆柱所在圆柱的底面半径 $r=1$ ，高 $h=$ 2 ，故其体积 $\displaystyle V_{1}=\frac{1}{2} \pi r^{2} h=\frac{1}{2} \pi \times 1^{2} \times 2=\pi$ 。 四棱雉的底面 $A B C D$ 为边长为 2 的正方形，$P O \perp$ 底面 $A B C D$ ， \begin{figure} 且 $|P O|=r=1$ ，故其体积 $\displaystyle V_{2}=\frac{1}{3} S_{\text {正方形 } A B C D} \times|P O|=\frac{1}{3} \times 2^{2} \times 1 =\frac{4}{3}$ ． 故该几何体的体积 $\displaystyle V=V_{1}+V_{2}=\pi+\frac{4}{3}$ ．

C． 因为球心在面 $B C C_{1} B_{1}$ 的中心 $O$ 上，$B C$ 为截面圆的直径，所以 $\angle B A C=90^{\circ}$ ，底面外接圆圆心 $N$ 位于 $B C$ 的中点处，$\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 的外心 $M$ 在 $B_{1} C_{1}$ 的中点上． 设正方形 $B C C_{1} B_{1}$ 的边长为 $x$ ，在 Rt $\triangle O M C_{1}$ 中，$\displaystyle |O M|=\frac{x}{2},\left|M C_{1}\right|=\frac{x}{2},\left|O C_{1}\right|=R =1$ ，所以 $\displaystyle \left(\frac{x}{2}\right)^{2}+\left(\frac{x}{2}\right)^{2}=1$ ，即 $x=\sqrt{2}$ ，则 $|A B|=|A C|=1$ ．故 $S_{\text {短形 } A B B_{1} A_{1}}=\sqrt{2} \times 1=\sqrt{2}$ ．

A． 设直线 $l: 2 x+y-4=0$ ．因为 $\displaystyle |O C|=\frac{1}{2}|A B|=d_{1}$ ，其中 $d_{1}$ 为点 $C$ 到直线 $l$ 的距离，所以圆心 $C$ 的轨迹为以 $O$ 为焦点、 $l$ 为准线的抛物线．圆 $C$ 半径的最小值为 $\displaystyle \frac{1}{2} d_{2}=\frac{1}{2} \times \frac{4}{\sqrt{5}}= \frac{2}{\sqrt{5}}$ ，其中 $d_{2}$ 为点 $O$ 到直线 $l$ 的距离，故圆 $C$ 面积的最小值为 $\displaystyle \pi\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)^{2}=\frac{4 \pi}{5}$ ．

A． 设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，则 $\displaystyle y_{1}^{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}=1, y_{2}^{2}-\frac{x_{2}^{2}}{2}=1$ ，由点差法可得 $$ \left(y_{1}-y_{2}\right)\left(y_{1}+y_{2}\right)=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)}{2}, $$ 所以直线 $l$ 的斜率为 $\displaystyle k_{1}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{x_{0}}{2 y_{0}}$ ，直线 $O P$ 的斜率为 $\displaystyle k_{2}=\frac{y_{0}}{x_{0}}$ ．故 $\displaystyle k_{1} k_{2}= \frac{x_{0}}{2 y_{0}} \times \frac{y_{0}}{x_{0}}=\frac{1}{2}$.

D． 由题意知 $F(a, 0)$ ，则直线 $l$ 的方程为 $y=-x+a$ ．因为双曲线的渐近线方程为 $\displaystyle y= \pm \frac{b}{a} x$ ，所以直线 $l$ 与渐近线的交点的横坐标分别为 $\displaystyle \frac{a^{2}}{a-b}, \frac{a^{2}}{a+b}$ ．又 $x_{F}^{2}=-x_{B} \cdot x_{C}$ ，即 $\displaystyle a^{2} =-\frac{a^{2}}{a-b} \cdot \frac{a^{2}}{a+b}$ ，整理得 $\displaystyle \frac{b^{2}}{a^{2}}=2$ ．故 $\displaystyle e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{2}}=\sqrt{3}$ ．

B． 以原点为圆心、双曲线的半实轴长为半径的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=1$ ，渐近线的方程为 $y= \pm b x$ ，设 $A(x, b x)$ ，因为四边形 $A B C D$ 的面积为 $b$ ，所以 $\displaystyle 2 x \cdot 2 b x=b, x= \pm \frac{1}{2}$ ．将 $\displaystyle A\left(\frac{1}{2}, \frac{b}{2}\right)$ 代人 $x^{2}+y^{2}=1$ ，可得 $b^{2}=3$ ，从而可得 $c=2$ ．又因为 $a=1$ ，所以离心率 $\displaystyle e=\frac{c}{a}=2$ ．

B． 由题意得 $\displaystyle F\left(\frac{1}{4}, 0\right)$ ．设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，则 $x_{1}=y_{1}^{2}, x_{2}=y_{2}^{2}, y_{1}^{2} y_{2}^{2}+y_{1} y_{2}=2, y_{1} y_{2} =-2$ 或 $y_{1} y_{2}=1$ ．因为 $A, B$ 位于 $x$ 轴两侧，所以 $y_{1} y_{2}=-2$ ，两面积之和为 $$ \begin{aligned} S & =\frac{1}{2}\left|x_{1} y_{2}-x_{2} y_{1}\right|+\frac{1}{2} \times \frac{1}{4}\left|y_{1}\right|=\frac{1}{2}\left|y_{1}^{2} y_{2}-y_{2}^{2} y_{1}\right|+\frac{1}{8}\left|y_{1}\right| \\ & =\left|y_{2}-y_{1}\right|+\frac{1}{8}\left|y_{1}\right|=\left|\frac{2}{y_{1}}+\frac{9}{8} y_{1}\right|=\left|\frac{2}{y_{1}}\right|+\left|\frac{9}{8} y_{1}\right| \geqslant 3 \end{aligned} $$ 当且仅当 $\displaystyle \left|y_{1}\right|=\frac{4}{3}$ 时等号成立．

