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


Question: $椭圆C_{1}:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)经过点E(1,1)，其右焦点为抛物线C_{2}:y^{2}=2\sqrt{6}x的焦点F，直线l与椭圆C_{1}交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点.$<img_3003>
$求椭圆C_{1}的方程；$

Solution:
$因为抛物线C_{2}:y^{2}=2\sqrt{6}x的焦点为F\left(\frac{\sqrt{6}}{2},0\right)，所以椭圆C_{1}的半焦距c=\frac{\sqrt{6}}{2}，因为点E(1,1)在椭圆C_{1}:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1上，所以\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1，又a^{2}=b^{2}+c^{2}，所以a^{2}=3,b^{2}=\frac{3}{2}，所以椭圆C_{1}的方程为\frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1.$

Final answer: $ \frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $椭圆C_{1}:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)经过点E(1,1)，其右焦点为抛物线C_{2}:y^{2}=2\sqrt{6}x的焦点F，直线l与椭圆C_{1}交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661481586966530/img/compression/M_954f4b8842aa755a01f8abee59ff19cd.jpg)
$若过原点的直线m与椭圆C_{1}交于C,D两点，且\overrightarrow{OC}=t(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，求四边形ACBD面积的取值范围.$

Solution:
$当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+n，A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1,\\ y=kx+n,\end{matrix}\right.可得(2k^{2}+1)x^{2}+4knx+2n^{2}-3=0，则\Delta =4(6k^{2}-2n^{2}+3)>0①，x_{1}+x_{2}=-\frac{4kn}{2k^2+1}②，x_{1}x_{2}=\frac{2n^2-3}{2k^2+1}③.因为以AB为直径的圆过原点，所以\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=x_{1}x_{2}+(kx_{1}+n)(kx_{2}+n)=0，化简可得(k^{2}+1)x_{1}x_{2}+kn(x_{1}+x_{2})+n^{2}=0，将②③代入，整理得(k^{2}+1)(2n^{2}-3)+kn\cdot (-4kn)+n^{2}(2k^{2}+1)=0，即n^{2}=k^{2}+1④，将④代入①，得\Delta =4(4k^{2}+1)>0恒成立，则k\in R.设线段AB的中点为M，由\overrightarrow{OC}=t(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=2t\overrightarrow{OM}，得S_{四边形ACBD}=2S_{四边形OACB}=4tS_{\triangle OAB}，S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}|n||x_{1}-x_{2}|=|n|\cdot \frac{\sqrt{4k^2+1}}{2k^2+1}，由\overrightarrow{OC}=t(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，得点C的坐标为(t(x_{1}+x_{2}),t(y_{1}+y_{2}))，则\left\{\begin{matrix}t(x_1+x_2)=-\frac{4knt}{2k^2+1},\\ t(y_1+y_2)=\frac{2nt}{2k^2+1},\end{matrix}\right.代入椭圆方程可得\frac{8n^2t^2}{2k^2+1}=3，即t=\sqrt{\frac{3(2k^2+1)}{8n^2}}，则S_{四边形ACBD}=4tS_{\triangle OAB}=4\sqrt{\frac{3(2k^2+1)}{8n^2}}\cdot |n|\cdot \frac{\sqrt{4k^2+1}}{2k^2+1}=\sqrt{6}\times \sqrt{\frac{4k^2+1}{2k^2+1}}=\sqrt{6}\times \sqrt{2-\frac{1}{2k^2+1}}\in [\sqrt{6},2\sqrt{3}).当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=\pm 1，直线CD过AB的中点，即CD为x轴，易得|AB|=2，|CD|=2\sqrt{3}，则S_{四边形ACBD}=\frac{1}{2}|AB||CD|=2\sqrt{3}.综上，四边形ACBD面积的取值范围为[\sqrt{6},2\sqrt{3}].$

Final answer: $[\sqrt{6},2\sqrt{3}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $椭圆C_{1}:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)经过点E(1,1)，其右焦点为抛物线C_{2}:y^{2}=2\sqrt{6}x的焦点F，直线l与椭圆C_{1}交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点.$<img_3003>
$若过原点的直线m与椭圆C_{1}交于C,D两点，且\overrightarrow{OC}=t(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，求四边形ACBD面积的取值范围.$

