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


Question: $如图所示，在三棱锥S-ABC中，SA=AB=AC=BC=\sqrt{2}SB=\sqrt{2}SC，O为BC的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094426553167874/img/compression/M_c2d9cb326a1a45d0e7c9cbeb234bbb3e.jpg)
$在线段AB上是否存在一点E，使二面角B-SC-E的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{5}？若存在，求出\frac{BE}{BA}的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在满足条件的点E.由(2)知\overrightarrow{BC}=(0，-\sqrt{2}a,0),\overrightarrow{BA}=\left(\frac{\sqrt{6}a}{2},-\frac{\sqrt{2}a}{2},0\right),\overrightarrow{SC}=\left(0,-\frac{\sqrt{2}a}{2},-\frac{\sqrt{2}a}{2}\right).设\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BA}(0\leq \lambda \leq 1)，则\overrightarrow{BE}=\left(\frac{\sqrt{6}a\lambda }{2},-\frac{\sqrt{2}a\lambda }{2},0\right)，\therefore \overrightarrow{CE}=\overrightarrow{BE}-\overrightarrow{BC}=\left(\frac{\sqrt{6}a\lambda }{2},-\frac{\sqrt{2}a\lambda }{2},0\right)-(0,-\sqrt{2}a,0)=\left(\frac{\sqrt{6}a\lambda }{2},-\frac{\sqrt{2}(\lambda -2)a}{2},0\right).设平面SCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CE}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{SC}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}\lambda x-(\lambda -2)y=0,\\ y+z=0,\end{matrix}\right.令y=\sqrt{3}\lambda ,得n=(\lambda -2,\sqrt{3}\lambda ,-\sqrt{3}\lambda ).易知OA\perp 平面SBC，\therefore 可取m＝(1，0，0)为平面SBC的一个法向量，\therefore |\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|\lambda -2|}{\sqrt{{(\lambda -2)}^2+{(\sqrt{3}\lambda )^2}+{(-\sqrt{3}\lambda )^2}}}=\frac{\sqrt{15}}{5}，即2\lambda ^{2}+\lambda -1=0，解得\lambda =\frac{1}{2}或\lambda =-1(舍去)，\therefore 存在满足题意的点E使得二面角B-SC-E的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{5}，此时\frac{BE}{BA}=\frac{1}{2}.$

Final answer: 存在, $\frac{1}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，动点P在线段EF(包含端点E，F)上，M，N分别为AB，BC的中点，AB=2DE=2.$<img_1482>
$若P为EF的中点，求点N到平面PDM的距离；$

Solution:
$以A为坐标原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AF}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.$<img_1934>$易得D(0,2,0)，N(2,1,0)，M(1,0,0)，P(0,1,1)，所以\overrightarrow{PM}=(1,-1,-1)，\overrightarrow{PD}=(0,1,-1)，\overrightarrow{NM}=(-1,-1,0).设平面PDM的一个法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PM}=x_1-y_1-z_1=0,\\ \boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PD}=y_1-z_1=0,\end{matrix}\right.取z_{1}=\frac{1}{2},则y_{1}=\frac{1}{2},x_{1}=1,所以n_{1}=\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).所以点N到平面PDM的距离为\frac{|\overrightarrow{NM} \cdot \boldsymbol{n}_1|}{|\boldsymbol{n}_1|}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$

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


Question: $如图所示，正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，动点P在线段EF(包含端点E，F)上，M，N分别为AB，BC的中点，AB=2DE=2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094513067958274/img/compression/M_e3af70ddfe94ede515e461173477eb5b.jpg)
$若P为EF的中点，求点N到平面PDM的距离；$

Solution:
$以A为坐标原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AF}的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094513067958274/img/compression/M_6e547c7a94c181ba21ab70e42454b015.jpg)$易得D(0,2,0)，N(2,1,0)，M(1,0,0)，P(0,1,1)，所以\overrightarrow{PM}=(1,-1,-1)，\overrightarrow{PD}=(0,1,-1)，\overrightarrow{NM}=(-1,-1,0).设平面PDM的一个法向量为n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PM}=x_1-y_1-z_1=0,\\ \boldsymbol{n}_1 \cdot \overrightarrow{PD}=y_1-z_1=0,\end{matrix}\right.取z_{1}=\frac{1}{2},则y_{1}=\frac{1}{2},x_{1}=1,所以n_{1}=\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).所以点N到平面PDM的距离为\frac{|\overrightarrow{NM} \cdot \boldsymbol{n}_1|}{|\boldsymbol{n}_1|}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$

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


Question: $如图所示，正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，动点P在线段EF(包含端点E，F)上，M，N分别为AB，BC的中点，AB=2DE=2.$<img_1482>
$设二面角P-DM-A的大小为\theta ，求\\cos   \theta 的最大值$

