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


Question: $如图，四边形ABCD是矩形，PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上.$

<img_339>
$求二面角C-PE-A的余弦值；$

Solution:
$因为PA\perp 平面ABCD，AD\perp 平面ABCD，AB\perp 平面ABCD，所以PA\perp AD，PA\perp AB，$

$因为四边形ABCD是矩形，所以AD\perp AB，$

$所以AD，AB，AP两两垂直，$

$以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，$

<img_387>

$则C(1,2,0)，P(0,0,2)，E(0,2,1)，$

$所以\overrightarrow{CE}=(-1,0,1)，\overrightarrow{PE}=(0,2,-1).$

$设平面PEC的法向量为n=(x,y,z)，$

$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CE}=-x+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PE}=2y-z=0,\end{matrix}\right.$

$取x=2，可得n=(2,1,2)，$

$易知平面PEA的一个法向量为m=(1,0,0)，$

$则cos\langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2}{3}，$

$由图可知，二面角C-PE-A为锐二面角，$

$所以二面角C-PE-A的余弦值是\frac{2}{3}.$

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


Question: $如图，四边形ABCD是矩形，PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894284539924483/img/compression/M_3ea9af4a7605d5d61bc099e23d9ac1a9.jpg)
$求二面角C-PE-A的余弦值；$

Solution:
$因为PA\perp 平面ABCD，AD\perp 平面ABCD，AB\perp 平面ABCD，所以PA\perp AD，PA\perp AB，$

$因为四边形ABCD是矩形，所以AD\perp AB，$

$所以AD，AB，AP两两垂直，$

$以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，$

![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894284917411842/img/compression/M_140a81a13e27d9e43467be15221ca02e.jpg)

$则C(1,2,0)，P(0,0,2)，E(0,2,1)，$

$所以\overrightarrow{CE}=(-1,0,1)，\overrightarrow{PE}=(0,2,-1).$

$设平面PEC的法向量为n=(x,y,z)，$

$则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CE}=-x+z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{PE}=2y-z=0,\end{matrix}\right.$

$取x=2，可得n=(2,1,2)，$

$易知平面PEA的一个法向量为m=(1,0,0)，$

$则cos\langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2}{3}，$

$由图可知，二面角C-PE-A为锐二面角，$

$所以二面角C-PE-A的余弦值是\frac{2}{3}.$

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


Question: $如图，四边形ABCD是矩形，PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894284539924483/img/compression/M_3ea9af4a7605d5d61bc099e23d9ac1a9.jpg)
$若点F到平面PCE的距离为 \frac{1}{3} ，求线段AF的长.$

Solution:
$设AF=t，t \in  [0,2]，则F(0,0,t)，$
$所以\overrightarrow{CF}=(-1,-2,t)，$

$因为点F到平面PCE的距离d=\frac{|\overrightarrow{CF} \cdot n|}{|n|}=\frac{|-2-2+2t|}{3}=\frac{|2t-4|}{3}=\frac{1}{3}，$

$所以t=\frac{3}{2} (舍去t=\frac{5}{2})，故AF=\frac{3}{2}.$

Final answer: $AF=\frac{3}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，四边形ABCD是矩形，PA\perp 平面ABCD，DE\perp 平面ABCD，AB=DE=1，AD=PA=2，点F在棱PA上.$

<img_339>
$若点F到平面PCE的距离为 \frac{1}{3} ，求线段AF的长.$

Solution:
$设AF=t，t \in  [0,2]，则F(0,0,t)，$
$所以\overrightarrow{CF}=(-1,-2,t)，$

$因为点F到平面PCE的距离d=\frac{|\overrightarrow{CF} \cdot n|}{|n|}=\frac{|-2-2+2t|}{3}=\frac{|2t-4|}{3}=\frac{1}{3}，$

$所以t=\frac{3}{2} (舍去t=\frac{5}{2})，故AF=\frac{3}{2}.$



Final answer: $AF=\frac{3}{2}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC- A_1B_1C_1中，AB\perp 平面B_1C_1C，已知\angle BCC_1 = \frac{\pi }{3},BC=1,AB= C_1C=2，点E是棱CC_1的中点.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894287266222083/img/compression/M_7934b15f1b3048716ab0cd14a7da603c.jpg)
$求平面AB_1E与平面A_1B_1E夹角的余弦值；$

Solution:
$连接BC_1，在\triangle BCC_1中，利用余弦定理，得BC^2_1 = BC^2 + CC^2_1 - 2BC\cdot CC_1cos\angle BCC_1 = 1 + 4 - 2  1  2  \frac{1}{2} = 3，所以BC_1 = \sqrt{3}，$

$因为BC^2 + BC^2_1 = CC^2_1，$

$所以BC \perp BC_1，$

$以B为坐标原点，BC，BC_1，BA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894287853424642/img/compression/M_a466c0c2166acfbefda22b213ba51a2b.jpg)

