若点 $P$ 到直线 $x = -1$ 的距离比它到点 $(2,0)$ 的距离小 $1$，则点 $P$ 的轨迹为（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 设 $P=(x,y)$. 由题意，点 $P$ 到点 $(2,0)$ 的距离比到直线 $x=-1$ 的距离大 $1$，所以 $\sqrt{(x-2)^2+y^2}=|x+1|+1$.

当 $x\geqslant-1$ 时，右端为 $x+2>0$，平方得 $(x-2)^2+y^2=(x+2)^2$，即 $y^2=8x$. 该方程推出 $x\geqslant0$，与 $x\geqslant-1$ 相容；反代可得两边都等于 $x+2$，故这些点均满足原方程.

当 $x<-1$ 时，原方程化为 $\sqrt{(x-2)^2+y^2}=-x$，平方得 $y^2=4x-4<0$，没有实数解. 因而轨迹为抛物线 $y^2=8x$，故选 D. \end{solution}

过直线 $y = x$ 上的一点作圆 $(x - 5)^2 + (y - 1)^2 = 2$ 的两条切线 $l_1$，$l_2$，当直线 $l_1$，$l_2$ 关于 $y = x$ 对称时，它们之间的夹角为（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 圆心为 $O=(5,1)$，半径为 $r=\sqrt{2}$. 关于 $y=x$ 的反射把 $O$ 变为 $O'=(1,5)$. 由于两条切线关于 $y=x$ 对称，且交点在 $y=x$ 上，反射后每条切线仍与原圆相切，因此它们是以 $O$、$O'$ 为圆心、半径均为 $\sqrt2$ 的两个等圆的两条内公切线. 两内公切线的交点是两圆心的中点 $M=(3,3)$.

有 $MO=\sqrt{(5-3)^2+(1-3)^2}=2\sqrt2$. 设从 $M$ 引出的其中一条切线与直线 $MO$ 的锐角为 $\alpha$，则在切点处半径垂直切线，所以 $\sin\alpha=\frac{\sqrt2}{2\sqrt2}=\frac12$，从而 $\alpha=30^{\circ}$. 两条切线关于 $MO$ 对称，故它们的较小夹角为 $2\alpha=60^{\circ}$，故选 C. \end{solution}

已知菱形 $ABCD$ 的顶点 $A$，$C$ 在椭圆 $x^{2} + 3y^{2} = 4$ 上，对角线 $BD$ 所在直线的斜率为 $1$.

(1) 当直线 $BD$ 过点 $(0,1)$ 时，求直线 $AC$ 的方程； (2) 当 $\angle ABC = 60^{\circ}$ 时，求菱形 $ABCD$ 面积的最大值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 $O$ 为菱形两条对角线的交点. 由 $BD$ 的斜率为 $1$，$AC\perp BD$，所以可设 $O=(u,v)$，且 $v=u+1$. 取非零实数 $t$，令 $A=O+t(1,-1)$、$C=O-t(1,-1)$. 因为 $A$，$C$ 都在椭圆 $x^2+3y^2=4$ 上，比较两式 $u+t$，$v-t$ 与 $u-t$，$v+t$ 代入椭圆方程所得结果，得 $4t(u-3v)=0$，所以 $u=3v$. 联立 $v=u+1$，得 $u=-\frac32$、$v=-\frac12$. 因而 $AC$ 的方向为 $(1,-1)$，且 $x+y=u+v=-2$，故直线 $AC$ 为 $x+y+2=0$. \item 设菱形边长为 $s$. 由 $AB=BC=s$ 及 $\angle ABC=60^{\circ}$，在三角形 $ABC$ 中由余弦定理得 $AC^2=s^2+s^2-2s^2\cos60^{\circ}=s^2$. 又因为菱形对角线互相垂直且满足 $AC^2+BD^2=2(AB^2+BC^2)$，所以 $BD^2=3s^2$. 菱形面积为 $\frac12AC\cdot BD=\frac{\sqrt3}{2}AC^2$.

设斜率为 $-1$ 的直线 $AC$ 写为 $x+y=c$，令 $h=\frac c2$，其上点可表示为 $(h+r,h-r)$. 代入椭圆方程得 $4r^2-4hr+4h^2-4=0$. 设两个交点对应的参数为 $r_1$，$r_2$，由求根公式或根的判别式， 由于参数方向向量 $(1,-1)$ 的长度为 $\sqrt2$，所以弦长 $AC=\sqrt2\sqrt{4-3h^2}\leqslant2\sqrt2$，等号在 $h=0$，即 $AC$ 为直线 $x+y=0$ 与椭圆的弦时取得. 当 $h=0$ 时，椭圆与直线 $x+y=0$ 的交点可取 $A=(1,-1)$、$C=(-1,1)$，且 $AC=2\sqrt2$. 取 $B=(\sqrt3,\sqrt3)$、$D=(-\sqrt3,-\sqrt3)$，则 $BD=2\sqrt6=\sqrt3\,AC$，并且 $AB^2=BC^2=AC^2=8$，由关于原点的中心对称性还有 $CD=DA=AB$，所以 $ABCD$ 确实为菱形；由余弦定理，$\cos\angle ABC=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac12$，故 $\angle ABC=60^{\circ}$. 因而菱形面积最大值为 $\frac{\sqrt3}{2}(2\sqrt2)^2=4\sqrt3$. \end{enumerate} \end{solution}