Solution:
$易知A(0,0,0),F(0,0,1).设P(0,t,1)(0\leq t\leq 2)，则\overrightarrow{PM}=(1,-t,-1)，\overrightarrow{MD}=(-1,2,0),\overrightarrow{AF}=(0,0,1).设平面PDM的一个法向量为n_{2}=(x_{2}，y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{PM}=x_2-ty_2-z_2=0,\\ \boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{MD}=-x_2+2y_2=0,\end{matrix}\right.取x_{2}=1,则y_{2}=\frac{1}{2},z_{2}=\frac{2-t}{2},所以n_{2}=\left(1,\frac{1}{2},\frac{2-t}{2}\right).易知平面ABCD的一个法向量为\overrightarrow{AF}=(0,0,1)，所以\\cos   \theta =\left|\frac{\frac{2-t}{2}}{\sqrt{\frac{(2-t)^2+5}{4}}}\right|=\sqrt{\frac{(2-t)^2}{(2-t)^2+5}}=\sqrt{1-\frac{5}{(2-t)^2+5}}(0\leq t\leq 2),所以当t=0时，\\cos   \theta 取得最大值\frac{2}{3}，此时点P与点F重合.$



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


Question: $如图所示，正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，动点P在线段EF(包含端点E，F)上，M，N分别为AB，BC的中点，AB=2DE=2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094513067958274/img/compression/M_e3af70ddfe94ede515e461173477eb5b.jpg)
$设二面角P-DM-A的大小为\theta ，求\\cos   \theta 的最大值，并求出此时点P的位置.$

Solution:
$易知A(0,0,0),F(0,0,1).设P(0,t,1)(0\leq t\leq 2)，则\overrightarrow{PM}=(1,-t,-1)，\overrightarrow{MD}=(-1,2,0),\overrightarrow{AF}=(0,0,1).设平面PDM的一个法向量为n_{2}=(x_{2}，y_{2},z_{2})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{PM}=x_2-ty_2-z_2=0,\\ \boldsymbol{n}_2 \cdot \overrightarrow{MD}=-x_2+2y_2=0,\end{matrix}\right.取x_{2}=1,则y_{2}=\frac{1}{2},z_{2}=\frac{2-t}{2},所以n_{2}=\left(1,\frac{1}{2},\frac{2-t}{2}\right).易知平面ABCD的一个法向量为\overrightarrow{AF}=(0,0,1)，所以\\cos   \theta =\left|\frac{\frac{2-t}{2}}{\sqrt{\frac{(2-t)^2+5}{4}}}\right|=\sqrt{\frac{(2-t)^2}{(2-t)^2+5}}=\sqrt{1-\frac{5}{(2-t)^2+5}}(0\leq t\leq 2),所以当t=0时，\\cos   \theta 取得最大值\frac{2}{3}，此时点P与点F重合.$

Final answer: $\frac{2}{3}$, 位置：与点F重合
Subfield: Plane Geometry


Question: $河道上有一抛物线形拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面8 m，拱圈内水面宽24 m，一条船在水面以上部分高6.5 m，船顶部宽6 m．
$<img_2419>
$试建立适当的平面直角坐标系，求拱圈所在的抛物线的标准方程；$

Solution:
$设抛物线形拱桥与水面两交点分别为A，B，以AB的垂直平分线为y轴，拱圈最高点O为坐标原点，建立平面直角坐标系(图略)，则A(-12,-8)，B(12,-8)，设拱圈所在抛物线的方程为x^{2}=-2py(p>0)，因为点A(-12,-8)在抛物线上，所以144=16p,解得p=9，故拱圈所在抛物线的标准方程是x^{2}=-18y．$

Final answer: $x^2=-18y$
Subfield: Plane Geometry


Question: $河道上有一抛物线形拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面8 m，拱圈内水面宽24 m，一条船在水面以上部分高6.5 m，船顶部宽6 m．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094704916156417/img/compression/M_163df6880767a75c58af149f1bdaab63.jpg)
$试建立适当的平面直角坐标系，求拱圈所在的抛物线的标准方程；$

Solution:
$设抛物线形拱桥与水面两交点分别为A，B，以AB的垂直平分线为y轴，拱圈最高点O为坐标原点，建立平面直角坐标系(图略)，则A(-12,-8)，B(12,-8)，设拱圈所在抛物线的方程为x^{2}=-2py(p>0)，因为点A(-12,-8)在抛物线上，所以144=16p,解得p=9，故拱圈所在抛物线的标准方程是x^{2}=-18y．$

