已知圆 $C_{1}: (x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} = 1$，圆 $C_{2}: (x - 3)^{2} + (y - 4)^{2} = 9$，$M$，$N$ 分别是圆 $C_{1}$，$C_{2}$ 上的动点，$P$ 为 $x$ 轴上的动点，则 $|PM| + |PN|$ 的最小值为（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 设两圆的圆心分别为 $O_1(2,3)$，$O_2(3,4)$，半径分别为 $1$，$3$. 任取 $x$ 轴上的点 $P$，有 $PO_1\geqslant3>1$，$PO_2\geqslant4>3$. 所以从 $P$ 到两圆上动点的最小距离分别为 $PO_1-1$ 和 $PO_2-3$，从而 将 $O_1$ 关于 $x$ 轴对称到 $O_1'(2,-3)$，由于 $P$ 在 $x$ 轴上，$PO_1=PO_1'$. 因此 线段 $O_1'O_2$ 与 $x$ 轴相交，故等号可以取得. 于是最小值为 故选 A. \end{solution}

在平面上，$\overrightarrow{AB_1} \perp \overrightarrow{AB_2}$，$|\overrightarrow{OB_1}| = |\overrightarrow{OB_2}| = 1$，$\overrightarrow{AP} = \overrightarrow{AB_1} + \overrightarrow{AB_2}$. 若 $|\overrightarrow{OP}| < \frac{1}{2}$，则 $|\overrightarrow{OA}|$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 设 $\boldsymbol{a}=\overrightarrow{OA}$，$\boldsymbol{b}_1=\overrightarrow{OB_1}$，$\boldsymbol{b}_2=\overrightarrow{OB_2}$，$\boldsymbol{p}=\overrightarrow{OP}$. 由向量条件 得 又因为 $|\boldsymbol{b}_1|=|\boldsymbol{b}_2|=1$，且 $\overrightarrow{AB_1}\perp\overrightarrow{AB_2}$，所以 代入 $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{p}$，得到 记 $q=|\boldsymbol{p}|=|\overrightarrow{OP}|$，$d=\boldsymbol{b}_1\cdot\boldsymbol{b}_2$，则 因此 由 $0\leqslant q<\frac12$，可得 当 $q=0$ 时取到右端点；当 $q$ 趋近于 $\frac12$ 时左端点不取到，故选 D. 为说明区间内的值均可取到，对任意 $q\in[0,\frac12)$，取 $\boldsymbol{b}_1=(1,0)$，$\boldsymbol{b}_2=(0,1)$，$\boldsymbol{p}=\frac{q^2}{2}(1,1)+\sqrt{q^2-\frac{q^4}{2}}\frac{(1,-1)}{\sqrt2}$. 则 $|\boldsymbol{p}|=q$，且 $\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2)=q^2$. 令 $\boldsymbol{a}=\boldsymbol{b}_1+\boldsymbol{b}_2-\boldsymbol{p}$，便有 $(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{b}_2)\cdot(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{b}_1)=0$，从而满足题设的垂直条件. 因此上述范围恰好可取到，故选 D. \end{solution}

如图，四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA \perp$ 底面 $ABCD$，$BC = CD = 2$，$AC = 4$，$\angle ACB = \angle ACD = \frac{\pi}{3}$，$F$ 为 $PC$ 的中点，$AF \perp PB$.

(1) 求 $PA$ 的长； (2) 求二面角 $B - AF - D$ 的正弦值.

\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使底面 $ABCD$ 在 $xOy$ 平面内，取 $A(0,0,0)$，$C(4,0,0)$，$B(3,\sqrt{3},0)$，$D(3,-\sqrt{3},0)$. 这些坐标满足 $BC=CD=2$、$AC=4$，且 $\angle ACB=\angle ACD=\frac{\pi}{3}$. 由 $PA\perp$ 底面，设 $P(0,0,h)$，其中 $h=PA>0$. 因为 $F$ 是 $PC$ 的中点，所以 $F\left(2,0,\frac{h}{2}\right)$，$\overrightarrow{AF}=\left(2,0,\frac{h}{2}\right)$，$\overrightarrow{PB}=(3,\sqrt{3},-h)$.

\begin{enumerate} \item 由 $AF\perp PB$，得 即 $6-\frac{h^{2}}{2}=0$. 因 $h>0$，所以 $PA=h=2\sqrt{3}$.

\item 此时 $F=(2,0,\sqrt{3})$，从而 $\overrightarrow{AF}=(2,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AB}=(3,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{AD}=(3,-\sqrt{3},0)$. 取平面 $BAF$ 和 $DAF$ 的法向量 于是 $\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D=6$，$|\boldsymbol{n}_B|=|\boldsymbol{n}_D|=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$. 设二面角 $B-AF-D$ 的平面角为 $\varphi$，则 所以 \end{enumerate} \end{solution}

在 $\triangle ABC$ 中，内角 $A$，$B$，$C$ 的对边分别是 $a$，$b$，$c$，且 $a^2 + b^2 + \sqrt{2}ab = c^2$.

(1) 求 $C$； (2) 设 $\cos A\cos B = \frac{3\sqrt{2}}{5}$，$\frac{\cos(\alpha + A)\cos(\alpha + B)}{\cos^2\alpha} = \frac{\sqrt{2}}{5}$，求 $\tan \alpha$ 的值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由余弦定理， 因为 $C$ 是三角形的内角，所以 $C=\frac{3\pi}{4}$，从而

\item 记 $t=\tan\alpha$. 题目中的分式有意义，所以 $\cos\alpha\ne0$. 由 $A+B=\frac{\pi}{4}$， 将两角和公式展开并除以 $\cos^2\alpha$，得 代入已知条件，得到 两边同除以 $\frac{\sqrt{2}}{10}$，得 所以 \end{enumerate} \end{solution}