直线 $y = x + 1$ 与圆 $x^{2} + y^{2} = 1$ 的位置关系是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 将直线化为一般式 $x-y+1=0$. 原点到该直线的距离为 所以直线与圆有两个交点；又原点不满足直线方程，故直线不过圆心，选 B. \end{solution}

已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$（$a > 0$，$b > 0$）的左，右焦点分别为 $F_{1}(-c, 0)$，$F_{2}(c, 0)$. 若双曲线上存在一点 $P$ 使 $\frac{\sin \angle PF_{1}F_{2}}{\sin \angle PF_{2}F_{1}} = \frac{a}{c}$，则该双曲线的离心率的取值范围为______.

\begin{answer} $(1,\sqrt{2}+1)$ \end{answer}

\begin{solution} 在三角形 $PF_1F_2$ 中，由正弦定理 故 $PF_2<PF_1$，点 $P$ 在双曲线的右支，并且双曲线定义给出 令 $PF_1=r_1$，$PF_2=r_2$，则 $r_2=\frac{r_1}{e}$，从而 $r_1=\frac{2ae}{e-1}$，$r_2=\frac{2a}{e-1}$. 三角形存在的必要条件是 $r_1+r_2>F_1F_2=2c=2ae$，于是 结合双曲线离心率 $e>1$，得 反之，在此范围内，除 外，还有 $r_2+2c-r_1=2c-2a=2a(e-1)>0$，$r_1+2c-r_2=2a+2c>0$. 所以三边 $r_1$，$r_2$，$2c$ 满足三角形不等式，且 $r_1-r_2=2a$，可构成右支上一点 $P$，故范围正是 \end{solution}

已知以原点 $O$ 为中心的椭圆的一条准线方程为 $x = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，离心率 $e = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$M$ 是椭圆上的动点.

(1) 若点 $C$，$D$ 的坐标分别是 $(0, -\sqrt{3})$，$(0, \sqrt{3})$，求 $|MC| \cdot |MD|$ 的最大值； (2) 如图，点 $A$ 的坐标为 $(1,0)$，$B$ 是圆 $x^{2} + y^{2} = 1$ 上的点，$N$ 是点 $M$ 在 $x$ 轴上的射影，点 $Q$ 满足条件：$\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ON}$，$\overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{BA} = 0$. 求线段 $QB$ 的中点 $P$ 的轨迹方程.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因准线方程为 $x=4\frac{\sqrt{3}}{3}$，椭圆长轴在 $x$ 轴上，且准线到原点的距离为 $\frac{a}{e}$. 由 $e=\frac{\sqrt{3}}{2}$，有 $\frac{a}{e}=\frac{4\sqrt3}{3}$，$a=e\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=2$，$c=ae=\sqrt3$. 又 $b^2=a^2-c^2=1$，故椭圆方程为 设 $M=(u,v)$，则 $\frac{u^2}{4}+v^2=1$，且 $|MC|^2=u^2+(v+\sqrt3)^2$，$|MD|^2=u^2+(v-\sqrt3)^2$. 于是 令 $z=v^2$，则 $0\leqslant z\leqslant1$，且 的导数为 $18z-54<0$，故其在 $[0,1]$ 上严格递减. 因 $|MC|\cdot|MD|\geqslant0$，其最大值在 $z=0$ 时取得. 此时 $M=(2,0)$ 或 $M=(-2,0)$，从而 \item 设 $M=(u,v)$. 因 $N=(u,0)$ 且 $\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}$，有 $Q=(2u,v)$. 由 $\frac{u^2}{4}+v^2=1$，令 $Q=(X,Y)$，则 设 $P=(x,y)$. 由于 $P$ 是 $QB$ 的中点，$B=2P-Q$. 又 $A=(1,0)$，条件 $\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0$ 给出 即 另一方面，$|B|=1$，所以 代入上式可得 取参数 $\lambda=\cos\theta$，$\mu=\sin\theta$，则 $Q=(4\lambda,\mu)$，$\lambda^2+\mu^2=1$. 因而 $P$ 必须满足 令 $K=(4\lambda-1)^2+\mu^2=15\lambda^2-8\lambda+2$，$D=\frac{15\lambda^2-4\lambda+1}{2}$. 由于 $\lambda^2+\mu^2=1$，有 $K>0$. 上面两式分别是以 $(\frac{1}{2},0)$ 为圆心的圆和一条直线. 圆心到直线的有向距离为 $\frac{D}{\sqrt K}$，并且 所以轨迹的参数方程可写为 对任意上述参数，取 $Q=(4\lambda,\mu)$、$B=2P-Q$，则 $|B|=1$ 且 $\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0$；反之原题中的 $M$，$N$，$Q$，$B$，$P$ 必满足上述两式. 因此该参数方程给出的曲线正是所求轨迹. \end{enumerate} \end{solution}