di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Plane Geometry


Question: $勒洛三角形是由19世纪德国工程师勒洛在研究机械分类时发现的.如图1，以等边三角形ABC的每个顶点为圆心、边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形ABC.受此启发，某数学兴趣小组绘制了勒洛五边形.如图2，分别以正五边形ABCDE的各顶点为圆心，对角线长为半径，在距离该顶点较远的另外两个顶点间画一段圆弧，五段圆弧围成的曲边五边形就是勒洛五边形ABCDE.设正五边形ABCDE的边长为1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591420441432067/img/compression/M_01477c8dd991dd4f79033481288a3ad1.jpg)$图1$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591420441432067/img/compression/M_85c0790da6827254a18f15a071e609f4.jpg)$图2$
$设正五边形ABCDE的外接圆的周长为l_{2}，试比较l_{1}与l_{2}的大小，并说明理由.\left(注：\\\cos    \frac{\pi }{5}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}\right)$

Solution:
$l_{1}如图所示，作出正五边形ABCDE的外接圆，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591420986691586/img/compression/M_0e1696bf454bc83da63c363c252915e2.jpg)$由(1)知，\angle AEB=\frac{\pi }{5}，所以由圆心角与圆周角的关系得\angle AOB=2\angle AEB=\frac{2\pi }{5}，在\triangle AOB中，AB=1，OA=OB，\angle AOB=\frac{2\pi }{5}，由余弦定理，得AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}-2\times OA\times OB\times \\cos  \angle AOB，即1=2\times OA^{2}\times \left(1-\\\cos    \frac{2\pi }{5}\right)，(8分)因为\\cos   \frac{\pi }{5}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}，所以\\cos   \frac{2\pi }{5}=2\\cos  ^{2}\frac{\pi }{5}-1=2\times \left(\frac{\sqrt{5}+1}{4}\right)^2-1=\frac{\sqrt{5}-1}{4}，所以1=2\times OA^{2}\times \left(1-\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)=OA^{2}\times \frac{5-\sqrt{5}}{2}，所以OA=\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}，(9分)所以正五边形ABCDE的外接圆的周长l_{2}=2\times OA\times \pi =2\times \sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}\times \pi =\sqrt{\frac{10+2\sqrt{5}}{5}}\pi ，(10分)因为\left[\frac{(\sqrt{5}+1)}{2}\right]^2-\frac{10+2\sqrt{5}}{5}=\frac{\sqrt{5}-5}{10}<0，(11分)所以l^2_1-l^2_2<0，所以l_{1}<l_{2}.(12分)$

Final answer: $l_{1}<l_{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一”观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是60^\circ ，区域PMB和区域PNC内种植郁金香，区域AMPN内种植月季花.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591422194651138/img/compression/M_8ea8537f856405b8a9b5374933101323.jpg)
$探究观赏小径PM，PN的长度之和是不是定值?请说明理由；$

Solution:
$是定值，理由如下：在\triangle BPM中，\angle BMP=180^\circ -60^\circ -45^\circ =75^\circ ，(1分)由正弦定理可得\frac{PM}{\\\sin    B}=\frac{PB}{\\\sin   \angle BMP}，所以PM=\frac{\\\sin    45^{\circ}\times PB}{\\\sin    75^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}PB=(\sqrt{3}-1)PB，(2分)同理可得PN=(\sqrt{3}-1)PC，(3分)所以PM+PN=(\sqrt{3}-1)(PC+PB)=(\sqrt{3}-1)BC=400(\sqrt{3}-1)，为定值.(4分)$

Final answer: $是定值，PM+PN=(\sqrt{3}-1)(PC+PB)=(\sqrt{3}-1)BC=400(\sqrt{3}-1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一”观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是60^\circ ，区域PMB和区域PNC内种植郁金香，区域AMPN内种植月季花.$<img_1987>
$求观赏小径PM，PN的长度之和；$

Solution:
$是定值，理由如下：在\triangle BPM中，\angle BMP=180^\circ -60^\circ -45^\circ =75^\circ ，(1分)由正弦定理可得\frac{PM}{\\\sin    B}=\frac{PB}{\\\sin   \angle BMP}，所以PM=\frac{\\\sin    45^{\circ}\times PB}{\\\sin    75^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}PB=(\sqrt{3}-1)PB，(2分)同理可得PN=(\sqrt{3}-1)PC，(3分)所以PM+PN=(\sqrt{3}-1)(PC+PB)=(\sqrt{3}-1)BC=400(\sqrt{3}-1)，为定值.(4分)$