Solution:
$当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+n，A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1,\\ y=kx+n,\end{matrix}\right.可得(2k^{2}+1)x^{2}+4knx+2n^{2}-3=0，则\Delta =4(6k^{2}-2n^{2}+3)>0①，x_{1}+x_{2}=-\frac{4kn}{2k^2+1}②，x_{1}x_{2}=\frac{2n^2-3}{2k^2+1}③.因为以AB为直径的圆过原点，所以\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=x_{1}x_{2}+(kx_{1}+n)(kx_{2}+n)=0，化简可得(k^{2}+1)x_{1}x_{2}+kn(x_{1}+x_{2})+n^{2}=0，将②③代入，整理得(k^{2}+1)(2n^{2}-3)+kn\cdot (-4kn)+n^{2}(2k^{2}+1)=0，即n^{2}=k^{2}+1④，将④代入①，得\Delta =4(4k^{2}+1)>0恒成立，则k\in R.设线段AB的中点为M，由\overrightarrow{OC}=t(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=2t\overrightarrow{OM}，得S_{四边形ACBD}=2S_{四边形OACB}=4tS_{\triangle OAB}，S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}|n||x_{1}-x_{2}|=|n|\cdot \frac{\sqrt{4k^2+1}}{2k^2+1}，由\overrightarrow{OC}=t(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})，得点C的坐标为(t(x_{1}+x_{2}),t(y_{1}+y_{2}))，则\left\{\begin{matrix}t(x_1+x_2)=-\frac{4knt}{2k^2+1},\\ t(y_1+y_2)=\frac{2nt}{2k^2+1},\end{matrix}\right.代入椭圆方程可得\frac{8n^2t^2}{2k^2+1}=3，即t=\sqrt{\frac{3(2k^2+1)}{8n^2}}，则S_{四边形ACBD}=4tS_{\triangle OAB}=4\sqrt{\frac{3(2k^2+1)}{8n^2}}\cdot |n|\cdot \frac{\sqrt{4k^2+1}}{2k^2+1}=\sqrt{6}\times \sqrt{\frac{4k^2+1}{2k^2+1}}=\sqrt{6}\times \sqrt{2-\frac{1}{2k^2+1}}\in [\sqrt{6},2\sqrt{3}).当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=\pm 1，直线CD过AB的中点，即CD为x轴，易得|AB|=2，|CD|=2\sqrt{3}，则S_{四边形ACBD}=\frac{1}{2}|AB||CD|=2\sqrt{3}.综上，四边形ACBD面积的取值范围为[\sqrt{6},2\sqrt{3}].$

Final answer: $[\sqrt{6},2\sqrt{3}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C的方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，焦点到渐近线的距离为1.M，N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点，\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}，\\cos  \angle MON=\frac{3}{5}.$<img_2607>
$求双曲线C的方程；$

Solution:
$双曲线的渐近线方程为bx\pm ay=0.设\angle MON=2\theta .由a>0,b>0得\\tan   \theta =\frac{b}{a}，所以\\cos   2\theta =\\cos  ^{2}\theta -\\sin  ^{2}\theta =\frac{1-\\\tan   ^2\theta }{1+\\\tan   ^2\theta }=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\frac{3}{5}，即a^{2}=4b^{2}.易得\frac{|bc|}{\sqrt{b^2+a^2}}=1，所以b=1，所以a^{2}=4，所以双曲线C的方程为\frac{x^2}{4}-y^{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-y^{2}=1。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C的方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，焦点到渐近线的距离为1.M，N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点，\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}，\\cos  \angle MON=\frac{3}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661473355849730/img/compression/M_cf7486308e0dd47eb6f8558a54ea0ec9.jpg)
$求双曲线C的方程；$

Solution:
$双曲线的渐近线方程为bx\pm ay=0.设\angle MON=2\theta .由a>0,b>0得\\tan   \theta =\frac{b}{a}，所以\\cos   2\theta =\\cos  ^{2}\theta -\\sin  ^{2}\theta =\frac{1-\\\tan   ^2\theta }{1+\\\tan   ^2\theta }=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\frac{3}{5}，即a^{2}=4b^{2}.易得\frac{|bc|}{\sqrt{b^2+a^2}}=1，所以b=1，所以a^{2}=4，所以双曲线C的方程为\frac{x^2}{4}-y^{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-y^{2}=1。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C的方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，焦点到渐近线的距离为1.M，N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点，\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}，\\cos  \angle MON=\frac{3}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661473355849730/img/compression/M_cf7486308e0dd47eb6f8558a54ea0ec9.jpg)
$当\lambda =1时，求\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}的取值范围；$