C． 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，则 $\overrightarrow{M A}=\left(x_{1}-1, y_{1}\right), \overrightarrow{M B}=\left(x_{2}-1, y_{2}\right), \overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)$ ，由题意有 $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M B}=\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)+y_{1} y_{2}=0$ ，所以 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{B A} & =\left(x_{1}-1\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+y_{1}\left(y_{1}-y_{2}\right) \\ & =\left(x_{1}-1\right) x_{1}-\left(x_{1}-1\right) x_{2}+y_{1}^{2}-y_{1} y_{2} \\ & =x_{1}^{2}-x_{1}+y_{1}^{2}-\left[\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)+y_{1} y_{2}+\left(x_{1}-1\right)\right] \\ & =x_{1}^{2}-x_{1}+1-\frac{1}{4} x_{1}^{2}-x_{1}+1=\frac{3}{4} x_{1}^{2}-2 x_{1}+2 \\ & =\frac{3}{4}\left(x_{1}-\frac{4}{3}\right)^{2}+\frac{2}{3}, \quad x_{1} \in[-2,2] . \end{aligned} $$ 故当 $x=-2$ 时， $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{B A}$ 有最大值 9 ；当 $\displaystyle x=\frac{4}{3}$ 时， $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{B A}$ 有最小值 $\displaystyle \frac{2}{3}$ ．

D． 根据题意得双曲线的渐近线为 $\displaystyle y= \pm \frac{b}{a} x$ ，焦点 $F(c, 0)$ ，则 $\displaystyle A\left(c, \frac{b c}{a}\right), B\left(c,-\frac{b c}{a}\right)$ ， $\displaystyle P\left(c, \frac{b^{2}}{a}\right)$ ．因为 $\overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$ ，所以 $\displaystyle \left(c, \frac{b^{2}}{a}\right)=\left((\lambda+\mu) c,(\lambda-\mu) \frac{b c}{a}\right)$ ，即 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu=1, \\ \lambda-\mu=\frac{b}{c},\end{array}\right.$ 解得 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}\lambda=\frac{c+b}{2 c}, \\ \mu=\frac{c-b}{2 c} .\end{array}\right.$ 又由 $\displaystyle \lambda \mu=\frac{1}{8}$ ，得 $\displaystyle \frac{c^{2}-b^{2}}{4 c^{2}}=\frac{1}{8}$ ，解得 $\displaystyle \frac{a^{2}}{c^{2}}=\frac{1}{2}$ ．故 $e=\sqrt{2}$ ．

B． 因为 $A D \perp$ 底面 $D_{1} D C C_{1}$ ，所以 $A D \perp D P$ ．同理 $B C \perp$ 平面 $D_{1} D C C_{1}$ ，则 $B C \perp C P$ ，又 $\angle A P D=\angle M P C$ ，所以 $\triangle P A D \sim \triangle P M C$ ．因为 $|A D|=2|M C|$ ，所以 $|P D|=2|P C|$ ．下面研究点 $P$ 在面 $C D D_{1} C_{1}$ 内的轨迹（立体几何平面化），在平面直角坐标系内设 $D(0,0)$ ， $C(6,0), C_{1}(6,6), P(x, y)$ ．因为 $|P D|=2|P C|$ ，所以 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=2 \sqrt{(x-6)^{2}+y^{2}}$ ，化简得 $(x-8)^{2}+y^{2}=16(0 \leqslant x \leqslant 6)$ ，该圆与 $C C_{1}$ 的交点的纵坐标最大，交点的坐标为 $(6,2 \sqrt{3})$ ，三棱雉 $P-B C D$ 的底面 $\triangle B C D$ 的面积为 18 ．要使三棱雉 $P-B C D$ 的体积最大，只需高最大，当点 $P$ 的坐标为 $(6,2 \sqrt{3})$ 时，$|C P|=2 \sqrt{3}$ ，棱雉的高最大，此时三棱雉 $P-B C D$ 的体积 $\displaystyle V=\frac{1}{3} \times 18 \times 2 \sqrt{3}=12 \sqrt{3}$.

