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


Question: $已知椭圆：\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)，长轴长为短轴长的两倍，抛物线：y^{2}=2px(p>0)，O为坐标原点，F是抛物线的焦点，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，如图所示．$<img_2375>
$在(2)的条件下，若\frac{S_{\vartriangle OAB}}{S_{\vartriangle OCD}}的最小值为1，求抛物线的方程．$

Solution:
$由(1)、(2)可知\frac{S_{\vartriangle OAB}}{S_{\vartriangle OCD}}=\frac{\frac{1}{2}|OA||OB|\\\sin   \angle AOB}{\frac{1}{2}|OC||OD|\\\sin   \angle COD}=\frac{|OA||OB|}{|OC||OD|}=\frac{x_1}{|x_C|}\cdot \frac{x_2}{|x_D|}=\frac{x_1x_2}{x_Cx_D}，x^2_C=\frac{a^2b^2}{b^2k^2_1+a^2}=\frac{4}{k^2_1+4},x^2_D=\frac{a^2b^2k^2_1}{a^2k^2_1+16b^2}=\frac{k^2_1}{k^2_1+4}，则x_{C}x_{D}=\frac{2k_1}{k^2_1+4}，又由(1)可知x_{1}x_{2}=\frac{p^2}{4}，所以\frac{S_{\vartriangle OAB}}{S_{\vartriangle OCD}}=\frac{\frac{p^2}{4}}{\frac{2k_1}{k^2_1+4}}=\frac{p^2}{8}\left(k_1+\frac{4}{k_1}\right)\geq \frac{p^2}{2}，当且仅当k_{1}=2时取等号，由题意知\frac{p^2}{2}=1，又p>0，所以p=\sqrt{2}，此时抛物线的方程为y^{2}=2\sqrt{2}x．$

Final answer: $y^2=2\sqrt 2x$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆：\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)，长轴长为短轴长的两倍，抛物线：y^{2}=2px(p>0)，O为坐标原点，F是抛物线的焦点，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，如图所示．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1701760719079428098/img/compression/M_383b975c98f8ea6086e3c84c3d39b1b5.jpg)
$在(2)的条件下，若\frac{S_{\vartriangle OAB}}{S_{\vartriangle OCD}}的最小值为1，求抛物线的方程．$

Solution:
$由(1)、(2)可知\frac{S_{\vartriangle OAB}}{S_{\vartriangle OCD}}=\frac{\frac{1}{2}|OA||OB|\\\sin   \angle AOB}{\frac{1}{2}|OC||OD|\\\sin   \angle COD}=\frac{|OA||OB|}{|OC||OD|}=\frac{x_1}{|x_C|}\cdot \frac{x_2}{|x_D|}=\frac{x_1x_2}{x_Cx_D}，x^2_C=\frac{a^2b^2}{b^2k^2_1+a^2}=\frac{4}{k^2_1+4},x^2_D=\frac{a^2b^2k^2_1}{a^2k^2_1+16b^2}=\frac{k^2_1}{k^2_1+4}，则x_{C}x_{D}=\frac{2k_1}{k^2_1+4}，又由(1)可知x_{1}x_{2}=\frac{p^2}{4}，所以\frac{S_{\vartriangle OAB}}{S_{\vartriangle OCD}}=\frac{\frac{p^2}{4}}{\frac{2k_1}{k^2_1+4}}=\frac{p^2}{8}\left(k_1+\frac{4}{k_1}\right)\geq \frac{p^2}{2}，当且仅当k_{1}=2时取等号，由题意知\frac{p^2}{2}=1，又p>0，所以p=\sqrt{2}，此时抛物线的方程为y^{2}=2\sqrt{2}x．$

Final answer: $y^2=2\sqrt 2x$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C_{1}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=1，抛物线C_{2}：y^{2}=2px(p>0)，点A是椭圆C_{1}与抛物线C_{2}的交点，过点A的直线l交椭圆C_{1}于点B，交抛物线C_{2}于点M(B，M不同于A).$<img_2914>
$若p=\frac{1}{16}，求抛物线C_{2}的焦点坐标；$

Solution:
$由p=\frac{1}{16}得C_{2}的焦点坐标是\left(\frac{1}{32},0\right).$

Final answer: $(\frac{1}{32}, 0)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C_{1}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=1，抛物线C_{2}：y^{2}=2px(p>0)，点A是椭圆C_{1}与抛物线C_{2}的交点，过点A的直线l交椭圆C_{1}于点B，交抛物线C_{2}于点M(B，M不同于A).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1701760711885512705/img/compression/M_db6ff80180cf98aa195851f588399b7d.jpg)
$若p=\frac{1}{16}，求抛物线C_{2}的焦点坐标；$

