设双曲线 $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ （$a > 0$，$b > 0$）的右焦点为 $F$，右顶点为 $A$，过 $F$ 作 $AF$ 的垂线与双曲线交于 $B$，$C$ 两点，过 $B$，$C$ 分别作 $AC$，$AB$ 的垂线，两垂线交于点 $D$. 若 $D$ 到直线 $BC$ 的距离小于 $a + \sqrt{a^2 + b^2}$，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 记 $c=\sqrt{a^2+b^2}$，则右焦点和右顶点分别为 $F(c,0)$、$A(a,0)$. 直线 $BC$ 为 $x=c$，由双曲线方程得交点的纵坐标满足 $\frac{c^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，$\Longrightarrow$，$y^2=\frac{b^4}{a^2}$. 取 $q=\frac{b^2}{a}>0$，于是 $B(c,q)$，$C(c,-q)$. 直线 $AC$ 的斜率为 $-\frac{q}{c-a}$，直线 $AB$ 的斜率为 $\frac{q}{c-a}$，其中 $c-a>0$. 因此过 $B$ 作 $AC$ 的垂线、过 $C$ 作 $AB$ 的垂线，交点 $D$ 满足 $y-q=\frac{c-a}{q}(x-c)$，$y+q=-\frac{c-a}{q}(x-c)$. 两式相加得 $y=0$，再代入任一式得 $x-c=-\frac{q^2}{c-a}$，所以 令 $t=\frac ca>1$，则 $\frac{b^2}{a^2}=t^2-1$，题设不等式化为 即 $1<t<\sqrt2$. 双曲线渐近线斜率为 $\pm\frac ba=\pm\sqrt{t^2-1}$，故其取值范围为 $(-1,0)\cup(0,1)$，答案为 A. \end{solution}

在 $\triangle ABC$ 中，$B = 120^{\circ}$，$AB = \sqrt{2}$，$A$ 的角平分线 $AD = \sqrt{3}$，则 $AC =$______.

\begin{answer} $\sqrt{6}$ \end{answer}

\begin{solution} 设 $AC=\sqrt2u$，$BC=\sqrt2v$，其中 $u$，$v>0$. 由 $\angle B=120^\circ$ 及余弦定理， 由角平分线长公式 得 利用 $v^2=u^2-v-1$ 化简上式，得 $2uv=-u^2+2u+3$，$\qquad v=\frac{-u^2+2u+3}{2u}$. 将此式代入 $u^2=v^2+v+1$，并通分化简得 由于 $u>0$，且 $u+1\ne0$，所以 $u^2=3$，从而 $u=\sqrt3$. 此时由前式得 $v=1>0$，满足三角形条件，故 $AC=\sqrt2u=\sqrt6$. \end{solution}

如图，三棱锥 $P - ABC$ 中，$PC \perp$ 平面 $ABC$，$PC = 3$，$\angle ACB = \frac{\pi}{2}$，$D$，$E$ 分别为线段 $AB$，$BC$ 上的点，且 $CD = DE = \sqrt{2}$，$CE = 2EB = 2$.

(1) 证明： $DE \perp$ 平面 $PCD$； (2) 求二面角 $A - PD - C$ 的余弦值.

设函数 $f(x) = \frac{3x^2 + ax}{\mathrm{e}^x}$（$a \in \mathbf{R}$）.

(1) 若 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处取得极值，确定 $a$ 的值，并求此时曲线 $y = f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程； (2) 若 $f(x)$ 在 $[3, +\infty)$ 上为减函数，求 $a$ 的取值范围.

如图，椭圆 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ （$a > b > 0$）的左，右焦点分别为 $F_1$，$F_2$，过 $F_2$ 的直线交椭圆于 $P$，$Q$ 两点，且 $PQ \perp PF_1$.

(1) 若 $|PF_1| = 2 + \sqrt{2}$，$|PF_2| = 2 - \sqrt{2}$，求椭圆标准方程； (2) 若 $|PF_1| = |PQ|$，求椭圆的离心率 $e$.