Final answer: 400(\sqrt{3}-1)
Subfield: Plane Geometry


Question: $某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一”观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是60^\circ ，区域PMB和区域PNC内种植郁金香，区域AMPN内种植月季花.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591422194651138/img/compression/M_8ea8537f856405b8a9b5374933101323.jpg)
$为深度体验观赏，准备在月季花区域内修建小径MN，当点P在何处时，三条小径PM，PN，MN的长度之和最小?$

Solution:
$在\triangle PMN中，由余弦定理可得MN^{2}=PM^{2}+PN^{2}-2PM\cdot PN\\cos   60^\circ ，即MN^{2}=(PM+PN)^{2}-3PM\cdot PN\geq (PM+PN)^{2}-3\times \frac{(PM+PN)^2}{4}\geq \frac{(PM+PN)^2}{4}，(6分)当且仅当PM=PN时，等号成立，所以MN\geq \frac{PM+PN}{2}，当且仅当PM=PN时，等号成立，又由(1)得PM+PN=400(\sqrt{3}-1)，所以MN\geq 200(\sqrt{3}-1)，当且仅当PM=PN=200(\sqrt{3}-1)时，等号成立.(7分)故当点P是MN的中点时，三条小径PM，PN，MN的长度之和最小，为600(\sqrt{3}-1)米.(8分)$

Final answer: $当点P是MN的中点时$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一”观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是60^\circ ，区域PMB和区域PNC内种植郁金香，区域AMPN内种植月季花.$<img_1987>
$为深度体验观赏，准备在月季花区域内修建小径MN，当点P在何处时，三条小径PM，PN，MN的长度之和最小?$

Solution:
$在\triangle PMN中，由余弦定理可得MN^{2}=PM^{2}+PN^{2}-2PM\cdot PN\\cos   60^\circ ，即MN^{2}=(PM+PN)^{2}-3PM\cdot PN\geq (PM+PN)^{2}-3\times \frac{(PM+PN)^2}{4}\geq \frac{(PM+PN)^2}{4}，(6分)当且仅当PM=PN时，等号成立，所以MN\geq \frac{PM+PN}{2}，当且仅当PM=PN时，等号成立，又由(1)得PM+PN=400(\sqrt{3}-1)，所以MN\geq 200(\sqrt{3}-1)，当且仅当PM=PN=200(\sqrt{3}-1)时，等号成立.(7分)故当点P是MN的中点时，三条小径PM，PN，MN的长度之和最小，为600(\sqrt{3}-1)米.(8分)$



Final answer: $当点P是MN的中点时$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一”观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是60^\circ ，区域PMB和区域PNC内种植郁金香，区域AMPN内种植月季花.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591422194651138/img/compression/M_8ea8537f856405b8a9b5374933101323.jpg)
$求郁金香区域面积之和的最小值.$

Solution:
$由(1)可知PM=(\sqrt{3}-1)PB，故S_{\triangle BPM}=\frac{1}{2}PB\cdot PM\cdot \\sin   60^\circ =\frac{\sqrt{3}}{4}\times (\sqrt{3}-1)PB^{2}，(9分)同理可得S_{\triangle CPN}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times (\sqrt{3}-1)PC^{2}，(10分)所以S_{\triangle BPM}+S_{\triangle CPN}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times (\sqrt{3}-1)(PB^{2}+PC^{2})=\frac{3-\sqrt{3}}{4}\times [(PB+PC)^{2}-2PB\cdot PC]\geq \frac{3-\sqrt{3}}{4}\times \left[(PB+PC)^2-2\times \frac{(PB+PC)^2}{4}\right]=\frac{3-\sqrt{3}}{8}\times (PB+PC)^{2}=\frac{3-\sqrt{3}}{8}\times BC^{2}=20 000(3-\sqrt{3}).(11分)当且仅当PB=PC=200时等号成立，故郁金香区域面积之和的最小值为20 000(3-\sqrt{3})平方米.(12分)$

Final answer: $20,000(3-\sqrt 3)$ 平方米
Subfield: Plane Geometry


Question: $某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米，为迎接“五一”观光游，欲在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都是60^\circ ，区域PMB和区域PNC内种植郁金香，区域AMPN内种植月季花.$<img_1987>
$求郁金香区域面积之和的最小值.$