Solution:
$结合(1)，设M(2m,m)，N(2n,-n)，m>0，n>0，当\lambda =1时，\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}，则P\left(m+n,\frac{m-n}{2}\right)，所以\frac{{(m+n)}^2}{4}-\frac{{(m-n)}^2}{4}=1，整理得mn=1.又\overrightarrow{PM}=\left(m-n,\frac{m+n}{2}\right)，\overrightarrow{PN}=\left(n-m,\frac{-n-m}{2}\right)，所以\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=-(m-n)^{2}-\frac{{(m+n)}^2}{4}=-\frac{5}{4}(m^{2}+n^{2})+\frac{3}{2}mn\leq -\frac{5}{4}\times 2mn+\frac{3}{2}mn=-1，当且仅当m=n=1时，等号成立.所以\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}\in (-\infty ,-1].$

Final answer: $ (-\infty ,-1]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C的方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，焦点到渐近线的距离为1.M，N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点，\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}，\\cos  \angle MON=\frac{3}{5}.$<img_2607>
$当\lambda =1时，求\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}的取值范围；$

Solution:
$结合(1)，设M(2m,m)，N(2n,-n)，m>0，n>0，当\lambda =1时，\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}，则P\left(m+n,\frac{m-n}{2}\right)，所以\frac{{(m+n)}^2}{4}-\frac{{(m-n)}^2}{4}=1，整理得mn=1.又\overrightarrow{PM}=\left(m-n,\frac{m+n}{2}\right)，\overrightarrow{PN}=\left(n-m,\frac{-n-m}{2}\right)，所以\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=-(m-n)^{2}-\frac{{(m+n)}^2}{4}=-\frac{5}{4}(m^{2}+n^{2})+\frac{3}{2}mn\leq -\frac{5}{4}\times 2mn+\frac{3}{2}mn=-1，当且仅当m=n=1时，等号成立.所以\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}\in (-\infty ,-1].$

Final answer: $ (-\infty ,-1]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C的方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，焦点到渐近线的距离为1.M，N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点，\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}，\\cos  \angle MON=\frac{3}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661473355849730/img/compression/M_cf7486308e0dd47eb6f8558a54ea0ec9.jpg)
$试用\lambda 表示\triangle MON的面积S，设双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围为集合\Omega ，若\frac{\lambda }{5}\in \Omega ，求S的取值范围.$

Solution:
$同(2)，设M(2m,m)，N(2n,-n)，m>0，n>0.由\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}得\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OM}=\lambda (\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OP})，即(1+\lambda )\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+\lambda \overrightarrow{ON}，则\overrightarrow{OP}=\frac{1}{1+\lambda }\overrightarrow{OM}+\frac{\lambda }{1+\lambda }\overrightarrow{ON}=\left(\frac{2m+2\lambda n}{1+\lambda },\frac{m-\lambda n}{1+\lambda }\right).所以P\left(\frac{2m+2\lambda n}{1+\lambda },\frac{m-\lambda n}{1+\lambda }\right).把点P的坐标代入双曲线的方程得\frac{{\left(\frac{2m+2\lambda n}{1+\lambda }\right)}^2}{4}-\left(\frac{m-\lambda n}{1+\lambda }\right)^{2}=1,即(m+\lambda n)^{2}-(m-\lambda n)^{2}=(1+\lambda )^{2}，所以mn=\frac{{(1+\lambda )}^2}{4\lambda }.当直线MN的斜率不存在时，其方程为x=2m.当直线MN的斜率存在时，k_{MN}=\frac{m+n}{2m-2n}，所以直线MN的方程为y-m=\frac{m+n}{2m-2n}(x-2m)，即(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0.经检验，斜率不存在时，直线方程也满足上式，所以直线MN的方程为(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0,点O到直线(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0的距离d=\frac{|-4mn|}{\sqrt{{(m+n)}^2+4(m-n)^2}}=\frac{4mn}{\sqrt{{(m+n)}^2+4(m-n)^2}}，又|MN|=\sqrt{{(2m-2n)}^2+(m+n)^2}=\sqrt{4(m-n)^2+{(m+n)}^2}，所以S=\frac{1}{2}\cdot |MN|\cdot d=2mn=\frac{{(1+\lambda )}^2}{2\lambda }=\frac{1}{2}\left(\lambda +\frac{1}{\lambda }\right)+1.记双曲线的左、右焦点分别为F_{1}(-\sqrt{5},0)，F_{2}(\sqrt{5},0)，P(x,y)(x\geq 2),则|PF_{1}|>|PF_{2}|.又|PF_{2}|=\sqrt{{(x-\sqrt{5})}^2+y^2}=\sqrt{x^2-2\sqrt{5}x+5+\frac{1}{4}x^2-1} =\sqrt{\frac{5}{4}x^2-2\sqrt{5}x+4}=\left|\frac{\sqrt{5}}{2}x-2\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}x-2，所以|PF_{2}|\in [\sqrt{5}-2,+\infty )，即双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围\Omega =[\sqrt{5}-2,+\infty ).因为\frac{\lambda }{5}\in \Omega ,所以\lambda \in [5\sqrt{5}-10，+\infty ).令f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)+1，x\in [5\sqrt{5}-10，+\infty )，任取x_{1},x_{2}\in [5\sqrt{5}-10,+\infty ),且x_{1}则f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)-\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right)=\frac{1}{2}(x_{1}-x_{2})\cdot \left(1-\frac{1}{x_1x_2}\right)<0，所以f(x_{1})所以f(x)在x\in [5\sqrt{5}-10，+\infty )上单调递增，因此f(x)_{min}=f(5\sqrt{5}-10)=\frac{13\sqrt{5}-19}{5}，即S_{min}=\frac{13\sqrt{5}-19}{5}.所以S\in \left[\frac{13\sqrt{5}-19}{5},+\infty \right).$