C． 设 $P(m, n)$ ，则 $\overrightarrow{P F}_{1} \cdot \overrightarrow{P F}_{2}=(-c-m,-n) \cdot(c-m,-n)=m^{2}-c^{2}+n^{2}=c^{2}$ ，所以 $$ \begin{equation*} 2 c^{2}-m^{2}=n^{2} \tag{1} \end{equation*} $$ 把 $P(m, n)$ 代入 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ ，得 $$ \begin{equation*} \frac{m^{2}}{a^{2}}+\frac{n^{2}}{b^{2}}=1 \tag{2} \end{equation*} $$ 将式（1）代人式（2），得 $\displaystyle m^{2}=\frac{a^{2} b^{2}-2 a^{2} c^{2}}{b^{2}-a^{2}} \geqslant 0$ ，所以 $a^{2} b^{2} \leqslant 2 a^{2} c^{2}$ ，即 $b^{2} \leqslant 2 c^{2}$ ．又 $a^{2}=b^{2}+ c^{2}$ ，所以 $\displaystyle a^{2} \leqslant 3 c^{2} \Rightarrow e=\frac{c}{a} \geqslant \frac{\sqrt{3}}{3}$ ．又 $\displaystyle m^{2}=\frac{a^{2} b^{2}-2 a^{2} c^{2}}{b^{2}-a^{2}} \leqslant a^{2} \Rightarrow a^{2} \geqslant 2 c^{2} \Rightarrow e=\frac{c}{a} \leqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，故椭圆的离心率的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ ．

D． 由于 $M N / / F_{1} F_{2},\left|F_{1} F_{2}\right|=4|M N|$ ，则 $\displaystyle |M N|=\frac{c}{2}$ 。设 $\displaystyle N\left(\frac{c}{4}, y\right)$ ，又 $F_{1}(-c, 0)$ ，且 $\left|F_{1} Q\right|=|Q N|$ ，则 $\displaystyle Q\left(-\frac{3 c}{8}, \frac{y}{2}\right)$ ，点 $N, Q$ 在双曲线上满足方程，有 $\displaystyle \frac{c^{2}}{16 a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \frac{9 c^{2}}{64 a^{2}}- \frac{y^{2}}{4 b^{2}}=1$ ，消去 $y$ 得 $e^{2}=6$ ，则 $e=\sqrt{6}$ ．

C． 设 $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c(c>0), \triangle P F_{1} F_{2}$ 的内切圆分别与 $P F_{1}, F_{1} F_{2}, P F_{2}$ 切于点 $G, H, I$ ，则 $|P G|=|P I|,\left|F_{1} G\right|=\left|F_{1} H\right|,\left|F_{2} H\right|=\left|F_{2} I\right|$ ． 由双曲线的定义知 $2 a=\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=\left|F_{1} G\right|-\left|F_{2} I\right|=\left|F_{1} H\right|-\left|F_{2} H\right|$ ，又 $\left|F_{1} H\right| +\left|F_{2} H\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c$ ，所以 $\left|F_{1} H\right|=c+a,\left|F_{2} H\right|=c-a$ ，故 $H(a, 0)$ ，即 $a=2$ 。 注意到这样的事实：若直线 $l$ 与双曲线的右支交于 $A, B$ 两点，则当 $l \perp x$ 轴时，$|A B|$ 有最小值 $\displaystyle \frac{2 b^{2}}{a}=b^{2}$ ；若直线 $l$ 与双曲线的两支各交于一点（ $A, B$ 两点），则当 $l \perp y$ 轴时，$|A B|$有最小值 $2 a$ ．于是，由题意得 $b^{2}>2 a=4, b>2, c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}>2 \sqrt{2}$ ，所以双曲线的离心率 $\displaystyle e=\frac{c}{a}>\sqrt{2}$.

B． 设 $P(x, y)$ ，又 $y^{2}=2 p x$ ，则 $$ |P A|=\sqrt{(x-4)^{2}+y^{2}}=\sqrt{(x-4)^{2}+2 p x}=\sqrt{x^{2}+(2 p-8) x+16} $$ 根号下二次函数的对称轴为 $x=4-p \in(0,4)$ ，所以在对称轴处取得最小值，即 $\sqrt{(4-p)^{2}+(2 p-8)(4-p)+16}=\sqrt{15}$ ，解得 $p=3$ 或5（舍去）．故抛物线的方程为 $y^{2}= 6 x, B(3,3 \sqrt{2})$ ，易知点 $B$ 在抛物线上，则 $\displaystyle |B F|=3+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$ ．

C． 因为等腰直角 $\triangle A O B$ 内接于抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0), O$ 为抛物线的顶点，$O A \perp O B$ ，所以可设 $A(a, a)(a>0)$ ，则 $\displaystyle S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2} a \times 2 a=16$ ，解得 $a=4$ ． 将 $A(4,4)$ 代人 $y^{2}=2 p x$ ，得 $p=2$ ，抛物线的方程为 $y^{2}=4 x$ ，所以 $F(1,0)$ ． 设 $M(x, y)$ ，则 $x \geqslant 0$ ，设 $\displaystyle t=\frac{1}{x+1}(0<t \leqslant 1)$ ，则 $$ \begin{aligned} \frac{|O M|}{|M F|} & =\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x+1}=\frac{\sqrt{x^{2}+4 x}}{x+1}=\sqrt{1+\frac{2}{x+1}-\frac{3}{(x+1)^{2}}} \\ & =\sqrt{-3 t^{2}+2 t+1}=\sqrt{\frac{4}{3}-3\left(t-\frac{1}{3}\right)^{2}} \leqslant \sqrt{\frac{4}{3}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \end{aligned} $$ 当 $\displaystyle t=\frac{1}{3}$ 时等号成立．