Solution:
$由(1)可知PM=(\sqrt{3}-1)PB，故S_{\triangle BPM}=\frac{1}{2}PB\cdot PM\cdot \\sin   60^\circ =\frac{\sqrt{3}}{4}\times (\sqrt{3}-1)PB^{2}，(9分)同理可得S_{\triangle CPN}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times (\sqrt{3}-1)PC^{2}，(10分)所以S_{\triangle BPM}+S_{\triangle CPN}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times (\sqrt{3}-1)(PB^{2}+PC^{2})=\frac{3-\sqrt{3}}{4}\times [(PB+PC)^{2}-2PB\cdot PC]\geq \frac{3-\sqrt{3}}{4}\times \left[(PB+PC)^2-2\times \frac{(PB+PC)^2}{4}\right]=\frac{3-\sqrt{3}}{8}\times (PB+PC)^{2}=\frac{3-\sqrt{3}}{8}\times BC^{2}=20 000(3-\sqrt{3}).(11分)当且仅当PB=PC=200时等号成立，故郁金香区域面积之和的最小值为20 000(3-\sqrt{3})平方米.(12分)$

Final answer: $20,000(3-\sqrt 3)$ 平方米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.$<img_2868>
$若D为线段AC的中点，求证：AC\perp 平面PDO；$

Solution:
$证明：在\triangle AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC\perp DO.又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO\perp AC.(2分)因为DO\cap PO=O，DO，PO\subset 平面PDO，所以AC\perp 平面PDO.(4分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591453275570179/img/compression/M_bb8d129fb4f18a615f523b268811ff49.jpg)
$若D为线段AC的中点，求证：AC\perp 平面PDO；$

Solution:
$证明：在\triangle AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC\perp DO.又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO\perp AC.(2分)因为DO\cap PO=O，DO，PO\subset 平面PDO，所以AC\perp 平面PDO.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591453275570179/img/compression/M_bb8d129fb4f18a615f523b268811ff49.jpg)
$求三棱锥P-ABC的体积的最大值；$

Solution:
$因为点C在圆O上，所以当CO\perp AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.又AB=2OB=2，所以\triangle ABC面积的最大值为\frac{1}{2}\times 2\times 1=1.(6分)因为三棱锥P-ABC的高PO=1，所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}.(8分)$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.$<img_2868>
$求三棱锥P-ABC的体积的最大值；$

Solution:
$因为点C在圆O上，所以当CO\perp AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.又AB=2OB=2，所以\triangle ABC面积的最大值为\frac{1}{2}\times 2\times 1=1.(6分)因为三棱锥P-ABC的高PO=1，所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}.(8分)$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591453275570179/img/compression/M_bb8d129fb4f18a615f523b268811ff49.jpg)
$若BC=\sqrt{2}，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值.$

Solution:
$在\triangle POB中，PO=OB=1，\angle POB=90^\circ ，所以PB=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.同理PC=\sqrt{2}，所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC中，将\triangle BCP绕PB旋转至\triangle BC'P，使之与平面ABP共面，如图所示.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591453762109442/img/compression/M_1e625763d131e94ce46940152d78cf9e.jpg)$当O，E，C'共线时，CE＋OE取得最小值.(10分)因为OP=OB，C'P=C'B，所以OC'垂直平分PB，则E为PB的中点.从而OC'=OE＋EC'=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}，即CE＋OE的最小值为\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}.(12分)$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.$<img_2868>
$若BC=\sqrt{2}，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值.$

Solution:
$在\triangle POB中，PO=OB=1，\angle POB=90^\circ ，所以PB=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.同理PC=\sqrt{2}，所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC中，将\triangle BCP绕PB旋转至\triangle BC'P，使之与平面ABP共面，如图所示.$<img_1637>$当O，E，C'共线时，CE＋OE取得最小值.(10分)因为OP=OB，C'P=C'B，所以OC'垂直平分PB，则E为PB的中点.从而OC'=OE＋EC'=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}，即CE＋OE的最小值为\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}.(12分)$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}.$
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Question: $如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB=1,PA\perp 平面ABCD,PA=1,E为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591468524683265/img/compression/M_f8956e1b42cff05270be7aac525c6c00.jpg)
$求证:PE\perp DE；$

Solution:
$证明：如图，连接AE,\because E为BC的中点,\therefore EC=CD=1,\therefore \triangle DCE为等腰直角三角形,则\angle DEC=45^\circ ,同理可得\angle AEB=45^\circ ,\therefore \angle AED=90^\circ ,\therefore DE\perp AE.\because PA\perp 平面ABCD,且DE\subset 平面ABCD,\therefore PA\perp DE.\because AE\cap PA=A,AE，PA\subset 平面PAE，\therefore DE\perp 平面PAE,又PE\subset 平面PAE,\therefore DE\perp PE.　　　$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591468818284546/img/compression/M_f365db515d87bda146aa043a96f3f414.jpg)$(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB=1,PA\perp 平面ABCD,PA=1,E为BC的中点.$<img_2975>
$求证:PE\perp DE；$

