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


Question: $如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，点F在边CD上.$<img_2555>
$若AB=BC=2，F是边CD上靠近C的三等分点，求\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EF}的值；$

Solution:
$根据题目特征建立平面直角坐标系，将几何问题转化为向量的坐标运算问题求解.以A为坐标原点,AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示.$<img_1759>$因为E是BC的中点，所以E(2,1)，又A(0，0)，所以\overrightarrow{AE}=(2,1).因为F是CD上靠近C的三等分点，所以F\left(\frac{4}{3},2\right),所以\overrightarrow{EF}=\left(-\frac{2}{3},1\right)，所以\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{EF}=2\times \left(-\frac{2}{3}\right)+1\times 1=-\frac{1}{3}.$

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


Question: $如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，点F在边CD上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233230424756226/img/compression/M_0c6055fbc13e380012f2a952b9776aff.jpg)
$若AB=\sqrt{3}，BC=2，当\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BF}=0时，求CF的长.$

Solution:
$当AB=\sqrt{3}，BC=2时，B(\sqrt{3},0),C(\sqrt{3},2),D(0,2),因为E是BC的中点，所以E(\sqrt{3},1).设F(t,2),0\leq t\leq \sqrt{3}，则\overrightarrow{AE}=(\sqrt{3},1),\overrightarrow{BF}=(t-\sqrt{3},2).由\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BF}=0得\sqrt{3}(t-\sqrt{3})+1\times 2=0，解得t=\frac{\sqrt{3}}{3},所以DF=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以CF=CD-DF=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，点F在边CD上.$<img_2555>
$若AB=\sqrt{3}，BC=2，当\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BF}=0时，求CF的长.$

Solution:
$当AB=\sqrt{3}，BC=2时，B(\sqrt{3},0),C(\sqrt{3},2),D(0,2),因为E是BC的中点，所以E(\sqrt{3},1).设F(t,2),0\leq t\leq \sqrt{3}，则\overrightarrow{AE}=(\sqrt{3},1),\overrightarrow{BF}=(t-\sqrt{3},2).由\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BF}=0得\sqrt{3}(t-\sqrt{3})+1\times 2=0，解得t=\frac{\sqrt{3}}{3},所以DF=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以CF=CD-DF=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$

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


Question: $随着私家车的逐渐增多，居民小区“停车难”问题日益突出．某市某居民小区为缓解“停车难”问题，拟建造地下停车库，建筑设计师提供了该地下停车库的入口和进入后的直角转弯处的平面设计示意图．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233311033028611/img/compression/M_7dfe82eabfe195318898cb4a60361caf.jpg)
$按规定，地下停车库坡道口上方要张贴限高标志，以告知停车人车辆能否安全驶入，为标明限高，请你根据图1所示数据计算限定高度CD的值；(精确到0.1 m，参考数据：\\sin   20^\circ =0.342 0，\\cos   20^\circ =0.939 7，\\tan   20^\circ =0.364 0)$

Solution:
$在\triangle ABH中，\angle ABH=90^\circ ，\angle BAH=20^\circ ，\\tan  \angle BAH=\frac{BH}{AB}，AB=10 m，则BH=AB\cdot \\tan  \angle BAH=10\\tan   20^\circ =3.640(m)，又BC=0.6 m，所以CH=BH-BC=3.040(m)，在\triangle CDH中，CD\perp AH，\angle HCD=\angle BAH=20^\circ ，\\cos  \angle HCD=\frac{CD}{CH}，则CD=CH\cdot \\cos  \angle HCD=3.040\\cos   20^\circ =3.040\times 0.939 7\approx 2.857(m)，所以限定高度CD的值约为2.8 m.$

Final answer: $2.8 $ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $随着私家车的逐渐增多，居民小区“停车难”问题日益突出．某市某居民小区为缓解“停车难”问题，拟建造地下停车库，建筑设计师提供了该地下停车库的入口和进入后的直角转弯处的平面设计示意图．$<img_3106>
$按规定，地下停车库坡道口上方要张贴限高标志，以告知停车人车辆能否安全驶入，为标明限高，请你根据图1所示数据计算限定高度CD的值；(精确到0.1 m，参考数据：\\sin   20^\circ =0.342 0，\\cos   20^\circ =0.939 7，\\tan   20^\circ =0.364 0)$