C． 设圆柱的高为 $x$ ，则其内接矩形的一边长为 $x$ ，那么另一边长为 $\displaystyle y=2 \sqrt{R^{2}-\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}$ ，所以圆柱的体积为 $\displaystyle V(x)=\pi y^{2} x=\pi \times 4\left[R^{2}-\left(\frac{x}{2}\right)^{2}\right] x=\pi\left(-x^{3}+4 R^{2} x\right)(0<x<2 R)$ ，则 $V^{\prime}(x)=\pi\left(-3 x^{2}+4 R^{2}\right)$ ．令 $V^{\prime}(x)>0$ ，得 $\displaystyle 0<x<\frac{2 \sqrt{3}}{3} R$ ；令 $V^{\prime}(x)<0$ ，得 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{3}}{3} R<x<2 R$ ．即 $V(x)$ 在 $\displaystyle \left(0, \frac{2 \sqrt{3}}{3} R\right)$ 上单调递增，在 $\displaystyle \left(\frac{2 \sqrt{3}}{3} R, 2 R\right)$ 上单调递减，所以当 $\displaystyle x=\frac{2 \sqrt{3}}{3} R$ 时，此圆柱的体积最大，那么另一边长为 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{6}}{3} R$ ．故圆铁皮的面积与其内接矩形的面积比为 $\displaystyle \frac{\pi R^{2}}{\frac{2 \sqrt{3}}{3} R \times \frac{2 \sqrt{6}}{3} R}=\frac{3 \sqrt{2} \pi}{8}$.

A． 如图 J4 所示，易证得 $\triangle M F A \backsim \triangle E O A$ ，则 $\displaystyle \frac{|M F|}{|F A|}=\frac{|E O|}{|O A|}$ ，即 $\displaystyle |M F|=\frac{|E O| \cdot|F A|}{|O A|}= \frac{|E O| \cdot(c-a)}{a}$ ；同理，$\displaystyle \triangle M F B \backsim \triangle N O B,|M F|=\frac{|N O| \cdot|F B|}{|O B|}=\frac{|N O| \cdot(c+a)}{a}$ ．所以 $\displaystyle \frac{|E O| \cdot(c-a)}{a}=\frac{|N O| \cdot(c+a)}{a}$ ，又 $|O E|=2|O N|$ ，故 $2(c-a)=a+c$ ，整理得 $\displaystyle \frac{c}{a}=3$ ． \begin{figure}

B． 由题意得 $a=3$ ．设内切圆半径为 $r$ ，则由 $P F_{1} \perp P F_{2}$ ，得 $\left|P F_{1}\right|+|P A|-\left|A F_{1}\right|=2 r$ ，即 $$ \left|P F_{2}\right|+2 a+|P A|-\left|A F_{1}\right|=2 r, $$ 亦即 $$ \left|A F_{2}\right|-\left|A F_{1}\right|=2 r-6 . $$ 又由对称性，$\left|A F_{1}\right|=\left|A F_{2}\right|$ ，故 $r=3$ ．

$\displaystyle \left(\frac{1}{3},+\infty\right)$ ． 设椭圆和双曲线的方程分别为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a_{1}^{2}}+\frac{y^{2}}{b_{1}^{2}}=1$ 和 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a_{2}^{2}}-\frac{y^{2}}{b_{2}^{2}}=1$ ，椭圆和双曲线的半焦距为 $c$ ， $\left|P F_{1}\right|=m,\left|P F_{2}\right|=n$ ，其中 $m>n$ ．由于 $\triangle P F_{1} F_{2}$ 是以 $P F_{1}$ 为底边的等腰三角形，若 $\left|P F_{1}\right|=$ 10 ，即有 $m=10, n=2 c$ ．由椭圆的定义可得 $m+n=2 a_{1}$ ． 由双曲线的定义可得 $m-n=2 a_{2}$ ，即 $a_{1}=5+c, a_{2}=5-c$ ，其中 $c<5$ ．再由三角形的两边之和大于第三边，可得 $2 c+2 c>10$ ，即 $\displaystyle c>\frac{5}{2}$ ．故 $\displaystyle \frac{5}{2}<c<5$ ． 由离心率公式可得 $\displaystyle e_{1} \cdot e_{2}=\frac{c}{a_{1}} \cdot \frac{c}{a_{2}}=\frac{c^{2}}{25-c^{2}}=\frac{1}{\frac{25}{c^{2}}-1}$ ，由于 $\displaystyle 1<\frac{25}{c^{2}}<4$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{\frac{25}{c^{2}}-1}>\frac{1}{3}$ ，故 $e_{1} e_{2}$ 的取值范围是 $\displaystyle \left(\frac{1}{3},+\infty\right)$ ．