Solution:
$证明：如图，连接AE,\because E为BC的中点,\therefore EC=CD=1,\therefore \triangle DCE为等腰直角三角形,则\angle DEC=45^\circ ,同理可得\angle AEB=45^\circ ,\therefore \angle AED=90^\circ ,\therefore DE\perp AE.\because PA\perp 平面ABCD,且DE\subset 平面ABCD,\therefore PA\perp DE.\because AE\cap PA=A,AE，PA\subset 平面PAE，\therefore DE\perp 平面PAE,又PE\subset 平面PAE,\therefore DE\perp PE.　　　$<img_2109>$(4分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB=1,PA\perp 平面ABCD,PA=1,E为BC的中点.$<img_2975>
$求三棱锥C-PDE的体积；$

Solution:
$由(1)知\triangle DCE是腰长为1的等腰直角三角形,\therefore S_{\triangle DCE}=\frac{1}{2}\times 1\times 1=\frac{1}{2},易知PA是三棱锥P-DCE的高,\therefore V_{C-PDE}=V_{P-DCE}=\frac{1}{3}S_{\triangle DCE}\cdot PA=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}. (8分)$

Final answer: $\frac{1}{6}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB=1,PA\perp 平面ABCD,PA=1,E为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591468524683265/img/compression/M_f8956e1b42cff05270be7aac525c6c00.jpg)
$求三棱锥C-PDE的体积；$

Solution:
$由(1)知\triangle DCE是腰长为1的等腰直角三角形,\therefore S_{\triangle DCE}=\frac{1}{2}\times 1\times 1=\frac{1}{2},易知PA是三棱锥P-DCE的高,\therefore V_{C-PDE}=V_{P-DCE}=\frac{1}{3}S_{\triangle DCE}\cdot PA=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}. (8分)$

Final answer: $\frac{1}{6}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB=1,PA\perp 平面ABCD,PA=1,E为BC的中点.$<img_2975>
$在PA上是否存在点G,使得EG\parallel 平面PCD？并说明理由.$

Solution:
$在PA上存在点G,且G为PA的中点，使得EG\parallel 平面PCD.理由如下:分别取PA,PD的中点G,H,连接EG,GH,CH. \because G,H分别是PA,PD的中点, \therefore GH是\triangle PAD的中位线，\therefore GH\parallel AD,且GH=\frac{1}{2}AD,\because E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,\therefore EC\parallel AD,且EC=\frac{1}{2}AD,\therefore EC\parallel GH,且EC=GH,\therefore 四边形EGHC是平行四边形,\therefore EG\parallel CH.\because EG\not\subset 平面PCD,CH\subset 平面PCD,\therefore EG\parallel 平面PCD.(12分)$



Final answer: $在PA上存在点G,且G为PA的中点，使得EG\parallel 平面PCD.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB=1,PA\perp 平面ABCD,PA=1,E为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591468524683265/img/compression/M_f8956e1b42cff05270be7aac525c6c00.jpg)
$在PA上是否存在点G,使得EG\parallel 平面PCD？并说明理由.$

Solution:
$在PA上存在点G,且G为PA的中点，使得EG\parallel 平面PCD.理由如下:分别取PA,PD的中点G,H,连接EG,GH,CH. \because G,H分别是PA,PD的中点, \therefore GH是\triangle PAD的中位线，\therefore GH\parallel AD,且GH=\frac{1}{2}AD,\because E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,\therefore EC\parallel AD,且EC=\frac{1}{2}AD,\therefore EC\parallel GH,且EC=GH,\therefore 四边形EGHC是平行四边形,\therefore EG\parallel CH.\because EG\not\subset 平面PCD,CH\subset 平面PCD,\therefore EG\parallel 平面PCD.(12分)$

Final answer: $在PA上存在点G,且G为PA的中点，使得EG\parallel 平面PCD.$
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Question: $某市规划一个平面示意图为如图的五边形ABCDE的一条自行车赛道，AB，BC，CD，DE，EA为赛道(不考虑宽度)，BD，BE为赛道内的两条服务通道，\angle BCD=\angle BAE=\frac{2\pi }{3}，DE=8 km，BC=CD=2\sqrt{3} km.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591469975912451/img/compression/M_8ec7ea23cd926632f65b6c1769174c80.jpg)
$从①\angle CDE=\frac{2\pi }{3},②\\cos  \angle DBE=\frac{3}{5}这两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度;$