Solution:
$在\triangle ABH中，\angle ABH=90^\circ ，\angle BAH=20^\circ ，\\tan  \angle BAH=\frac{BH}{AB}，AB=10 m，则BH=AB\cdot \\tan  \angle BAH=10\\tan   20^\circ =3.640(m)，又BC=0.6 m，所以CH=BH-BC=3.040(m)，在\triangle CDH中，CD\perp AH，\angle HCD=\angle BAH=20^\circ ，\\cos  \angle HCD=\frac{CD}{CH}，则CD=CH\cdot \\cos  \angle HCD=3.040\\cos   20^\circ =3.040\times 0.939 7\approx 2.857(m)，所以限定高度CD的值约为2.8 m.$

Final answer: $2.8 $ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $随着私家车的逐渐增多，居民小区“停车难”问题日益突出．某市某居民小区为缓解“停车难”问题，拟建造地下停车库，建筑设计师提供了该地下停车库的入口和进入后的直角转弯处的平面设计示意图．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233311033028611/img/compression/M_7dfe82eabfe195318898cb4a60361caf.jpg)
$在车库内有一条直角转弯车道，车道的平面图如图2所示，车道宽为3 m，现有一辆转动灵活的小汽车，其水平截面为矩形MNRS，它的宽MS为1.8 m，直线RS与直角车道的外壁相交于E，F．①若小汽车卡在直角转弯车道内(即M，N分别在PE，PF上，点O在RS上)，\angle PMN=\theta  rad，求水平截面的长(即MN的长，用\theta 表示)；②若小汽车水平截面的长为4.4 m，问此车理论上能否顺利通过此直角转弯车道？$

Solution:
$①EF=OE+OF=\left(\frac{3}{\\\sin    \theta }+\frac{3}{\\\cos    \theta }\right)m，0<\theta <\frac{\pi }{2}，SE=\frac{1.8}{\\\tan    \theta } m，RF=1.8\\tan   \theta  m，则MN=RS=EF-(SE+RF)=\frac{3}{\\\sin    \theta }+\frac{3}{\\\cos    \theta }-1.8\left(\\\tan    \theta +\frac{1}{\\\tan    \theta }\right)=\frac{3}{\\\cos    \theta }+\frac{3}{\\\sin    \theta }-1.8\left(\frac{\\\sin    \theta }{\\\cos    \theta }+\frac{\\\cos    \theta }{\\\sin    \theta }\right)=\frac{3(\\\sin    \theta +\\\cos    \theta )-1.8}{\\\sin    \theta \\\cos    \theta } m，0<\theta <\frac{\pi }{2}.②设\\sin   \theta +\\cos   \theta =t，则t=\sqrt{2}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{4}\right)，1令g(t)=\frac{6t-3.6}{t^2-1}=\frac{6\left(t-\frac{3}{5}\right)}{t^2-1}=\frac{6}{\frac{t^2-1}{t-\frac{3}{5}}}=\frac{6}{\left(t-\frac{3}{5}\right)-\frac{\frac{16}{25}}{t-\frac{3}{5}}+\frac{6}{5}}，t\in (1,\sqrt{2}]，函数u=\left(t-\frac{3}{5}\right)-\frac{\frac{16}{25}}{t-\frac{3}{5}}+\frac{6}{5}在(1,\sqrt{2}]上单调递增，则g(t)=\frac{6t-3.6}{t^2-1}在(1,\sqrt{2}]上单调递减，故当t=\sqrt{2}，即\theta =\frac{\pi }{4}时，g(t)_{min}=g(\sqrt{2})=6\sqrt{2}-3.6，因为6\sqrt{2}-3.6>4.4，所以此车理论上能够顺利通过此直角转弯车道.$

Final answer: $此车理论上能够顺利通过此直角转弯车道.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $随着私家车的逐渐增多，居民小区“停车难”问题日益突出．某市某居民小区为缓解“停车难”问题，拟建造地下停车库，建筑设计师提供了该地下停车库的入口和进入后的直角转弯处的平面设计示意图．$<img_3106>
$在车库内有一条直角转弯车道，车道的平面图如图2所示，车道宽为3 m，现有一辆转动灵活的小汽车，其水平截面为矩形MNRS，它的宽MS为1.8 m，直线RS与直角车道的外壁相交于E，F．①若小汽车卡在直角转弯车道内(即M，N分别在PE，PF上，点O在RS上)，\angle PMN=\theta  rad，求水平截面的长(即MN的长，用\theta 表示)；②若小汽车水平截面的长为4.4 m，问此车理论上能否顺利通过此直角转弯车道？$