（1）直线 $A B$ 的方程为 $\displaystyle y=k\left(x-\frac{p}{2}\right)$ ，设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ．依抛物线的定义知 $$ \begin{aligned} & |A B|=x_{1}+\frac{p}{2}+x_{2}+\frac{p}{2}=x_{1}+x_{2}+p . \text { 又 } \\ & \left\{\begin{array}{l} y^{2}=2 p x, \\ y=k\left(x-\frac{p}{2}\right) \Rightarrow k^{2} x^{2}-\left(2 p+k^{2} p\right) x+\frac{1}{4} k^{2} p^{2}=0, \end{array}\right. \end{aligned} $$ 由韦达定理知 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=\frac{2 p+k^{2} p}{k^{2}}$ ，故 $\displaystyle |A B|=\frac{2 p}{k^{2}}+2 p=2 p\left(1+\frac{1}{k^{2}}\right)$ ． （2）先设 $k>0$ ，令 $C\left(x_{3}, y_{3}\right)$ ，则 $\displaystyle y_{2}-y_{3}=-\frac{1}{k}\left(x_{2}-x_{3}\right)$ 。又 $\displaystyle x_{2}=\frac{y_{2}^{2}}{2 p}, x_{3}=\frac{y_{3}^{2}}{2 p}$ ，故 $\displaystyle y_{2}-y_{3}=-\frac{1}{k}\left(\frac{y_{2}^{2}}{2 p}-\frac{y_{3}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow y_{2}+y_{3}=-2 p k$ ，即 $y_{3}=-2 p k-y_{2}$ ． 又 $|A B|=|B C|$ ，且 $$ \begin{aligned} |B C| & =\sqrt{\left(x_{2}-x_{3}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{3}\right)^{2}}=\sqrt{\left[-k\left(y_{2}-y_{3}\right)\right]^{2}+\left(y_{2}-y_{3}\right)^{2}} \\ & =\sqrt{1+k^{2}}\left|y_{2}-y_{3}\right| \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned} 2 p\left(1+\frac{1}{k^{2}}\right) & =\sqrt{1+k^{2}}\left|y_{2}-y_{3}\right|=\sqrt{1+k^{2}}\left|y_{2}-\left(-2 p k-y_{2}\right)\right| \\ & =\sqrt{1+k^{2}}\left|2 y_{2}+2 p k\right| \end{aligned} $$ 即 $$ \begin{align*} p \cdot \frac{1+k^{2}}{k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}}\left|y_{2}+p k\right| & \Rightarrow y_{2}+p k= \pm \frac{p}{k^{2}} \sqrt{1+k^{2}} \\ & \Rightarrow y_{2}=-p k \pm \frac{p}{k^{2}} \sqrt{1+k^{2}} \tag{1} \end{align*} $$ 另一方面，将 $\displaystyle x=\frac{y}{k}+\frac{p}{2}$ 代人 $y^{2}=2 p x$ 中，有 $\displaystyle y^{2}-\frac{2 p}{k} y-p^{2}=0 \Rightarrow y_{2}=p\left(\frac{1}{k}-\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}\right)$（这里利用求根公式取＂－＂号根）． 由式（1）、式（2）知 $\displaystyle -p k \pm \frac{p}{k^{2}} \sqrt{1+k^{2}}=p\left(\frac{1}{k}-\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}\right)$ ，化简得 $k^{4} \pm 2 k-1=0$ ． 同理，当 $k<0$ 时，求得方程为 $k^{4} \pm 2 k-1=0$ ． 综上所述，这样的 $k$ 满足方程 $k^{4} \pm 2 k-1=0$ ．

1. 因为 $p$ 为实数，所以 $\alpha, \beta$ 互为共轭复数，有 $|\alpha|=|\beta|$ ．而 $\alpha \beta=1$ ，则 $|\alpha \beta|=1$ ，即 $|\alpha|=|\beta| =1$ ，于是 $\alpha, \beta, 1$ 对应的点是单位圆的内接三角形，则 $\displaystyle \alpha=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}, \beta=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{i}$ ．再由韦达定理得 $p=-(\alpha+\beta)=1$ ．

$\displaystyle \left(-\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$ ． 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，则过点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的切线方程为 $\displaystyle \frac{x_{0} x}{4}+y_{0} y=1$ ，斜率 $\displaystyle k=-\frac{x_{0}}{4 y_{0}}$ ．根据椭圆的切线性质，知 $P M$ 为过点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的法线，其斜率为 $\displaystyle k_{1}=-\frac{1}{k}=\frac{4 y_{0}}{x_{0}}$ ．故 $P M$ 的方程为 $\displaystyle y-y_{0}=\frac{4 y_{0}}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ ．令 $y=0$ ，得 $\displaystyle m=\frac{3 x_{0}}{4} \in\left(-\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$ ．

（1）因为 $P_{2}(\sqrt{2}, 1), P_{3}(-\sqrt{2},-1)$ 关于原点对称，所以可知都在椭圆 $C$ 上，即 $\displaystyle \frac{2}{a^{2}}+ \frac{1}{b^{2}}=1$ ．而 $\displaystyle \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}<\frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$ ，所以 $P_{1}(1,1)$ 不在椭圆上，故 $b=\sqrt{2}, a=2$ ．所以椭圆 $C$ 的方程为 $\displaystyle \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ． （2）当 $l$ 的斜率不存在时，可设 $l: x=t$ ，则 $\displaystyle S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2}|t| \cdot 2 \sqrt{2-\frac{t^{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2} \sqrt{t^{2}\left(4-t^{2}\right)} \leqslant \sqrt{2}$ ，当且仅当 $t^{2}=4-t^{2}$ ，即 $t= \pm \sqrt{2}$ 时取到等号． 当 $l$ 的斜率存在时，可设 $l: y=k x+m$ ．由 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}y=k x+m, \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,\end{array}\right.$ 可得 $\left(1+2 k^{2}\right) x^{2}+4 k m x+$ $2\left(m^{2}-2\right)=0$ ，所以 $\displaystyle \Delta=8\left(4 k^{2}-m^{2}+2\right), A B=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{\sqrt{\Delta}}{1+2 k^{2}}$ ，原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $\displaystyle h=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}}$ ，故 $$ \begin{aligned} S_{\triangle A O B} & =\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot h=\frac{1}{2} \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{\sqrt{8\left(4 k^{2}-m^{2}+2\right)}}{1+2 k^{2}} \cdot \frac{|m|}{\sqrt{1+k^{2}}} \\ & =\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{\left(4 k^{2}-m^{2}+2\right) m^{2}}}{1+2 k^{2}} \leqslant \sqrt{2} \end{aligned} $$ 当且仅当 $m^{2}=4 k^{2}-m^{2}+2$ ，即 $m^{2}=2 k^{2}+1$ 时，上式等号成立． 综上所述，$S_{\triangle A O B}$ 的最大值是 $\sqrt{2}$ ，此时直线 $l$ 的方程为 $x= \pm \sqrt{2}$ 或 $y=k x \pm \sqrt{2 k^{2}+1} (k \in \mathbf{R})$ 。

