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


Question: $如图，已知双曲线C:\frac{x^2}{3}-y^{2}=1，过P(1，1)向双曲线C作两条切线，切点分别为A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，且x_{1}<0，x_{2}>0.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698497553354754/img/compression/M_e06fad91d814653e8c25c1642bca704b.jpg)
$证明：直线PA的方程为\frac{x_1x}{3}-y_{1}y=1；$

Solution:
$证明：显然直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y-1=k(x-1)，联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{3}-y^2=1,\\ y-1=k(x-1),\end{matrix}\right.得(3k^{2}-1)x^{2}-6k(k-1)x+3(k-1)^{2}+3=0，则\Delta =36k^{2}(k-1)^{2}-4(3k^{2}-1)\times 3(k^{2}-2k+2)=0，化简得k^{2}+k-1=0，
(2分)
因为方程有两个相等实根，所以切点A的横坐标x_{1}=-\frac{-6k(k-1)}{2(3k^2-1)}=\frac{3k^2-3k}{3k^2-1}，纵坐标y_{1}=\frac{k-1}{3k^2-1}，故\frac{x_1}{y_1}=3k，故直线PA的方程为y=\frac{x_1}{3y_1}(x-x_{1})+y_{1}，即yy_{1}=\frac{xx_1}{3}-\frac{x^2_1}{3}+y^2_1，易知\frac{x^2_1}{3}-y^2_1=1，故直线PA的方程为\frac{x_1x}{3}-y_{1}y=1.
(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C:\frac{x^2}{3}-y^{2}=1，过P(1，1)向双曲线C作两条切线，切点分别为A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，且x_{1}<0，x_{2}>0.$<img_2400>
$设F为双曲线C的左焦点，证明：\angle AFP+\angle BFP=\pi .$

Solution:
$证明：同(1)可得直线PB的方程为\frac{x_2x}{3}-y_{2}y=1，又直线PA，PB均过P(1，1)，所以\frac{x_1}{3}-y_{1}=1，\frac{x_2}{3}-y_{2}=1，故直线AB的方程为\frac{x}{3}-y=1，
(6分)
易得F(-2，0)，则\overrightarrow{FP}\cdot \overrightarrow{FA}=(3，1)\cdot (x_{1}+2，y_{1})=3x_{1}+6+y_{1}，\overrightarrow{FP}\cdot \overrightarrow{FB}=(3，1)\cdot (x_{2}+2，y_{2})=3x_{2}+6+y_{2}，因为x_{1}<0，x_{2}>0，所以x_{1}\leq -\sqrt{3}，x_{2}\geq \sqrt{3}，则\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FA}\rangle =\frac{3x_1+y_1+6}{\sqrt{3^2+1^2}\cdot \sqrt{{(x_1+2)}^2+y^2_1}}=\frac{\frac{10}{3}\left(x_1+\frac{3}{2}\right)}{\frac{2\sqrt{10}}{\sqrt{3}}\left|x_1+\frac{3}{2}\right|}=-\frac{\sqrt{30}}{6}，
(8分)
\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FB}\rangle =\frac{3x_2+y_2+6}{\sqrt{3^2+1^2}\cdot \sqrt{{(x_2+2)}^2+y^2_2}}=\frac{\frac{10}{3}\left(x_2+\frac{3}{2}\right)}{\frac{2\sqrt{10}}{\sqrt{3}}\left|x_2+\frac{3}{2}\right|}=\frac{\sqrt{30}}{6}，
(10分)
故\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FA}\rangle =-\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FB}\rangle ，故\angle AFP+\angle BFP=\pi .
(12分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知双曲线C:\frac{x^2}{3}-y^{2}=1，过P(1，1)向双曲线C作两条切线，切点分别为A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，且x_{1}<0，x_{2}>0.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698497553354754/img/compression/M_e06fad91d814653e8c25c1642bca704b.jpg)
$设F为双曲线C的左焦点，证明：\angle AFP+\angle BFP=\pi .$