Final answer: $x^2=-18y$
Subfield: Plane Geometry


Question: $河道上有一抛物线形拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面8 m，拱圈内水面宽24 m，一条船在水面以上部分高6.5 m，船顶部宽6 m．
$<img_2419>
$近日水位暴涨了1.54 m，为此，必须加重船载，降低船身，才能安全通过桥洞，试问：船身至少应该降低多少? (精确到0.1 m)$

Solution:
$在x^{2}=-18y中，当x=3时，y=-0.5，6.5+1.54-(8-0.5)=0.54\approx 0.6(m)，故当水位暴涨1.54 m后，船身至少应该降低0.6 m，才能安全通过桥洞．$

Final answer: $0.6 $ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $河道上有一抛物线形拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面8 m，拱圈内水面宽24 m，一条船在水面以上部分高6.5 m，船顶部宽6 m．
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094704916156417/img/compression/M_163df6880767a75c58af149f1bdaab63.jpg)
$近日水位暴涨了1.54 m，为此，必须加重船载，降低船身，才能安全通过桥洞，试问：船身至少应该降低多少? (精确到0.1 m)$

Solution:
$在x^{2}=-18y中，当x=3时，y=-0.5，6.5+1.54-(8-0.5)=0.54\approx 0.6(m)，故当水位暴涨1.54 m后，船身至少应该降低0.6 m，才能安全通过桥洞．$

Final answer: $0.6 $ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x^{2}+y^{2}=4，过点P(0,3)且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q\left(0,\frac{4}{3}\right).$<img_2147>
$若直线l的斜率k=\sqrt{2}，求线段AB的长度；$

Solution:
$若直线l的斜率k=\sqrt{2},则直线l的方程为y=\sqrt{2}x+3，圆心O(0，0)到直线l的距离d=\frac{3}{\sqrt{1+2}}=\sqrt{3}，圆O的半径r=2,所以|AB|=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{4-3}=2.$

Final answer: $2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x^{2}+y^{2}=4，过点P(0,3)且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q\left(0,\frac{4}{3}\right).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094764684988417/img/compression/M_bd66e5b9030473f548cc6e40639e13b4.jpg)
$若直线l的斜率k=\sqrt{2}，求线段AB的长度；$

Solution:
$若直线l的斜率k=\sqrt{2},则直线l的方程为y=\sqrt{2}x+3，圆心O(0，0)到直线l的距离d=\frac{3}{\sqrt{1+2}}=\sqrt{3}，圆O的半径r=2,所以|AB|=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{4-3}=2.$

Final answer: $2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x^{2}+y^{2}=4，过点P(0,3)且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q\left(0,\frac{4}{3}\right).$<img_2147>
$设直线QA，QB的斜率分别为k_{1}，k_{2}，求证：k_{1}+k_{2}为定值，并求出该定值；$

Solution:
$易知直线l的方程为y=kx+3(k\neq 0)，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),由\left\{\begin{matrix}y=kx+3,\\ x^2+y^2=4,\end{matrix}\right.消去y，得(1+k^{2})x^{2}+6kx+5=0，(*)则x_{1}+x_{2}=\frac{-6k}{1+k^2} ,x_{1}x_{2}=\frac{5}{1+k^2},由\Delta =36k^{2}-4\times (1+k^{2})\times 5=16k^{2}-20>0，解得k^{2}>\frac{5}{4},所以k_{1}+k_{2}=\frac{y_1-\frac{4}{3}}{x_1}+\frac{y_2-\frac{4}{3}}{x_2}=\frac{kx_1+3-\frac{4}{3}}{x_1}+\frac{kx_2+3-\frac{4}{3}}{x_2}=2k+\frac{\frac{5}{3}}{x_1}+\frac{\frac{5}{3}}{x_2}=2k+\frac{5}{3}\times \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=2k+\frac{5}{3}\times \frac{-6k}{1+k^2}\times \frac{1+k^2}{5}=0.$

Final answer: $0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x^{2}+y^{2}=4，过点P(0,3)且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q\left(0,\frac{4}{3}\right).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094764684988417/img/compression/M_bd66e5b9030473f548cc6e40639e13b4.jpg)
$设直线QA，QB的斜率分别为k_{1}，k_{2}，求证：k_{1}+k_{2}为定值，并求出该定值；$

Solution:
$易知直线l的方程为y=kx+3(k\neq 0)，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),由\left\{\begin{matrix}y=kx+3,\\ x^2+y^2=4,\end{matrix}\right.消去y，得(1+k^{2})x^{2}+6kx+5=0，(*)则x_{1}+x_{2}=\frac{-6k}{1+k^2} ,x_{1}x_{2}=\frac{5}{1+k^2},由\Delta =36k^{2}-4\times (1+k^{2})\times 5=16k^{2}-20>0，解得k^{2}>\frac{5}{4},所以k_{1}+k_{2}=\frac{y_1-\frac{4}{3}}{x_1}+\frac{y_2-\frac{4}{3}}{x_2}=\frac{kx_1+3-\frac{4}{3}}{x_1}+\frac{kx_2+3-\frac{4}{3}}{x_2}=2k+\frac{\frac{5}{3}}{x_1}+\frac{\frac{5}{3}}{x_2}=2k+\frac{5}{3}\times \frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=2k+\frac{5}{3}\times \frac{-6k}{1+k^2}\times \frac{1+k^2}{5}=0.$