$\displaystyle \frac{1}{2}$ ． 设椭圆的右焦点为 $E$ ，直线 $x=m$ 与 $x$ 轴交于点 $C$ ，则 $|A C| \leqslant|A E|,|B C| \leqslant|B E|$ ．由椭圆定义得 $\triangle F A B$ 的周长 $=|F A|+|F B|+|A C|+|B C| \leqslant|F A|+|F B|+|A E|+|B E| =4 a$ ，点 $C$ 与点 $E$ 重合时等号成立，即 $m=1=c=\sqrt{a^{2}-3}$ ，故 $\displaystyle a=2, e=\frac{1}{2}$ ．

（1）联立方程组 $\displaystyle \left\{\begin{array}{l}y=k(x-2), \\ \frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{2}=1,\end{array}\right.$ 可得 $\left(3 k^{2}+1\right) x^{2}-12 k^{2} x+12 k^{2}-6=0$ ． 设点 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，则 $\displaystyle x_{1}+x_{2}=\frac{12 k^{2}}{3 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=\frac{12 k^{2}-6}{3 k^{2}+1}$ ，于是有 $\displaystyle y_{1}+y_{2}= k\left(x_{1}+x_{2}\right)-4 k=-\frac{4 k}{3 k^{2}+1}$ ．所以线段 $P Q$ 的中点 $N$ 的坐标为 $\displaystyle \left(\frac{6 k^{2}}{3 k^{2}+1},-\frac{2 k}{3 k^{2}+1}\right)$ ． 直线 $O N$ 的斜率为 $\displaystyle k_{O N}=-\frac{1}{3 k}$ ，直线 $O N$ 的方程为 $\displaystyle y=-\frac{1}{3 k} x$ ，与直线 $x=3$ 交于点 $\displaystyle M\left(3,-\frac{1}{k}\right)$ ，故直线 $F M$ 的斜率为 $\displaystyle k_{F M}=-\frac{1}{k}$ ，于是 $k_{F M} \cdot k_{P Q}=-1$ ，因此直线 $M F$ 与 $P Q$ 垂直，$\displaystyle \angle M F Q=\frac{\pi}{2}$ ． （2） $$ \begin{aligned} I & =\left(\frac{|P Q|}{|M F|}\right)^{2}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}{1+\frac{1}{k^{2}}} \\ & =\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+k^{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}}{1+\frac{1}{k^{2}}} \\ & =k^{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=k^{2}\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right] \\ & =k^{2}\left[\left(\frac{12 k^{2}}{3 k^{2}+1}\right)^{2}-4 \cdot \frac{12 k^{2}-6}{3 k^{2}+1}\right] \\ & =\frac{24 k^{2}\left(k^{2}+1\right)}{\left(3 k^{2}+1\right)^{2}} \end{aligned} $$ 令 $u=3 k^{2}+1$ ，则 $$ \begin{aligned} I & =8 \cdot \frac{(u-1)(u+2)}{3 u^{2}}=-\frac{16}{3}\left(\frac{1}{u^{2}}-\frac{1}{2 u}-\frac{1}{2}\right) \\ & =-\frac{16}{3}\left[\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{4}\right)^{2}-\frac{9}{16}\right] . \end{aligned} $$ 因为 $u=3 k^{2}+1>1$ ，所以 $\displaystyle 0<\frac{1}{u}<1$ ，因此当 $u=4$ ，即 $k= \pm 1$ 时，$I$ 取最大值 3 ．从而当 $k= \pm 1$ 时，$\displaystyle \frac{|P Q|}{|M F|}$ 取最大值 $\sqrt{3}$ ． \section*{模拟试题62}