Solution:
$①EF=OE+OF=\left(\frac{3}{\\\sin    \theta }+\frac{3}{\\\cos    \theta }\right)m，0<\theta <\frac{\pi }{2}，SE=\frac{1.8}{\\\tan    \theta } m，RF=1.8\\tan   \theta  m，则MN=RS=EF-(SE+RF)=\frac{3}{\\\sin    \theta }+\frac{3}{\\\cos    \theta }-1.8\left(\\\tan    \theta +\frac{1}{\\\tan    \theta }\right)=\frac{3}{\\\cos    \theta }+\frac{3}{\\\sin    \theta }-1.8\left(\frac{\\\sin    \theta }{\\\cos    \theta }+\frac{\\\cos    \theta }{\\\sin    \theta }\right)=\frac{3(\\\sin    \theta +\\\cos    \theta )-1.8}{\\\sin    \theta \\\cos    \theta } m，0<\theta <\frac{\pi }{2}.②设\\sin   \theta +\\cos   \theta =t，则t=\sqrt{2}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{4}\right)，1令g(t)=\frac{6t-3.6}{t^2-1}=\frac{6\left(t-\frac{3}{5}\right)}{t^2-1}=\frac{6}{\frac{t^2-1}{t-\frac{3}{5}}}=\frac{6}{\left(t-\frac{3}{5}\right)-\frac{\frac{16}{25}}{t-\frac{3}{5}}+\frac{6}{5}}，t\in (1,\sqrt{2}]，函数u=\left(t-\frac{3}{5}\right)-\frac{\frac{16}{25}}{t-\frac{3}{5}}+\frac{6}{5}在(1,\sqrt{2}]上单调递增，则g(t)=\frac{6t-3.6}{t^2-1}在(1,\sqrt{2}]上单调递减，故当t=\sqrt{2}，即\theta =\frac{\pi }{4}时，g(t)_{min}=g(\sqrt{2})=6\sqrt{2}-3.6，因为6\sqrt{2}-3.6>4.4，所以此车理论上能够顺利通过此直角转弯车道.$



Final answer: $此车理论上能够顺利通过此直角转弯车道.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，为了测量河对岸地面上A,B两点间的距离，某人在岸边上选取了C,D两点，使得CD\perp AB，且CD=500米，现测得\angle BCD=\alpha ,\angle BDC=\beta ,\angle ACD=60^\circ ，其中\\cos   \alpha =\frac{3}{5}，\\tan   \beta =2.求：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233338855903233/img/compression/M_cf6d944cec32716c55b5cd9a612d5e00.jpg)
$\sin  \angle CBD的值；$

Solution:
$由题意可得\\sin   \alpha =\sqrt{1-\\\cos   ^2\alpha }=\frac{4}{5},\\sin   \beta =\frac{2\sqrt{5}}{5},\\cos   \beta =\frac{\sqrt{5}}{5}，则\\sin  \angle CBD=\\sin  (\pi -\alpha -\beta )=\\sin  (\alpha +\beta )=\\sin   \alpha \\cos   \beta +\\cos   \alpha \\sin   \beta =\frac{4}{5}\times \frac{\sqrt{5}}{5}+\frac{3}{5}\times \frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图所示，为了测量河对岸地面上A,B两点间的距离，某人在岸边上选取了C,D两点，使得CD\perp AB，且CD=500米，现测得\angle BCD=\alpha ,\angle BDC=\beta ,\angle ACD=60^\circ ，其中\\cos   \alpha =\frac{3}{5}，\\tan   \beta =2.求：$<img_2345>
$\sin  \angle CBD的值；$

Solution:
$由题意可得\\sin   \alpha =\sqrt{1-\\\cos   ^2\alpha }=\frac{4}{5},\\sin   \beta =\frac{2\sqrt{5}}{5},\\cos   \beta =\frac{\sqrt{5}}{5}，则\\sin  \angle CBD=\\sin  (\pi -\alpha -\beta )=\\sin  (\alpha +\beta )=\\sin   \alpha \\cos   \beta +\\cos   \alpha \\sin   \beta =\frac{4}{5}\times \frac{\sqrt{5}}{5}+\frac{3}{5}\times \frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图所示，为了测量河对岸地面上A,B两点间的距离，某人在岸边上选取了C,D两点，使得CD\perp AB，且CD=500米，现测得\angle BCD=\alpha ,\angle BDC=\beta ,\angle ACD=60^\circ ，其中\\cos   \alpha =\frac{3}{5}，\\tan   \beta =2.求：$<img_2345>
$A,B两点间的距离(精确到1米).(参考数据：\sqrt{3}\approx 1.732)$