Final answer: $0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x^{2}+y^{2}=4，过点P(0,3)且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q\left(0,\frac{4}{3}\right).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1659094764684988417/img/compression/M_bd66e5b9030473f548cc6e40639e13b4.jpg)
$设线段AB的中点为M，是否存在直线l使|MO|=\frac{\sqrt{6}}{3}|MQ|？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.设点M(x_{0},y_{0})，由(2)知，x_{0}=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{-3k}{1+k^2},所以y_{0}=kx_{0}+3=\frac{-3k^2}{1+k^2}+3=\frac{3}{1+k^2}.又|MO|=\frac{\sqrt{6}}{3}|MQ|，即3|MO|^{2}=2|MQ|^{2}，所以3(x^2_0+y^2_0)=2\left[x^2_0+{\left(y_0-\frac{4}{3}\right)}^2\right]，即x^2_0+y^2_0+\frac{16}{3}y_{0}=\frac{32}{9}，即\left(\frac{-3k}{1+k^2}\right)^2+\left(\frac{3}{1+k^2}\right)^2+\frac{16}{3}\times \frac{3}{1+k^2}=\frac{32}{9}，整理，得\frac{1}{1+k^2}=\frac{32}{9 \times 25}，解得k^{2}=\frac{193}{32}，由(2)知k^{2}>\frac{5}{4}，故k^{2}=\frac{193}{32}满足题意.所以存在满足条件的直线l，其方程为y=\pm \frac{\sqrt{386}}{8}x+3.$

Final answer: 存在，$y=\pm \frac{\sqrt{386}}{8}x+3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x^{2}+y^{2}=4，过点P(0,3)且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点Q\left(0,\frac{4}{3}\right).$<img_2147>
$设线段AB的中点为M，存在直线l使|MO|=\frac{\sqrt{6}}{3}|MQ|，请求出直线l的所有可能方程；.$

Solution:
$存在.设点M(x_{0},y_{0})，由(2)知，x_{0}=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{-3k}{1+k^2},所以y_{0}=kx_{0}+3=\frac{-3k^2}{1+k^2}+3=\frac{3}{1+k^2}.又|MO|=\frac{\sqrt{6}}{3}|MQ|，即3|MO|^{2}=2|MQ|^{2}，所以3(x^2_0+y^2_0)=2\left[x^2_0+{\left(y_0-\frac{4}{3}\right)}^2\right]，即x^2_0+y^2_0+\frac{16}{3}y_{0}=\frac{32}{9}，即\left(\frac{-3k}{1+k^2}\right)^2+\left(\frac{3}{1+k^2}\right)^2+\frac{16}{3}\times \frac{3}{1+k^2}=\frac{32}{9}，整理，得\frac{1}{1+k^2}=\frac{32}{9 \times 25}，解得k^{2}=\frac{193}{32}，由(2)知k^{2}>\frac{5}{4}，故k^{2}=\frac{193}{32}满足题意.所以存在满足条件的直线l，其方程为y=\pm \frac{\sqrt{386}}{8}x+3.$



Final answer: $y=\pm \frac{\sqrt{386}}{8}x+3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知点A(2,3)，B(4,1)，\triangle ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l：x－2y＋2＝0上．$<img_2692>
$求AB边上的高CE所在直线的方程；$

Solution:
$由题意可知，E为AB的中点，且k_{CE}＝－\frac{1}{k_{AB}}=1,(2分)所以E(3,2)，(3分)因此CE所在直线的方程为y－2＝x－3，即x－y－1＝0.(5分)$

Final answer: $x - y - 1 = 0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知点A(2,3)，B(4,1)，\triangle ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l：x－2y＋2＝0上．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658378863676944385/img/compression/M_cfff27090e4d20752ece0b2b4cf490c7.jpg)
$求AB边上的高CE所在直线的方程；$

Solution:
$由题意可知，E为AB的中点，且k_{CE}＝－\frac{1}{k_{AB}}=1,(2分)所以E(3,2)，(3分)因此CE所在直线的方程为y－2＝x－3，即x－y－1＝0.(5分)$

Final answer: $x - y - 1 = 0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知点A(2,3)，B(4,1)，\triangle ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l：x－2y＋2＝0上．$<img_2692>
$求\triangle ABC的面积．$