Solution:
$证明：同(1)可得直线PB的方程为\frac{x_2x}{3}-y_{2}y=1，又直线PA，PB均过P(1，1)，所以\frac{x_1}{3}-y_{1}=1，\frac{x_2}{3}-y_{2}=1，故直线AB的方程为\frac{x}{3}-y=1，
(6分)
易得F(-2，0)，则\overrightarrow{FP}\cdot \overrightarrow{FA}=(3，1)\cdot (x_{1}+2，y_{1})=3x_{1}+6+y_{1}，\overrightarrow{FP}\cdot \overrightarrow{FB}=(3，1)\cdot (x_{2}+2，y_{2})=3x_{2}+6+y_{2}，因为x_{1}<0，x_{2}>0，所以x_{1}\leq -\sqrt{3}，x_{2}\geq \sqrt{3}，则\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FA}\rangle =\frac{3x_1+y_1+6}{\sqrt{3^2+1^2}\cdot \sqrt{{(x_1+2)}^2+y^2_1}}=\frac{\frac{10}{3}\left(x_1+\frac{3}{2}\right)}{\frac{2\sqrt{10}}{\sqrt{3}}\left|x_1+\frac{3}{2}\right|}=-\frac{\sqrt{30}}{6}，
(8分)
\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FB}\rangle =\frac{3x_2+y_2+6}{\sqrt{3^2+1^2}\cdot \sqrt{{(x_2+2)}^2+y^2_2}}=\frac{\frac{10}{3}\left(x_2+\frac{3}{2}\right)}{\frac{2\sqrt{10}}{\sqrt{3}}\left|x_2+\frac{3}{2}\right|}=\frac{\sqrt{30}}{6}，
(10分)
故\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FA}\rangle =-\\cos  \langle \overrightarrow{FP}，\overrightarrow{FB}\rangle ，故\angle AFP+\angle BFP=\pi .
(12分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，点E在棱AB上移动.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698509293084675/img/compression/M_30aa5941c7ff45181f31b9ff3b4545fd.jpg)
$证明：D_{1}E\perp A_{1}D；$

Solution:
$证明：分别以DA、DC、DD_{1}所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698509540548610/img/compression/M_c760973af13b987b233fed21eef65477.jpg)$则D(0，0，0)，A_{1}(1，0，1)，D_{1}(0，0，1)，A(1，0，0)，所以\overrightarrow{DA_1}=(1，0，1)，设E(1，t，0)(0\leq t\leq 2)，所以\overrightarrow{D_1E}=(1，t，-1)，所以\overrightarrow{DA_1}\cdot \overrightarrow{D_1E}=1-1=0，所以D_{1}E\perp A_{1}D.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，点E在棱AB上移动.$<img_1986>
$证明：D_{1}E\perp A_{1}D；$

Solution:
$证明：分别以DA、DC、DD_{1}所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_2774>$则D(0，0，0)，A_{1}(1，0，1)，D_{1}(0，0，1)，A(1，0，0)，所以\overrightarrow{DA_1}=(1，0，1)，设E(1，t，0)(0\leq t\leq 2)，所以\overrightarrow{D_1E}=(1，t，-1)，所以\overrightarrow{DA_1}\cdot \overrightarrow{D_1E}=1-1=0，所以D_{1}E\perp A_{1}D.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，点E在棱AB上移动.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698509293084675/img/compression/M_30aa5941c7ff45181f31b9ff3b4545fd.jpg)
$当E为AB的中点时，求点E到平面ACD_{1}的距离.$

Solution:
$当E为AB的中点时，E(1，1，0)，\overrightarrow{D_1E}=(1，1，-1)，\overrightarrow{AD_1}=(-1，0，1)，\overrightarrow{AC}=(-1，2，0)，设平面ACD_{1}的一个法向量是n=(1，y，z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AC}=0\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-1+z=0,\\ -1+2y=0,\end{matrix}\right.可得n=\left(1,\frac{1}{2},1\right)，\therefore 由点到平面的距离公式，得点E到平面ACD_{1}的距离d=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{D_1E}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{\left|1\times 1+\frac{1}{2}\times 1+1\times (-1)\right|}{\sqrt{1^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+1^2}}=\frac{1}{3}，\therefore 点E到平面ACD_{1}的距离是\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac13$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在长方体ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，AD=AA_{1}=1，AB=2，点E在棱AB上移动.$<img_1986>
$当E为AB的中点时，求点E到平面ACD_{1}的距离.$