$则B = (0，0，0)，C = (1,0,0)，A = (0,0,2)，B_1 = (-1，\sqrt{3}，0)，E = \left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，$

$所以\overrightarrow{EB_1} = \left(-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，\overrightarrow{EA} = \left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},2\right)，\overrightarrow{B_1A_1} = \overrightarrow{BA} = (0,0,2)，$

$设平面AB_1E的法向量为\boldsymbol{m}=(x_1, y_1, z_1)，$

则
$\begin{matrix}
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EA} = -\frac{1}{2}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2}y_1+2z_1=0,\\
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EB_1} = -\frac{3}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}y_1=0,
\end{matrix}$

$取y_1 = \sqrt{3}，则x_1=1，z_1=1，即\boldsymbol{m} = (1, \sqrt{3}, 1)，$

$设平面A_1B_1E的法向量为\boldsymbol{n}=(x_2, y_2, z_2)，$

则
$\begin{matrix}
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1A_1}=2z_2=0,\\
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EB_1}= -\frac{3}{2}x_2+\frac{\sqrt{3}}{2}y_2=0,
\end{matrix}$
$取y_2 = \sqrt{3}，则x_2=1，z_2=0，$

$即\boldsymbol{n} = (1, \sqrt{3}, 0)，$

$所以cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle = \frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|} = \frac{4}{2\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}，$

$所以平面AB_1E与平面A_1B_1E夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}．$

Final answer: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC- A_1B_1C_1中，AB\perp 平面B_1C_1C，已知\angle BCC_1 = \frac{\pi }{3},BC=1,AB= C_1C=2，点E是棱CC_1的中点.$

<img_1881>
$求平面AB_1E与平面A_1B_1E夹角的余弦值；$

Solution:
$连接BC_1，在\triangle BCC_1中，利用余弦定理，得BC^2_1 = BC^2 + CC^2_1 - 2BC\cdot CC_1cos\angle BCC_1 = 1 + 4 - 2  1  2  \frac{1}{2} = 3，所以BC_1 = \sqrt{3}，$

$因为BC^2 + BC^2_1 = CC^2_1，$

$所以BC \perp BC_1，$

$以B为坐标原点，BC，BC_1，BA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，$

<img_1821>

$则B = (0，0，0)，C = (1,0,0)，A = (0,0,2)，B_1 = (-1，\sqrt{3}，0)，E = \left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，$

$所以\overrightarrow{EB_1} = \left(-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)，\overrightarrow{EA} = \left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},2\right)，\overrightarrow{B_1A_1} = \overrightarrow{BA} = (0,0,2)，$

$设平面AB_1E的法向量为\boldsymbol{m}=(x_1, y_1, z_1)，$

则
$\begin{matrix}
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EA} = -\frac{1}{2}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2}y_1+2z_1=0,\\
\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{EB_1} = -\frac{3}{2}x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}y_1=0,
\end{matrix}$

$取y_1 = \sqrt{3}，则x_1=1，z_1=1，即\boldsymbol{m} = (1, \sqrt{3}, 1)，$

$设平面A_1B_1E的法向量为\boldsymbol{n}=(x_2, y_2, z_2)，$

则
$\begin{matrix}
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{B_1A_1}=2z_2=0,\\
\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{EB_1}= -\frac{3}{2}x_2+\frac{\sqrt{3}}{2}y_2=0,
\end{matrix}$
$取y_2 = \sqrt{3}，则x_2=1，z_2=0，$

$即\boldsymbol{n} = (1, \sqrt{3}, 0)，$

$所以cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle = \frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|} = \frac{4}{2\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}，$

$所以平面AB_1E与平面A_1B_1E夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{5}}{5}．$

Final answer: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC- A_1B_1C_1中，AB\perp 平面B_1C_1C，已知\angle BCC_1 = \frac{\pi }{3},BC=1,AB= C_1C=2，点E是棱CC_1的中点.$

<img_1881>
$在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为 \frac{2\sqrt{11}}{11} ？若存在，求出 \frac{CM}{CA} 的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在满足题意的点M，且 \frac{CM}{CA} = k(0\leq k\leq 1)，即 \overrightarrow{CM} = k \overrightarrow{CA}，易得 \overrightarrow{CA} =(-1，0，2)，$

$所以 \overrightarrow{CM} = k(-1,0,2) = (-k,0,2k).$

$设EM与平面A1B1E所成的角为\theta ，$

$因为 \overrightarrow{EM} = \overrightarrow{EC} + \overrightarrow{CM} = \left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right) + (-k,0,2k) = \left(\frac{1}{2}-k,-\frac{\sqrt{3}}{2},2k\right)，$