Solution:
$选①：在\triangle BCD中，由余弦定理得BD^{2}=BC^{2}+CD^{2}-2BC\cdot CD\\cos  \angle BCD=(2\sqrt{3})^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-2\times 2\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}\times \left(-\frac{1}{2}\right)=36，所以BD=6，(2分)因为\angle BCD=\frac{2\pi }{3}，BC=CD，所以\angle CBD=\angle CDB=\frac{\pi }{6}，又\angle CDE=\frac{2\pi }{3}，所以\angle BDE=\angle CDE-\angle CDB=\frac{\pi }{2}，在Rt\triangle BDE中，BE=\sqrt{BD^2+DE^2}=\sqrt{36+64}=10，故BE的长度为10 km.(6分)选②：在\triangle BCD中，由余弦定理得BD^{2}=BC^{2}+CD^{2}-2BC\cdot CD\\cos  \angle BCD=(2\sqrt{3})^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-2\times 2\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}\times \left(-\frac{1}{2}\right)=36，所以BD=6，(2分)在\triangle BDE中，由余弦定理得DE^{2}=BD^{2}+BE^{2}-2BD\cdot BE\\cos  \angle DBE，即64=36+BE^{2}-2\times 6\times BE\times \frac{3}{5}，解得BE=10(负值舍去)，故BE的长度为10 km.(6分)$

Final answer: $10 $ km
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Question: $某市规划一个平面示意图为如图的五边形ABCDE的一条自行车赛道，AB，BC，CD，DE，EA为赛道(不考虑宽度)，BD，BE为赛道内的两条服务通道，\angle BCD=\angle BAE=\frac{2\pi }{3}，DE=8 km，BC=CD=2\sqrt{3} km.$<img_2790>
$从①\angle CDE=\frac{2\pi }{3},②\\cos  \angle DBE=\frac{3}{5}这两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度;$

Solution:
$选①：在\triangle BCD中，由余弦定理得BD^{2}=BC^{2}+CD^{2}-2BC\cdot CD\\cos  \angle BCD=(2\sqrt{3})^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-2\times 2\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}\times \left(-\frac{1}{2}\right)=36，所以BD=6，(2分)因为\angle BCD=\frac{2\pi }{3}，BC=CD，所以\angle CBD=\angle CDB=\frac{\pi }{6}，又\angle CDE=\frac{2\pi }{3}，所以\angle BDE=\angle CDE-\angle CDB=\frac{\pi }{2}，在Rt\triangle BDE中，BE=\sqrt{BD^2+DE^2}=\sqrt{36+64}=10，故BE的长度为10 km.(6分)选②：在\triangle BCD中，由余弦定理得BD^{2}=BC^{2}+CD^{2}-2BC\cdot CD\\cos  \angle BCD=(2\sqrt{3})^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-2\times 2\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}\times \left(-\frac{1}{2}\right)=36，所以BD=6，(2分)在\triangle BDE中，由余弦定理得DE^{2}=BD^{2}+BE^{2}-2BD\cdot BE\\cos  \angle DBE，即64=36+BE^{2}-2\times 6\times BE\times \frac{3}{5}，解得BE=10(负值舍去)，故BE的长度为10 km.(6分)$

Final answer: $10 $ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市规划一个平面示意图为如图的五边形ABCDE的一条自行车赛道，AB，BC，CD，DE，EA为赛道(不考虑宽度)，BD，BE为赛道内的两条服务通道，\angle BCD=\angle BAE=\frac{2\pi }{3}，DE=8 km，BC=CD=2\sqrt{3} km.$<img_2790>
$在(1)的条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长(即BA+AE最大)?$

Solution:
$在\triangle BAE中，\angle BAE=\frac{2\pi }{3}，BE=10，由余弦定理得BE^{2}=AB^{2}+AE^{2}-2AB\cdot AE\\cos  \angle BAE，(8分)即100=AB^{2}+AE^{2}+AB\cdot AE，故(AB+AE)^{2}-100=AB\cdot AE\leq \left(\frac{AB+AE}{2}\right)^2，(10分)从而\frac{3}{4}(AB+AE)^{2}\leq 100，即AB+AE\leq \frac{20\sqrt{3}}{3}，当且仅当AB=AE=\frac{10\sqrt{3}}{3}时，等号成立.故设计为AB=AE=\frac{10\sqrt{3}}{3} km时，折线段赛道BAE最长.(12分)$