Solution:
$由\left\{\begin{matrix}x-2y+2\text{＝}0,\\ x-y-1\text{＝}0\end{matrix}\right.得C(4,3)，(6分)所以|AC|＝|BC|＝2，AC\perp BC，(8分)故S_{\triangle ABC}＝\frac{1}{2}|AC|\cdot |BC|＝2.(10分)$

Final answer: $2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知点A(2,3)，B(4,1)，\triangle ABC是以AB为底边的等腰三角形，点C在直线l：x－2y＋2＝0上．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658378863676944385/img/compression/M_cfff27090e4d20752ece0b2b4cf490c7.jpg)
$求\triangle ABC的面积．$

Solution:
$由\left\{\begin{matrix}x-2y+2\text{＝}0,\\ x-y-1\text{＝}0\end{matrix}\right.得C(4,3)，(6分)所以|AC|＝|BC|＝2，AC\perp BC，(8分)故S_{\triangle ABC}＝\frac{1}{2}|AC|\cdot |BC|＝2.(10分)$

Final answer: $2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，将等腰直角\triangle ABC沿斜边AC旋转，使得点B移到点B'的位置，且BB'=AB.$<img_1838>
$证明：平面AB'C\perp 平面ABC;$

Solution:
$证明：取AC的中点O，连接OB，OB'.由题意得BB'=AB=AB'=BC=B'C，在\triangle AB'C中，因为O为AC的中点，所以OB'\perp AC，即\angle B'OC=90^\circ .易知\triangle OBB'\cong \triangle OCB'，则\angle B'OB=\angle B'OC=90^\circ ，即B'O\perp OB.
(2分)
因为AC\cap OB=O，所以B'O\perp 平面ABC.因为B'O\subset 平面AB'C，所以平面AB'C\perp 平面ABC.
(4分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，将等腰直角\triangle ABC沿斜边AC旋转，使得点B移到点B'的位置，且BB'=AB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658378886841962497/img/compression/M_ce5f77280c8caec67d60c2c02e8d0535.jpg)
$证明：平面AB'C\perp 平面ABC;$

Solution:
$证明：取AC的中点O，连接OB，OB'.由题意得BB'=AB=AB'=BC=B'C，在\triangle AB'C中，因为O为AC的中点，所以OB'\perp AC，即\angle B'OC=90^\circ .易知\triangle OBB'\cong \triangle OCB'，则\angle B'OB=\angle B'OC=90^\circ ，即B'O\perp OB.
(2分)
因为AC\cap OB=O，所以B'O\perp 平面ABC.因为B'O\subset 平面AB'C，所以平面AB'C\perp 平面ABC.
(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，将等腰直角\triangle ABC沿斜边AC旋转，使得点B移到点B'的位置，且BB'=AB.$<img_1838>
$求二面角B-AB'-C的余弦值;$

Solution:
$不妨设OA=1，由(1)知B'O\perp 平面ABC，易知OB\perp AC.如图，以O为坐标原点，OC，OB，OB'所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(-1,0,0)，B(0,1,0)，B'(0,0,1)，C(1,0,0)，所以\overrightarrow{AB}=(1,1,0)，\overrightarrow{AB'}=(1,0,1)，设平面ABB'的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB'}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x+y=0,\\ x+z=0,\end{matrix}\right.不妨取x=1，则n=(1,-1,-1).
(6分)
易知平面AB'C的一个法向量为\overrightarrow{OB}=(0,1,0)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{OB}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OB}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{OB}|}=\frac{-1}{\sqrt{3} \times 1}=-\frac{\sqrt{3}}{3}.又二面角B-AB'-C是锐二面角，所以二面角B-AB'-C的余弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.
(8分)
$<img_2505>

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


Question: $如图，将等腰直角\triangle ABC沿斜边AC旋转，使得点B移到点B'的位置，且BB'=AB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658378886841962497/img/compression/M_ce5f77280c8caec67d60c2c02e8d0535.jpg)
$求二面角B-AB'-C的余弦值;$

Solution:
$不妨设OA=1，由(1)知B'O\perp 平面ABC，易知OB\perp AC.如图，以O为坐标原点，OC，OB，OB'所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(-1,0,0)，B(0,1,0)，B'(0,0,1)，C(1,0,0)，所以\overrightarrow{AB}=(1,1,0)，\overrightarrow{AB'}=(1,0,1)，设平面ABB'的一个法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB'}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x+y=0,\\ x+z=0,\end{matrix}\right.不妨取x=1，则n=(1,-1,-1).
(6分)
易知平面AB'C的一个法向量为\overrightarrow{OB}=(0,1,0)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{OB}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{OB}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{OB}|}=\frac{-1}{\sqrt{3} \times 1}=-\frac{\sqrt{3}}{3}.又二面角B-AB'-C是锐二面角，所以二面角B-AB'-C的余弦值为\frac{\sqrt{3}}{3}.
(8分)
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658378887085232129/img/compression/M_7409a337afeed9cd1829cfceb05beda3.jpg)