$所以 sin \theta  = |cos\langle  \overrightarrow{EM}, n \rangle | = \left|\frac{\overrightarrow{EM} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{EM}||\boldsymbol{n}|}\right| = \left|\frac{\frac{1}{2}-k-\frac{3}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{1}{2}-k\right)}^2+\frac{3}{4}+4k^2} \times 2}\right| = \frac{2\sqrt{11}}{11}，$

$解得 k = \frac{1}{3} 或 k = \frac{5}{23}，所以存在满足题意的点M，且 \frac{CM}{CA} = \frac{1}{3} 或 \frac{5}{23}.$

Final answer: \frac{1}{3}, \frac{5}{23}
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱柱ABC- A_1B_1C_1中，AB\perp 平面B_1C_1C，已知\angle BCC_1 = \frac{\pi }{3},BC=1,AB= C_1C=2，点E是棱CC_1的中点.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894287266222083/img/compression/M_7934b15f1b3048716ab0cd14a7da603c.jpg)
$在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为 \frac{2\sqrt{11}}{11} ？若存在，求出 \frac{CM}{CA} 的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在满足题意的点M，且 \frac{CM}{CA} = k(0\leq k\leq 1)，即 \overrightarrow{CM} = k \overrightarrow{CA}，易得 \overrightarrow{CA} =(-1，0，2)，$

$所以 \overrightarrow{CM} = k(-1,0,2) = (-k,0,2k).$

$设EM与平面A1B1E所成的角为\theta ，$

$因为 \overrightarrow{EM} = \overrightarrow{EC} + \overrightarrow{CM} = \left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right) + (-k,0,2k) = \left(\frac{1}{2}-k,-\frac{\sqrt{3}}{2},2k\right)，$

$所以 sin \theta  = |cos\langle  \overrightarrow{EM}, n \rangle | = \left|\frac{\overrightarrow{EM} \cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{EM}||\boldsymbol{n}|}\right| = \left|\frac{\frac{1}{2}-k-\frac{3}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{1}{2}-k\right)}^2+\frac{3}{4}+4k^2} \times 2}\right| = \frac{2\sqrt{11}}{11}，$

$解得 k = \frac{1}{3} 或 k = \frac{5}{23}，所以存在满足题意的点M，且 \frac{CM}{CA} = \frac{1}{3} 或 \frac{5}{23}.$

Final answer: \frac{1}{3}, \frac{5}{23}
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_1,F_2,点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_2\perp F_1F_2，直线AF_1与椭圆E相交于另一点B.$

<img_2938>
$求\triangle AF_1F_2的周长；$

Solution:
$设椭圆E：\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则 a^2=4，b^2=3，c^2=1.$
$所以\triangle  AF_1F_2 的周长为2a+2c=6.$

Final answer: 6
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_1,F_2,点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_2\perp F_1F_2，直线AF_1与椭圆E相交于另一点B.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504747266050/img/compression/M_1991b03c9b4312e62eb5cacd1530b890.jpg)
$求\triangle AF_1F_2的周长；$

Solution:
$设椭圆E：\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则 a^2=4，b^2=3，c^2=1.$
$所以\triangle  AF_1F_2 的周长为2a+2c=6.$

Final answer: 6
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_1,F_2,点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_2\perp F_1F_2，直线AF_1与椭圆E相交于另一点B.$

<img_2938>
$在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}的最小值；$

Solution:
椭圆E的右准线为x=4.
$设P(x，0)，Q(4，y)，则\overrightarrow{OP} =(x，0)，\overrightarrow{QP} =(x-4，-y)，$
$\overrightarrow{OP} \cdot  \overrightarrow{QP} = x(x-4)=(x-2)^2 -4\geq -4，当x=2时取等号.$
$所以\overrightarrow{OP} \cdot  \overrightarrow{QP}的最小值为-4.$
<img_2581>

Final answer: $-4$
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_1,F_2,点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_2\perp F_1F_2，直线AF_1与椭圆E相交于另一点B.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504747266050/img/compression/M_1991b03c9b4312e62eb5cacd1530b890.jpg)
$在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}的最小值；$

Solution:
椭圆E的右准线为x=4.
$设P(x，0)，Q(4，y)，则\overrightarrow{OP} =(x，0)，\overrightarrow{QP} =(x-4，-y)，$
$\overrightarrow{OP} \cdot  \overrightarrow{QP} = x(x-4)=(x-2)^2 -4\geq -4，当x=2时取等号.$
$所以\overrightarrow{OP} \cdot  \overrightarrow{QP}的最小值为-4.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504281698305/img/compression/M_ca0ef057289478e70571961e3c8e552a.jpg)

Final answer: $-4$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知F_1, F_2是椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点.$
$若\triangle POF_2为等边三角形，求C的离心率；$

Solution:
$连接PF_1.由\triangle POF_2为等边三角形可知，在\triangle F_1PF_2中，\angle F_1PF_2=90^\circ ,|PF_2|=c,|PF_1|= \sqrt{3}c,因此2a=|PF_1|+|PF_2|=(\sqrt{3}+1)c。$