Solution:
$由p=\frac{1}{16}得C_{2}的焦点坐标是\left(\frac{1}{32},0\right).$

Final answer: $(\frac{1}{32}, 0)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C_{1}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=1，抛物线C_{2}：y^{2}=2px(p>0)，点A是椭圆C_{1}与抛物线C_{2}的交点，过点A的直线l交椭圆C_{1}于点B，交抛物线C_{2}于点M(B，M不同于A).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1701760711885512705/img/compression/M_db6ff80180cf98aa195851f588399b7d.jpg)
$若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.$

Solution:
$由题意可设直线l:x=my+t(m\neq 0,t\neq 0)，点A(x_{0},y_{0}).将直线l的方程代入椭圆C_{1}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=1得(m^{2}+2)y^{2}+2mty+t^{2}-2=0,所以点M的纵坐标y_{M}=-\frac{mt}{m^2+2},将直线l的方程代入抛物线C_{2}:y^{2}=2px得y^{2}-2pmy-2pt=0,所以y_{0}y_{M}=-2pt，解得y_{0}=\frac{2p(m^2+2)}{m},因此x_{0}=\frac{2p(m^2+2)^2}{m^2}.由\frac{x^2_0}{2}+y^2_0=1得\frac{1}{p^2}=4\left(m+\frac{2}{m}\right)^2+2\left(m+\frac{2}{m}\right)^4\geq 160,所以当m=\sqrt{2},t=\frac{\sqrt{10}}{5}时，p取到最大值\frac{\sqrt{10}}{40}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{40}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知椭圆C_{1}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=1，抛物线C_{2}：y^{2}=2px(p>0)，点A是椭圆C_{1}与抛物线C_{2}的交点，过点A的直线l交椭圆C_{1}于点B，交抛物线C_{2}于点M(B，M不同于A).$<img_2914>
$若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.$

Solution:
$由题意可设直线l:x=my+t(m\neq 0,t\neq 0)，点A(x_{0},y_{0}).将直线l的方程代入椭圆C_{1}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=1得(m^{2}+2)y^{2}+2mty+t^{2}-2=0,所以点M的纵坐标y_{M}=-\frac{mt}{m^2+2},将直线l的方程代入抛物线C_{2}:y^{2}=2px得y^{2}-2pmy-2pt=0,所以y_{0}y_{M}=-2pt，解得y_{0}=\frac{2p(m^2+2)}{m},因此x_{0}=\frac{2p(m^2+2)^2}{m^2}.由\frac{x^2_0}{2}+y^2_0=1得\frac{1}{p^2}=4\left(m+\frac{2}{m}\right)^2+2\left(m+\frac{2}{m}\right)^4\geq 160,所以当m=\sqrt{2},t=\frac{\sqrt{10}}{5}时，p取到最大值\frac{\sqrt{10}}{40}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{40}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，直线l_{1}\parallel l_{2}，线段DE与l_{1}，l_{2}均垂直，垂足分别是E，D，点A在DE上，且AE=1，AD=2.C，B分别是l_{1}，l_{2}上的动点，且满足\angle BAC=\frac{\pi }{3}.设\angle ABD=x，\triangle ABC面积为S(x).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629635040210945/img/compression/M_3cb8d815f7a8d6fd688875900ab55f71.jpg)
$写出函数解析式S(x)；$

Solution:
$结合题图可知，若\angle ABD=x，则x\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right)，\angle DAB=\frac{\pi }{2}-x，又\angle BAC=\frac{\pi }{3}，所以\angle CAE=\pi -\left(\frac{\pi }{2}-x\right)-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}+x，在Rt\triangle ACE中，AC=\frac{AE}{\\\cos   \angle CAE}=\frac{1}{\\\cos   \left(\frac{\pi }{6}+x\right)}，在Rt\triangle ABD中，AB=\frac{AD}{\\\sin   \angle ABD}=\frac{2}{\\\sin    x}，所以S(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\\\cos   \left(\frac{\pi }{6}+x\right)}\cdot \frac{2}{\\\sin    x}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2\\\cos   \left(\frac{\pi }{6}+x\right)\\\sin    x},x\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right).$