Solution:
$\triangle CBD中，由(1)知\\sin  \angle CBD=\\sin   \beta ，得\angle CBD=\beta ，则CB=CD=500米，设点B到CD的距离为h米，则h=BC\\sin   \alpha =500\times \frac{4}{5}=400(米)，由题意得\frac{h+AB}{\\\tan    60^{\circ}}=\frac{h}{\\\tan    \alpha }，则AB=h\left(\frac{\\\tan    60^{\circ}}{\\\tan    \alpha }-1\right)=400\times \left(\frac{3\sqrt{3}}{4}-1\right)\approx 120(米).故A,B两点间的距离约为120米.$

Final answer: $120$ 米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，为了测量河对岸地面上A,B两点间的距离，某人在岸边上选取了C,D两点，使得CD\perp AB，且CD=500米，现测得\angle BCD=\alpha ,\angle BDC=\beta ,\angle ACD=60^\circ ，其中\\cos   \alpha =\frac{3}{5}，\\tan   \beta =2.求：$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233338855903233/img/compression/M_cf6d944cec32716c55b5cd9a612d5e00.jpg)
$A,B两点间的距离(精确到1米).(参考数据：\sqrt{3}\approx 1.732)$

Solution:
$\triangle CBD中，由(1)知\\sin  \angle CBD=\\sin   \beta ，得\angle CBD=\beta ，则CB=CD=500米，设点B到CD的距离为h米，则h=BC\\sin   \alpha =500\times \frac{4}{5}=400(米)，由题意得\frac{h+AB}{\\\tan    60^{\circ}}=\frac{h}{\\\tan    \alpha }，则AB=h\left(\frac{\\\tan    60^{\circ}}{\\\tan    \alpha }-1\right)=400\times \left(\frac{3\sqrt{3}}{4}-1\right)\approx 120(米).故A,B两点间的距离约为120米.$

Final answer: $120$ 米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某巡逻艇在A处发现在北偏东30^\circ 方向，与A相距(\sqrt{6}+\sqrt{2})海里的B处有一艘走私船正沿南偏东45^\circ 方向以3海里/时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2\sqrt{2}海里/时的速度沿正东方向去拦截，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，并立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即改变航向并加速，以3\sqrt{2}海里/时的速度沿着直线追击，并在E处将走私船成功拦截.$<img_2899>
$当走私船发现巡逻艇时，两船相距多少海里？$

Solution:
$由题意知，当走私船发现巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时BD=3海里,AC=2\sqrt{2}海里.由题意知\angle BAC=90^\circ -30^\circ =60^\circ ，连接BC，在\triangle ABC中，AB=(\sqrt{6}+\sqrt{2})海里,AC=2\sqrt{2}海里，由余弦定理得BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cdot \\cos  \angle BAC=(\sqrt{6}+\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}-2\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times 2\sqrt{2}\times \frac{1}{2}=12，所以BC=2\sqrt{3}海里.在\triangle ABC中，由正弦定理得\frac{AC}{\\\sin   \angle ABC}=\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}，即\frac{2\sqrt{2}}{\\\sin   \angle ABC}=\frac{2\sqrt{3}}{\\\sin    60^{\circ}}，所以\\sin  \angle ABC=\frac{\sqrt{2}}{2},易知\angle ABC为锐角，所以\angle ABC=45^\circ ,所以\angle ACB=180^\circ -60^\circ -45^\circ =75^\circ ，\angle CBD=180^\circ -45^\circ -45^\circ -60^\circ =30^\circ ，在\triangle BCD中，由余弦定理得CD^{2}=BC^{2}+BD^{2}-2BC\cdot BD\cdot \\cos   30^\circ =(2\sqrt{3})^{2}+3^{2}-2\times 2\sqrt{3}\times 3\times \\cos   30^\circ =3，所以CD=\sqrt{3}海里， 故当走私船发现巡逻艇时，两船相距\sqrt{3}海里.$

Final answer: $\sqrt 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某巡逻艇在A处发现在北偏东30^\circ 方向，与A相距(\sqrt{6}+\sqrt{2})海里的B处有一艘走私船正沿南偏东45^\circ 方向以3海里/时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2\sqrt{2}海里/时的速度沿正东方向去拦截，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，并立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即改变航向并加速，以3\sqrt{2}海里/时的速度沿着直线追击，并在E处将走私船成功拦截.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233345621315586/img/compression/M_10f7573de9349a734235ca3513d066f0.jpg)
$当走私船发现巡逻艇时，两船相距多少海里？$

