di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
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Question: $已知椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)的右顶点为A(2,0)，离心率为\frac{1}{2}.过点P(6,0)与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B,C，直线AB,AC分别交直线x=6于点M,N.$
$设O为原点，求证：\angle PAN + \angle POM = 90^\circ .$

Solution:
$证明：由题设知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x-6)(k\neq 0)。$

$由 \left\{\begin{matrix}y=k(x-6),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{matrix}\right. 消去y，得 (4k^2+3)x^2-48k^2x+144k^2-12=0。$

$由\Delta=(-48k^2)^2-4(4k^2+3)(144k^2-12)>0及k\neq 0，$

$解得-\frac{\sqrt{6}}{8}<k<0 或 0<k<\frac{\sqrt{6}}{8}。$

$设B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)，$

$则x_1+x_2=\frac{48k^2}{4k^2+3}，x_1x_2=\frac{144k^2-12}{4k^2+3}。$

$直线AB:y=\frac{y_1}{x_1-2}(x-2)，令x=6，得y=\frac{4y_1}{x_1-2}，$

$所以点M\left(6,\frac{4y_1}{x_1-2}\right).同理，点N\left(6,\frac{4y_2}{x_2-2}\right)。$

$由题设知，\tan\angle PMO=\frac{6}{\left|\frac{4y_1}{x_1-2}\right|}，\tan\angle PAN=\frac{\left|\frac{4y_2}{x_2-2}\right|}{4}，$

$因为\frac{4y_1}{x_1-2}\cdot \frac{4y_2}{x_2-2}=\frac{16k^2(x_1-6)(x_2-6)}{(x_1-2)(x_2-2)}=\frac{16k^2[x_1x_2-6(x_1+x_2)+36]}{x_1x_2-2(x_1+x_2)+4}=\frac{16k^2\left(\frac{144k^2-12}{4k^2+3}-6\times \frac{48k^2}{4k^2+3}+36\right)}{\frac{144k^2-12}{4k^2+3}-2\times \frac{48k^2}{4k^2+3}+4}=24，$

$所以\tan\angle PAN=\tan\angle PMO，且\frac{4y_1}{x_1-2}与\frac{4y_2}{x_2-2}同号。$

$依题意，得\angle PAN=\angle PMO，且点M，N位于x轴同侧。$

$因为\angle PMO+\angle POM=90^\circ ，所以\angle PAN+\angle POM=90^\circ 。$

#### 名师点睛
$要证明\angle PAN+\angle POM=90^\circ ，因为\triangle PAN与\triangle POM都是直角三角形，所以只需证明\angle PAN=\angle PMO，即证\tan\angle PAN=\tan\angle PMO。由题设知直线l斜率存在，设其方程为y=k(x-6)(k\neq 0)，与椭圆方程联立，由\Delta>0得k的范围，设B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)，写出直线AB方程，得点N坐标，同理得点M坐标，运用锐角三角函数的定义及根与系数的关系即可证明\tan\angle PAN=\tan\angle PMO，从而\angle PAN+\angle POM=90^\circ 得证。$
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Question: $已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为 \frac{\sqrt{3}}{2} .$
$点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：\triangle BDE与\triangle BDN的面积之比为4:5.$

Solution:
$证明：设M(m，n)，则D(m，0)，N(m，-n).$
$由题设知m\neq \pm 2，且n\neq 0.$
$直线AM的斜率k_{AM}=\frac{n}{m+2}，$
$故直线DE的斜率k_{DE}=-\frac{m+2}{n}.$
$所以直线DE的方程为y=-\frac{m+2}{n}(x-m).$
$直线BN的方程为y=\frac{n}{2-m}(x-2).$
$联立得\left\{\begin{matrix}y=-\frac{m+2}{n}(x-m),\\ y=\frac{n}{2-m}(x-2),\end{matrix}\right.$
$解得点E的纵坐标y_{E}=-\frac{n(4-m^2)}{4-m^2+n^2}.$
$由点M在椭圆C上，得4-m^2=4n^2.$
$所以y_{E}=-\frac{4}{5}n.$
$又S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}|BD|\cdot |y_{E}|=\frac{2}{5}|BD|\cdot |n|，$
$S_{\triangle BDN}=\frac{1}{2}|BD|\cdot |n|，$
$所以\triangle BDE与\triangle BDN的面积之比为4:5.$
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Question: $已知椭圆C：x^{2}+3y^{2}=3. 过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M.$
请证明直线BM与直线DE平行.

Solution:
$直线BM与直线DE平行.理由如下：$

$当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知k_{BM}=1.$

$又因为直线DE的斜率k_{DE}=\frac{1-0}{2-1}=1,所以BM\parallel DE.$

$当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k(x-1)(k\neq 1).设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，$

$则直线AE的方程为y-1=\frac{y_1-1}{x_1-2}(x-2).$

$令x=3,得点M\left(3,\frac{y_1+x_1-3}{x_1-2}\right).$

$由\left\{\begin{matrix}x^2+3y^2=3,\\ y=k(x-1)\end{matrix}\right.得(1+3k^2)x^2-6k^2x+3k^2-3=0.$

$所以x_1+x_2=\frac{6k^2}{1+3k^2},x_1x_2=\frac{3k^2-3}{1+3k^2}.$

$直线BM的斜率k_{BM}=\frac{\frac{y_1+x_1-3}{x_1-2}-y_2}{3-x_2}.$

$因为k_{BM}-1=\frac{k(x_1-1)+x_1-3-k(x_2-1)(x_1-2)-(3-x_2)(x_1-2)}{(3-x_2)(x_1-2)}=\frac{(k-1)[-x_1x_2+2(x_1+x_2)-3]}{(3-x_2)(x_1-2)}=\frac{(k-1)\left(\frac{-3k^2+3}{1+3k^2}+\frac{12k^2}{1+3k^2}-3\right)}{(3-x_2)(x_1-2)}=0, $

$所以k_{BM}=1=k_{DE}.所以BM\parallel DE.$

$综上可知，直线BM与直线DE平行.$
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Question: $已知椭圆C：x^{2}+3y^{2}=3. 过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M.$
试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由.