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


Question: $如图，将等腰直角\triangle ABC沿斜边AC旋转，使得点B移到点B'的位置，且BB'=AB.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658378886841962497/img/compression/M_ce5f77280c8caec67d60c2c02e8d0535.jpg)
$若在棱CB'上存在点M，使得\overrightarrow{CM}=\mu \overrightarrow{CB'}，\mu \in \left[\frac{1}{5},\frac{4}{5}\right]，在棱BB'上存在点N，使得\overrightarrow{BN}=\lambda \overrightarrow{BB'}，且BM\perp AN，求实数\lambda 的取值范围.$

Solution:
$由(2)可得\overrightarrow{BC}=(1,-1,0)，\overrightarrow{CB'}=(-1,0,1)，\overrightarrow{AB}=(1，1，0)，\overrightarrow{BB'}=(0,-1,1)，则\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BC}+\mu \overrightarrow{CB'}=(1,-1,0)+\mu (-1,0,1)=(1-\mu ,-1,\mu )，\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AB}+\lambda \overrightarrow{BB'}=(1,1,0)+\lambda (0,-1,1)=(1,1-\lambda ,\lambda ).(10分)因为BM\perp AN，所以\overrightarrow{BM}\cdot \overrightarrow{AN}=0，即(1-\mu )-(1-\lambda )+\mu \lambda =0，所以\lambda =1-\frac{1}{1+\mu }，则\lambda 是关于\mu 的单调递增函数，所以当\mu \in \left[\frac{1}{5},\frac{4}{5}\right]时，\lambda \in \left[\frac{1}{6},\frac{4}{9}\right]，故实数\lambda 的取值范围是\left[\frac{1}{6},\frac{4}{9}\right].(12分)$

Final answer: $ [\frac{1}{6}, \frac{4}{9}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，将等腰直角\triangle ABC沿斜边AC旋转，使得点B移到点B'的位置，且BB'=AB.$<img_1838>
$若在棱CB'上存在点M，使得\overrightarrow{CM}=\mu \overrightarrow{CB'}，\mu \in \left[\frac{1}{5},\frac{4}{5}\right]，在棱BB'上存在点N，使得\overrightarrow{BN}=\lambda \overrightarrow{BB'}，且BM\perp AN，求实数\lambda 的取值范围.$

Solution:
$由(2)可得\overrightarrow{BC}=(1,-1,0)，\overrightarrow{CB'}=(-1,0,1)，\overrightarrow{AB}=(1，1，0)，\overrightarrow{BB'}=(0,-1,1)，则\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BC}+\mu \overrightarrow{CB'}=(1,-1,0)+\mu (-1,0,1)=(1-\mu ,-1,\mu )，\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AB}+\lambda \overrightarrow{BB'}=(1,1,0)+\lambda (0,-1,1)=(1,1-\lambda ,\lambda ).(10分)因为BM\perp AN，所以\overrightarrow{BM}\cdot \overrightarrow{AN}=0，即(1-\mu )-(1-\lambda )+\mu \lambda =0，所以\lambda =1-\frac{1}{1+\mu }，则\lambda 是关于\mu 的单调递增函数，所以当\mu \in \left[\frac{1}{5},\frac{4}{5}\right]时，\lambda \in \left[\frac{1}{6},\frac{4}{9}\right]，故实数\lambda 的取值范围是\left[\frac{1}{6},\frac{4}{9}\right].(12分)$

Final answer: $ [\frac{1}{6}, \frac{4}{9}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，矩形ABCD的边AB在x轴上，C(2,2)，D(-1,2).从原点O射出的光线OP经BC反射到CD上，再经CD反射到AD上的点Q处.$<img_1672>
$若点Q恰为线段AD的中点，求直线OP的斜率.$

Solution:
$设P(2，n)，反射光线与DC的交点为E(m,2)，由反射角与入射角相等，可得\frac{2-n}{2-m}=\frac{n}{2}.①又直线OP的斜率等于直线QE的斜率，所以\frac{n}{2}=\frac{2-1}{m-(-1)}.②由①②解得\left\{\begin{matrix}m=\frac{2}{3},\\ n=\frac{6}{5},\end{matrix}\right.则直线OP的斜率为\frac{3}{5}.$

