若直线 $2x - y + c = 0$ 按向量 $\boldsymbol{a} = (1, -1)$ 平移后与圆 $x^{2} + y^{2} = 5$ 相切，则 $c$ 的值为（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 平移后直线上的点 $(x,y)$ 对应于原直线上的点 $(x-1,y+1)$，所以平移后的直线方程为 $2(x-1)-(y+1)+c=0$， 即 $2x-y+c-3=0$. 该直线与圆 $x^2+y^2=5$ 相切，当且仅当原点到直线的距离等于圆半径 $\sqrt5$，即 $\frac{|c-3|}{\sqrt5}=\sqrt5$. 所以 $|c-3|=5$，得 $c=8$ 或 $c=-2$，选 A. \end{solution}

已知双曲线的中心在原点，离心率为 $\sqrt{3}$. 若它的一条准线与抛物线 $y^{2} = 4x$ 的准线重合，则该双曲线与抛物线 $y^{2} = 4x$ 的交点到原点的距离是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 抛物线 $y^2=4x$ 的焦点为 $(1,0)$，准线为 $x=-1$. 双曲线的一条准线与其重合，故双曲线为横轴型，设其方程为 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，且 $c^2=a^2+b^2$，$\frac ca=\sqrt3$. 双曲线准线为 $x=\pm\frac ae$，由 $\frac ae=1$ 得 $a=\sqrt3$，进而 $c=3$、$b^2=6$. 与抛物线联立： 解得 $x=3$ 或 $x=-1$，抛物线要求 $x\geqslant0$，故交点的横坐标为 $3$，且 $y^2=12$. 交点到原点的距离为 选 B. \end{solution}

已知椭圆 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$（$a > b > 0$）的左，右焦点分别是 $F_1(-c, 0)$，$F_2(c, 0)$，$Q$ 是椭圆外的动点. 满足 $\left|\overrightarrow{F_1Q}\right| = 2a$. 点 $P$ 是线段 $F_1Q$ 与该椭圆的交点，点 $T$ 在线段 $F_2Q$ 上，并且满足 $\overrightarrow{PT} \cdot \overrightarrow{TF_2} = 0$，$\left|\overrightarrow{F_2T}\right| \neq 0$.

(1) 设 $x$ 为点 $P$ 的横坐标，证明：$\left|\overrightarrow{F_1P}\right| = a + \frac{c}{a}x$； (2) 求点 $T$ 的轨迹 $C$ 的方程； (3) 试问：在点 $T$ 的轨迹 $C$ 上，是否存在点 $M$，使 $\triangle F_1MF_2$ 的面积 $S = b^2$. 若存在，求 $\angle F_1MF_2$ 的正切值；若不存在，请说明理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 $P=(x,y)$. 由椭圆方程及 $a^2=b^2+c^2$，有 又因 $a^2=b^2+c^2$，所以 椭圆上 $-a\leqslant x\leqslant a$，而 $a+\frac ca x\geqslant a-c>0$，故 $\left|\overrightarrow{F_1P}\right|=a+\frac ca x$.

\item 由椭圆的定义，$PF_1+PF_2=2a$. 又题设 $F_1Q=2a$，且 $P$ 在线段 $F_1Q$ 上，所以 若 $P\ne T$，则因 $\left|\overrightarrow{F_2T}\right|\ne0$ 且 $\overrightarrow{PT}\cdot\overrightarrow{TF_2}=0$，有 $PT\perp TF_2$. 在等腰三角形 $QPF_2$ 中，$PT$ 是底边 $QF_2$ 上的高，所以 $T$ 是 $QF_2$ 的中点. 若 $P=T$，则 $P$ 在 $QF_2$ 上，且 $PQ=PF_2$，所以 $P=T$ 仍是 $QF_2$ 的中点. 因而无论哪种情形，$T$ 都是 $QF_2$ 的中点.

设 $T=(u,v)$，$Q=(X,Y)$. 因为 $T$ 是 $QF_2$ 的中点， $u=\frac{X+c}{2}$，$v=\frac Y2$. 而 $F_1Q=2a$ 给出 $(X+c)^2+Y^2=4a^2$，于是 因此点 $T$ 的轨迹包含在圆 $x^2+y^2=a^2$ 上.

反过来，任取圆 $u^2+v^2=a^2$ 上的点 $T=(u,v)$，令 $Q=(2u-c,2v)$. 则 $F_1Q=2a$. 又因为椭圆包含在圆 $x^2+y^2\leqslant a^2$ 内，且 $F_1$ 到该圆内任一点的距离不超过 $a+c<2a$，所以 $Q$ 在椭圆外；而 $F_1$ 在椭圆内部，故线段 $F_1Q$ 与椭圆相交于一点 $P$. 由前面的等式 $PQ=PF_2$，三角形 $QPF_2$ 为等腰三角形，且 $T$ 是其底边 $QF_2$ 的中点，因此 $T$ 满足题设条件. 另外，$|F_2T|\ne0$，因为 $|F_2|=c<a=|OT|$. 所以圆上每一点都能取得，轨迹方程为 $C:\ x^2+y^2=a^2$.

\item 设 $M=(x_0,y_0)$ 在轨迹 $C$ 上. 三角形 $F_1MF_2$ 的底边为 $2c$，故 $S=\frac12\cdot2c\cdot|y_0|=c|y_0|$. 条件 $S=b^2$ 等价于 $|y_0|=\frac{b^2}{c}$. 因为 $M\in C$ 时 $|y_0|\leqslant a$，所以存在这样的点 $M$ 的充要条件是 $a\geqslant\frac{b^2}{c}$. 若 $a<\frac{b^2}{c}$，则圆 $C$ 上任意点的三角形面积都小于 $b^2$，不存在这样的点 $M$. 当 $a\geqslant\frac{b^2}{c}$ 时，取圆 $C$ 上满足 $|y_0|=\frac{b^2}{c}$ 的点 $M$，下面求其角度.

另一方面，$\overrightarrow{MF_1}$ 与 $\overrightarrow{MF_2}$ 的夹角就是 $\angle F_1MF_2$，所以 \end{enumerate} \end{solution}