Solution:
$直线BM与直线DE平行.理由如下：$

$当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知k_{BM}=1.$

$又因为直线DE的斜率k_{DE}=\frac{1-0}{2-1}=1,所以BM\parallel DE.$

$当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k(x-1)(k\neq 1).设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，$

$则直线AE的方程为y-1=\frac{y_1-1}{x_1-2}(x-2).$

$令x=3,得点M\left(3,\frac{y_1+x_1-3}{x_1-2}\right).$

$由\left\{\begin{matrix}x^2+3y^2=3,\\ y=k(x-1)\end{matrix}\right.得(1+3k^2)x^2-6k^2x+3k^2-3=0.$

$所以x_1+x_2=\frac{6k^2}{1+3k^2},x_1x_2=\frac{3k^2-3}{1+3k^2}.$

$直线BM的斜率k_{BM}=\frac{\frac{y_1+x_1-3}{x_1-2}-y_2}{3-x_2}.$

$因为k_{BM}-1=\frac{k(x_1-1)+x_1-3-k(x_2-1)(x_1-2)-(3-x_2)(x_1-2)}{(3-x_2)(x_1-2)}=\frac{(k-1)[-x_1x_2+2(x_1+x_2)-3]}{(3-x_2)(x_1-2)}=\frac{(k-1)\left(\frac{-3k^2+3}{1+3k^2}+\frac{12k^2}{1+3k^2}-3\right)}{(3-x_2)(x_1-2)}=0, $

$所以k_{BM}=1=k_{DE}.所以BM\parallel DE.$

$综上可知，直线BM与直线DE平行.$

Final answer: $直线BM与直线DE平行.$
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Question: $已知椭圆E： \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>b>0)的离心率为  \frac{\sqrt{5}}{3} ,A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|=4.$
$设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N.求证：MN\parallel CD.$

Solution:
$证明：设点 P(x_0,y_0),则 \frac{{x_0}^2}{9} + \frac{{y_0}^2}{4} = 1，即 4x^2_0=36-9y^2_0.$

$直线 PD ：y=\frac{y_0}{x_0-3}(x-3),直线 BC:y=-\frac{2}{3}x-2，联立直线 PD 与直线 BC 的方程，得点 (\frac{3(3y_0-2x_0+6)}{3y_0+2x_0-6}, \frac{-12y_0}{3y_0+2x_0-6}).$

$直线 PA 的方程为 y=\frac{y_0-2}{x_0}x+2，令 y=-2，得点 (\frac{-4x_0}{y_0-2},-2)$

$因为 k_{MN}=\frac{\frac{-12y_0}{3y_0+2x_0-6}+2}{\frac{3(3y_0-2x_0+6)}{3y_0+2x_0-6}+\frac{4x_0}{y_0-2}}$

$=\frac{-12y_0+6y_0+4x_0-12}{9y_0-6x_0+18+\frac{12x_0y_0+8x^2_0-24x_0}{y_0-2}}$

$=\frac{(-6y_0+4x_0-12)(y_0-2)}{9y^2_0-6x_0y_0+18y_0-18y_0+12x_0-36+12x_0y_0+8x^2_0-24x_0}$

$=\frac{-6y^2_0+4x_0y_0-12y_0+12y_0-8x_0+24}{9y^2_0+72-18y^2_0+6x_0y_0-12x_0-36}$

$=\frac{2}{3} \cdot \frac{-3y^2_0+2x_0y_0-4x_0+12}{-3y^2_0+2x_0y_0-4x_0+12}=\frac{2}{3}$

$又因为 k_{CD}=\frac{2}{3}，所以 k_{MN}=k_{CD}$

$又 MN 与 CD 无公共点，所以 MN \parallel  CD.$
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Question: $已知A, B, C是椭圆W：\frac{x^2}{4} + y^2 = 1 上的三个点，O是坐标原点.$
当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.

Solution:
$假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为y=kx+m(k\neq 0, m\neq 0).  $
由  
$$
\begin{matrix}
x^2+4y^2=4,\\ 
y=kx+m
\end{matrix}
$$
$消y并整理得(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0.  $
设A(x_1,y_1),C(x_2,y_2),则  
$\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{4km}{1+4k^2},  $
$\frac{y_1+y_2}{2}=k\cdot \frac{x_1+x_2}{2}+m,=\frac{m}{1+4k^2}.  $
所以AC的中点为M  
$\left(-\frac{4km}{1+4k^2},\frac{m}{1+4k^2}\right).  $
$因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为-\frac{1}{4k}.  $
$因为k\cdot \left(-\frac{1}{4k}\right)\neq -1,所以AC与OB不垂直.  $
所以OABC不是菱形，与假设矛盾.  
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.
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Question: $已知椭圆 C：x^2+2y^2=4.$
$设O为原点.若点A在椭圆C上，点B在直线y=2上，且OA \perp OB，试判断直线AB与圆x^2+y^2=2的位置关系，并证明你的结论.$