Final answer: $AB=AE=\frac{10\sqrt 3}{3}$ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市规划一个平面示意图为如图的五边形ABCDE的一条自行车赛道，AB，BC，CD，DE，EA为赛道(不考虑宽度)，BD，BE为赛道内的两条服务通道，\angle BCD=\angle BAE=\frac{2\pi }{3}，DE=8 km，BC=CD=2\sqrt{3} km.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591469975912451/img/compression/M_8ec7ea23cd926632f65b6c1769174c80.jpg)
$在(1)的条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长(即BA+AE最大)?$

Solution:
$在\triangle BAE中，\angle BAE=\frac{2\pi }{3}，BE=10，由余弦定理得BE^{2}=AB^{2}+AE^{2}-2AB\cdot AE\\cos  \angle BAE，(8分)即100=AB^{2}+AE^{2}+AB\cdot AE，故(AB+AE)^{2}-100=AB\cdot AE\leq \left(\frac{AB+AE}{2}\right)^2，(10分)从而\frac{3}{4}(AB+AE)^{2}\leq 100，即AB+AE\leq \frac{20\sqrt{3}}{3}，当且仅当AB=AE=\frac{10\sqrt{3}}{3}时，等号成立.故设计为AB=AE=\frac{10\sqrt{3}}{3} km时，折线段赛道BAE最长.(12分)$

Final answer: $AB=AE=\frac{10\sqrt 3}{3}$ km
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在平行四边形OABC中，C(1,3),A(3,0).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643265102045186/img/compression/M_e3fe3900630f24bb42a2c4bff7cd382f.jpg)
$求直线AB的方程；$

Solution:
$易得k_{OC}=\frac{3-0}{1-0}=3.因为AB\parallel OC，所以k_{AB}=3.又直线AB过点A(3,0),所以直线AB的方程为y=3(x-3),即y=3x-9.$

Final answer: $y=3x-9$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在平行四边形OABC中，C(1,3),A(3,0).$<img_2911>
$求直线AB的方程；$

Solution:
$易得k_{OC}=\frac{3-0}{1-0}=3.因为AB\parallel OC，所以k_{AB}=3.又直线AB过点A(3,0),所以直线AB的方程为y=3(x-3),即y=3x-9.$

Final answer: $y=3x-9$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在平行四边形OABC中，C(1,3),A(3,0).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643265102045186/img/compression/M_e3fe3900630f24bb42a2c4bff7cd382f.jpg)
$过点C作CD\perp AB于点D，求直线CD的方程.$

Solution:
$由(1)知直线AB的斜率为3，因为CD\perp AB，所以k_{CD}=-\frac{1}{3}，又直线CD过点C(1,3),所以直线CD的方程为y-3=-\frac{1}{3}(x-1)，即y=-\frac{1}{3}x+\frac{10}{3}.$

Final answer: $y=-\frac{1}{3}x+\frac{10}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，在平行四边形OABC中，C(1,3),A(3,0).$<img_2911>
$过点C作CD\perp AB于点D，求直线CD的方程.$

Solution:
$由(1)知直线AB的斜率为3，因为CD\perp AB，所以k_{CD}=-\frac{1}{3}，又直线CD过点C(1,3),所以直线CD的方程为y-3=-\frac{1}{3}(x-1)，即y=-\frac{1}{3}x+\frac{10}{3}.$

Final answer: $y=-\frac{1}{3}x+\frac{10}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,直线l过点P(2,1)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点.$<img_1713>
$若点P为线段AB的中点，求直线l的方程；$

Solution:
$由题可设A(a,0)，B(0,b)，a>0,b>0,若P为线段AB的中点，则\left\{\begin{matrix}\frac{a}{2}=2,\\ \frac{b}{2}=1,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=4,\\ b=2,\end{matrix}\right.所以直线l的方程为\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1，即x+2y－4=0.$

Final answer: $x+2y-4=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,直线l过点P(2,1)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643306493329409/img/compression/M_ec4532d412a8a6afada4b3eba629e66c.jpg)
$若点P为线段AB的中点，求直线l的方程；$