Final answer: $S(x) = (sqrt(3))/(2*\cos ((pi/6)+x)*\sin (x))$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，直线l_{1}\parallel l_{2}，线段DE与l_{1}，l_{2}均垂直，垂足分别是E，D，点A在DE上，且AE=1，AD=2.C，B分别是l_{1}，l_{2}上的动点，且满足\angle BAC=\frac{\pi }{3}.设\angle ABD=x，\triangle ABC面积为S(x).$<img_1790>
$写出函数解析式S(x)；$

Solution:
$结合题图可知，若\angle ABD=x，则x\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right)，\angle DAB=\frac{\pi }{2}-x，又\angle BAC=\frac{\pi }{3}，所以\angle CAE=\pi -\left(\frac{\pi }{2}-x\right)-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}+x，在Rt\triangle ACE中，AC=\frac{AE}{\\\cos   \angle CAE}=\frac{1}{\\\cos   \left(\frac{\pi }{6}+x\right)}，在Rt\triangle ABD中，AB=\frac{AD}{\\\sin   \angle ABD}=\frac{2}{\\\sin    x}，所以S(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\\\cos   \left(\frac{\pi }{6}+x\right)}\cdot \frac{2}{\\\sin    x}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2\\\cos   \left(\frac{\pi }{6}+x\right)\\\sin    x},x\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right).$

Final answer: $S(x) = (sqrt(3))/(2*\cos ((pi/6)+x)*\sin (x))$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，直线l_{1}\parallel l_{2}，线段DE与l_{1}，l_{2}均垂直，垂足分别是E，D，点A在DE上，且AE=1，AD=2.C，B分别是l_{1}，l_{2}上的动点，且满足\angle BAC=\frac{\pi }{3}.设\angle ABD=x，\triangle ABC面积为S(x).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629635040210945/img/compression/M_3cb8d815f7a8d6fd688875900ab55f71.jpg)
$求S(x)的最小值.$

Solution:
$由(1)知，S(x)=\frac{\sqrt{3}}{2\\\sin    x\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\\cos     x-\frac{1}{2}\\\\sin     x\right)}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}\\\sin    2x-\frac{1-\\\cos    2x}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{2\\\sin   \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)-1}.因为x\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right)，所以2x+\frac{\pi }{6}\in \left(\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}\right)，所以2\\sin  \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)-1的取值范围是(0,1]所以当x=\frac{\pi }{6}时，S(x)取得最小值2\sqrt{3}.$

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


Question: $如图，直线l_{1}\parallel l_{2}，线段DE与l_{1}，l_{2}均垂直，垂足分别是E，D，点A在DE上，且AE=1，AD=2.C，B分别是l_{1}，l_{2}上的动点，且满足\angle BAC=\frac{\pi }{3}.设\angle ABD=x，\triangle ABC面积为S(x).$<img_1790>
$求S(x)的最小值.$

Solution:
$由(1)知，S(x)=\frac{\sqrt{3}}{2\\\sin    x\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\\cos     x-\frac{1}{2}\\\\sin     x\right)}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}\\\sin    2x-\frac{1-\\\cos    2x}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{2\\\sin   \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)-1}.因为x\in \left(0,\frac{\pi }{3}\right)，所以2x+\frac{\pi }{6}\in \left(\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{6}\right)，所以2\\sin  \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)-1的取值范围是(0,1]所以当x=\frac{\pi }{6}时，S(x)取得最小值2\sqrt{3}.$

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


Question: $在\triangle ABC中，D为边BC上一点，\angle BAD=90^\circ ，\angle B=\angle DAC，12BD=7AC.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629635765825538/img/compression/M_e2aa02f7432532a75f5c13f70a08aee1.jpg)
$求\tan   2B；$

Solution:
$设\angle B=\angle DAC=\alpha ，\therefore \angle ADC=90^\circ +\alpha ，\angle C=90^\circ -2\alpha ，在\triangle ADC中，由正弦定理可得\frac{AD}{\\\sin   (90^{\circ}-2\alpha )}=\frac{AC}{\\\sin   (90^{\circ}+\alpha )}，即\frac{AD}{\\\cos    2\alpha }=\frac{AC}{\\\cos    \alpha },在Rt\triangle ABD中，AD=BD\\sin   \alpha ，又AC=\frac{12}{7}BD，\therefore \frac{BD\\\sin    \alpha }{\\\cos    2\alpha }=\frac{\frac{12}{7}BD}{\\\cos    \alpha }，\therefore \\sin   \alpha \\cos   \alpha =\frac{12}{7}\\cos   2\alpha ，\therefore \frac{1}{2}\\sin   2\alpha =\frac{12}{7}\\cos   2\alpha ，\therefore \\tan   2\alpha =\frac{24}{7}，即\\tan   2B=\frac{24}{7}.$