Solution:
$当E为AB的中点时，E(1，1，0)，\overrightarrow{D_1E}=(1，1，-1)，\overrightarrow{AD_1}=(-1，0，1)，\overrightarrow{AC}=(-1，2，0)，设平面ACD_{1}的一个法向量是n=(1，y，z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AD_1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AC}=0\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-1+z=0,\\ -1+2y=0,\end{matrix}\right.可得n=\left(1,\frac{1}{2},1\right)，\therefore 由点到平面的距离公式，得点E到平面ACD_{1}的距离d=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{D_1E}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{\left|1\times 1+\frac{1}{2}\times 1+1\times (-1)\right|}{\sqrt{1^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+1^2}}=\frac{1}{3}，\therefore 点E到平面ACD_{1}的距离是\frac{1}{3}.$

Final answer: $\frac13$
Subfield: Plane Geometry


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{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0).
$<img_2417>
$求椭圆E的方程；$

Solution:
$\because 椭圆E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0)，\therefore \left\{\begin{matrix}a^2=b^2+c^2,\\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2},\\ c=\sqrt{3},\end{matrix}\right.解得a^{2}=4，b^{2}=1，\therefore 椭圆E的方程是\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.(2分)$

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


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{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0).
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698563542339585/img/compression/M_69bdf15680ae8dc515feb2c0a8480c48.jpg)
$求椭圆E的方程；$

Solution:
$\because 椭圆E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0)，\therefore \left\{\begin{matrix}a^2=b^2+c^2,\\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2},\\ c=\sqrt{3},\end{matrix}\right.解得a^{2}=4，b^{2}=1，\therefore 椭圆E的方程是\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.(2分)$

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


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{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0).
$<img_2417>
$若B、C为椭圆E长轴的左、右两端点，且\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{BG}，点A在椭圆E上，求|GA|的取值范围；$

Solution:
$由题意得B(-2，0)，C(2，0)，设G(x_{0}，0)，由题易知(2-x_{0}，0)=3(x_{0}+2，0)，解得x_{0}=-1，\therefore G(-1，0)，设A(x，y)，则\frac{x^2}{4}+y^{2}=1，|GA|=\sqrt{(x+1)^2+y^2}=\sqrt{(x+1)^2+1-\frac{x^2}{4}}=\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+\frac{4}{3}\right)^2+\frac{2}{3}}，(4分)又\because -2\leq x\leq 2，\therefore 当x=-\frac{4}{3}时，|GA|有最小值，为\frac{\sqrt{6}}{3}；当x=2时，|GA|有最大值，为3.\therefore |GA|的取值范围是\left[\frac{\sqrt{6}}{3},3\right].(5分)$

Final answer: $[\frac{\sqrt 6}{3}, 3]$
Subfield: Plane Geometry


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{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0).
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698563542339585/img/compression/M_69bdf15680ae8dc515feb2c0a8480c48.jpg)
$若B、C为椭圆E长轴的左、右两端点，且\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{BG}，点A在椭圆E上，求|GA|的取值范围；$

Solution:
$由题意得B(-2，0)，C(2，0)，设G(x_{0}，0)，由题易知(2-x_{0}，0)=3(x_{0}+2，0)，解得x_{0}=-1，\therefore G(-1，0)，设A(x，y)，则\frac{x^2}{4}+y^{2}=1，|GA|=\sqrt{(x+1)^2+y^2}=\sqrt{(x+1)^2+1-\frac{x^2}{4}}=\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+\frac{4}{3}\right)^2+\frac{2}{3}}，(4分)又\because -2\leq x\leq 2，\therefore 当x=-\frac{4}{3}时，|GA|有最小值，为\frac{\sqrt{6}}{3}；当x=2时，|GA|有最大值，为3.\therefore |GA|的取值范围是\left[\frac{\sqrt{6}}{3},3\right].(5分)$