Final answer: $[\frac{13\sqrt{5}-19}{5}, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C的方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，焦点到渐近线的距离为1.M，N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点，\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}，\\cos  \angle MON=\frac{3}{5}.$<img_2607>
$试用\lambda 表示\triangle MON的面积S，设双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围为集合\Omega ，若\frac{\lambda }{5}\in \Omega ，求S的取值范围.$

Solution:
$同(2)，设M(2m,m)，N(2n,-n)，m>0，n>0.由\overrightarrow{MP}=\lambda \overrightarrow{PN}得\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OM}=\lambda (\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OP})，即(1+\lambda )\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OM}+\lambda \overrightarrow{ON}，则\overrightarrow{OP}=\frac{1}{1+\lambda }\overrightarrow{OM}+\frac{\lambda }{1+\lambda }\overrightarrow{ON}=\left(\frac{2m+2\lambda n}{1+\lambda },\frac{m-\lambda n}{1+\lambda }\right).所以P\left(\frac{2m+2\lambda n}{1+\lambda },\frac{m-\lambda n}{1+\lambda }\right).把点P的坐标代入双曲线的方程得\frac{{\left(\frac{2m+2\lambda n}{1+\lambda }\right)}^2}{4}-\left(\frac{m-\lambda n}{1+\lambda }\right)^{2}=1,即(m+\lambda n)^{2}-(m-\lambda n)^{2}=(1+\lambda )^{2}，所以mn=\frac{{(1+\lambda )}^2}{4\lambda }.当直线MN的斜率不存在时，其方程为x=2m.当直线MN的斜率存在时，k_{MN}=\frac{m+n}{2m-2n}，所以直线MN的方程为y-m=\frac{m+n}{2m-2n}(x-2m)，即(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0.经检验，斜率不存在时，直线方程也满足上式，所以直线MN的方程为(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0,点O到直线(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0的距离d=\frac{|-4mn|}{\sqrt{{(m+n)}^2+4(m-n)^2}}=\frac{4mn}{\sqrt{{(m+n)}^2+4(m-n)^2}}，又|MN|=\sqrt{{(2m-2n)}^2+(m+n)^2}=\sqrt{4(m-n)^2+{(m+n)}^2}，所以S=\frac{1}{2}\cdot |MN|\cdot d=2mn=\frac{{(1+\lambda )}^2}{2\lambda }=\frac{1}{2}\left(\lambda +\frac{1}{\lambda }\right)+1.记双曲线的左、右焦点分别为F_{1}(-\sqrt{5},0)，F_{2}(\sqrt{5},0)，P(x,y)(x\geq 2),则|PF_{1}|>|PF_{2}|.又|PF_{2}|=\sqrt{{(x-\sqrt{5})}^2+y^2}=\sqrt{x^2-2\sqrt{5}x+5+\frac{1}{4}x^2-1} =\sqrt{\frac{5}{4}x^2-2\sqrt{5}x+4}=\left|\frac{\sqrt{5}}{2}x-2\right|=\frac{\sqrt{5}}{2}x-2，所以|PF_{2}|\in [\sqrt{5}-2,+\infty )，即双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围\Omega =[\sqrt{5}-2,+\infty ).因为\frac{\lambda }{5}\in \Omega ,所以\lambda \in [5\sqrt{5}-10，+\infty ).令f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)+1，x\in [5\sqrt{5}-10，+\infty )，任取x_{1},x_{2}\in [5\sqrt{5}-10,+\infty ),且x_{1}则f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)-\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right)=\frac{1}{2}(x_{1}-x_{2})\cdot \left(1-\frac{1}{x_1x_2}\right)<0，所以f(x_{1})所以f(x)在x\in [5\sqrt{5}-10，+\infty )上单调递增，因此f(x)_{min}=f(5\sqrt{5}-10)=\frac{13\sqrt{5}-19}{5}，即S_{min}=\frac{13\sqrt{5}-19}{5}.所以S\in \left[\frac{13\sqrt{5}-19}{5},+\infty \right).$