Final answer: $\frac{24}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边BC上一点，\angle BAD=90^\circ ，\angle B=\angle DAC，12BD=7AC.
$<img_2740>
$求\tan   2B；$

Solution:
$设\angle B=\angle DAC=\alpha ，\therefore \angle ADC=90^\circ +\alpha ，\angle C=90^\circ -2\alpha ，在\triangle ADC中，由正弦定理可得\frac{AD}{\\\sin   (90^{\circ}-2\alpha )}=\frac{AC}{\\\sin   (90^{\circ}+\alpha )}，即\frac{AD}{\\\cos    2\alpha }=\frac{AC}{\\\cos    \alpha },在Rt\triangle ABD中，AD=BD\\sin   \alpha ，又AC=\frac{12}{7}BD，\therefore \frac{BD\\\sin    \alpha }{\\\cos    2\alpha }=\frac{\frac{12}{7}BD}{\\\cos    \alpha }，\therefore \\sin   \alpha \\cos   \alpha =\frac{12}{7}\\cos   2\alpha ，\therefore \frac{1}{2}\\sin   2\alpha =\frac{12}{7}\\cos   2\alpha ，\therefore \\tan   2\alpha =\frac{24}{7}，即\\tan   2B=\frac{24}{7}.$

Final answer: $\frac{24}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边BC上一点，\angle BAD=90^\circ ，\angle B=\angle DAC，12BD=7AC.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629635765825538/img/compression/M_e2aa02f7432532a75f5c13f70a08aee1.jpg)
$若AB=7，求\triangle ABC内切圆的半径.$

Solution:
$\because \\tan   2B=\frac{2\\\tan    B}{1-\\\tan   ^2B}=\frac{24}{7}，\therefore (3\\tan   B+4)(4\\tan   B-3)=0，又易知B为锐角，\therefore \\tan   B>0,\therefore \\tan   B=\frac{3}{4}，\therefore \\sin   B=\frac{3}{5}，\\cos   B=\frac{4}{5}，\because AB=7，\therefore BD=\frac{35}{4}，AC=15.\\cos  \angle BAC=\\cos  (90^\circ +B)=-\\sin   B=-\frac{3}{5}.在\triangle ABC中，由余弦定理可得BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\\cos  \angle BAC=400，\therefore BC=20.设\triangle ABC的内切圆半径为r，由S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\\sin  \angle BAC=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)r，得r=2.$

Final answer: $2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在\triangle ABC中，D为边BC上一点，\angle BAD=90^\circ ，\angle B=\angle DAC，12BD=7AC.
$<img_2740>
$若AB=7，求\triangle ABC内切圆的半径.$

Solution:
$\because \\tan   2B=\frac{2\\\tan    B}{1-\\\tan   ^2B}=\frac{24}{7}，\therefore (3\\tan   B+4)(4\\tan   B-3)=0，又易知B为锐角，\therefore \\tan   B>0,\therefore \\tan   B=\frac{3}{4}，\therefore \\sin   B=\frac{3}{5}，\\cos   B=\frac{4}{5}，\because AB=7，\therefore BD=\frac{35}{4}，AC=15.\\cos  \angle BAC=\\cos  (90^\circ +B)=-\\sin   B=-\frac{3}{5}.在\triangle ABC中，由余弦定理可得BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\\cos  \angle BAC=400，\therefore BC=20.设\triangle ABC的内切圆半径为r，由S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\\sin  \angle BAC=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)r，得r=2.$

Final answer: $2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将\triangle AEF沿EF翻折至\triangle A_{1}EF，得到四棱锥A_{1}-EFCB，P为A_{1}C的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629755359391747/img/compression/M_e36c8bb28ec56c86e6d3b75e09ce5989.jpg)
$证明：FP\parallel 平面A_{1}BE；$