Solution:
$由题意知，当走私船发现巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时BD=3海里,AC=2\sqrt{2}海里.由题意知\angle BAC=90^\circ -30^\circ =60^\circ ，连接BC，在\triangle ABC中，AB=(\sqrt{6}+\sqrt{2})海里,AC=2\sqrt{2}海里，由余弦定理得BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cdot \\cos  \angle BAC=(\sqrt{6}+\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}-2\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times 2\sqrt{2}\times \frac{1}{2}=12，所以BC=2\sqrt{3}海里.在\triangle ABC中，由正弦定理得\frac{AC}{\\\sin   \angle ABC}=\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}，即\frac{2\sqrt{2}}{\\\sin   \angle ABC}=\frac{2\sqrt{3}}{\\\sin    60^{\circ}}，所以\\sin  \angle ABC=\frac{\sqrt{2}}{2},易知\angle ABC为锐角，所以\angle ABC=45^\circ ,所以\angle ACB=180^\circ -60^\circ -45^\circ =75^\circ ，\angle CBD=180^\circ -45^\circ -45^\circ -60^\circ =30^\circ ，在\triangle BCD中，由余弦定理得CD^{2}=BC^{2}+BD^{2}-2BC\cdot BD\cdot \\cos   30^\circ =(2\sqrt{3})^{2}+3^{2}-2\times 2\sqrt{3}\times 3\times \\cos   30^\circ =3，所以CD=\sqrt{3}海里， 故当走私船发现巡逻艇时，两船相距\sqrt{3}海里.$

Final answer: $\sqrt 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某巡逻艇在A处发现在北偏东30^\circ 方向，与A相距(\sqrt{6}+\sqrt{2})海里的B处有一艘走私船正沿南偏东45^\circ 方向以3海里/时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2\sqrt{2}海里/时的速度沿正东方向去拦截，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，并立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即改变航向并加速，以3\sqrt{2}海里/时的速度沿着直线追击，并在E处将走私船成功拦截.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233345621315586/img/compression/M_10f7573de9349a734235ca3513d066f0.jpg)
$问巡逻艇是沿什么方向追上走私船的？$

Solution:
$设巡逻艇经过t小时追上走私船，则CE=3\sqrt{2}t海里,DE=3t海里,由(1)知CD=\sqrt{3}海里，在\triangle BCD中，由正弦定理得\frac{CD}{\\\sin   \angle CBD}=\frac{BD}{\\\sin   \angle BCD}=\frac{BC}{\\\sin   \angle BDC}，则\frac{\sqrt{3}}{\\\sin    30^{\circ}}=\frac{3}{\\\sin   \angle BCD}=\frac{2\sqrt{3}}{\\\sin   \angle BDC}，所以\\sin  \angle BCD=\frac{\sqrt{3}}{2},\\sin  \angle BDC=1,故\angle BCD=60^\circ ，\angle BDC=90^\circ ,\angle CDE=135^\circ ，在\triangle CDE中，由正弦定理得\frac{CE}{\\\sin   \angle CDE}=\frac{DE}{\\\sin   \angle DCE}，则\\sin  \angle DCE=\frac{3t\cdot \\\sin    135^{\circ}}{3\sqrt{2}t}=\frac{1}{2}，故\angle DCE=30^\circ ，则\angle ACE=\angle ACB+\angle BCD+\angle DCE=75^\circ +60^\circ +30^\circ =90^\circ +75^\circ ，故巡逻艇是沿北偏东75^\circ 方向追上走私船的.$

Final answer: $巡逻艇是沿北偏东75^\circ 方向追上走私船的。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,已知\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a^2+c^2-b^2}{4\\\cos   \angle ABC}.$<img_1800>
$求\angle ABC的大小；$

Solution:
$\because \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a^2+c^2-b^2}{4\\\cos   \angle ABC}，a^{2}+c^{2}-b^{2}=2ac\\cos  \angle ABC，\therefore |\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{BC}|\\cos  (\pi -\angle ABC)=-ac\\cos  \angle ABC=\frac{2ac\\\cos   \angle ABC}{4\\\cos   \angle ABC}，\therefore \\cos  \angle ABC=-\frac{1}{2}，又0<\angle ABC<\pi ，\therefore \angle ABC=\frac{2\pi }{3}.$

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


Question: $如图,已知\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a^2+c^2-b^2}{4\\\cos   \angle ABC}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233319352643586/img/compression/M_ff629d33ee91000fa36dcef1955ccad2.jpg)
$求\angle ABC的大小；$