Final answer: $\frac{3}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，矩形ABCD的边AB在x轴上，C(2,2)，D(-1,2).从原点O射出的光线OP经BC反射到CD上，再经CD反射到AD上的点Q处.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312912291966978/img/compression/M_110e31f5c3f53b4e40a7202767fb658a.jpg)
$若点Q恰为线段AD的中点，求直线OP的斜率.$

Solution:
$设P(2，n)，反射光线与DC的交点为E(m,2)，由反射角与入射角相等，可得\frac{2-n}{2-m}=\frac{n}{2}.①又直线OP的斜率等于直线QE的斜率，所以\frac{n}{2}=\frac{2-1}{m-(-1)}.②由①②解得\left\{\begin{matrix}m=\frac{2}{3},\\ n=\frac{6}{5},\end{matrix}\right.则直线OP的斜率为\frac{3}{5}.$

Final answer: $\frac{3}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校在矩形操场ABCD内进行体操表演，其中AB=40，BC=15，O为AB上一点，且BO=10，线段OC，OD，MN为表演队列所在位置(M，N分别在线段OD，OC上)，\triangle OCD内的点P为领队位置，且点P到OC,OD的距离分别为\sqrt{13},\sqrt{5}，记OM=d,已知当\triangle OMN面积最小时，观赏效果最好.
$<img_1679>
$当d为何值时，P为队列MN的中点？$

Solution:
$以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，$<img_2783>$则C(10,15)，B(10,0)，D(－30,15)，所以直线OC的方程为y=\frac{3}{2}x，即3x-2y=0，OD的方程为y=－\frac{1}{2}x，即x+2y=0.设P(a,b)(a<0,b>0)，M(－2m,m)，N\left(n,\frac{3}{2}n\right)(m>0,n>0).由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{|3a-2b|}{\sqrt{13}}=\sqrt{13},\\ \frac{|a+2b|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5},\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}a=-2,\\ b=\frac{7}{2}\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}a=-\frac{9}{2},\\ b=-\frac{1}{4}\end{matrix}\right.(舍去),即P\left(-2,\frac{7}{2}\right).因为P为MN的中点，所以\left\{\begin{matrix}-2m+n=-4,\\ m+\frac{3}{2}n=7,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}m=\frac{13}{4},\\ n=\frac{5}{2},\end{matrix}\right.所以M\left(-\frac{13}{2},\frac{13}{4}\right)，故d=OM=\sqrt{\left(-\frac{13}{2}\right)^2+\left(\frac{13}{4}\right)^2}=\frac{13\sqrt{5}}{4}，所以当d=\frac{13\sqrt{5}}{4}时，P为队列MN的中点.$

Final answer: $\frac{13\sqrt{5}}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校在矩形操场ABCD内进行体操表演，其中AB=40，BC=15，O为AB上一点，且BO=10，线段OC，OD，MN为表演队列所在位置(M，N分别在线段OD，OC上)，\triangle OCD内的点P为领队位置，且点P到OC,OD的距离分别为\sqrt{13},\sqrt{5}，记OM=d,已知当\triangle OMN面积最小时，观赏效果最好.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312928028995586/img/compression/M_69c8d8f0e4d75f46a93f1a06bf0f959f.jpg)
$当d为何值时，P为队列MN的中点？$

Solution:
$以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312927026556930/img/compression/M_65dc5ea146cf01371b28936283ad9374.jpg)$则C(10,15)，B(10,0)，D(－30,15)，所以直线OC的方程为y=\frac{3}{2}x，即3x-2y=0，OD的方程为y=－\frac{1}{2}x，即x+2y=0.设P(a,b)(a<0,b>0)，M(－2m,m)，N\left(n,\frac{3}{2}n\right)(m>0,n>0).由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{|3a-2b|}{\sqrt{13}}=\sqrt{13},\\ \frac{|a+2b|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5},\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}a=-2,\\ b=\frac{7}{2}\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}a=-\frac{9}{2},\\ b=-\frac{1}{4}\end{matrix}\right.(舍去),即P\left(-2,\frac{7}{2}\right).因为P为MN的中点，所以\left\{\begin{matrix}-2m+n=-4,\\ m+\frac{3}{2}n=7,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}m=\frac{13}{4},\\ n=\frac{5}{2},\end{matrix}\right.所以M\left(-\frac{13}{2},\frac{13}{4}\right)，故d=OM=\sqrt{\left(-\frac{13}{2}\right)^2+\left(\frac{13}{4}\right)^2}=\frac{13\sqrt{5}}{4}，所以当d=\frac{13\sqrt{5}}{4}时，P为队列MN的中点.$