Final answer: $[\frac{13\sqrt{5}-19}{5}, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知圆C的方程为x^{2}+(y+1)^{2}=r^{2}(r＞0).$
$过点M\left(\frac{1}{2},-\frac{5}{2}\right)的直线l交圆C于A，B两点，若r=1，|AB|=\sqrt{3}，求直线l的方程；$

Solution:
$当r=1时，圆C的方程为x^{2}+(y+1)^{2}=1.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=\frac{1}{2}，此时圆心(0，-1)到直线l的距离d=\frac{1}{2}，所以|AB|=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\sqrt{3}，显然成立；当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k\left(x-\frac{1}{2}\right)-\frac{5}{2}，即2kx-2y-k-5=0，因为|AB|=\sqrt{3}，而|AB|=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{1-d^2}，所以d^{2}=\frac{1}{4}，而d=\frac{|2-k-5|}{\sqrt{(2k)^2+(-2)^2}}=\frac{|k+3|}{\sqrt{(2k)^2+(-2)^2}}，所以\left[\frac{|k+3|}{\sqrt{(2k)^2+(-2)^2}}\right]^2=\frac{1}{4},整理可得3k+4=0，解得k=-\frac{4}{3}，所以直线l的方程为8x+6y+11=0.综上所述，直线l的方程为x=\frac{1}{2}或8x+6y+11=0.$

Final answer: $8x+6y+11=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知圆C的方程为x^{2}+(y+1)^{2}=r^{2}(r＞0).$
$如图，过点N(-1，1)作两条直线分别交抛物线y=x^{2}于另外的两点P，Q，并且都与动圆C相切，求证：直线PQ经过定点，并求出定点坐标.$<img_1643>

Solution:
$易知直线NQ，NP的斜率都存在.设直线NQ，NP的斜率分别为k_{1}，k_{2}，则直线NQ的方程为y-1=k_{1}(x+1)，即k_{1}x-y+k_{1}+1=0，同理，直线NP的方程为k_{2}x-y+k_{2}+1=0.由直线NP，NQ与动圆相切，得\frac{|k_2+2|}{\sqrt{1+k^2_2}}=\frac{|k_1+2|}{\sqrt{1+k^2_1}}，所以4k_{2}k^2_1+4k_{2}+3k^2_1-3k^2_2-4k_{1}-4k_{1}k^2_2=0，即4k_{1}k_{2}(k_{1}-k_{2})+4(k_{2}-k_{1})+3(k_{1}-k_{2})(k_{1}+k_{2})=0，所以(k_{1}-k_{2})(4k_{1}k_{2}-4+3k_{1}+3k_{2})=0，因为k_{1}\neq k_{2}，所以4k_{1}k_{2}-4+3k_{1}+3k_{2}=0.由\left\{\begin{matrix}y=k_1x+k_1+1,\\ y=x^2,\end{matrix}\right.得x^{2}-k_{1}x-(k_{1}+1)=0，可得Q(k_{1}+1，(k_{1}+1)^{2})，同理，P(k_{2}+1，(k_{2}+1)^{2})，所以k_{PQ}=\frac{(k_2+1)^2-(k_1+1)^2}{k_2-k_1}=\frac{[k_2+1-(k_1+1)](k_1+1+k_2+1)}{k_2-k_1}=k_{2}+k_{1}+2，所以直线PQ的方程为y-(k_{2}+1)^{2}=(k_{2}+k_{1}+2)[x-(k_{2}+1)]，即y=(k_{1}+k_{2}+2)\left(x-\frac{1}{4}\right)-\frac{3}{2}，所以直线PQ恒过点\left(\frac{1}{4},-\frac{3}{2}\right).$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知圆C的方程为x^{2}+(y+1)^{2}=r^{2}(r＞0).$
$如图，过点N(-1，1)作两条直线分别交抛物线y=x^{2}于另外的两点P，Q，并且都与动圆C相切，求证：直线PQ经过定点，并求出定点坐标.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661491063721985/img/compression/M_4adf1f8f5c84bda9f7bd77bdac0cf481.jpg)