Solution:
$\because \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a^2+c^2-b^2}{4\\\cos   \angle ABC}，a^{2}+c^{2}-b^{2}=2ac\\cos  \angle ABC，\therefore |\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{BC}|\\cos  (\pi -\angle ABC)=-ac\\cos  \angle ABC=\frac{2ac\\\cos   \angle ABC}{4\\\cos   \angle ABC}，\therefore \\cos  \angle ABC=-\frac{1}{2}，又0<\angle ABC<\pi ，\therefore \angle ABC=\frac{2\pi }{3}.$

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


Question: $如图,已知\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a^2+c^2-b^2}{4\\\cos   \angle ABC}.$<img_1800>
$若AC边上的中线BD=2\sqrt{3}，且ac=8，求\triangle ABC的周长.$

Solution:
$由题意知ac=8，①由余弦定理知b^{2}=a^{2}+c^{2}+ac，②在\triangle ABD中，由余弦定理得c^{2}=\left(\frac{b}{2}\right)^2+(2\sqrt{3})^{2}-2\times \frac{b}{2}\times 2\sqrt{3}\times \\cos  \angle ADB，在\triangle BDC中，由余弦定理得a^{2}=\left(\frac{b}{2}\right)^2+(2\sqrt{3})^{2}-2\times \frac{b}{2}\times 2\sqrt{3}\times \\cos  \angle BDC，因为\\cos  \angle ADB=-\\cos  \angle BDC，(注意隐含条件\angle ADB+\angle BDC=\pi )所以a^{2}+c^{2}=\frac{b^2}{2}+24，③由①②③，得b=8,a^{2}+c^{2}=56,ac=8，所以a+c=\sqrt{(a+c)^2}=\sqrt{a^2+c^2+2ac}=\sqrt{72}=6\sqrt{2}，所以\triangle ABC的周长为a+b+c=8+6\sqrt{2}.$

Final answer: $8+6\sqrt{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,已知\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{a^2+c^2-b^2}{4\\\cos   \angle ABC}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233319352643586/img/compression/M_ff629d33ee91000fa36dcef1955ccad2.jpg)
$若AC边上的中线BD=2\sqrt{3}，且ac=8，求\triangle ABC的周长.$

Solution:
$由题意知ac=8，①由余弦定理知b^{2}=a^{2}+c^{2}+ac，②在\triangle ABD中，由余弦定理得c^{2}=\left(\frac{b}{2}\right)^2+(2\sqrt{3})^{2}-2\times \frac{b}{2}\times 2\sqrt{3}\times \\cos  \angle ADB，在\triangle BDC中，由余弦定理得a^{2}=\left(\frac{b}{2}\right)^2+(2\sqrt{3})^{2}-2\times \frac{b}{2}\times 2\sqrt{3}\times \\cos  \angle BDC，因为\\cos  \angle ADB=-\\cos  \angle BDC，(注意隐含条件\angle ADB+\angle BDC=\pi )所以a^{2}+c^{2}=\frac{b^2}{2}+24，③由①②③，得b=8,a^{2}+c^{2}=56,ac=8，所以a+c=\sqrt{(a+c)^2}=\sqrt{a^2+c^2+2ac}=\sqrt{72}=6\sqrt{2}，所以\triangle ABC的周长为a+b+c=8+6\sqrt{2}.$

Final answer: $8+6\sqrt{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑\cdot 波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在\triangle ABC中，内角\angle BAC，\angle ABC，\angle ACB的对边分别为a，b，c，已知a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)=\\cos  \angle BAC\cdot (2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB-a),以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O_{1}，O_{2}，O_{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233371189792770/img/compression/M_137d3b2738dd35ce083867b05de3cf3b.jpg)
$求\angle BAC；$

Solution:
$由a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)=\\cos  \angle BAC(2\sqrt{3}b\cdot \\sin  \angle ACB-a)，得a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)+a\\cos  \angle BAC=2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，即a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)-a\\cos  (\angle ABC+\angle ACB)=2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，则a(\\cos  \angle ABC\\cos  \angle ACB+\\sin  \angle ABC\\sin  \angle ACB)-a\cdot (\\cos  \angle ABC\\cos  \angle ACB-\\sin  \angle ABC\\sin  \angle ACB)=2\sqrt{3}b\cdot \\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，即2a\\sin  \angle ABC\\sin  \angle ACB=2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，\because \\sin  \angle ACB\neq 0，\therefore a\\sin  \angle ABC=\sqrt{3}b\\cos  \angle BAC，由正弦定理得\\sin  \angle BAC\\sin  \angle ABC=\sqrt{3}\\sin  \angle ABC\cdot \\cos  \angle BAC，\because \\sin  \angle ABC\neq 0，\therefore \\sin  \angle BAC=\sqrt{3}\\cos  \angle BAC，\therefore \\tan  \angle BAC=\sqrt{3}，\because 0^\circ <\angle BAC<180^\circ ，\therefore \angle BAC=60^\circ .$