$故C的离心率e= \frac{c}{a}= \sqrt{3}-1.$

Final answer: $\sqrt{3}-1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，且经过点P(1,\sqrt{3})。$
$已知A，B为椭圆C上两点，直线PA与PB的倾斜角互补，求\triangle PAB面积的最大值.$

Solution:
由题意可知直线AB的斜率一定存在，
$设直线AB的方程为y=kx+t，A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，$
$将y=kx+t代入\frac{y^2}{6}+\frac{x^2}{2}=1得(k^2+3)x^2+2ktx+t^2-6=0，$
$\therefore x1+x2=\frac{-2kt}{k^2+3}，x1x2=\frac{t^2-6}{k^2+3}，$
$\therefore y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=\frac{6t}{k^2+3}，$
$x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=t(x1+x2)+2kx1x2=\frac{-12k}{k^2+3}，$
$\because 直线PA和直线PB的倾斜角互补，$ 
$\therefore k_PA=-k_PB，即 \frac{y_1-\sqrt{3}}{x_1-1}= -\frac{y_2-\sqrt{3}}{x_2-1}，$
$\therefore 2\sqrt{3}+x1y2+x2y1=(y1+y2)+\sqrt{3}(x1+x2)，$
$即2\sqrt{3}+\frac{-12k}{k^2+3}= \frac{6t}{k^2+3} + \sqrt{3}\cdot  \frac{-2kt}{k^2+3}，$
$即(k-\sqrt{3})(k+t-\sqrt{3})=0，$
$\because 直线AB不过点P，\therefore k=\sqrt{3}，$
$\therefore x1+x2=\frac{-\sqrt{3}t}{3}，x1x2=\frac{t^2-6}{6}，$
$\therefore |AB|=\sqrt{1+(\sqrt{3})^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}= \frac{2\sqrt{3}\sqrt{12-t^2}}{3}，$
$又点P到直线AB的距离为\frac{|t|}{2}，$
$由\Delta =12t^2-24(t^2-6)>0，得-2\sqrt{3}<t<2\sqrt{3}，$
$\therefore S_\triangle PAB=\frac{1}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}\sqrt{12-t^2}}{3}\cdot \frac{|t|}{2}= \frac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{(12-t^2)t^2}\leq \sqrt{3}，$
$当且仅当t=\pm\sqrt{6}时，等号成立，$
$\therefore \triangle PAB面积的最大值为\sqrt{3}.$

Final answer: $\sqrt{3}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆的中心在坐标原点O，长轴长为2\sqrt{2}，离心率e=\frac{\sqrt{2}}{2}，过右焦点F的直线l交椭圆于P，Q两点.$
$当直线l的斜率为1时，求\Delta POQ的面积；$

Solution:
$因为直线l过椭圆的右焦点F(1，0)，且斜率为1，$
$所以直线l的方程为y=x-1.$
$设P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)$
$由  \left\{\begin{matrix}x^2+2y^2=2,\\ y=x-1,\end{matrix}\right. 得3y^2+2y-1=0，解得y_1=-1，y_2=\frac{1}{3} $
$\therefore S_{\triangle POQ}=\frac{1}{2}|OF|y_1-y_2|= \frac{1}{2}|y_1-y_2|= \frac{2}{3}$

Final answer: $\frac{2}{3}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知双曲线C: x^2/a^2 - y^2/b^2 = 1 (a>0,b>0) 的左焦点为 F，右顶点为 A，渐近线方程为 y=\pm\sqrt{3}x，F到渐近线的距离为 \sqrt{3}.$
$若直线l过F，且与C交于P，Q两点(异于C的两个顶点)，直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为M，N.是否存在实数t，使得|\overrightarrow{FM}+\overrightarrow{FN}|=|\overrightarrow{FM}-\overrightarrow{FN}|？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设直线l的方程为x=my-2，$

联立
$$
\left\{\begin{matrix}
x=my-2,\\
x^2-\frac{y^2}{3}=1,
\end{matrix}\right.
$$
$整理得(3m^2-1)y^2-12my+9=0，$

$设P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)，$

$则y_1+y_2=\frac{12m}{3m^2-1}, y_1y_2=\frac{9}{3m^2-1}，$

$所以x_1+x_2=m(y_1+y_2)-4=\frac{4}{3m^2-1}，x_1x_2=m^2y_1y_2-2m(y_1+y_2)+4=\frac{-3m^2-4}{3m^2-1}。$

$假设存在实数t，使得|\overrightarrow{FM}+\overrightarrow{FN}|=|\overrightarrow{FM}-\overrightarrow{FN}|，$

