若圆 $C$ 与圆 $(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1$ 关于原点对称，则圆 $C$ 的方程为（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 已知圆的圆心为 $(-2,1)$，半径为 $1$. 关于原点对称后，圆心变为 $(2,-1)$，半径不变，所以圆 $C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y+1)^{2}=1$，故选 A. \end{solution}

抛物线 $y=ax^{2}$ 的准线方程是 $y=2$，则 $a$ 的值为（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 将抛物线写成标准形式 $x^{2}=4py$，则 $y=ax^{2}$ 等价于 $x^{2}=\frac{1}{a}y$，所以 $4p=\frac{1}{a}$. 抛物线的准线为 $y=-p$，由 $-p=2$ 得 $p=-2$，从而 $a=\frac{1}{4p}=-\frac{1}{8}$，故选 B. \end{solution}

已知双曲线中心在原点且一个焦点为 $F(\sqrt{7}, 0)$，直线 $y = x - 1$ 与其相交于 $M$，$N$ 两点，$MN$ 中点的横坐标为 $-\frac{2}{3}$，则此双曲线的方程是（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，其中焦半距为 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{7}$，所以 $a^{2}+b^{2}=7$. 将直线 $y=x-1$ 代入，得 设交点的横坐标为 $x_{1}$，$x_{2}$. 整理为关于 $x$ 的二次方程并由韦达定理得 由中点横坐标为 $-\frac{2}{3}$，得 $x_{1}+x_{2}=-\frac{4}{3}$，所以 $\frac{-2a^{2}}{b^{2}-a^{2}}=-\frac{4}{3}$，$5a^{2}=2b^{2}$. 联立 $a^{2}+b^{2}=7$，得 $a^{2}=2$，$b^{2}=5$. 因此双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{5}=1$，故选 D. \end{solution}

已知长方形的四个顶点 $A(0, 0)$， $B(2, 0)$， $C(2, 1)$ 和 $D(0, 1)$. 一质点从 $AB$ 的中点 $P_0$ 沿与 $AB$ 夹角为 $\theta$ 的方向射到 $BC$ 上的点 $P_1$ 后，依次反射到 $CD$， $DA$ 和 $AB$ 上的点 $P_2$， $P_3$ 和 $P_4$（入射角等于反射角）. 设 $P_4$ 的坐标为 $(x_4, 0)$，若 $1 < x_4 < 2$，则 $\tan \theta$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 令 $t=\tan\theta$. 由于质点先从 $AB$ 射向 $BC$，取 $t>0$. 将每次反射后的长方形关于反射边对称展开，反射轨迹就变为一条直线. 以原长方形左下角为坐标原点，在展开图中取 $P_{0}=(1,0)$，则直线轨迹为 $Y=t(X-1)$.

第一次碰到 $BC$ 时，展开图中的右边界为 $X=2$，故 $P_{1}$ 对应于 $(2,t)$. 将长方形关于 $BC$ 展开后，第二次碰到 $CD$ 时仍在 $2<X<4$ 的展开矩形内；由 $Y=1$ 得 再关于 $CD$ 展开，第三次碰到 $DA$ 时对应于展开图中的边界 $X=4$，所以 再关于 $DA$ 展开，第四次碰到 $AB$ 时对应于 $Y=2$，因而

第四次碰到 $AB$ 的展开矩形为 $4<X<6$，该矩形折回原长方形后横坐标为 $x_{4}=X-4$，所以 由 $1<x_{4}<2$，得 $1<\frac{2}{t}-3<2$， 从而 $\frac{2}{5}<t<\frac{1}{2}$. 这个范围自动保证各次碰撞依次落在相应边界的内部，故 $\tan\theta\in\left(\frac{2}{5},\frac{1}{2}\right)$，选 C. \end{solution}

已知常数 $a > 0$，向量 $\boldsymbol{c} = (0, a)$， $\boldsymbol{i} = (1, 0)$，经过原点 $O$ 以 $\boldsymbol{c} + \lambda \boldsymbol{i}$ 为方向向量的直线与经过定点 $A(0, a)$ 以 $\boldsymbol{i} - 2\lambda \boldsymbol{c}$ 为方向向量的直线相交于点 $P$，其中 $\lambda \in \mathbf{R}$. 试问：是否存在两个定点 $E$，$F$，使得 $|PE| + |PF|$ 为定值. 若存在，求出 $E$，$F$ 的坐标；若不存在，说明理由.

\begin{solution} 设交点 $P$ 的坐标为 $(x,y)$. 两条直线的方向向量分别为 $(\lambda,a)$ 和 $(1,-2\lambda a)$，所以它们的方程分别为 $\lambda y=ax$ 和 $y-a=-2\lambda ax$. 将第一式乘以 $y$，再利用第二式消去 $\lambda$，得 即 由于 $a>0$，点 $P$ 在椭圆 上. 令 $P=s(\lambda,a)=(s\lambda,sa)$，同时由第二条直线可写成 $P=(t,a-2\lambda at)$. 比较坐标得 $t=s\lambda$ 以及 $sa=a-2\lambda a(s\lambda)$，从而 $s=\frac{1}{1+2\lambda^{2}}$，即 所以 $y>0$. 反之，对上述椭圆上任意满足 $y>0$ 的点 $(x,y)$，由椭圆方程可得 $2a^{2}x^{2}=y(a-y)$. 取 $\lambda=\frac{ax}{y}$，则 $1+2\lambda^{2}=\frac{a}{y}$，从而 因此，当 $\lambda$ 取遍 $\mathbf{R}$ 时，实际轨迹是上述椭圆去掉下端点 $(0,0)$；原点只是 $\lvert\lambda\rvert\to+\infty$ 时的极限点.

当 $0<a<\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，横半轴 $\frac{1}{2\sqrt{2}}$ 是长半轴，焦半距为 取两个焦点 $E\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-a^{2}},\frac{a}{2}\right)$，$F\left(-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}-a^{2}},\frac{a}{2}\right)$. 椭圆上任一点到两个焦点的距离和为横轴长 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，所以存在这样的两个定点.

当 $a>\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，纵半轴 $\frac{a}{2}$ 是长半轴，焦半距为 取两个焦点 $E\left(0,\frac{a+\sqrt{a^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)$，$F\left(0,\frac{a-\sqrt{a^{2}-\frac{1}{2}}}{2}\right)$. 此时距离和为纵轴长 $a$，所以也存在这样的两个定点.

当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，椭圆变为圆，实际轨迹是该圆去掉下端点 $(0,0)$，因而包含一个非退化圆弧. 若存在两个不同定点 $E$，$F$ 使距离和在这段圆弧上恒定，则以 $E$，$F$ 为焦点的非退化椭圆包含一段圆弧，这不可能，因为非退化椭圆不能与圆重合；只有两个焦点重合时，定和曲线才可能是圆. 因而圆情形不存在满足题意的两个不同定点. \end{solution}