已知四边形 $ABCD$ 是菱形，点 $P$ 在对角线 $AC$ 上（不包括端点 $A$，$C$），则 $\overrightarrow{AP} =$（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 菱形是平行四边形，所以 $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$. 因为点 $P$ 在对角线 $AC$ 的内部，所以存在 $\lambda\in(0,1)$，使得 $\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AC}=\lambda(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})$，故选 A. \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}