Solution:
直线AB与圆x^2^+y^2^=2相切.证明如下：
$设点A，B的坐标分别为(x_0,y_0),(t,2)，其中x_0\neq 0.$
$因为OA\perp OB，所以\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0，即tx_0+2y_0=0，解得t=-\frac{2y_0}{x_0}.$
$当x_0=t时，y_0=-\frac{t^2}{2}，代入椭圆C的方程，得t=\pm \sqrt{2}，$
$故直线AB的方程为x=\pm \sqrt{2}.$
$圆心O到直线AB的距离d=\sqrt{2}.$
$此时直线AB与圆x^2+y^2=2相切.$
$当x_0\neq t时，直线AB的方程为y-2=\frac{y_0-2}{x_0-t}(x-t),$
$即(y_0-2)x-(x_0-t)y+2x_0-ty_0=0.$
$圆心O到直线AB的距离d=\frac{|2x_0-ty_0|}{\sqrt{(y_0-2)^2+(x_0-t)^2}}.$
$又x^2_0+2y^2_0=4,t=-\frac{2y_0}{x_0}，$
$故d=\frac{\left|2x_0+\frac{2y^2_0}{x_0}\right|}{\sqrt{x^2_0+y^2_0+\frac{4y^2_0}{x^2_0}+4}}=\frac{\left|\frac{4+x^2_0}{x_0}\right|}{\sqrt{\frac{x^4_0+8x^2_0+16}{2x^2_0}}}=\sqrt{2}.$
$此时直线AB与圆x^2+y^2=2相切.$
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Question: $已知椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a>b>0)经过A(-2，0)，B \left(-1,\frac{3}{2}\right)两点，设过点P(-2，1)的直线交椭圆E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足 \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}.$
证明：直线HN过定点.

Solution:
$证明：由题意得直线AB的方程为y=\frac{3}{2}(x+2)，$
$(i)若过点P(-2，1)的直线过原点，则直线MN的方程为y=-\frac{x}{2}，与\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1联立，可得M\left(-\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，N\left(\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，$
$此时过M且平行于y轴的直线方程为x=-\sqrt{3}，$
$代入直线AB方程可得T\left(-\sqrt{3},\frac{3(2-\sqrt{3})}{2}\right)，$
$由\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}得到H\left(-\sqrt{3},-\frac{7\sqrt{3}}{2}+6\right),所以直线HN方程为y= \frac{3-2\sqrt{3}}{2}(x+2)，过点(-2，0).$
$(ii)分析知过点P(-2，1)与椭圆E交于两点的直线斜率一定存在，设y-1=k(x+2)，M(x_1，y_1)，N(x_2，y_2).$
$联立\left\{\begin{matrix}y-1=k(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.消去y得(4k_2+3)x_2+(16k_2+8k)x+4(4k_2+4k-2)=0，$
$所以x_1+x_2=-\frac{16k^2+8k}{4k^2+3}①,x_1x_2=\frac{4(4k^2+4k-2)}{4k^2+3}②，$
$因为点H满足\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}，所以T为MH的中点，$
$联立\left\{\begin{matrix}x=x_1,\\ y=\frac{3}{2}(x+2),\end{matrix}\right.可得T\left(x_1,\frac{3}{2}(x_1+2)\right)，$
$所以H(x_1，3(x_1+2)-y_1).$
$可求得此时HN:y-y_2=\frac{3x_1+6-y_1-y_2}{x_1-x_2}(x-x_2)，$
$假设直线HN过定点(-2，0)，将(-2，0)代入直线HN的方程整理得-6(x_1+x_2)+2(y_1+y_2)+x_1y_2+x_2y_1-3x_1x_2-12=0，$
$由①②得y_1+y_2=k(x_1+x_2)+4k+2=\frac{12k+6}{4k^2+3}③，$
$且x_1y_2+x_2y_1 = x_1(kx_2+2k+1)+x_2(kx_1+2k+1)=2kx_1x_2+(2k+1)(x_1+x_2)=\frac{-24k}{4k^2+3}④，$
$将①②③④代入，得96k_2+48k+24k+12-24k-48k_2-48k+24-48k_2-36=0，显然成立，所以直线HN过定点(-2,0).$
综上，可得直线HN过定点(-2，0).
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Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 (a>b>0) 经过两点 A (-2，0)，B (\sqrt{3},\frac{1}{2})。$
$设P，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，若点M(1,0)满足MF\perp ME，求证：P，O，Q三点共线.$

Solution:
$证法一：设点P (x_1, y_1)，Q (x_2，y_2) (x_1 \neq \pm 2，x_2 \neq \pm 2)$

<img_371>

$所以直线PA的方程为 y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)，直线AQ的方程为 y=\frac{y_2}{x_2+2}(x+2)。  $

$令x=0, 可得点E\left(0,\frac{2y_1}{x_1+2}\right)，F\left(0,\frac{2y_2}{x_2+2}\right)。$

$所以\overrightarrow{ME}=\left(-1,\frac{2y_1}{x_1+2}\right)，\overrightarrow{MF}=\left(-1,\frac{2y_2}{x_2+2}\right)。    $

$因为ME \perp  MF，$

$所以 \overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MF}=1+\frac{4y_1y_2}{(x_1+2)(x_2+2)}=0。$