$则\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=0，$

$直线AP的方程为y=\frac{y_1}{x_1-1}(x-1)，$

$令x=t，得M\left(t,\frac{y_1}{x_1-1}(t-1)\right)，$

$直线AQ的方程为y=\frac{y_2}{x_2-1}(x-1)，令x=t，得N\left(t,\frac{y_2}{x_2-1}(t-1)\right)，$

$所以\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=\left(t+2,\frac{y_1}{x_1-1}(t-1)\right)\cdot \left(t+2,\frac{y_2}{x_2-1}(t-1)\right)=0，$

$即(t+2)^2+\frac{y_1y_2}{(x_1-1)(x_2-1)}(t-1)^2=0，$

$则(t+2)^2+\frac{\frac{9}{3m^2-1}}{\frac{-3m^2-4}{3m^2-1}-\frac{4}{3m^2-1}+1}(t-1)^2=0，$

$即(t+2)^2-(t-1)^2=0，解得t=-\frac{1}{2}，$

$故存在实数t=-\frac{1}{2}，使得|\overrightarrow{FM}+\overrightarrow{FN}|=|\overrightarrow{FM}-\overrightarrow{FN}|.$

Final answer: $t=-\frac{1}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C_1：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的右焦点 F 与抛物线 C_2 的焦点重合，C_1 的中心与 C_2 的顶点重合. 过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C_1 于 A ，B 两点，交 C_2 于 C ，D 两点，且 |CD| = \frac{4}{3} |AB|.$
$求C_1的离心率；$

Solution:
$由已知可设iC_2的方程为y^2=4cx，其中c= \sqrt{a^2-b^2}.$
$不妨设iA，iC在第一象限，由题设得iA，iB的纵坐标分别为\frac{b^2}{a}，-\frac{b^2}{a};iC，iD的纵坐标分别为2c，-2c，故|iAB|=\frac{2b^2}{a}，|iCD|=4c.$
$由|iCD|=\frac{4}{3}|iAB|得4c=\frac{8b^2}{3a}，即3\times \frac{c}{a}=2-2(\frac{c}{a})^2，解得\frac{c}{a}=-2(舍去)或\frac{c}{a}=\frac{1}{2}.$
$所以iC_1的离心率为\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1 (a  >  b > 0), F_1，F_2 为C的左，右焦点，点P \left(1,-\frac{3}{2}\right) 为椭圆上一点，且|PF_1|+|PF_2|=4. 过P作两直线与椭圆C相交于相异的两点A,B,直线PA、PB的倾斜角互补，直线AB与x，y轴正半轴相交.$
求直线AB的斜率.

Solution:
$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2).$

$因为直线PA、PB的倾斜角互补，且A，B是不同的点，所以直线PA、PB都必须有斜率，$

$设直线PA方程为y=k(x-1)-\frac{3}{2},$

$联立，整理得 (3+4k^2)x^2-(8k^2+12k)x+4k^2+12k-3=0。$

$当\Delta>0时，可得x_1+1=\frac{8k^2+12k}{3+4k^2},所以x_1=\frac{4k^2+12k-3}{3+4k^2},$

$代入直线PA的方程可得y_1=\frac{12k^2-12k-9}{6+8k^2},$

$即A(\frac{4k^2+12k-3}{3+4k^2},\frac{12k^2-12k-9}{6+8k^2}),因为直线PA、PB的倾斜角互补，所以直线PA与直线PB的斜率互为相反数，同理，可得B(\frac{4k^2-12k-3}{3+4k^2},\frac{12k^2+12k-9}{6+8k^2}),$

$所以k_{AB}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=-\frac{1}{2}，所以直线AB的斜率为-\frac{1}{2}。$

Final answer: $-\frac{1}{2}$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-ax-1.$
$当a=1时，求f(x)的极值；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=e^x-x-1，$
$所以f' (x)=e^x-1，$
$当x<0时f' (x)<0，当x>0时f' (x)>0，$
$所以f(x)在(-\infty ,0)上单调递减，在(0,+\infty )上单调递增，$
$所以当x>=0时函数f(x)有极小值f(0)=0，无极大值.$

Final answer: $f(0)=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x) = \sin x - x\cos x.$
$求f '(\pi )；$

Solution:
$f'(x) = \cos x - (\cos x - xsin x) = xsin x$

$f'(\pi ) = 0$

Final answer: $0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x) = \sin x - x\cos x.$
$若f(x) > kx - xcos x对x \in \left(0, \frac{\pi }{2}\right)恒成立，求实数k的最大值.$

Solution:
$原命题等价于\sin x > kx 对 x \in  (0,\frac{\pi}{2}) 恒成立,$
$即 k < \frac{\sin  x}{x} 对 x \in  (0,\frac{\pi }{2}) 恒成立,$

$令 h(x) = \frac{\sin  x}{x} ，则 h'(x) = \frac{x\cos  x-\sin  x}{x^2} = -\frac{f(x)}{x^2}，$