Solution:
$证明：取A_{1}B的中点Q，连接PQ,EQ,则有PQ\parallel BC，且PQ=\frac{1}{2}BC，又EF\parallel BC，且EF=\frac{1}{2}BC，所以PQ\parallel EF，且PQ=EF，则四边形EFPQ为平行四边形，则FP\parallel EQ，又FP\not\subset 平面A_{1}BE，EQ\subset 平面A_{1}BE，故FP\parallel 平面A_{1}BE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将\triangle AEF沿EF翻折至\triangle A_{1}EF，得到四棱锥A_{1}-EFCB，P为A_{1}C的中点.$<img_1519>
$证明：FP\parallel 平面A_{1}BE；$

Solution:
$证明：取A_{1}B的中点Q，连接PQ,EQ,则有PQ\parallel BC，且PQ=\frac{1}{2}BC，又EF\parallel BC，且EF=\frac{1}{2}BC，所以PQ\parallel EF，且PQ=EF，则四边形EFPQ为平行四边形，则FP\parallel EQ，又FP\not\subset 平面A_{1}BE，EQ\subset 平面A_{1}BE，故FP\parallel 平面A_{1}BE.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将\triangle AEF沿EF翻折至\triangle A_{1}EF，得到四棱锥A_{1}-EFCB，P为A_{1}C的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629755359391747/img/compression/M_e36c8bb28ec56c86e6d3b75e09ce5989.jpg)
$若平面A_{1}EF\perp 平面EFCB，求直线A_{1}F与平面BFP所成角的正弦值.$

Solution:
$取EF的中点O，BC的中点G，连接A_{1}O，GO，则A_{1}O\perp EF，GO\perp EF，由平面A_{1}EF\perp 平面EFCB，且交线为EF，A_{1}O\subset 平面A_{1}EF,得A_{1}O\perp 平面EFCB，此时OA_{1},OE,OG两两垂直，以O为原点，OE,OG,OA_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A_{1}(0,0,\sqrt{3})，F(-1,0,0)，B(2,\sqrt{3},0)，C(-2,\sqrt{3},0)，则\overrightarrow{A_1F}=(-1,0,-\sqrt{3})，\overrightarrow{FB}=(3,\sqrt{3},0)，由P为A_{1}C的中点，得P\left(-1,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，则\overrightarrow{FP}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，设平面BFP的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{FP}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{FB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0,\\ 3x+\sqrt{3}y=0,\end{matrix}\right.故取n=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})，故所求角的正弦值为|\\cos  \langle \overrightarrow{A_1F},n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1F}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{A_1F}|}=\frac{|-1-3|}{\sqrt{7}\times \sqrt{4}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}， 所以直线A_{1}F与平面BFP所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{7}}{7}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629755741073410/img/compression/M_434d0ceb455ff93fd14f6a811a3dadbe.jpg)

Final answer: $\frac{2\sqrt{7}}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将\triangle AEF沿EF翻折至\triangle A_{1}EF，得到四棱锥A_{1}-EFCB，P为A_{1}C的中点.$<img_1519>
$若平面A_{1}EF\perp 平面EFCB，求直线A_{1}F与平面BFP所成角的正弦值.$

Solution:
$取EF的中点O，BC的中点G，连接A_{1}O，GO，则A_{1}O\perp EF，GO\perp EF，由平面A_{1}EF\perp 平面EFCB，且交线为EF，A_{1}O\subset 平面A_{1}EF,得A_{1}O\perp 平面EFCB，此时OA_{1},OE,OG两两垂直，以O为原点，OE,OG,OA_{1}所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A_{1}(0,0,\sqrt{3})，F(-1,0,0)，B(2,\sqrt{3},0)，C(-2,\sqrt{3},0)，则\overrightarrow{A_1F}=(-1,0,-\sqrt{3})，\overrightarrow{FB}=(3,\sqrt{3},0)，由P为A_{1}C的中点，得P\left(-1,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，则\overrightarrow{FP}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，设平面BFP的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{FP}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{FB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0,\\ 3x+\sqrt{3}y=0,\end{matrix}\right.故取n=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})，故所求角的正弦值为|\\cos  \langle \overrightarrow{A_1F},n\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{A_1F}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{A_1F}|}=\frac{|-1-3|}{\sqrt{7}\times \sqrt{4}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}， 所以直线A_{1}F与平面BFP所成角的正弦值为\frac{2\sqrt{7}}{7}.$<img_2548>

Final answer: $\frac{2\sqrt{7}}{7}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且\angle ABC=60^\circ ，BM\perp 平面ABCD，BM\parallel DN，BM=2DN，点E是线段MN上任意一点.$<img_1516>
$证明：平面EAC\perp 平面BMND；$