$当直线PQ斜率不存在时，设 x_1=x_2=m $

$则 y_1y_2= y_1^2=\frac{m^2}{4} -1$

$代入1得 1+\frac{4\left(\frac{m^2}{4}-1\right)}{m^2+4m+4}=0，解得 m=0 或 m=-2(舍)。$

$此时P，Q均在y轴上，所以P，O，Q三点共线.$

$当直线PQ斜率存在时，设y=kx+n(k \neq 0)，$

$由 \left\{\begin{matrix}y=kx+n,\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{matrix}\right.$

$消去y得 (1+4k^2)x^2+8knx+4n^2-4=0，$

$所以 \Delta =64k^2n^2-4(1+4k^2)(4n^2-4)>0，$

$x_1+x_2= -\frac{8kn}{1+4k^2} ，$

$x_1x_2=\frac{4n^2-4}{1+4k^2} ，$

$所以 y_1y_2 = (kx_1+n)(kx_2+n)=k^2x_1x_2 +kn(x_1+x_2) +n^2$

$=\frac{k^2(4n^2-4)}{1+4k^2}-\frac{8k^2n^2}{1+4k^2} +n^2=\frac{n^2-4k^2}{1+4k^2}$

$代入1得 \frac{4n^2-4}{1+4k^2}-\frac{16kn}{1+4k^2}+4+\frac{4n^2-16k^2}{1+4k^2}=0，$

$解得 n=0或n=2k。$

$当 n=2k时，直线PQ的方程为 y=k(x+2)，不符合题意，故 n=0，$

$此时直线PQ的方程为y=kx(k \neq 0),所以P，O，Q三点共线.$

综上，P，O，Q三点共线.

$证法二：设点P (x_0，y_0) (x_0 \neq \pm 2)，点F(0，n_0)，$

$所以直线PA的方程为 y=\frac{y_0}{x_0+2}(x+2)，$

$令 x=0,可得点 E\left(0,\frac{2y_0}{x_0+2}\right) ,$

$所以 \overrightarrow{ME}=\left(-1,\frac{2y_0}{x_0+2}\right) ， \overrightarrow{MF}=(-1，n_0)， $

$因为 ME \bot MF，$

$所以 \overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MF}=1+\frac{2y_0n_0}{x_0+2}=0，即 n_0=-\frac{x_0+2}{2y_0}，$

$所以直线AF的方程为 y=-\frac{x_0+2}{4y_0}(x+2)，$

$要证P，O，Q三点共线，由椭圆的对称性知，只需证Q(- x_0，-y_0)在直线AF上.$

$又因为 \frac{x^2_0}{4}+y^2_0=1，所以 x_0^2-4=-4y_0^2，$

$所以 -\frac{x_0+2}{4y_0}(-x_0+2)=\frac{x^2_0-4}{4y_0}=-y_0，$

$所以Q(- x_0，-y_0)在直线AF上，所以P，O，Q三点共线.$

证法三：由题意得 A(-2，0)，不妨令E点在x轴上方，

$因为 MF \bot ME ， 所以 \angle EMO+\angle FMO=90^\circ ，$

$又因为 \angle EMO+\angle MEO=90^\circ ， 所以 \angle FMO=\angle MEO，$

$所以 Rt\triangle  EOM ∽ Rt\triangle  MOF ， 所以 \frac{|EO|}{|MO|}=\frac{|MO|}{|OF|}， 即 |OE|\cdot |OF|=1，$

$设 |OE|=t ( t>0)， 则 |OF|=\frac{1}{t}， 所以 E(0,t)，F \left(0,-\frac{1}{t}\right),$

$由A、E的坐标可得直线AE方程为 y=\frac{t}{2}x + t，$

$由 \left\{\begin{matrix} y=\frac{t}{2}x + t,\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{matrix}\right.$

$消去y得 (1+t^2)x^2+4t^2x+4t^2-4=0， 则 -2x_P = \frac{4t^2-4}{1+t^2}(运用根与系数的关系中的两根之积)，解得 x_P= \frac{2-2t^2}{1+t^2}， 则 y_P=\frac{t}{2}\cdot \frac{2-2t^2}{1+t^2}+t=\frac{2t}{1+t^2} (点P的坐标满足直线AE的方程)$

$由A、F的坐标可得直线AF方程为 y=-\frac{1}{2t}x-\frac{1}{t}，$

$由 \left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2t}x-\frac{1}{t},\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{matrix}\right.$

$消去y得 (t^2+1)x^2+4x+4-4t^2=0，$

$则 -2x_Q=\frac{4-4t^2}{t^2+1}(运用根与系数的关系中的两根之积),解得 x_Q=\frac{2t^2-2}{t^2+1}， 则 y_Q=-\frac{1}{2t}\cdot \frac{2t^2-2}{t^2+1}-\frac{1}{t}=\frac{-2t}{t^2+1} (点Q的坐标满足直线AF的方程)$

$故 x_P+x_Q=0，y_P+y_Q=0，$

所以P，Q关于原点对称，即P，O，Q三点共线.
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Question: $已知椭圆C：x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)经过点P(2,1)，P到椭圆C的两个焦点的距离和为4\sqrt{2}.$
$设Q(4,0)，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线.$