Solution:
$由题可设A(a,0)，B(0,b)，a>0,b>0,若P为线段AB的中点，则\left\{\begin{matrix}\frac{a}{2}=2,\\ \frac{b}{2}=1,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=4,\\ b=2,\end{matrix}\right.所以直线l的方程为\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1，即x+2y－4=0.$

Final answer: $x+2y-4=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,直线l过点P(2,1)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点.$<img_1713>
$若点P在线段AB上，且满足\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}，过点P作平行于x轴的直线交y轴于点M，动点E，F分别在线段MP和OA上，若直线EF平分直角梯形OAPM的面积，求证：直线EF必过一定点，并求出该定点坐标.$

Solution:
$\overrightarrow{AP}=(2－a,1),\overrightarrow{PB}=(－2,b－1)，由\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}得\left\{\begin{matrix}2-a=-4,\\ 1=2(b-1),\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=6,\\ b=\frac{3}{2},\end{matrix}\right.故A(6，0),B\left(0,\frac{3}{2}\right).所以S_{梯形OAPM}=\frac{1}{2}\times (6+2)\times 1=4.设E(m,1)，F(n,0)，m>0,n>0,则S_{梯形OMEF}=\frac{1}{2}\times (m+n)\times 1=2，即m+n=4，直线EF的方程为\frac{y-0}{1-0}=\frac{x-n}{m-n}，即x－n－(m－n)y=0，将m=4－n代入直线EF的方程得x－n－(4－2n)y=0，即n(2y－1)+x－4y=0，令\left\{\begin{matrix}2y-1=0,\\ x-4y=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=2,\\ y=\frac{1}{2},\end{matrix}\right.所以直线EF必过定点\left(2,\frac{1}{2}\right).$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,直线l过点P(2,1)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643306493329409/img/compression/M_ec4532d412a8a6afada4b3eba629e66c.jpg)
$若点P在线段AB上，且满足\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}，过点P作平行于x轴的直线交y轴于点M，动点E，F分别在线段MP和OA上，若直线EF平分直角梯形OAPM的面积，求证：直线EF必过一定点，并求出该定点坐标.$

Solution:
$\overrightarrow{AP}=(2－a,1),\overrightarrow{PB}=(－2,b－1)，由\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB}得\left\{\begin{matrix}2-a=-4,\\ 1=2(b-1),\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=6,\\ b=\frac{3}{2},\end{matrix}\right.故A(6，0),B\left(0,\frac{3}{2}\right).所以S_{梯形OAPM}=\frac{1}{2}\times (6+2)\times 1=4.设E(m,1)，F(n,0)，m>0,n>0,则S_{梯形OMEF}=\frac{1}{2}\times (m+n)\times 1=2，即m+n=4，直线EF的方程为\frac{y-0}{1-0}=\frac{x-n}{m-n}，即x－n－(m－n)y=0，将m=4－n代入直线EF的方程得x－n－(4－2n)y=0，即n(2y－1)+x－4y=0，令\left\{\begin{matrix}2y-1=0,\\ x-4y=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=2,\\ y=\frac{1}{2},\end{matrix}\right.所以直线EF必过定点\left(2,\frac{1}{2}\right).$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知正方形ABCD的四个顶点分别为A(0，-2)，C(4，2)，B(4，-2)，D(0，2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643315139612674/img/compression/M_997a8bdc23cd27c5e54dc79e023a9018.jpg)
$求对角线AC所在直线的方程；$

Solution:
$由直线方程的两点式可知，对角线AC所在直线的方程为\frac{y-2}{-2-2}=\frac{x-4}{0-4}，整理得x-y-2=0.$

Final answer: $x-y-2=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知正方形ABCD的四个顶点分别为A(0，-2)，C(4，2)，B(4，-2)，D(0，2).$<img_2039>
$求对角线AC所在直线的方程；$

Solution:
$由直线方程的两点式可知，对角线AC所在直线的方程为\frac{y-2}{-2-2}=\frac{x-4}{0-4}，整理得x-y-2=0.$

Final answer: $x-y-2=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知正方形ABCD的四个顶点分别为A(0，-2)，C(4，2)，B(4，-2)，D(0，2).$<img_2039>
$求正方形ABCD外接圆的方程；$

Solution:
$设G为正方形ABCD外接圆的圆心，则G为AC的中点，\therefore G(2，0).设r为正方形ABCD外接圆的半径，则r=\frac{1}{2}|AC|，又|AC|=\sqrt{(4-0)^2+(2+2)^2}=4\sqrt{2}，\therefore r=2\sqrt{2}.\therefore 正方形ABCD外接圆的方程为(x-2)^{2}+y^{2}=8.$