$4 \sqrt{5}$ ． 线段 $A B$ 被两圆与 $A B$ 的切点及点 $D$ 分成四段，由于两圆半径相等，再根据切线长定 \begin{figure} 理，可知中间两段相等，于是可将这四段线段长度分别记为 $a, b, b$ ， c．如图 J1 所示． 由于圆 $O_{2}$ 的切线长 $|C E|=|C G|$ ，所以 $$ |B C|+a=|C D|+b=(|A C|-c+b)+b, $$ 而 $|A C|=|B C|$ ，所以 $a+c=2 b$ ． 由等角关系可得 $\triangle A O_{1} F \backsim \triangle O_{2} B E$ ，故 $\displaystyle \frac{\left|O_{1} F\right|}{|A F|}=\frac{|B E|}{\left|O_{2} E\right|}$ ，即 $\displaystyle \frac{2}{c} =\frac{a}{2}$ ，由此推出 $a c=4$ ．分别计算 $\triangle B C D$ 和 $\triangle A C D$ 的面积： $$ \begin{aligned} & S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2} \times 2(|B C|+|C D|-|B D|), \\ & S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} \times 2(|A C|+|C D|+|A D|), \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{equation*} S_{\triangle A C D}-S_{\triangle B C D}=|A D|+|B D|=|A B|=a+c+2 b=4 b . \tag{1} \end{equation*} $$ 又设由 $C$ 引向 $A B$ 的高为 $h$ ，可得 $$ \begin{equation*} S_{\triangle A C D}-S_{\triangle B C D}=\frac{1}{2}(c-a) h=\frac{1}{2} \sqrt{(c+a)^{2}-4 a c} \cdot \sqrt{10^{2}-(2 b)^{2}} \tag{2} \end{equation*} $$ 由式（1）、式（2）可得 $$ 4 b=\frac{1}{2} \sqrt{(c+a)^{2}-4 a c} \cdot \sqrt{10^{2}-(2 b)^{2}} $$ 将 $a+c=2 b, a c=4$ 代人，化简得 $b^{4}-25 b^{2}+100=0$ ，解得 $b^{2}=5$ 或 $b^{2}=20$ ，即 $b=\sqrt{5}$ 或 $b=2 \sqrt{5}$（负根舍去）．于是 $A B=a+c+2 b=4 b=4 \sqrt{5}$ 或 $A B=8 \sqrt{5}$ ． 若 $|A B|=8 \sqrt{5}$ ，则 $\triangle A B C$ 为钝角三角形，不符合题设 $\triangle A B C$ 是锐角三角形的要求．故 $|A B|=4 \sqrt{5}$ ．

易知直线的斜率存在，设为 $k$ ，则直线 $l$ 的方程为 $\displaystyle y+1=k(x-1), N\left(1+\frac{1}{k}, 0\right)$ ． 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，将直线 $l$ 的方程代人双曲线的方程得 $$ \begin{equation*} \left(1-4 k^{2}\right) x^{2}+8 k(k+1) x-4(k+1)^{2}-4=0 \tag{1} \end{equation*} $$ 由方程（1）有两个不同的正根 $x_{1}, x_{2}$ ，知 $$ \left\{\begin{array}{l} \Delta=[8 k(k+1)]^{2}+16\left(1-4 k^{2}\right) \cdot\left[(k+1)^{2}+1\right]>0, \\ x_{1}+x_{2}=-\frac{8 k(k+1)}{1-4 k^{2}}>0, \\ x_{1} x_{2}=\frac{-4(k+1)^{2}-4}{1-4 k^{2}}>0 \end{array} \quad \Rightarrow \frac{1}{2}<k<\frac{1+\sqrt{7}}{3} .\right. $$ 设 $\displaystyle t=1+\frac{1}{k}$ ，则 $\displaystyle t \in\left(\frac{1+\sqrt{7}}{2}, 3\right)$ ．由 $\overrightarrow{M A}=\lambda_{1} \overrightarrow{A N}$ 得 $\displaystyle x_{1}=\frac{1+\lambda_{1} t}{1+\lambda_{1}}, y_{1}=\frac{-1}{1+\lambda_{1}}$ ．代人双曲线 $C$ 的方程，整理得 $\left(t^{2}-4\right) \lambda_{1}^{2}+(2 t-8) \lambda_{1}-7=0$ ．类似地，$\left(t^{2}-4\right) \lambda_{2}^{2}+(2 t-8) \lambda_{2}-7=0$ ．于是，$\lambda_{1}, \lambda_{2}$ 是关于 $\lambda$ 的二次方程 $\left(t^{2}-4\right) \lambda^{2}+(2 t-8) \lambda-7=0$ 的两个实数根。由韦达定理得 $\displaystyle \lambda_{1}+\lambda_{2}=-\frac{2 t-8}{t^{2}-4}, \lambda_{1} \lambda_{2}=-\frac{7}{t^{2}-4}$ ．故 $$ \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=\frac{\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)^{2}}{\lambda_{1} \lambda_{2}}-2=\frac{(2 t-8)^{2}}{7\left(4-t^{2}\right)}-2 $$ 设 $z=t-4$ ，则 $\displaystyle z \in\left(\frac{-7+\sqrt{7}}{2},-1\right), \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=-\frac{4}{7\left(\frac{12}{z^{2}}+\frac{8}{z}+1\right)}-2$ ． 设 $\displaystyle w=\frac{1}{z}$ ，则 $\displaystyle w \in\left(-1,-\frac{7+\sqrt{7}}{21}\right)$ ． 设 $f(w)=12 w^{2}+8 w+1$ ，其对称轴为 $\displaystyle w=-\frac{1}{3}$ ．从而 $\displaystyle f\left(-\frac{7+\sqrt{7}}{21}\right)<f(w)<f(-1)$ ，即 $\displaystyle -\frac{1}{7}<f(w)<5$ ，且 $f(w) \neq 0$ ． 故 $\displaystyle \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=-\frac{4}{7 f(w)}-2 \in\left(-\infty,-\frac{74}{35}\right) \cup(2,+\infty)$ ． \section*{模拟试题63}