Solution:
证明：因为P(2,1)，Q(4,0)，且R为PQ的中点，
$所以k_{PQ}=-\frac{1}{2}，R \left(3,\frac{1}{2}\right).$
$依题意，设直线l的方程为y=-\frac{1}{2}x+m(m\neq 2)，A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，M(x_3,y_3)，N(x_4,y_4)，$
$所以直线AQ的方程为y= \frac{y_1}{x_1-4}(x-4).$
$由 \left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1}{x_1-4}(x-4),\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{matrix}\right. 得x^2+\frac{4y^2_1(x-4)^2}{(x_1-4)^2}=8，$
$即(x_1+4y_1+16-8x_1)x^2-32y_1^2x+64y_1^2-8(x_1-4)^2=0.$
因为点A在椭圆C上，所以x_1^2+4y_1^2=8，
$由此得(24-8x_1)x^2-32y_1^2x+64y_1^2-8(x_1-4)^2=0，$
$即(3-x_1)x^2-4y_1^2x+8y_1^2-(x_1-4)^2=0，$
$所以x_1+x_3=\frac{4y^2_1}{3-x_1}，$
$于是x_3=\frac{4y^2_1}{3-x_1}-x_1=\frac{x^2_1+4y^2_1-3x_1}{3-x_1}=\frac{8-3x_1}{3-x_1}，$
$所以y_3=\frac{y_1}{x_1-4}(x_3-4)=\frac{y_1}{x_1-4}\left(\frac{8-3x_1}{3-x_1}-4\right)=\frac{y_1}{3-x_1}，即M \left(\frac{8-3x_1}{3-x_1},\frac{y_1}{3-x_1}\right)，$
$由此得k_{MR}=\frac{\frac{y_1}{3-x_1}-\frac{1}{2}}{\frac{8-3x_1}{3-x_1}-3}=-\left(\frac{1}{2}x_1+y_1\right)+\frac{3}{2}.$
$因为点A在l上，所以 \frac{1}{2}x_1+y_1=m，即k_{MR}=\frac{3}{2}-m.$
$同理，k_{NR}=\frac{3}{2}-m，所以k_{MR}=k_{NR}，故M，N，R三点共线.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的一个顶点为P(0,1),离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}．$
$过点P作斜率为k_1的直线l_1，交椭圆C于另一点A,过点P作斜率为k_2(k_2\neq k_1)的直线l_2交椭圆C于另一点B．若k_1k_2=1,求证：直线AB经过定点.$

Solution:
$证明：设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2), x_1 \neq  0, x_2 \neq  0，$

$则 k_1 = \frac{y_1-1}{x_1}, k_2 = \frac{y_2-1}{x_2}.$

$若x_1=x_2,则y_1=y_2或y_1=-y_2. $

$当x_1=x_2, y_1=y_2时，k_1=k_2，不合题意。$

$当x_1=x_2, y_1=-y_2时，k_1 k_2=\frac{1}{2} \neq  1, 不合题意.$

$所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m.$

$由\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ x^2+2y^2-2=0\end{matrix}\right. 得(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-2 = 0,$

$\Delta = 16k^2 m^2 - 4(1+2k^2)(2m^2 - 2) = 8(2k^2 - m^2 + 1) > 0.$

$则x_1+x_2= -\frac{4km}{1+2k^2}, x_1x_2 = \frac{2m^2-2}{1+2k^2}, 且m^2 \neq  1.$

$因为k_1k_2=1,$

$所以\frac{y_1-1}{x_1} \cdot \frac{y_2-1}{x_2} = 1，即\frac{(kx_1+m-1)(kx_2+m-1)}{x_1x_2} = 1，$

$所以(k^2-1)x_1x_2 + k(m-1)(x_1+x_2) + (m-1)^2= 0，$

$所以(k^2-1) \cdot \frac{2m^2-2}{1+2k^2} + k(m-1) \left(-\frac{4km}{1+2k^2}\right) + (m-1)^2= 0，$

$所以(m-1)(m+3) = 0, 所以m=-3或m=1(舍).$

$所以直线AB经过定点(0,-3).$

名师点睛

$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2), x_1 \neq  0, x_2 \neq  0,$

$则k_1=\frac{y_1-1}{x_1}, k_2=\frac{y_2-1}{x_2}.$

$首先讨论x_1=x_2时斜率k_1、k_2不合题意，所以直线AB斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，将直线AB的方程与椭圆方程联立消元后用韦达定理，再由k_1k_2=1求得m=-3得直线AB经过定点的坐标.$
Subfield: Sequence


Question: $已知a_n是无穷数列。给出两个性质：$
$① 对于a_n中任意两项a_i,a_j(i > j)，在a_n中都存在一项a_m，使得\frac{a^{2}_i}{a_j} = a_m；$
$② 对于a_n中任意一项a_n(n \geq  3)，在a_n中都存在两项a_k,a_l(k > l)，使得a_n = \frac{a^{2}_k}{a_l}。$
$若a_n是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：a_n为等比数列.$

Solution:
证明：

$- (i)当n=3时，由性质②可知存在两项a_k,a_l，使a_3 = \frac{a^2_k}{a_l}(k>l)，又因为{a_n}是递增数列，所以a_3 > a_k > a_l，即3>k>l，所以k=2,l=1,此时\frac{a^2_2}{a_1}=a_3，满足a_1,a_2,a_3为等比数列，即n=3时命题成立.$