Solution:
$易知直线NQ，NP的斜率都存在.设直线NQ，NP的斜率分别为k_{1}，k_{2}，则直线NQ的方程为y-1=k_{1}(x+1)，即k_{1}x-y+k_{1}+1=0，同理，直线NP的方程为k_{2}x-y+k_{2}+1=0.由直线NP，NQ与动圆相切，得\frac{|k_2+2|}{\sqrt{1+k^2_2}}=\frac{|k_1+2|}{\sqrt{1+k^2_1}}，所以4k_{2}k^2_1+4k_{2}+3k^2_1-3k^2_2-4k_{1}-4k_{1}k^2_2=0，即4k_{1}k_{2}(k_{1}-k_{2})+4(k_{2}-k_{1})+3(k_{1}-k_{2})(k_{1}+k_{2})=0，所以(k_{1}-k_{2})(4k_{1}k_{2}-4+3k_{1}+3k_{2})=0，因为k_{1}\neq k_{2}，所以4k_{1}k_{2}-4+3k_{1}+3k_{2}=0.由\left\{\begin{matrix}y=k_1x+k_1+1,\\ y=x^2,\end{matrix}\right.得x^{2}-k_{1}x-(k_{1}+1)=0，可得Q(k_{1}+1，(k_{1}+1)^{2})，同理，P(k_{2}+1，(k_{2}+1)^{2})，所以k_{PQ}=\frac{(k_2+1)^2-(k_1+1)^2}{k_2-k_1}=\frac{[k_2+1-(k_1+1)](k_1+1+k_2+1)}{k_2-k_1}=k_{2}+k_{1}+2，所以直线PQ的方程为y-(k_{2}+1)^{2}=(k_{2}+k_{1}+2)[x-(k_{2}+1)]，即y=(k_{1}+k_{2}+2)\left(x-\frac{1}{4}\right)-\frac{3}{2}，所以直线PQ恒过点\left(\frac{1}{4},-\frac{3}{2}\right).$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于点O(如图1).将\triangle ACD沿AC折起到\triangle ACD'的位置，使得平面D'AC\perp 平面BAC(如图2).$<img_1897>$图1$<img_1925>$图2$
$求证：BC\parallel 平面POD'；$

Solution:
$证明：在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，可得\triangle ADP为等边三角形，四边形DPBC为菱形，故BC\parallel OP，而在题图2中，OP\subset 平面POD'，BC\not\subset 平面POD'，\therefore BC\parallel 平面POD'.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于点O(如图1).将\triangle ACD沿AC折起到\triangle ACD'的位置，使得平面D'AC\perp 平面BAC(如图2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661616938979330/img/compression/M_611bc903d5a888f5234880ed3efe10d1.jpg)$图1$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661616938979330/img/compression/M_19670ca1e81e03b7eb4cfa22c79a8a1d.jpg)$图2$
$求证：BC\parallel 平面POD'；$

Solution:
$证明：在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，可得\triangle ADP为等边三角形，四边形DPBC为菱形，故BC\parallel OP，而在题图2中，OP\subset 平面POD'，BC\not\subset 平面POD'，\therefore BC\parallel 平面POD'.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于点O(如图1).将\triangle ACD沿AC折起到\triangle ACD'的位置，使得平面D'AC\perp 平面BAC(如图2).$<img_1897>$图1$<img_1925>$图2$
$求二面角A-BC-D'的大小；$

Solution:
$易知BC=2，\angle ABC=\frac{\pi }{3}，AB=4，故AC\perp BC，AC\perp OP，又平面D'AC\perp 平面BAC，平面D'AC\cap 平面BAC=AC，OP\subset 平面BAC,\therefore OP\perp 平面D'AC，\therefore OA,OP,OD'两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1725>$则D'(0,0,1)，C(-\sqrt{3},0,0)，B(-\sqrt{3},2,0)，\therefore \overrightarrow{D'C}=(-\sqrt{3},0,-1)，\overrightarrow{CB}=(0,2,0).设平面BCD'的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{D'C}=-\sqrt{3}x-z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CB}=2y=0,\end{matrix}\right.取x=1，得n=(1,0,-\sqrt{3})，易知平面BAC的一个法向量为m=(0,0,1).设二面角A-BC-D'的大小为\theta ，易知二面角A-BC-D'为锐二面角，故\\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}，\therefore 二面角A-BC-D'的大小为\frac{\pi }{6}.$