$易知 f'(x) = xsin x > 0，即 f(x) 在 (0,\frac{\pi }{2}) 上单调递增，$
$所以 f(x) > f(0) = 0，所以 h'(x) < 0，$
$故 h(x) 在 (0,\frac{\pi }{2}) 上单调递减，所以 h_{min} = h(\frac{\pi }{2}) = \frac{2}{\pi }.$
$所以 k \leq  \frac{2}{\pi }.$
$故 k 的最大值为 \frac{2}{\pi }.$

Final answer: $\frac{2}{\pi }$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \tan x - kx^3 - x，k \in R.$
$若f(x)>0对x\in (0,\frac{\pi}{2})恒成立，求实数k的最大值.$

Solution:
$由(2)可知，当k\leq\frac{1}{3}时, f(x)\geq\tan x-\frac{1}{3}x^3-x>0对x\in (0,\frac{\pi }{2})恒成立.当k>\frac{1}{3}时，f'(x)=\frac{1}{{\cos  }^2x}-3kx^2-1=\frac{\sin ^2x-3kx^2\cos ^2x}{\cos ^2x}=\frac{(\sin  x-\sqrt{3k}x\cos  x)(\sin  x+\sqrt{3k}x\cos  x)}{{\cos  }^2x}.设g(x)=\sin x-\sqrt{3k}xcos x,则g'(x)=\cos x-\sqrt{3k}cos x+\sqrt{3k}xsin x=(1-\sqrt{3k})cos x+\sqrt{3k}xsin x.由于x\in (0,\frac{\pi }{2})，所以g'(x)=(1-\sqrt{3k})cos x+\sqrt{3k}xsin x<(1-\sqrt{3k})cos x+\sqrt{3k}\cdot\frac{\pi }{2}\cdot sin x.(1-\sqrt{3k})\cos  x+\frac{\sqrt{3k}\pi }{2}sin x=\sqrt{{(\sqrt{3k}-1)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3k}\pi }{2}\right)}^2}\cdot \sin (x-\phi )，其中\phi \in (0,\frac{\pi }{2})且tan \phi =\frac{2(\sqrt{3k}-1)}{\sqrt{3k}\pi }>0.取x_0=\phi ，当x\in (0,x_0)时，g'(x)<0，g(x)在区间(0,x_0)上单调递减，所以当x\in (0,x_0)时，g(x)<g(0)=0.由于当x\in (0，x_0)时，\sin x+\sqrt{3k}xcos x>0，所以当x\in (0,x_0)时, f'(x)<0.所以f(x)在区间(0,x_0)上单调递减.所以当x\in (0，x_0)时, f(x)<f(0)=0.所以当k>\frac{1}{3}时, f(x)>0并非对x\in (0,\frac{\pi }{2})恒成立.综上可知，k的最大值为\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac{1}{3}$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x+a)\ln x-x+1.$
$若曲线y=f(x)在点(e, f(e))处的切线斜率为1，求实数a的值；$

Solution:
$因为 f'(x) = \ln x + \frac{a}{x}.$

$所以 f'(e)= \ln e + \frac{a}{e} = 1，$

$解得 a=0.$

Final answer: $a=0$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \frac{x+1}{e^x}.$
$求函数f(x)的极值；$

Solution:
$f '(x)=-\frac{x}{\mathrm{e}^x} .令f '(x)=0，解得x=0.$

$随x的变化,f '(x)和f(x)的变化情况如下：$

| x |$ (-\infty ,0)$ | 0 | $(0,+\infty )$ |
|:-:|:-----:|:-:|:------:|
|$f '(x)$ | + | 0 | - |
|$f(x)$ |$ \text{单调递增}$ | 极大值 | $\text{单调递减} $|

$故函数f(x)在x=0处取得极大值， f(0)=1，无极小值.$

解后反思

$先求导，根据f '(x)和f(x)随x变化的情况表，求得极值。$

Final answer: f(0)=1
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(2+x+ax^2)\cdot \ln(1+x)-2x.$
$若x=0是f(x)的极大值点，求a。$

Solution:
$(i) 若a\geq 0，由(1)知，当x>0时， f(x)\geq (2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.$
$(ii) 若a<0，设函数h(x)=\frac{f(x)}{2+x+ax^2}=ln(1+x)-\frac{2x}{2+x+ax^2}.$
$由于当|x|<min\left\{1,\sqrt{\frac{1}{|a|}}\right\}时，2+x+ax^2>0，故h(x)与f(x)符号相同.$
$又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点.$
$h'(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{2(2+x+ax^2)-2x(1+2ax)}{(2+x+ax^2)^2}=\frac{x^2(a^2x^2+4ax+6a+1)}{(x+1)(ax^2+x+2)^2}.$
$若6a+1>0，则当0<x<-\frac{6a+1}{4a}，且|x|<min\left\{1,\sqrt{\frac{1}{|a|}}\right\}时，h'(x)>0，故x=0不是h(x)的极大值点.$
$若6a+1<0，则a^2x^2+4ax+6a+1=0存在根x_1<0，故当x\in (x_1，0)，且|x|<min\left\{1,\sqrt{\frac{1}{|a|}}\right\}时，h'(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点.$
$若6a+1=0，则h'(x)=\frac{x^3(x-24)}{(x+1)(x^2-6x-12)^2}.$
$则当x\in (-1，0)时，h'(x)>0；$
$当x\in (0，1)时，h'(x)<0.$
$所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点.$
$综上，a=-\frac{1}{6}.$