$- (ii)假设n=k (k \in N，k>=3)时，命题成立，即{a_n}是以q = \frac{a_2}{a_1}为公比的各项为正数的等比数列，由性质①，可取数列中的两项a_k,a_{k-1}，则数列中存在一项a_m=\frac{a^2_k}{a_{k-1}}=\frac{a_k}{a_{k-1}} \cdot a_k，所以a_m=qa_k，下面用反证法证明当n=k+1时命题也成立，即a_m=a_{k+1}.$
$假设a_{k+1} \neq a_m，因为{a_n}是递增数列，所以a_m=\frac{a^2_k}{a_{k-1}} = qa_k > a_{k+1}，即有a_k < a_{k+1} < qa_k，则a_1q^{k-1} < a_{k+1} < a_1q^k，由性质②，a_{k+1}可以表示为\frac{a^2_s}{a_t}(s>t)，$
$即a_{k+1} = \frac{a^2_s}{a_t} > a_s > a_t，所以k+1>s>t，符合条件，所以a_s=a_1q^{s-1},a_t=a_1q^{t-1}，$
$所以\frac{a^2_s}{a_t}=a_1q^{2s-t-1}，所以a_1q^{k-1} < a_1q^{2s-t-1} < a_1q^k，$
$所以k-1<2s-t-1<k，而k,s,t \in N，所以不存在这样的一组数k,s,t，所以a_m=a_{k+1}，即n=k+1时，命题也成立.$

$由(i)(ii)可知，{a_n}是等比数列.$
Subfield: Sequence


Question: $设等差数列a_n的前n项和为S_n，a_3=4,a_4=S_3.数列b_n满足：对每个n\in N^，S_n+b_n，S_{n+1}+b_n，S_{n+2}+b_n成等比数列.$
$记c_n=\sqrt{\frac{a_n}{2b_n}}, n \in N^, 证明：c_1+c_2+\ldots +c_n < 2\sqrt{n}, n \in N^.$

Solution:
$证明：c_n=\sqrt{\frac{a_n}{2b_n}}=\sqrt{\frac{2n-2}{2n(n+1)}}=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}, n\in N^{}.$
用数学归纳法证明.
$①当n=1时，c_1=0＜2，不等式成立；$
$②假设n=k (k\in N^{})时不等式成立，即c_1+c_2+\ldots +c_k＜2\sqrt{k},那么，当n=k+1时，c_1+c_2+\ldots +c_k+c_{k+1}＜2\sqrt{k}+\sqrt{\frac{k}{(k+1)(k+2)}}＜2\sqrt{k}+\sqrt{\frac{1}{k+1}}＜2\sqrt{k}+\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2\sqrt{k}+2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2\sqrt{k+1},即当n=k+1时不等式也成立.$
$根据①和②，得不等式c_1+c_2+\ldots +c_n＜2\sqrt{n}对任意n\in N^{}成立.$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为
$$
\begin{matrix}
x=\mathrm{e}^2\cdot t-t\cdot \mathrm{e}^t,\\ 
y=t\mathrm{ln} t-\mathrm{ln} t,
\end{matrix}
$$
t为参数且t>0.曲线C与x轴交于点A，与y轴交于点B.
$求证: |AB| > 2.$

Solution:
$证明：令x=0，可得t=2，所以B(0,ln 2)，$
$令y=0，可得t=1，所以A(e^2-e,0)，$
$所以|AB|=\sqrt{(\mathrm{ln} 2)^2+(\mathrm{e}^2-\mathrm{e})^2}>\sqrt{(\mathrm{e}^2-\mathrm{e})^2}=e^2-e=e(e-1)，因为e>2,所以|AB|>2.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正三棱柱ABC－A_1B_1C_1中，AA_1=AB，D为BC的中点，平面A_1C_1D\cap 平面ABC=DP.$
<img_2801>
$求证：A_1C_1\parallel DP；$

Solution:
$证明：由题意得平面A_1B_1C_1\parallel 平面ABC.$
$因为平面A_1C_1D\cap 平面ABC=DP，平面A_1C_1D\cap 平面A_1B_1C_1=A_1C_1，所以A_1C_1\parallel DP.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在正三棱柱ABC－A_1B_1C_1中，AA_1=AB，D为BC的中点，平面A_1C_1D\cap 平面ABC=DP.$
![23BBJ5SX181.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623884771457986563/img/compression/M_2741233e2102342ee95e9317f2885333.jpg)
$求证：A_1C_1\parallel DP；$

Solution:
$证明：由题意得平面A_1B_1C_1\parallel 平面ABC.$
$因为平面A_1C_1D\cap 平面ABC=DP，平面A_1C_1D\cap 平面A_1B_1C_1=A_1C_1，所以A_1C_1\parallel DP.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB=3,BC=2.\bigtriangleup PAD为等边三角形，平面PAD\perp 平面ABCD,E为AD的中点.$
<img_12>
$求证：PE \perp AB；$

Solution:
$证明：因为\triangle PAD为正三角形，E为AD中点，所以PE\perp AD.$
$因为平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAD\cap 平面ABCD=AD,PE\subset 平面PAD,所以PE\perp 平面ABCD.$
$因为AB\subset 平面ABCD,所以PE\perp AB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB=3,BC=2.\bigtriangleup PAD为等边三角形，平面PAD\perp 平面ABCD,E为AD的中点.$
![23BBJ5SX212.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623884775014756354/img/compression/M_f7e3254b1f2bc08925f42f53ecb8b3ab.jpg)
$求证：PE \perp AB；$

Solution:
$证明：因为\triangle PAD为正三角形，E为AD中点，所以PE\perp AD.$
$因为平面PAD\perp 平面ABCD，平面PAD\cap 平面ABCD=AD,PE\subset 平面PAD,所以PE\perp 平面ABCD.$
$因为AB\subset 平面ABCD,所以PE\perp AB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，A(a,0)，B(0,b)，O(0,0)，\triangle OAB的面积为1.$
$设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.$
$求证：|AN|\cdot |BM|为定值.$