Solution:
$证明：因为BM\perp 平面ABCD，AC\subset 平面ABCD，所以AC\perp BM.因为四边形ABCD是菱形，所以AC\perp BD，又BD\cap BM=B,BD，BM\subset 平面BMND，所以AC\perp 平面BMND,因为AC\subset 平面EAC，所以平面EAC\perp 平面BMND.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且\angle ABC=60^\circ ，BM\perp 平面ABCD，BM\parallel DN，BM=2DN，点E是线段MN上任意一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629810673872899/img/compression/M_f7c1e3e5f5dad86ce2fc7b006feb3d69.jpg)
$证明：平面EAC\perp 平面BMND；$

Solution:
$证明：因为BM\perp 平面ABCD，AC\subset 平面ABCD，所以AC\perp BM.因为四边形ABCD是菱形，所以AC\perp BD，又BD\cap BM=B,BD，BM\subset 平面BMND，所以AC\perp 平面BMND,因为AC\subset 平面EAC，所以平面EAC\perp 平面BMND.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且\angle ABC=60^\circ ，BM\perp 平面ABCD，BM\parallel DN，BM=2DN，点E是线段MN上任意一点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629810673872899/img/compression/M_f7c1e3e5f5dad86ce2fc7b006feb3d69.jpg)
$若\angle AEC的最大值是\frac{2\pi }{3}，求三棱锥M-NAC的体积.$

Solution:
$设AC与BD的交点为O，连接EO.因为AC\perp 平面BMND，OE\subset 平面BMND，所以AC\perp OE，又O为AC的中点，则AE=CE，在\triangle AEC中，由余弦定理的推论得\\cos  \angle AEC=\frac{AE^2+CE^2-AC^2}{2AE\cdot CE}=1-\frac{2}{{AE}^2}，\angle AEC\in (0,\pi ).当AE最短时\angle AEC最大，此时AE\perp MN，CE\perp MN，\angle AEC=\frac{2\pi }{3}，因为AC=2,AE=\frac{2\sqrt{3}}{3},OE=\frac{\sqrt{3}}{3}.取MN的中点H，连接OH，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),C(-1，0，0).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629810933919745/img/compression/M_323267ece61c89c88affad01e45b6765.jpg)$设ND=a，a>0,则N(0,-\sqrt{3},a) M(0,\sqrt{3},2a)，则\overrightarrow{AN}=(-1,-\sqrt{3},a)，\overrightarrow{AM}=(-1,\sqrt{3},2a).设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AN}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{AM}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x-\sqrt{3}y+az=0,\\ -x+\sqrt{3}y+2az=0,\end{matrix}\right.取z=1，则n=\left(\frac{3a}{2},-\frac{\sqrt{3}a}{6},1\right)，同理求得平面CMN的一个法向量为m=\left(-\frac{3a}{2},-\frac{\sqrt{3}a}{6},1\right).因为\angle AEC=\frac{2\pi }{3}是二面角 A-MN-C的平面角，所以|\\cos  \angle AEC|=|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{\left|-\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{36}+1\right|}{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{36}+1}=\frac{1}{2}，解得a=\frac{\sqrt{15}}{10}或a=\frac{\sqrt{6}}{2}.由图可知a因为MN=\sqrt{a^2+{BD}^2}=\sqrt{\frac{3}{20}+12}=\frac{9\sqrt{15}}{10}，AE=\frac{2\sqrt{3}}{3}，S_{\triangle EAC}=\frac{1}{2}AE^{2}\\sin   \frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}\times \frac{4}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}，则V_{M-NAC}=V_{M-EAC}+V_{N-EAC}=\frac{1}{3}S_{\triangle AEC}\cdot MN=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{3}\times \frac{9\sqrt{15}}{10}=\frac{3\sqrt{5}}{10}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{5}}{10}$
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Question: $如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且\angle ABC=60^\circ ，BM\perp 平面ABCD，BM\parallel DN，BM=2DN，点E是线段MN上任意一点.$<img_1516>
$若\angle AEC的最大值是\frac{2\pi }{3}，求三棱锥M-NAC的体积.$

