过双曲线 $x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1$ 的右焦点且与 $x$ 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于 $A$，$B$ 两点，$|AB| =$（ ）

\begin{solution} 双曲线的标准参数满足 $a^{2}=1$，$b^{2}=3$，所以 $c^{2}=a^{2}+b^{2}=4$，右焦点为 $(2,0)$. 两条渐近线为 $y=\pm\sqrt3x$，过右焦点且垂直于 $x$ 轴的直线为 $x=2$.

该直线与两条渐近线的交点为 $A(2,2\sqrt3)$，$B(2,-2\sqrt3)$，因此 $\lvert AB\rvert=4\sqrt3$，故选 D. \end{solution}

设直线 $l$ 与抛物线 $y^{2} = 4x$ 相交于 $A$，$B$ 两点，与圆 $(x - 5)^{2} + y^{2} = r^{2}$（$r > 0$）相切于点 $M$，且 $M$ 为线段 $AB$ 的中点. 若这样的直线 $l$ 恰有 4 条，则 $r$ 的取值范围是（ ）

\begin{solution} 设抛物线上两交点对应的参数为 $u$，$v$，即 $A=(u^2,2u)$，$B=(v^2,2v)$，并记 $s=u+v$，$p=uv$. 则弦 $AB$ 的方向向量可取 $(s,2)$，其中点为 $M=\left(\dfrac{s^2-2p}{2},s\right)$.

若 $s\ne0$，由直线 $AB$ 与半径 $M-(5,0)$ 垂直，得 从而 $p=\dfrac{s^2}{2}-3$. 于是 $M=(3,s)$，而两交点不同的条件为 $s^2-4p=12-s^2>0$，即 $\lvert s\rvert<2\sqrt3$. 此时 $r=\lvert M-(5,0)\rvert=\sqrt{4+s^2}$，所以当 $2<r<4$ 时有两个不同的 $s$，从而有两条非竖直直线.

当 $s=0$ 时，弦为竖直直线 $x=c$，且 $c>0$ 才能与抛物线交于两个不同点. 它与圆相切的条件为 $\lvert c-5\rvert=r$. 在 $0<r<5$ 时得到两条竖直切线 $x=5-r$ 和 $x=5+r$. 因而恰有四条直线的条件为 $2<r<4$，故选 D. \end{solution}

如图，椭圆 $E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ （$a > b > 0$）的离心率是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，过点 $P(0,1)$ 的动直线 $l$ 与椭圆相交于 $A$，$B$ 两点. 当直线 $l$ 平行于 $x$ 轴时，直线 $l$ 被椭圆 $E$ 截得的线段长为 $2\sqrt{2}$.

(1) 求椭圆 $E$ 的方程； (2) 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，是否存在与点 $P$ 不同的定点 $Q$，使得 $\frac{|QA|}{|QB|} = \frac{|PA|}{|PB|}$ 恒成立？ 若存在，求出点 $Q$ 的坐标；若不存在，请说明理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由离心率条件， $\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}$，$c^2=a^2-b^2$ 得 $b^2=\dfrac{a^2}{2}$. 当 $l\parallel x$ 轴时，$l$ 的方程为 $y=1$，设其与椭圆的两个交点横坐标为 $\pm\sqrt2$，则 代入 $b^2=\dfrac{a^2}{2}$，得 $a^2=4$，$b^2=2$. 所以椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1$. \item 先确定定点的位置. 取水平直线 $y=1$，其两个交点关于 $y$ 轴对称，且 $PA=PB$，所以满足条件的 $Q$ 必在 $y$ 轴上，设 $Q=(0,q)$. 再取竖直直线 $x=0$，其交点为 $(0,\sqrt2)$，$(0,-\sqrt2)$，于是 解得 $q=1$ 或 $q=2$. 由于 $Q\ne P$，只能取 $Q=(0,2)$.

下面验证该点对任意过 $P$ 的非竖直直线都成立. 设直线斜率为 $k$，用参数 $t$ 表示其上的点 $R(t)=(t,1+kt)$. 与椭圆的交点参数 $t_1$，$t_2$ 满足 即 $(1+2k^2)t^2+4kt-2=0$. 因此 $t_1t_2=-\frac2{1+2k^2}$，$\frac1{t_1}+\frac1{t_2}=\frac{t_1+t_2}{t_1t_2}=2k$. 对 $u_i=\dfrac1{t_i}$，令 $F(u)=u^2-2ku+1+k^2$，则 又 $Q=(0,2)$，所以 从而 $\dfrac{QA}{\lvert t_1\rvert}=\dfrac{QB}{\lvert t_2\rvert}$. 另一方面，$PA=\lvert t_1\rvert\sqrt{1+k^2}$，$PB=\lvert t_2\rvert\sqrt{1+k^2}$，故 竖直直线的情形已用于确定 $Q$，并且上式中的比例直接验证为 $\dfrac{2-\sqrt2}{2+\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1}$. 所以该定点确为 $Q=(0,2)$. \end{enumerate} \end{solution}