Final answer: $(x-2)^{2}+y^{2}=8$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知正方形ABCD的四个顶点分别为A(0，-2)，C(4，2)，B(4，-2)，D(0，2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643315139612674/img/compression/M_997a8bdc23cd27c5e54dc79e023a9018.jpg)
$求正方形ABCD外接圆的方程；$

Solution:
$设G为正方形ABCD外接圆的圆心，则G为AC的中点，\therefore G(2，0).设r为正方形ABCD外接圆的半径，则r=\frac{1}{2}|AC|，又|AC|=\sqrt{(4-0)^2+(2+2)^2}=4\sqrt{2}，\therefore r=2\sqrt{2}.\therefore 正方形ABCD外接圆的方程为(x-2)^{2}+y^{2}=8.$

Final answer: $(x-2)^{2}+y^{2}=8$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知正方形ABCD的四个顶点分别为A(0，-2)，C(4，2)，B(4，-2)，D(0，2).$<img_2039>
$若动点P为外接圆上一点，点N(-2,0)为定点，问线段PN中点M的轨迹是什么？并求出轨迹方程.$

Solution:
$设P(x_{0},y_{0})，M(x，y)，则\left\{\begin{matrix}x=\frac{x_0-2}{2},\\ y=\frac{y_0}{2},\end{matrix}\right.\therefore \left\{\begin{matrix}x_0=2x+2,\\ y_0=2y.\end{matrix}\right.\because 点P为外接圆上一点，\therefore (2x+2-2)^{2}+(2y)^{2}=8,整理，得x^{2}+y^{2}=2.\therefore 点M的轨迹是以原点为圆心，\sqrt{2}为半径的圆，轨迹方程为x^{2}+y^{2}=2.$

Final answer: $x^{2}+y^{2}=2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知正方形ABCD的四个顶点分别为A(0，-2)，C(4，2)，B(4，-2)，D(0，2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643315139612674/img/compression/M_997a8bdc23cd27c5e54dc79e023a9018.jpg)
$若动点P为外接圆上一点，点N(-2,0)为定点，问线段PN中点M的轨迹是什么？并求出轨迹方程.$

Solution:
$设P(x_{0},y_{0})，M(x，y)，则\left\{\begin{matrix}x=\frac{x_0-2}{2},\\ y=\frac{y_0}{2},\end{matrix}\right.\therefore \left\{\begin{matrix}x_0=2x+2,\\ y_0=2y.\end{matrix}\right.\because 点P为外接圆上一点，\therefore (2x+2-2)^{2}+(2y)^{2}=8,整理，得x^{2}+y^{2}=2.\therefore 点M的轨迹是以原点为圆心，\sqrt{2}为半径的圆，轨迹方程为x^{2}+y^{2}=2.$

Final answer: $x^{2}+y^{2}=2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的正东方向设立了两个观测站A，B(点A在点O与点B之间)，它们到平台O的距离分别为3海里和12海里，记海平面上到两观测站A,B的距离之比为\frac{1}{2}的点P的轨迹为曲线E，规定曲线E及其内部区域为安全预警区(如图).$<img_2192>
$如图，以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，1海里为单位长度，建立平面直角坐标系，求曲线E的方程；$

Solution:
$设P(x,y)，由题意知A(3,0)，B(12,0)，且\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{1}{2}，即2\sqrt{(x-3)^2+y^2}=\sqrt{(x-12)^2+y^2}，化简得x^{2}+y^{2}=36，所以曲线E的方程为x^{2}+y^{2}=36.$

Final answer: $x^{2}+y^{2}=36$
Subfield: Plane Geometry


Question: $为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的正东方向设立了两个观测站A，B(点A在点O与点B之间)，它们到平台O的距离分别为3海里和12海里，记海平面上到两观测站A,B的距离之比为\frac{1}{2}的点P的轨迹为曲线E，规定曲线E及其内部区域为安全预警区(如图).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643326002982913/img/compression/M_05b7b5510407fc65d980e917add197b3.jpg)
$如图，以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，1海里为单位长度，建立平面直角坐标系，求曲线E的方程；$

Solution:
$设P(x,y)，由题意知A(3,0)，B(12,0)，且\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{1}{2}，即2\sqrt{(x-3)^2+y^2}=\sqrt{(x-12)^2+y^2}，化简得x^{2}+y^{2}=36，所以曲线E的方程为x^{2}+y^{2}=36.$

Final answer: $x^{2}+y^{2}=36$