Solution:
$设AC与BD的交点为O，连接EO.因为AC\perp 平面BMND，OE\subset 平面BMND，所以AC\perp OE，又O为AC的中点，则AE=CE，在\triangle AEC中，由余弦定理的推论得\\cos  \angle AEC=\frac{AE^2+CE^2-AC^2}{2AE\cdot CE}=1-\frac{2}{{AE}^2}，\angle AEC\in (0,\pi ).当AE最短时\angle AEC最大，此时AE\perp MN，CE\perp MN，\angle AEC=\frac{2\pi }{3}，因为AC=2,AE=\frac{2\sqrt{3}}{3},OE=\frac{\sqrt{3}}{3}.取MN的中点H，连接OH，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),C(-1，0，0).$<img_1872>$设ND=a，a>0,则N(0,-\sqrt{3},a) M(0,\sqrt{3},2a)，则\overrightarrow{AN}=(-1,-\sqrt{3},a)，\overrightarrow{AM}=(-1,\sqrt{3},2a).设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\overrightarrow{AN}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow{AM}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-x-\sqrt{3}y+az=0,\\ -x+\sqrt{3}y+2az=0,\end{matrix}\right.取z=1，则n=\left(\frac{3a}{2},-\frac{\sqrt{3}a}{6},1\right)，同理求得平面CMN的一个法向量为m=\left(-\frac{3a}{2},-\frac{\sqrt{3}a}{6},1\right).因为\angle AEC=\frac{2\pi }{3}是二面角 A-MN-C的平面角，所以|\\cos  \angle AEC|=|\\cos  \langle m,n\rangle |=\frac{\left|-\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{36}+1\right|}{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{36}+1}=\frac{1}{2}，解得a=\frac{\sqrt{15}}{10}或a=\frac{\sqrt{6}}{2}.由图可知a因为MN=\sqrt{a^2+{BD}^2}=\sqrt{\frac{3}{20}+12}=\frac{9\sqrt{15}}{10}，AE=\frac{2\sqrt{3}}{3}，S_{\triangle EAC}=\frac{1}{2}AE^{2}\\sin   \frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}\times \frac{4}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}，则V_{M-NAC}=V_{M-EAC}+V_{N-EAC}=\frac{1}{3}S_{\triangle AEC}\cdot MN=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{3}\times \frac{9\sqrt{15}}{10}=\frac{3\sqrt{5}}{10}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{5}}{10}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，双曲线的中心在原点，焦距为2\sqrt{7}，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为\frac{1}{2}的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629848056328194/img/compression/M_947c6944ca93db041e0dd375d264fced.jpg)
$求椭圆及双曲线的标准方程；$

Solution:
$由已知可设双曲线的标准方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，椭圆的标准方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，其中a>b>0,则\left\{\begin{matrix}a^2+b^2=7,\\ \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a^2=4,\\ b^2=3,\end{matrix}\right.所以双曲线的标准方程为\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1，椭圆的标准方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1$, $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，双曲线的中心在原点，焦距为2\sqrt{7}，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为\frac{1}{2}的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N.$<img_2464>
$求椭圆及双曲线的标准方程；$

Solution:
$由已知可设双曲线的标准方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1，椭圆的标准方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，其中a>b>0,则\left\{\begin{matrix}a^2+b^2=7,\\ \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a^2=4,\\ b^2=3,\end{matrix}\right.所以双曲线的标准方程为\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1，椭圆的标准方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1$, $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，双曲线的中心在原点，焦距为2\sqrt{7}，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为\frac{1}{2}的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629848056328194/img/compression/M_947c6944ca93db041e0dd375d264fced.jpg)
$设MN与x轴交于点T，是否存在点P，使得x_{P}=4x_{T}(其中x_{P}，x_{T}为点P，T的横坐标)？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设P(x_{0},t)，x_{0}>2,t>0,M(x_{1},y_{1})，N(x_{2},y_{2})，由(1)知A(-2,0)，B(2,0)，由P、A、N三点共线，知\frac{y_2}{x_2+2}=\frac{t}{x_0+2}，由P、B、M三点共线，知\frac{y_1}{x_1-2}=\frac{t}{x_0-2}，两式相除可得\frac{y_2(x_1-2)}{(x_2+2)y_1}=\frac{x_0-2}{x_0+2}，令x_{T}=n(-2联立\left\{\begin{matrix}x=my+n,\\ 3x^2+4y^2-12=0,\end{matrix}\right.消x整理得(3m^{2}+4)y^{2}+6mny+3n^{2}-12=0，易得\Delta >0，y_{1}+y_{2}=-\frac{6mn}{3m^2+4},y_{1}y_{2}=\frac{3n^2-12}{3m^2+4}，\therefore \frac{y_1y_2}{y_1+y_2}=\frac{4-n^2}{2mn}，\frac{y_2(x_1-2)}{(x_2+2)y_1}=\frac{y_2(my_1+n-2)}{y_1(my_2+n+2)}=\frac{my_1y_2+(n-2)y_2}{my_1y_2+(n+2)y_1}=\frac{2mny_1y_2+2n(n-2)y_2}{2mny_1y_2+2n(n+2)y_1}=\frac{(4-n^2)(y_1+y_2)+2n(n-2)y_2}{(4-n^2)(y_1+y_2)+2n(n+2)y_1}=\frac{(2-n)[(2+n)y_1+(2-n)y_2]}{(2+n)[(2+n)y_1+(2-n)y_2]}=\frac{2-n}{2+n}，若存在x_{P}=4x_{T}，即x_{0}=4n，则\frac{2-n}{2+n}=\frac{x_0-2}{x_0+2}=\frac{4n-2}{4n+2}，解得n^{2}=1，又P在第一象限,所以n=1,P(4,3).$