Final answer: $a=-\frac{1}{6}$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + ax + 4, a \in  R.$
$当a=2时，求f(x)在区间[\frac{1}{2},3]上的最大值；$

Solution:
$当a=2时, f(x)=x^3-3x^2+2x+4，$

$f'(x)=3x^2-6x+2，$

$令f'(x)=0，得x_1=1-\frac{\sqrt{3}}{3}，x_2=1+\frac{\sqrt{3}}{3}，$

$因为1-\frac{\sqrt{3}}{3} < \frac{1}{2} < 1+\frac{\sqrt{3}}{3} < 3，$

$所以f(x)与f'(x)在区间[\frac{1}{2},3]的变化情况如下：$

$| x | [\frac{1}{2},1+\frac{\sqrt{3}}{3}) | 1+\frac{\sqrt{3}}{3} | (1+\frac{\sqrt{3}}{3},3] |$
| --- | --- | --- | --- |
$| f'(x) | - | 0 | + |$
$| f(x) | \text{单调递减} | 极小值 | \text{单调递增} |$

$又f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{35}{8}, f(3)=10，所以f\left(\frac{1}{2}\right) < f(3)，$

$所以f(x)在区间[\frac{1}{2},3]上的最大值为f(3)=10.$

Final answer: 10
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^{2}+2me^{x}.$
$当m=1时，求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；$

Solution:
$当m=1时， f(x)=x^2+2e^x， f'(x)=2x+2e^x$
$所以f(0)=2，切线的斜率k=f'(0)=2，$
$所以切线方程是y=2x+2，$
$切线与x轴交于点(-1,0)，与y轴交于点(0,2)，$
$所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 \frac{1}{2}\times 1\times 2=1.$

Final answer: $1$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a+1)\ln x, a\in R.$
$若a > \frac{1}{e}，判断函数g(x) = x[f(x)+a+1]的零点的个数.$

Solution:
$g(x)=ax^2-(a+1)xln x+(a+1)x-1，x \in  (0, +\infty ). $

$所以 g'(x)=2ax-(a+1)ln x. $

$设 m(x)=2ax-(a+1)ln x，$

$则 m'(x)=2a-\frac{a+1}{x}=\frac{2ax-(a+1)}{x}. $

$令 m'(x)=0，得 x=\frac{a+1}{2a}. $

$当0<x<\frac{a+1}{2a} 时， m'(x)<0；当 x>\frac{a+1}{2a} 时， m'(x)>0。$

$所以 g'(x) 在 (0,\frac{a+1}{2a}) 上单调递减，在 (\frac{a+1}{2a},+\infty) 上单调递增.$

$所以 g'(x) 的最小值为 g'\left(\frac{a+1}{2a}\right)=(a+1)\left(1-ln\frac{a+1}{2a}\right). $

$因为 a>\frac{1}{e} ，所以 \frac{a+1}{2a}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}<\frac{1}{2}+\frac{e}{2}<e. $

$所以 g'\left(\frac{a+1}{2a}\right)=(a+1)\left(1-ln\frac{a+1}{2a}\right)>0. $

$从而， g(x) 在区间(0, +\infty )上单调递增. $

$g\left(\frac{1}{e^{5}a^{2}}\right)=\frac{1}{e^{10}a^{3}}+\frac{a+1}{e^{5}a^{2}}(6+2ln a)-1，$

$设 h(a)=e^3a-(2ln a+6)，则 h'(a)=e^3-\frac{2}{a}. $

$令 h'(a)=0 得 a=\frac{2}{e^3}. 由 h'(a)<0，得0<a<\frac{2}{e^3} ；由 h'(a)>0，得 a>\frac{2}{e^3}. $

$所以 h(a) 在 (0,\frac{2}{e^3}) 上单调递减，在 (\frac{2}{e^3},+\infty) 上单调递增. $

$所以 h_{min}(a)=h\left(\frac{2}{e^3}\right)=2-2ln 2>0.$

$所以 h(a)>0 恒成立. 所以 e^3a>2ln a+6，\frac{2ln a+6}{e^3a}<1. $

$所以 g\left(\frac{1}{e^5a^2}\right)<\frac{1}{e^7}+\frac{a+1}{e^2a}-1=\frac{1}{e^7}+\frac{1}{e^2}+\frac{1}{e^2a}-1<\frac{1}{e^7}+\frac{1}{e^2}+\frac{1}{e}-1<0. $

