已知 $A\left(-\frac{1}{2},0\right)$，$B$ 是圆 $F:\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 = 4$（$F$ 为圆心）上一动点，线段 $AB$ 的垂直平分线交 $BF$ 于 $P$，则动点 $P$ 的轨迹方程为______.

已知中心在原点的双曲线 $C$ 的右焦点为 $(2,0)$，右顶点为 $(\sqrt{3},0)$.

(1) 求双曲线 $C$ 的方程； (2) 若直线 $l: y = kx + \sqrt{2}$ 与双曲线 $C$ 恒有两个不同的交点 $A$ 和 $B$，且 $\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} > 2$（其中 $O$ 为原点）. 求 $k$ 的取值范围.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设双曲线的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，则右焦点横坐标为 $c=2$，右顶点横坐标为 $a=\sqrt3$. 由 $c^2=a^2+b^2$ 得 $b^2=4-3=1$，所以双曲线方程为 $\frac{x^2}{3}-y^2=1$. \item 将 $y=kx+\sqrt2$ 代入双曲线方程，得 $\left(\frac13-k^2\right)x^2-2\sqrt2kx-3=0$. 要有两个不同的交点，首先判别式 $\Delta=(-2\sqrt2k)^2-4\left(\frac13-k^2\right)(-3)=4(1-k^2)>0$，故 $|k|<1$；同时二次项系数不能为零，否则只有一个有限交点，所以 $k\ne\pm\frac{\sqrt3}{3}$. 设两交点横坐标为 $x_1$，$x_2$，由韦达定理得 $x_1+x_2=\frac{2\sqrt2k}{\frac13-k^2}$，$x_1x_2=-\frac3{\frac13-k^2}$. 由于 $y_i=kx_i+\sqrt2$，有 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2=(1+k^2)x_1x_2+\sqrt2k(x_1+x_2)+2$. 代入上式化简，得到 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}-2=\frac{k^2-3}{\frac13-k^2}$. 在 $|k|<1$ 时分子恒为负，因此该式大于零当且仅当 $\frac13-k^2<0$，即 $|k|>\frac{\sqrt3}{3}$. 故 $k\in\left(-1,-\frac{\sqrt3}{3}\right)\cup\left(\frac{\sqrt3}{3},1\right)$. \end{enumerate} \end{solution}

数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_1 = 1$ 且 $8a_{n + 1}a_n - 16a_{n + 1} + 2a_n + 5 = 0$（$n \geqslant 1$）. 记 $b_{n} = \frac{1}{a_{n} - \frac{1}{2}}$（$n \geqslant 1$）.

(1) 求 $b_{1}$，$b_{2}$，$b_{3}$，$b_{4}$ 的值； (2) 求数列 $\{b_n\}$ 的通项公式及数列 $\{a_n b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 $a_1=1$ 得 $b_1=\frac1{1-\frac12}=2$. 由递推式解出 $a_{n+1}=\frac{2a_n+5}{16-8a_n}$，从而 $a_{n+1}-\frac12=\frac{3(2a_n-1)}{8(2-a_n)}$. 由 $a_1\neq\frac12$，且上式表明只要 $a_n\neq\frac12$，$2$ 就有 $a_{n+1}\neq\frac12$；而 $a_n=2$ 会使原递推式变为 $9=0$，不可能，所以归纳可知各项 $a_n\neq\frac12$. 因而代入 $b_n=\frac1{a_n-\frac12}$ 可得 $b_{n+1}=2b_n-\frac43$. 于是 $b_2=2\times2-\frac43=\frac83$，$b_3=2\times\frac83-\frac43=4$，$b_4=2\times4-\frac43=\frac{20}{3}$. \item 令 $c_n=b_n-\frac43$，则 $c_{n+1}=2c_n$，且 $c_1=\frac23$，所以 $c_n=\frac23\,2^{n-1}=\frac{2^n}{3}$，从而 $b_n=\frac{2^n+4}{3}$. 又由 $b_n=\frac1{a_n-\frac12}$ 得 $a_n=\frac12+\frac1{b_n}$，故 $a_nb_n=\frac{b_n}{2}+1=\frac{2^n+10}{6}$. 因此 $S_n=\sum_{i=1}^n a_ib_i=\frac16\left(\sum_{i=1}^n2^i+10n\right)=\frac16\left(2^{n+1}-2+10n\right)=\frac{2^n+5n-1}{3}$. \end{enumerate} \end{solution}