Final answer: $(4,3)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，双曲线的中心在原点，焦距为2\sqrt{7}，左、右顶点分别为A，B，曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为\frac{1}{2}的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N.$<img_2464>
$设MN与x轴交于点T，是否存在点P，使得x_{P}=4x_{T}(其中x_{P}，x_{T}为点P，T的横坐标)？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设P(x_{0},t)，x_{0}>2,t>0,M(x_{1},y_{1})，N(x_{2},y_{2})，由(1)知A(-2,0)，B(2,0)，由P、A、N三点共线，知\frac{y_2}{x_2+2}=\frac{t}{x_0+2}，由P、B、M三点共线，知\frac{y_1}{x_1-2}=\frac{t}{x_0-2}，两式相除可得\frac{y_2(x_1-2)}{(x_2+2)y_1}=\frac{x_0-2}{x_0+2}，令x_{T}=n(-2联立\left\{\begin{matrix}x=my+n,\\ 3x^2+4y^2-12=0,\end{matrix}\right.消x整理得(3m^{2}+4)y^{2}+6mny+3n^{2}-12=0，易得\Delta >0，y_{1}+y_{2}=-\frac{6mn}{3m^2+4},y_{1}y_{2}=\frac{3n^2-12}{3m^2+4}，\therefore \frac{y_1y_2}{y_1+y_2}=\frac{4-n^2}{2mn}，\frac{y_2(x_1-2)}{(x_2+2)y_1}=\frac{y_2(my_1+n-2)}{y_1(my_2+n+2)}=\frac{my_1y_2+(n-2)y_2}{my_1y_2+(n+2)y_1}=\frac{2mny_1y_2+2n(n-2)y_2}{2mny_1y_2+2n(n+2)y_1}=\frac{(4-n^2)(y_1+y_2)+2n(n-2)y_2}{(4-n^2)(y_1+y_2)+2n(n+2)y_1}=\frac{(2-n)[(2+n)y_1+(2-n)y_2]}{(2+n)[(2+n)y_1+(2-n)y_2]}=\frac{2-n}{2+n}，若存在x_{P}=4x_{T}，即x_{0}=4n，则\frac{2-n}{2+n}=\frac{x_0-2}{x_0+2}=\frac{4n-2}{4n+2}，解得n^{2}=1，又P在第一象限,所以n=1,P(4,3).$

Final answer: $(4,3)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的焦点分别为F_{1}(-\sqrt{3},0),F_{2}(\sqrt{3},0),A为椭圆C上一点，\triangle F_{1}AF_{2}的面积的最大值为\sqrt{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629848383483907/img/compression/M_346950ffc582efc2f97ee48bfa51bcb7.jpg)
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$(S_{\triangle F_{1}AF_{2}})_{max}=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{3}\times b=\sqrt{3}，\therefore b=1，则a=\sqrt{b^2+3}=2，故椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

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


Question: $如图，椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的焦点分别为F_{1}(-\sqrt{3},0),F_{2}(\sqrt{3},0),A为椭圆C上一点，\triangle F_{1}AF_{2}的面积的最大值为\sqrt{3}.$<img_2348>
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$(S_{\triangle F_{1}AF_{2}})_{max}=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{3}\times b=\sqrt{3}，\therefore b=1，则a=\sqrt{b^2+3}=2，故椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+y^{2}=1$