Solution:
$证明：由(1)知，A(2,0),B(0,1)，设P(x_0,y_0)，则x_0^2+4y_0^2=4. $

$当x_0\neq 0时，直线PA的方程为y=\frac{y_0}{x_0-2}(x-2).$

$令x=0，得y_M=-\frac{2y_0}{x_0-2}.从而|BM|=|1-y_M|=|1+\frac{2y_0}{x_0-2}|.$

$直线PB的方程为y=\frac{y_0-1}{x_0}x+1.$

$令y=0，得x_N=-\frac{x_0}{y_0-1}.$

$从而|AN|=|2-x_N|=|2+\frac{x_0}{y_0-1}|.$

$所以|AN|\cdot |BM|=|2+\frac{x_0}{y_0-1}|\cdot |1+\frac{2y_0}{x_0-2}|$

$=|x^2_0+4y^2_0+4x_0y_0-4x_0-8y_0+4|/x_0y_0-x_0-2y_0+2$

$=|4x_0y_0-4x_0-8y_0+8|/x_0y_0-x_0-2y_0+2=4.$

$当x_0=0时，y_0=-1，|BM|=2,|AN|=2,$

$所以|AN|\cdot |BM|=4.$

$综上，|AN|\cdot |BM|为定值.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：9x^2+y^2=m^2 (m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M。$
$证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；$

Solution:
$证明：设直线l:y=kx+b(k\neq 0,b\neq 0)，A(x_1,y_1)，B(x_2, y_2)，M(x_M,y_M).$
$将y=kx+b代入9x^2+y^2=m^2得(k^2+9)x^2+2kbx+b^2-m^2=0，$
$故x_M=\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{kb}{k^2+9}，y_M=kx_M+b=\frac{9b}{k^2+9}.$
$于是直线OM的斜率k_{OM}=\frac{y_M}{x_M}=-\frac{9}{k}，即k_{OM}\cdot k=-9.$
$所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_1，F_2，离心率e=\frac{\sqrt{2}}{2}，P为椭圆上一动点，\triangle PF_1F_2面积的最大值为2.$
$若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD\perp CD，连接CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}为定值；$

Solution:
$证明：由(1)知，C(-2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2)，N(x_1,y_1)，$
$\because MD\perp CD,\therefore M(2,4k)，联立$
$\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1,\\ y=k(x+2),\end{matrix}\right.   $
$整理得(2k^2+1)x^2+8k^2x+8k^2-4=0，$
$由-2x_1=\frac{8k^2-4}{2k^2+1}得x_1=\frac{2-4k^2}{2k^2+1}，y_1=k(x_1+2)=\frac{4k}{2k^2+1}，$
$\therefore N(\frac{2-4k^2}{2k^2+1},\frac{4k}{2k^2+1})，$
$\therefore \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=2\times \frac{2-4k^2}{2k^2+1}+4k\times \frac{4k}{2k^2+1}=4，$
$故\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}为定值4.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)。$
$设O为原点，直线l:y=kx+t(t \neq  \pm 1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|\cdot |ON|=2，求证：直线l经过定点.$

Solution:
$证明：设P(x_1, y_1), Q(x_2,y_2),则直线AP的方程为y = \frac{y_1-1}{x_1}x+1. 令y=0,得点M的横坐标x_M=-\frac{x_1}{y_1-1}. 又y_1=kx_1+t,从而|OM|=|x_M|=\left|\frac{x_1}{kx_1+t-1}\right|. 同理，|ON|=\left|\frac{x_2}{kx_2+t-1}\right|. 由\left\{\begin{matrix}y=kx+t,\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1\end{matrix}\right.得\left(1+2k^2\right)x^2+4ktx+2t^2-2=0.$
$则x_1+x_2=-\frac{4kt}{1+2k^2}, x_1x_2=\frac{2t^2-2}{1+2k^2}.$
$所以|OM|\cdot|ON|=\left|\frac{x_1}{kx_1+t-1}\right|\cdot\left|\frac{x_2}{kx_2+t-1}\right|=\left|\frac{x_1x_2}{k^2x_1x_2+k(t-1)(x_1+x_2)+(t-1)^2}\right|=$
$\left|\frac{\frac{2t^2-2}{1+2k^2}}{k^2 \cdot \frac{2t^2-2}{1+2k^2}+k(t-1) \cdot \left(-\frac{4kt}{1+2k^2}\right)+(t-1)^2}\right| = 2\left|\frac{1+t}{1-t}\right|. 又|OM|\cdot|ON|=2，所以2\left|\frac{1+t}{1-t}\right|=2.$
$解得t=0，所以直线l经过定点(0，0).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=e^x cos x ，g(x)=a\cos x+x (a<0)，曲线 y=g(x) 在 x=\frac{\pi }{6} 处的切线的斜率为 \frac{3}{2}.$
$设方程f(x)=g'(x)在区间 (\left(2n\pi +\frac{\pi}{3},2n\pi +\frac{\pi}{2}\right) (n \in  N_+) 内的根从小到大依次为x_1，x_2，\ldots ，x_n，\ldots ，求证：x_{n+1}-x_n > 2\pi $