Final answer: $ 60^\circ $
Subfield: Plane Geometry


Question: $拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑\cdot 波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在\triangle ABC中，内角\angle BAC，\angle ABC，\angle ACB的对边分别为a，b，c，已知a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)=\\cos  \angle BAC\cdot (2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB-a),以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O_{1}，O_{2}，O_{3}.$<img_1901>
$求\angle BAC；$

Solution:
$由a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)=\\cos  \angle BAC(2\sqrt{3}b\cdot \\sin  \angle ACB-a)，得a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)+a\\cos  \angle BAC=2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，即a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)-a\\cos  (\angle ABC+\angle ACB)=2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，则a(\\cos  \angle ABC\\cos  \angle ACB+\\sin  \angle ABC\\sin  \angle ACB)-a\cdot (\\cos  \angle ABC\\cos  \angle ACB-\\sin  \angle ABC\\sin  \angle ACB)=2\sqrt{3}b\cdot \\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，即2a\\sin  \angle ABC\\sin  \angle ACB=2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB\\cos  \angle BAC，\because \\sin  \angle ACB\neq 0，\therefore a\\sin  \angle ABC=\sqrt{3}b\\cos  \angle BAC，由正弦定理得\\sin  \angle BAC\\sin  \angle ABC=\sqrt{3}\\sin  \angle ABC\cdot \\cos  \angle BAC，\because \\sin  \angle ABC\neq 0，\therefore \\sin  \angle BAC=\sqrt{3}\\cos  \angle BAC，\therefore \\tan  \angle BAC=\sqrt{3}，\because 0^\circ <\angle BAC<180^\circ ，\therefore \angle BAC=60^\circ .$

Final answer: $ 60^\circ $
Subfield: Plane Geometry


Question: $拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑\cdot 波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在\triangle ABC中，内角\angle BAC，\angle ABC，\angle ACB的对边分别为a，b，c，已知a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)=\\cos  \angle BAC\cdot (2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB-a),以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O_{1}，O_{2}，O_{3}.$<img_1901>
$若a=\sqrt{3}，\triangle O_{1}O_{2}O_{3}的面积为\frac{7\sqrt{3}}{12}，求\triangle ABC的周长.$

Solution:
$如图，连接AO_{1}，AO_{3}，则AO_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}c，AO_{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}b，$<img_1957>$等边\triangle O_{1}O_{2}O_{3}的面积S=\frac{1}{2}O_{1}O^2_3\cdot \\sin   60^\circ =\frac{\sqrt{3}}{4}O_{1}O^2_3=\frac{7\sqrt{3}}{12}，\therefore O_{1}O^2_3=\frac{7}{3}，\because \angle BAC=60^\circ ，\therefore \angle O_{1}AO_{3}=120^\circ ，在\triangle O_{1}AO_{3}中，由余弦定理得O_{1}O^2_3=AO^2_1+AO^2_3-2AO_{1}\cdot AO_{3}\cdot \\cos  \angle O_{1}AO_{3}，即\frac{7}{3}=\frac{c^2}{3}+\frac{b^2}{3}-2\times \frac{bc}{3}\times \left(-\frac{1}{2}\right)，整理得b^{2}+c^{2}+bc=7，在\triangle ABC中，\angle BAC=60^\circ ，a=\sqrt{3}，由余弦定理得a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\\cos  \angle BAC，即b^{2}+c^{2}-bc=3，\therefore bc=2，b^{2}+c^{2}=5，\therefore b+c=\sqrt{b^2+c^2+2bc}=3，\therefore \triangle ABC的周长为3+\sqrt{3}.$