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


Question: $在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于点O(如图1).将\triangle ACD沿AC折起到\triangle ACD'的位置，使得平面D'AC\perp 平面BAC(如图2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661616938979330/img/compression/M_611bc903d5a888f5234880ed3efe10d1.jpg)$图1$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661616938979330/img/compression/M_19670ca1e81e03b7eb4cfa22c79a8a1d.jpg)$图2$
$求二面角A-BC-D'的大小；$

Solution:
$易知BC=2，\angle ABC=\frac{\pi }{3}，AB=4，故AC\perp BC，AC\perp OP，又平面D'AC\perp 平面BAC，平面D'AC\cap 平面BAC=AC，OP\subset 平面BAC,\therefore OP\perp 平面D'AC，\therefore OA,OP,OD'两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661617400352770/img/compression/M_bd1481e18f3cf4bb724eb3312d6dcd16.jpg)$则D'(0,0,1)，C(-\sqrt{3},0,0)，B(-\sqrt{3},2,0)，\therefore \overrightarrow{D'C}=(-\sqrt{3},0,-1)，\overrightarrow{CB}=(0,2,0).设平面BCD'的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{D'C}=-\sqrt{3}x-z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CB}=2y=0,\end{matrix}\right.取x=1，得n=(1,0,-\sqrt{3})，易知平面BAC的一个法向量为m=(0,0,1).设二面角A-BC-D'的大小为\theta ，易知二面角A-BC-D'为锐二面角，故\\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}，\therefore 二面角A-BC-D'的大小为\frac{\pi }{6}.$

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


Question: $在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于点O(如图1).将\triangle ACD沿AC折起到\triangle ACD'的位置，使得平面D'AC\perp 平面BAC(如图2).$<img_1897>$图1$<img_1925>$图2$
$线段PD'上存在点Q，使得CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为\frac{\sqrt{6}}{8}，请求出\frac{PQ}{PD'}的值.$

Solution:
$设\frac{PQ}{PD'}=t，0\leq t<1,则\overrightarrow{PQ}=t\overrightarrow{PD'}，\because P(0,1,0),D'(0,0,1),\therefore \overrightarrow{PD'}=(0,-1,1),由此可得Q(0,1-t,t)，\therefore \overrightarrow{CQ}=(\sqrt{3},1-t,t).又平面BCD'的一个法向量为n=(1,0,-\sqrt{3}),\therefore CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为\frac{|\sqrt{3}-\sqrt{3}t|}{\sqrt{3+(1-t)^2+t^2} \times \sqrt{1+3}}=\frac{\sqrt{6}}{8}，化简得3t^{2}-7t+2=0，解得t=\frac{1}{3}或t=2(舍去)，故存在点Q，使得CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为\frac{\sqrt{6}}{8}，此时\frac{PQ}{PD'}=\frac{1}{3}.$



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


Question: $在梯形ABCD中，AB\parallel CD，\angle BAD=\frac{\pi }{3}，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于点O(如图1).将\triangle ACD沿AC折起到\triangle ACD'的位置，使得平面D'AC\perp 平面BAC(如图2).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661616938979330/img/compression/M_611bc903d5a888f5234880ed3efe10d1.jpg)$图1$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661616938979330/img/compression/M_19670ca1e81e03b7eb4cfa22c79a8a1d.jpg)$图2$
$线段PD'上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为\frac{\sqrt{6}}{8}？若存在，求出\frac{PQ}{PD'}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设\frac{PQ}{PD'}=t，0\leq t<1,则\overrightarrow{PQ}=t\overrightarrow{PD'}，\because P(0,1,0),D'(0,0,1),\therefore \overrightarrow{PD'}=(0,-1,1),由此可得Q(0,1-t,t)，\therefore \overrightarrow{CQ}=(\sqrt{3},1-t,t).又平面BCD'的一个法向量为n=(1,0,-\sqrt{3}),\therefore CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为\frac{|\sqrt{3}-\sqrt{3}t|}{\sqrt{3+(1-t)^2+t^2} \times \sqrt{1+3}}=\frac{\sqrt{6}}{8}，化简得3t^{2}-7t+2=0，解得t=\frac{1}{3}或t=2(舍去)，故存在点Q，使得CQ与平面BCD'的夹角的正弦值为\frac{\sqrt{6}}{8}，此时\frac{PQ}{PD'}=\frac{1}{3}.$