Solution:
$证明：由f(x) = g'(x) 可得 e^{x}\cos x = 1 + \sin x，$
$令\phi(x) = e^{x}\cos x - \sin x -1，$
$则\phi'(x) = e^{x}(\cos x - \sin x) - \cos x，$
$因为x\in (\left(2n\pi +\frac{\pi }{3},2n\pi +\frac{\pi }{2}\right))(n\in N_{+})，$
$所以sinx > cosx >0，$
$所以\phi'(x) < 0，所以函数\phi(x) 在(\left(2n\pi +\frac{\pi }{3},2n\pi +\frac{\pi }{2}\right)) ( n\in N_{+})上单调递减，$
$因为 \phi \left(2n\pi +\frac{\pi }{3}\right) = e^{2n\pi +\frac{\pi }{3}} cos\left(2n\pi +\frac{\pi }{3}\right) -sin\left(2n\pi +\frac{\pi }{3}\right)-1= \frac{1}{2} e^{2n\pi +\frac{\pi }{3}} - \frac{\sqrt{3}}{2} -1 \geq  \frac{e^{2\pi +\frac{\pi }{3}}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} -1 > 0，$
$\phi \left(2n\pi +\frac{\pi }{2}\right) =-2 < 0，$
$所以在 \phi(x) 的每一个单调区间内存在唯一的x_0，使得\phi(x_0) = 0，$
$所以当 x_{n} \in  (\left(2n\pi +\frac{\pi }{3},2n\pi +\frac{\pi }{2}\right))(n\in N_{+})时，x_{n+1} -2\pi  \in  (\left(2n\pi +\frac{\pi }{3},2n\pi +\frac{\pi }{2}\right))(n\in N_{+})，即x_{n} 与x_{n+1} -2\pi 在同一个单调区间内，$
$又\phi(x_{n+1} -2\pi ) =e^{x_{n+1} -2\pi } \cos (x_{n+1} -2\pi ) -\sin (x_{n+1} -2\pi ) -1 = e^{x_{n+1} -2\pi } \cos x_{n+1} -e^{x_{n+1}} \cos x_{n+1} = (e^{x_{n+1} -2\pi } -e^{x_{n+1}}) \cos x_{n+1} <0 =  \phi(x_{n})，且函数 \phi(x) 在 (\left(2n\pi +\frac{\pi }{3},2n\pi +\frac{\pi }{2}\right)) (n \in N_{+}) 上单调递减，故x_{n+1} -2\pi  > x_{n}，即x_{n+1} - x_{n} > 2\pi.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{1}{2}ax^2-x-lnx(a\in R).$
$证明：\sum \limits^{n}_{{k=2}}\frac{1}{\mathrm{ln} k} > 1-\frac{1}{n}.$

Solution:
$证明：由(2)知，当a=2时，对任意x\in (1,+\infty )，有f(x)>f(1)=0，即x^2-x>ln x.$
$又当x>1时，x^2-x>0，ln x>0，所以$
$\frac{1}{\mathrm{ln} x}>\frac{1}{x^2-x}.$
$令x=k(k\geq 2)，得$
$\frac{1}{\mathrm{ln} k}>\frac{1}{k^2-k}=\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}.$
所以
$\frac{1}{\mathrm{ln} 2}>1-\frac{1}{2}，\frac{1}{\mathrm{ln} 3}>\frac{1}{2}-\frac{1}{3}，\frac{1}{\mathrm{ln} 4}>\frac{1}{3}-\frac{1}{4}，\ldots \ldots ，\frac{1}{\mathrm{ln} n}>\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}.$
故
$\sum \limits^{n}_{{k=2}}\frac{1}{\mathrm{ln} k}>1-\frac{1}{n}$
即
$\sum \limits^{n}_{{k=2}}\frac{1}{\mathrm{ln} k}>1-\frac{1}{n}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $记\triangle ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. 已知b^2=ac，点D在边AC上，BD\sin \angle ABC=a\sin  C.$
$证明：BD=b；$

Solution:
$证明：由BD \sin \angle ABC = a \sin  C 及正弦定理可得BD \cdot  b = a\cdot c$

$(3分)$

$又 b^2 = ac，所以 BD \cdot  b = b^2，故 BD =b.$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知f(x)=\frac{\sin  x+\cos  x}{\mathrm{e}^x}.$
$求证：曲线 y=f(x) 在 (0,\frac{\pi}{2}) 上不存在斜率为-2的切线.$

Solution:
$证明：原命题等价于在区间 (0,\frac{\pi }{2}) 上，方程 \frac{-2\\sin   x}{\mathrm{e}^x} =-2无解，即 \frac{\\sin   x}{\mathrm{e}^x} =1无解.$
$令 g(x)=\frac{\\sin   x}{\mathrm{e}^x}， x\in (0,\frac{\pi }{2})，则 g'(x)=\frac{\\cos   x-\\sin   x}{\mathrm{e}^x} =\frac{\sqrt{2}\\sin  \left(\frac{\pi }{4}-x\right)}{\mathrm{e}^x}，$
$当 x\in (0,\frac{\pi }{4}) 时，g'(x)>0，g(x)在 (0,\frac{\pi }{4}) 上单调递增；$
$当 x\in  \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right) 时，g'(x)<0，g(x)在 \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right) 上单调递减.$
$所以 g(x)在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上的最大值是 g\left(\frac{\pi }{4}\right) =\frac{\sqrt{2}}{2}e^{- \frac{\pi }{4}}<1，所以方程 \frac{\\sin   x}{\mathrm{e}^x} =1无解，即曲线 y=f(x)在 \left(0,\frac{\pi }{2}\right) 上不存在斜率为-2的切线.$