$\sqrt{3}-1$ ． 由平面几何知，要使 $\angle F_{1} P F_{2}$ 最大，则过 $F_{1}, F_{2}, P$ 三点的圆必定和直线 $l$ 相切于点 $P$ ．直线 $l$ 交 $x$ 轴于 $A(-8-2 \sqrt{3}, 0)$ ，则 $\angle A P F_{1}=\angle A F_{2} P$ ，即 $\triangle A P F_{1} \backsim \triangle A F_{2} P$ ，则 $$ \begin{equation*} \frac{\left|P F_{1}\right|}{\left|P F_{2}\right|}=\frac{|A P|}{\left|A F_{2}\right|} \tag{1} \end{equation*} $$ 又由圆幂定理，得 $$ \begin{equation*} |A P|^{2}=\left|A F_{1}\right| \cdot\left|A F_{2}\right| \tag{2} \end{equation*} $$ 而 $F_{1}(-2 \sqrt{3}, 0), F_{2}(2 \sqrt{3}, 0), A(-8-2 \sqrt{3}, 0)$ ，从而有 $\left|A F_{1}\right|=8,\left|A F_{2}\right|=8+4 \sqrt{3}$ 。代人式 （1）、式（2），得 $\displaystyle \frac{\left|P F_{1}\right|}{\left|P F_{2}\right|}=\sqrt{\frac{\left|A F_{1}\right|}{\left|A F_{2}\right|}}=\sqrt{\frac{8}{8+4 \sqrt{3}}}=\sqrt{4-2 \sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$ ．

$9 \sqrt{3}$ ． 首先，固定 $A, B, C, O$ 四点时，要使 $A B C D$ 的体积最大，则点 $D$ 到平面 $A B C$ 的距离应最大．但点 $D$ 在以 $O$ 为球心、 1 为半径的球面上运动，故取最大值时，$O D \perp$ 平面 $A B C$ ． 设 $O$ 在平面 $A B C$ 上的投影为 $E$ ，且 $|O E|=x$ ．那么，$D$ 到 $A B C$ 的距离为 $1+x$ ．而 $|E A| =|E B|=|E C|=\sqrt{16-x^{2}}$ ，可知 $\triangle A B C$ 的面积 $\displaystyle \leqslant \frac{3 \sqrt{3}}{4}\left(16-x^{2}\right)$（这里用到，若 $A, B, C$ 是半径为 $R$ 的圆上三点，则 $\triangle A B C$ 的面积 $\displaystyle \leqslant \frac{3 \sqrt{3}}{4} R^{2}$ ．）因此，$A B C D$ 的体积 $\displaystyle \leqslant \frac{\sqrt{3}}{4}\left(16-x^{2}\right)(1+x)$ ．考虑函数 $f(x)=\left(16-x^{2}\right)(1+x), x \in(0,4)$ ，易知 $f^{\prime}(x)=-3 x^{2}-2 x+16$ ，可见 $f(x)$在 $(0,3)$ 上有唯一的临界点 $x=2$ ．故 $f(x)$ 在 $(0,3)$ 上的最大值为 $f(2)=36$ ，从而所求最大值为 $9 \sqrt{3}$ ．

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，直线 $A B$ 的方程为 $y=k x+m$ ． 因为 $A$ 既在椭圆上又在直线 $A B$ 上，所以有 $$ \left\{\begin{array}{l} y_{1}=k x_{1}+m, \tag{1}\\ \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1 . \end{array}\right. $$ 将式（1）代人式（2）得 $\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 k m a^{2} x+a^{2}\left(m^{2}-b^{2}\right)=0$ ．由于直线与椭圆相切，故 $\Delta=\left(2 k m a^{2}\right)^{2}-4\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\right) a^{2}\left(m^{2}-b^{2}\right)=0$ ，从而可得 $$ \begin{equation*} m^{2}=b^{2}+a^{2} k^{2}, \quad x_{1}=-\frac{k a^{2}}{m} \tag{3} \end{equation*} $$ 同理，由 $B$ 既在圆上又在直线 $A B$ 上，可得 $$ \begin{equation*} m^{2}=R^{2}\left(1+k^{2}\right), \quad x_{2}=-\frac{k R^{2}}{m} \tag{4} \end{equation*} $$ 由式（3）、式（4）得 $\displaystyle k^{2}=\frac{R^{2}-b^{2}}{a^{2}-R^{2}}, x_{2}-x_{1}=\frac{k\left(a^{2}-R^{2}\right)}{m}$ ，所以 $$ \begin{aligned} |A B|^{2} & =\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}=\left(1+k^{2}\right)\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2} \\ & =\frac{m^{2}}{R^{2}} \cdot \frac{k^{2}\left(a^{2}-R^{2}\right)^{2}}{m^{2}}=\frac{\left(a^{2}-R^{2}\right)^{2}}{R^{2}} \cdot \frac{R^{2}-b^{2}}{a^{2}-R^{2}} \\ & =\frac{\left(a^{2}-R^{2}\right)\left(R^{2}-b^{2}\right)}{R^{2}}=a^{2}+b^{2}-R^{2}-\frac{a^{2} b^{2}}{R^{2}} \\ & =(a-b)^{2}-\left(R-\frac{a b}{R}\right)^{2} \leqslant(a-b)^{2} \end{aligned} $$ 即 $|A B| \leqslant a-b$ ，当且仅当 $R=\sqrt{a b}$ 时取等号． 所以，$A, B$ 两点的距离 $|A B|$ 的最大值为 $a-b$ ． \section*{模拟试题 64}