已知点 $P$ 在抛物线 $y^{2} = 4x$ 上，那么点 $P$ 到点 $Q(2, -1)$ 的距离与点 $P$ 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点 $P$ 的坐标为（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 设抛物线上点 $P$ 的参数坐标为 $P\left(t^2,2t\right)$. 抛物线 $y^2=4x$ 的焦点为 $F\left(1,0\right)$，准线为 $x=-1$. 令准线上与 $P$ 同纵坐标的点为 $D\left(-1,2t\right)$，则抛物线的定义给出 $PF=PD=t^2+1$. 因而 当且仅当 $t=-\frac12$ 时，$Q$、$P$、$D$ 共线且 $QD=3$，此时 所以距离和的最小值在 $P\left(\frac14,-1\right)$ 处取得，故选 A. \end{solution}

设双曲线 $\frac{x^2}{9} - \frac{y^2}{16} = 1$ 的右顶点为 $A$，右焦点为 $F$. 过点 $F$ 平行双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点 $B$，则 $\triangle AFB$ 的面积为______. \begin{answer} $\frac{32}{15}$ \end{answer}

\begin{solution} 双曲线的实半轴、虚半轴分别为 $a=3$、$b=4$，所以焦半距 $c=\sqrt{a^2+b^2}=5$，从而 $A=\left(3,0\right)$、$F=\left(5,0\right)$. 双曲线的一条渐近线为 $y=\frac43x$，过 $F$ 的平行直线可写为 将其代入双曲线方程，得 故 $x=\frac{17}{5}$，相应地 $y=-\frac{32}{15}$. 另一条渐近线所得交点关于 $x$ 轴对称，三角形面积相同. 因此 \end{solution}

在直角坐标系 $xOy$ 中，椭圆 $C_1$：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$（$a > b > 0$）的左，右焦点分别为 $F_1$，$F_2$，$F_2$ 也是抛物线 $C_2$：$y^2 = 4x$ 的焦点，点 $M$ 为 $C_1$ 与 $C_2$ 在第一象限的交点，且 $|MF_2| = \frac{5}{3}$.

(1) 求 $C_1$ 的方程； (2) 平面上的点 $N$ 满足 $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MF_1} + \overrightarrow{MF_2}$，直线 $l\parallel MN$，且与 $C_1$ 交于 $A$，$B$ 两点，若 $\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0$，求直线 $l$ 的方程.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 抛物线 $C_2:y^2=4x$ 的焦点为 $F_2\left(1,0\right)$. 设 $M=(x_M,y_M)$，因 $M$ 在第一象限且在 $C_2$ 上，有 $y_M^2=4x_M$. 于是 由 $|MF_2|=\frac53$，得 $x_M=\frac23$，再得 $y_M=\frac{2\sqrt6}{3}$. 椭圆的左焦点为 $F_1=(-1,0)$，并且 所以椭圆的长轴长 $2a=|MF_1|+|MF_2|=4$，即 $a=2$. 又焦半距 $c=1$，故 $b^2=a^2-c^2=3$，从而 \item 由焦点坐标关于原点对称，$\overrightarrow{MF_1}+\overrightarrow{MF_2}=-2\overrightarrow{OM}$，所以 $\overrightarrow{MN}=-2\overrightarrow{OM}$，从而 $N=-M$. 因此直线 $l\parallel MN$ 的斜率为 可设 $l:y=\sqrt6x+r$. 设其与椭圆交于 $A(x_1,y_1)$、$B(x_2,y_2)$，代入椭圆方程得 故由韦达定理 $x_1+x_2=-\frac{8\sqrt6 r}{27}$，$x_1x_2=\frac{4r^2}{27}-\frac49$. 条件 $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0$ 给出 代入上式，得 $\frac{7r^2}{27}-\frac{28}{9}=0$，所以 $r^2=12$，即 $r=\pm2\sqrt3$. 因而 \end{enumerate} \end{solution}

如图，过圆 $O$ 外一点 $M$ 作它的一条切线. 切点为 $A$，过 $A$ 点作直线 $AP$ 垂直直线 $OM$，垂足为 $P$.

(1) 证明： $OM \cdot OP = OA^2$； (2) $N$ 为线段 $AP$ 上一点，直线 $NB$ 垂直直线 $ON$，且交圆 $O$ 于 $B$ 点. 过 $B$ 点的切线交直线 $ON$ 于 $K$. 证明： $\angle OKM = 90^{\circ}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 $OA\perp AM$，且 $AP\perp OM$，所以三角形 $OAM$ 与三角形 $OPA$ 都是直角三角形. 又它们在点 $O$ 处有相同的夹角，故 $\triangle OAM\sim\triangle OPA$. 由对应边关系 得 $OM\cdot OP=OA^2$. \item 取 $OM$ 为 $x$ 轴，设圆半径为 $r=OA$，并记 $O=(0,0)$、$M=(m,0)$、$P=(p,0)$. 由第（1）问，$mp=r^2$. 因为 $AP\perp OM$，可设 $N=(p,n)$. 由 得 圆在点 $B$ 处的切线方程为 $\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OX}=r^2$. 由于 $K$ 在直线 $ON$ 上，设 $\overrightarrow{OK}=\lambda\overrightarrow{ON}$，代入切线方程并利用上式，得 $\lambda|ON|^2=r^2$，$\overrightarrow{OK}=\frac{r^2}{|ON|^2}\overrightarrow{ON}$. 于是 $|OK|^2=\frac{r^4}{|ON|^2}$，$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{OK}=\frac{r^2mp}{|ON|^2}=\frac{r^4}{|ON|^2}=|OK|^2$. 所以 $\overrightarrow{KO}\cdot\overrightarrow{KM}=0$，即 $\angle OKM=90^{\circ}$. \end{enumerate} \end{solution}

已知曲线 $C_{1}$： （$\theta$ 为参数），曲线 $C_{2}$： （$t$ 为参数）.

(1) 指出 $C_{1}$，$C_{2}$ 各是什么曲线，并说明 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 公共点的个数； (2) 若把 $C_{1}$，$C_{2}$ 上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线 $C_{1}^{\prime}$，$C_{2}^{\prime}$. 写出 $C_{1}^{\prime}$，$C_{2}^{\prime}$ 的参数方程. $C_{1}^{\prime}$ 与 $C_{2}^{\prime}$ 公共点的个数和 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 公共点的个数是否相同？说明你的理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 $x=\cos\theta$、$y=\sin\theta$，消去参数得 $x^2+y^2=1$，所以 $C_1$ 是单位圆. 对 $C_2$，由 $y=\frac{\sqrt2}{2}t$ 得 $t=\sqrt2y$，代入 $x$ 式得 $x-y+\sqrt2=0$，所以 $C_2$ 是直线. 将 $x=y-\sqrt2$ 代入圆方程，得 其判别式为 $8-8=0$，所以直线与圆相切，$C_1$ 与 $C_2$ 有一个公共点. \item 纵坐标压缩为原来的一半后，直接得到 消去参数后，$C_1'$ 满足 $x^2+4y^2=1$，$C_2'$ 满足 $x-2y+\sqrt2=0$. 联立得 其判别式仍为 $32-32=0$，故压缩后仍有一个公共点. 这也符合将平面作同一纵向压缩变换的性质：该变换是一一对应的，原两曲线的公共点恰好一一对应到压缩后两曲线的公共点，所以公共点个数相同. \end{enumerate} \end{solution}