已知长方形的四个顶点 $A(0,0)$，$B(2,0)$，$C(2,1)$ 和 $D(0,1)$，一质点从 $AB$ 的中点 $P_0$ 沿与 $AB$ 的夹角为 $\theta$ 的方向射到 $BC$ 上的点 $P_1$ 后，依次反射到 $CD$，$DA$ 和 $AB$ 上的点 $P_2$，$P_3$ 和 $P_4$（入射角等于反射角），设 $P_4$ 的坐标为 $(x_4,0)$，若 $1 < x_4 < 2$，则 $\tan \theta$ 的取值范围是（$\quad$）

已知抛物线 $C_{1}: y = x^{2} + 2x$ 和 $C_{2}: y = -x^{2} + a$，如果直线 $l$ 同时是 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的切线，称 $l$ 是 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的公切线. 公切线上两个切点之间的线段，称为公切线段.

(1) $a$ 取什么值时，$C_1$ 和 $C_2$ 有且仅有一条公切线？写出此公切线的方程； (2) 若 $C_1$ 和 $C_2$ 有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分.

\begin{solution} 设公切线 $l$ 的方程为 $y=kx+b$. 由于两条抛物线的切线均不可能为竖直直线，这样设不失一般性.

直线 $l$ 与 $C_{1}$ 联立得 $x^{2}+(2-k)x-b=0$. 该方程有重根，所以 即 $b=-\frac{(k-2)^{2}}{4}$.

直线 $l$ 与 $C_{2}$ 联立并整理得 $x^{2}+kx+b-a=0$. 该方程有重根，所以 即 $b=a+\frac{k^{2}}{4}$.

消去 $b$，得到公切线的斜率 $k$ 满足

\begin{enumerate} \item 公切线的条数由上述关于 $k$ 的二次方程的实根个数决定. 有且仅有一条公切线时，判别式为零，即 所以 $a=-\frac{1}{2}$，且 $k=1$. 此时 $b=-\frac{(1-2)^{2}}{4}=-\frac{1}{4}$，故公切线方程为

\item 设两条公切线的斜率分别为 $k_{1}$、$k_{2}$. 对任意一个公切线斜率 $k$，它与 $C_{1}$ 的切点横坐标为二次方程 $x^{2}+(2-k)x-b=0$ 的重根，即 $x=\frac{k-2}{2}$，所以切点为 它与 $C_{2}$ 的切点横坐标为二次方程 $x^{2}+kx+b-a=0$ 的重根，即 $x=-\frac{k}{2}$，所以切点为

公切线段 $T(k)S(k)$ 的中点为 与 $k$ 无关. 因而对应于 $k_{1}$、$k_{2}$ 的两条公切线段有同一个中点，即两条公切线段互相平分. \end{enumerate} \end{solution}

已知常数 $\alpha > 0$，向量 $\boldsymbol{c} = (0, \alpha)$，$\boldsymbol{i} = (1, 0)$. 经过原点 $O$ 以 $\boldsymbol{c} + \lambda \boldsymbol{i}$ 为方向向量的直线与经过定点 $A(0, \alpha)$ 以 $\boldsymbol{i} - 2\lambda \boldsymbol{c}$ 为方向向量的直线相交于 $P$，其中 $\lambda \in \mathbf{R}$. 试问：是否存在两个定点 $E$，$F$，使得 $|PE| + |PF|$ 为定值. 若存在，求出 $E$，$F$ 的坐标；若不存在，说明理由.

\begin{solution} 设交点 $P$ 在第一条直线上的参数为 $t$，在第二条直线上的参数为 $s$，则 因此 $s=t\lambda$，且 $\alpha t=\alpha-2\alpha\lambda s$. 代入 $s=t\lambda$，得 从而

记 $P=(x,y)$. 由上式中的 $y>0$ 可得 $\lambda=\frac{\alpha x}{y}$，再由 $y=\frac{\alpha}{1+2\lambda^{2}}$ 消去 $\lambda$，得到 即 这是一条中心为 $\left(0,\frac{\alpha}{2}\right)$ 的椭圆，其半轴长分别为 $\frac{1}{2\sqrt{2}}$ 和 $\frac{\alpha}{2}$.

当 $0<\alpha<\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，椭圆的长轴在 $x$ 轴方向，两个焦点为 $E\left(-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-\alpha^{2}},\frac{\alpha}{2}\right)$，$F\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-\alpha^{2}},\frac{\alpha}{2}\right)$， 且 $|PE|+|PF|=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

当 $\alpha>\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，椭圆的长轴在 $y$ 轴方向，两个焦点为 $E\left(0,\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)$，$F\left(0,\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)$， 且 $|PE|+|PF|=\alpha$.

当 $\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，上式表示一个圆，两个焦点重合于圆心，不能得到两个不同的定点，因此按题意不存在符合条件的两个定点. \end{solution}