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


Question: $如图所示，四边形AEFB为矩形，AE\perp 平面ABCD，BC\parallel AD，BA\perp AD，AE=AD=2AB=2BC=4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661570734526467/img/compression/M_ca2708a60a8dd4a8d452384486c47342.jpg)
$求证：CF\parallel 平面ADE；$

Solution:
$证明：\because 四边形AEFB为矩形，\therefore BF\parallel AE.又BF\not\subset 平面ADE，AE\subset 平面ADE，\therefore BF\parallel 平面ADE.同理可得，BC\parallel 平面ADE.又BF\cap BC=B，BF，BC\subset 平面BCF，\therefore 平面BCF\parallel 平面ADE.又CF\subset 平面BCF，\therefore CF\parallel 平面ADE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，四边形AEFB为矩形，AE\perp 平面ABCD，BC\parallel AD，BA\perp AD，AE=AD=2AB=2BC=4.$<img_1885>
$求证：CF\parallel 平面ADE；$

Solution:
$证明：\because 四边形AEFB为矩形，\therefore BF\parallel AE.又BF\not\subset 平面ADE，AE\subset 平面ADE，\therefore BF\parallel 平面ADE.同理可得，BC\parallel 平面ADE.又BF\cap BC=B，BF，BC\subset 平面BCF，\therefore 平面BCF\parallel 平面ADE.又CF\subset 平面BCF，\therefore CF\parallel 平面ADE.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，四边形AEFB为矩形，AE\perp 平面ABCD，BC\parallel AD，BA\perp AD，AE=AD=2AB=2BC=4.$<img_1885>
$求平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值.$

Solution:
$如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，$<img_2018>$则A(0，0，0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，F(2,0,4)，\therefore \overrightarrow{AD}=(0,4,0),\overrightarrow{CD}=(-2,2,0),\overrightarrow{CF}=(0,-2,4).设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CD}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CF}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-2x+2y=0,\\ -2y+4z=0,\end{matrix}\right.令y=2，则x=2，z=1，\therefore n=(2,2,1).易知\overrightarrow{AD}是平面AEFB的一个法向量，\therefore |\\cos  \langle n,\overrightarrow{AD}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AD}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AD}|}=\frac{2}{3}.\therefore 平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值为\frac{2}{3}.$

Final answer: $\frac{2}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，四边形AEFB为矩形，AE\perp 平面ABCD，BC\parallel AD，BA\perp AD，AE=AD=2AB=2BC=4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661570734526467/img/compression/M_ca2708a60a8dd4a8d452384486c47342.jpg)
$求平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值.$

Solution:
$如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658661571174928385/img/compression/M_d6fc51f465104dd76e29729c7441aad7.jpg)$则A(0，0，0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，F(2,0,4)，\therefore \overrightarrow{AD}=(0,4,0),\overrightarrow{CD}=(-2,2,0),\overrightarrow{CF}=(0,-2,4).设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CD}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CF}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-2x+2y=0,\\ -2y+4z=0,\end{matrix}\right.令y=2，则x=2，z=1，\therefore n=(2,2,1).易知\overrightarrow{AD}是平面AEFB的一个法向量，\therefore |\\cos  \langle n,\overrightarrow{AD}\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AD}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AD}|}=\frac{2}{3}.\therefore 平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值为\frac{2}{3}.$

Final answer: $\frac{2}{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知点P，B，C的坐标分别为(0,1),(2,0),(0,2)，E为线段BC上一点，直线EP与x轴负半轴交于点A，直线BP与AC交于点D.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658663306475933698/img/compression/M_47e1a05dba66d027ab31e65bdc377aa0.jpg)
$当E点坐标为\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)时，求直线OD的方程；$

Solution:
$当E点坐标为\left(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right)时，直线EP的方程为y=x+1，(1分)令y=0，得x=-1，所以A(-1,0)，故直线AC的方程为y=2x+2.(2分)易得直线BP的方程为y=-\frac{1}{2}x+1，由\left\{\begin{matrix}y=2x+2,\\ y=-\frac{1}{2}x+1,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=-\frac{2}{5},\\ y=\frac{6}{5},\end{matrix}\right.所以D\left(-\frac{2}{5},\frac{6}{5}\right)，(3分)所以直线OD的方程为y=-3x.(5分)$

Final answer: $y=-3x$