Final answer: $\frac{13\sqrt{5}}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校在矩形操场ABCD内进行体操表演，其中AB=40，BC=15，O为AB上一点，且BO=10，线段OC，OD，MN为表演队列所在位置(M，N分别在线段OD，OC上)，\triangle OCD内的点P为领队位置，且点P到OC,OD的距离分别为\sqrt{13},\sqrt{5}，记OM=d,已知当\triangle OMN面积最小时，观赏效果最好.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312928028995586/img/compression/M_69c8d8f0e4d75f46a93f1a06bf0f959f.jpg)
$求观赏效果最好时\triangle OMN的面积.$

Solution:
$由(1)结合M，N，P三点共线，得\frac{m-\frac{7}{2}}{-2m-(-2)}=\frac{\frac{3}{2}n-\frac{7}{2}}{n-(-2)}，即5m+\frac{13}{2}n=4mn，即\frac{5}{n}+\frac{13}{2m}=4，OM=\sqrt{(-2m)^2+m^2}=\sqrt{5}m,ON=\sqrt{n^2+\left(\frac{3}{2}n\right)^2}=\frac{\sqrt{13}}{2}n.所以S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}\times OM\times \sqrt{5}+\frac{1}{2}\times ON\times \sqrt{13}=\frac{5}{2}m+\frac{13}{4}n=\frac{1}{4}\left(\frac{5}{2}m+\frac{13}{4}n\right)\left(\frac{5}{n}+\frac{13}{2m}\right)=\frac{65}{8}+\frac{1}{4}\left(\frac{25m}{2n}+\frac{169n}{8m}\right)\geq \frac{65}{8}+\frac{1}{4}\times 2\sqrt{\frac{25m}{2n} \cdot \frac{169n}{8m}}=\frac{65}{4}，当且仅当\left\{\begin{matrix}\frac{25m}{2n}=\frac{169n}{8m},\\ \frac{5}{n}+\frac{13}{2m}=4,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}m=\frac{13}{4},\\ n=\frac{5}{2}\end{matrix}\right.时，等号成立，所以观赏效果最好时\triangle OMN的面积为\frac{65}{4}.$

Final answer: $\frac{65}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校在矩形操场ABCD内进行体操表演，其中AB=40，BC=15，O为AB上一点，且BO=10，线段OC，OD，MN为表演队列所在位置(M，N分别在线段OD，OC上)，\triangle OCD内的点P为领队位置，且点P到OC,OD的距离分别为\sqrt{13},\sqrt{5}，记OM=d,已知当\triangle OMN面积最小时，观赏效果最好.
$<img_1679>
$求观赏效果最好时\triangle OMN的面积.$

Solution:
$由(1)结合M，N，P三点共线，得\frac{m-\frac{7}{2}}{-2m-(-2)}=\frac{\frac{3}{2}n-\frac{7}{2}}{n-(-2)}，即5m+\frac{13}{2}n=4mn，即\frac{5}{n}+\frac{13}{2m}=4，OM=\sqrt{(-2m)^2+m^2}=\sqrt{5}m,ON=\sqrt{n^2+\left(\frac{3}{2}n\right)^2}=\frac{\sqrt{13}}{2}n.所以S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}\times OM\times \sqrt{5}+\frac{1}{2}\times ON\times \sqrt{13}=\frac{5}{2}m+\frac{13}{4}n=\frac{1}{4}\left(\frac{5}{2}m+\frac{13}{4}n\right)\left(\frac{5}{n}+\frac{13}{2m}\right)=\frac{65}{8}+\frac{1}{4}\left(\frac{25m}{2n}+\frac{169n}{8m}\right)\geq \frac{65}{8}+\frac{1}{4}\times 2\sqrt{\frac{25m}{2n} \cdot \frac{169n}{8m}}=\frac{65}{4}，当且仅当\left\{\begin{matrix}\frac{25m}{2n}=\frac{169n}{8m},\\ \frac{5}{n}+\frac{13}{2m}=4,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}m=\frac{13}{4},\\ n=\frac{5}{2}\end{matrix}\right.时，等号成立，所以观赏效果最好时\triangle OMN的面积为\frac{65}{4}.$

Final answer: $\frac{65}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某海面上有O，A，B三个小岛(面积大小忽略不计)，A岛在O岛的北偏东45^\circ 方向距O岛40\sqrt{2}千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处.以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系.圆C经过O，A，B三点.$<img_2648>
$求圆C的方程；$

Solution:
$由题图可知A(40,40)，B(20,0)，设过O，A，B三点的圆C的方程为x^{2}+y^{2}+Dx+Ey+F=0(D^{2}+E^{2}-4F＞0)，则\left\{\begin{matrix}F=0,\\ 40^2+40^2+40D+40E+F=0,\\ 20^2+20D+F=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}D=-20,\\ E=-60,\\ F=0,\end{matrix}\right.所以圆C的方程为x^{2}+y^{2}-20x-60y=0.$

Final answer: $x^2 + y^2 - 20x - 60y = 0$