$又 g(1)=2a>0，所以存在 x_0 \in  \left(\frac{1}{e^{5}a^{2}},1\right)，使得 g(x_0)=0. $

$所以当 a>\frac{1}{e} 时，函数 g(x) 恰有1个零点.$



Final answer: 1
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^3-x，g(x)=2x-3.$
$求函数f(x)在[0,2]上的最大值；$

Solution:
$令 f'(x) =0，得 x =\pm \frac{\sqrt{3}}{3}. f(x) 与 f'(x) 在区间[0,2]的变化情况如下：$

| $x$ | $\left[0,\frac{\sqrt{3}}{3}\right) $| $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $\left(\frac{\sqrt{3}}{3},2\right]$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $f'(x)$ | - | 0 | + |
| $f(x)$ | $\text{单调递减}$ | 极小值 | $\text{单调递增}$ |

$因为 f(0) =0, f(2) =6,所以函数 f(x) 在区间[0，2]上的最大值为6.$

Final answer: 6
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^3-x，g(x)=2x-3.$
$求证：存在唯一的x_0，使得f(x_0)=g(x_0).$

Solution:
$证明：设h(x)=f(x)-g(x)=x^3-3x+3，$

$则h'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)，$

$令h'(x)=0，得x=\pm1.$

$h(x)与h'(x)随x的变化情况如下：$

| $ x $  | $(-\infty ,-1)$ | -1 |$ (-1，1)$ | 1 | $(1,+\infty )$ |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| $h'(x)$ | + | 0 | - | 0 | + |
| $h(x)$ | $\text{单调递增}$ | 极大值 | $\text{单调递减}$ | 极小值 | $\text{单调递增}$ |

$则h(x)的单调增区间为(-\infty ,-1)，(1,+\infty )，单调减区间为(-1，1).$

$又h(1)=1>0，h(-1)>h(1)>0，所以函数h(x)在(-1,+\infty )上没有零点，又h(-3)=-15<0，$

$所以函数h(x)在(-\infty ,-1)上有唯一零点x_0.$

$综上，存在唯一的x_0，使得f(x_0)=g(x_0).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{x+2}{x^2+2x-3}.$
$若存在m条互相平行的直线与曲线y=f(x)相切，写出m的最大值(只需写出结论).$

Solution:
m=4.

$详解：由(1)可得f(x)在(-\infty ,-3)，(-3，1)，(1,+\infty )上都是减函数，作出f(x)的大致图象，如图，现作出直线x+3y+2=0，可得最多有4条平行直线与函数图象相切.$

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疑难突破

作出函数图象，数形结合即可得解.

Final answer: $4$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=a\ln(x-a)-\frac{1}{2}x^2+x(a<0).$
$当a =-\frac{4}{5}时，记函数f(x)的零点为x_0，若对任意x_1,x_2 \in [0,x_0]且x_2-x_1=1，都有|f(x_2)-f(x_1)|\geq m，求实数m的最大值.$

Solution:
$因为-1<-\frac{4}{5}<2ln(2-1)，\forall x_{1}, x_{2}\in [0,x_{0}]且x_{2}-x_{1} = 1，$

$故由(2)可知x_{1}\in [0,a+1], x_{2}\in (a+1,x_{0}]且x_{2}\geq 1，$

$因为函数f(x)在(0,a+1)上是增函数，在(a+1,+\infty )上是减函数，$

$因此f(x_{1})\geq f(0)，f(x_{2})\leq f(1)，$

$所以f(x_{1})-f(x_{2})\geq f(0)-f(1)，$

$当a=-\frac{4}{5}时，f(0)-f(1)=\frac{8}{5}ln\frac{3}{2}-\frac{1}{2}>0，$

$所以f(x_{1})-f(x_{2})\geq f(0)-f(1)>0，$

$所以| f(x_{2})-f(x_{1}) |的最小值为f(0)-f(1)=\frac{8}{5}ln\frac{3}{2}-\frac{1}{2}，$

$所以使得| f(x_{2})-f(x_{1}) |\geq m恒成立的m的最大值为\frac{8}{5}ln\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{8}{5}ln\frac{3}{2}-\frac{1}{2}$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\sqrt{3}\sin 2x-2\sin^2x。$
$求f\left(\frac{\pi}{6}\right) 的值；$

Solution:
$解法一：f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\sqrt{3}\sin\frac{\pi }{3}-2\sin^2\frac{\pi }{6}=\frac{3}{2}-2\times\frac{1}{4}=1.$

$解法二：f(x)=\sqrt{3}\sin 2x+\cos 2x-1=2\sin\left(2x+\frac{\pi }{6}\right)-1，所以f\left(\frac{\pi }{6}\right)=2\sin\left(2 \times \frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{6}\right)-1=1.$

Final answer: $1$