Final answer: $3+\sqrt 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑\cdot 波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在\triangle ABC中，内角\angle BAC，\angle ABC，\angle ACB的对边分别为a，b，c，已知a\\cos  (\angle ABC-\angle ACB)=\\cos  \angle BAC\cdot (2\sqrt{3}b\\sin  \angle ACB-a),以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O_{1}，O_{2}，O_{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233371189792770/img/compression/M_137d3b2738dd35ce083867b05de3cf3b.jpg)
$若a=\sqrt{3}，\triangle O_{1}O_{2}O_{3}的面积为\frac{7\sqrt{3}}{12}，求\triangle ABC的周长.$

Solution:
$如图，连接AO_{1}，AO_{3}，则AO_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}c，AO_{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}b，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233371516948481/img/compression/M_795b560ebc593c59b21683866a89dbdb.jpg)$等边\triangle O_{1}O_{2}O_{3}的面积S=\frac{1}{2}O_{1}O^2_3\cdot \\sin   60^\circ =\frac{\sqrt{3}}{4}O_{1}O^2_3=\frac{7\sqrt{3}}{12}，\therefore O_{1}O^2_3=\frac{7}{3}，\because \angle BAC=60^\circ ，\therefore \angle O_{1}AO_{3}=120^\circ ，在\triangle O_{1}AO_{3}中，由余弦定理得O_{1}O^2_3=AO^2_1+AO^2_3-2AO_{1}\cdot AO_{3}\cdot \\cos  \angle O_{1}AO_{3}，即\frac{7}{3}=\frac{c^2}{3}+\frac{b^2}{3}-2\times \frac{bc}{3}\times \left(-\frac{1}{2}\right)，整理得b^{2}+c^{2}+bc=7，在\triangle ABC中，\angle BAC=60^\circ ，a=\sqrt{3}，由余弦定理得a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\\cos  \angle BAC，即b^{2}+c^{2}-bc=3，\therefore bc=2，b^{2}+c^{2}=5，\therefore b+c=\sqrt{b^2+c^2+2bc}=3，\therefore \triangle ABC的周长为3+\sqrt{3}.$

Final answer: $3+\sqrt 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $为提升城市旅游景观面貌，城建部门拟对一公园进行改造，已知原公园是直径为2百米的半圆，出入口在圆心D处，C点为一居民小区，C，D间的距离为2百米，按照设计要求，取圆弧上一点A，并以线段AC为一边向圆外作等边三角形ABC，使改造之后的公园为四边形ABCD，并将\triangle BCD区域建成免费开放的植物园，如图所示.设\angle ADC=\theta .$<img_1697>
$当\theta =\frac{5\pi }{6}时，求四边形ABCD的面积；$

Solution:
$由题意得DA=1百米，DC=2百米，所以在\triangle ADC中，由余弦定理得AC^{2}=DA^{2}+DC^{2}-2DA\cdot DC\\cos   \theta =1+4-2\times 1\times 2\\cos  \frac{5\pi }{6}=5+2\sqrt{3}，所以四边形ABCD的面积S=S_{\triangle ADC}+S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}DA\cdot DC\\sin   \theta +\frac{\sqrt{3}}{4}AC^{2}=\frac{1}{2}\times 1\times 2\times \frac{1}{2}+\frac{5\sqrt{3}+6}{4}=\frac{5\sqrt{3}+8}{4}(平方百米).$

Final answer: $\frac{5\sqrt{3}+8}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $为提升城市旅游景观面貌，城建部门拟对一公园进行改造，已知原公园是直径为2百米的半圆，出入口在圆心D处，C点为一居民小区，C，D间的距离为2百米，按照设计要求，取圆弧上一点A，并以线段AC为一边向圆外作等边三角形ABC，使改造之后的公园为四边形ABCD，并将\triangle BCD区域建成免费开放的植物园，如图所示.设\angle ADC=\theta .$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1706233330127179777/img/compression/M_f549c62b1a9e53f1136e37119fa53bef.jpg)
$当\theta =\frac{5\pi }{6}时，求四边形ABCD的面积；$

Solution:
$由题意得DA=1百米，DC=2百米，所以在\triangle ADC中，由余弦定理得AC^{2}=DA^{2}+DC^{2}-2DA\cdot DC\\cos   \theta =1+4-2\times 1\times 2\\cos  \frac{5\pi }{6}=5+2\sqrt{3}，所以四边形ABCD的面积S=S_{\triangle ADC}+S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}DA\cdot DC\\sin   \theta +\frac{\sqrt{3}}{4}AC^{2}=\frac{1}{2}\times 1\times 2\times \frac{1}{2}+\frac{5\sqrt{3}+6}{4}=\frac{5\sqrt{3}+8}{4}(平方百米).$

Final answer: $\frac{5\sqrt{3}+8}{4}$