Final answer: $[\frac{\sqrt 6}{3}, 3]$
Subfield: Plane Geometry


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{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0).
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698563542339585/img/compression/M_69bdf15680ae8dc515feb2c0a8480c48.jpg)
$若椭圆E与y轴的负半轴交于点P，l_{1}，l_{2}是过点P且互相垂直的两条直线，l_{1}与以椭圆E的长轴为直径的圆交于两点M、N，l_{2}交椭圆E于另一点D，求\triangle MND面积的最大值.$

Solution:
$直线l_{1}\perp l_{2}，且都过点P(0，-1)，易知直线l_{1}的斜率必存在，①当直线l_{1}，l_{2}的斜率都存在时，设直线l_{1}：y=kx-1，直线l_{2}：x+ky+k=0，\therefore 圆心(0，0)到直线l_{1}：kx-y-1=0的距离d=\frac{1}{\sqrt{1+k^2}}，\therefore 直线l_{1}被圆x^{2}+y^{2}=4所截的弦长|MN|=2\sqrt{4-d^2}=\frac{2\sqrt{3+4k^2}}{\sqrt{1+k^2}}，由\left\{\begin{matrix}x+ky+k=0,\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1,\end{matrix}\right.得(k^{2}+4)x^{2}+8kx=0，\therefore x_{D}+x_{P}=-\frac{8k}{k^2+4}，x_{D}x_{P}=0，\therefore |DP|=\sqrt{\left(1+\frac{1}{k^2}\right)\cdot \frac{64k^2}{(k^2+4)^2}}=\frac{8\sqrt{k^2+1}}{k^2+4}，(7分)S_{\triangle MND}=\frac{1}{2}|MN||DP|=\frac{1}{2}\times \frac{2\sqrt{3+4k^2}}{\sqrt{1+k^2}}\times \frac{8\sqrt{k^2+1}}{k^2+4}=\frac{8\sqrt{4k^2+3}}{k^2+4}=\frac{4\times 8\sqrt{4k^2+3}}{4k^2+3+13}=\frac{32}{\frac{4k^2+3}{\sqrt{4k^2+3}}+\frac{13}{\sqrt{4k^2+3}}}=\frac{32}{\sqrt{4k^2+3}+\frac{13}{\sqrt{4k^2+3}}}\leq \frac{16}{13}\sqrt{13}.当且仅当\sqrt{4k^2+3}=\frac{13}{\sqrt{4k^2+3}}，即k^{2}=\frac{5}{2}时，等号成立，\therefore \triangle MND面积的最大值为\frac{16}{13}\sqrt{13}.(9分)②当l_{1}的斜率存在，l_{2}的斜率不存在时，\triangle MND的面积为2\sqrt{3}.综上所述，\triangle MND面积的最大值为\frac{16}{13}\sqrt{13}.(10分)$

Final answer: $\frac{16}{13}\sqrt{13}$
Subfield: Plane Geometry


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{3}}{2}，其中一个焦点F(\sqrt{3}，0).
$<img_2417>
$若椭圆E与y轴的负半轴交于点P，l_{1}，l_{2}是过点P且互相垂直的两条直线，l_{1}与以椭圆E的长轴为直径的圆交于两点M、N，l_{2}交椭圆E于另一点D，求\triangle MND面积的最大值.$

Solution:
$直线l_{1}\perp l_{2}，且都过点P(0，-1)，易知直线l_{1}的斜率必存在，①当直线l_{1}，l_{2}的斜率都存在时，设直线l_{1}：y=kx-1，直线l_{2}：x+ky+k=0，\therefore 圆心(0，0)到直线l_{1}：kx-y-1=0的距离d=\frac{1}{\sqrt{1+k^2}}，\therefore 直线l_{1}被圆x^{2}+y^{2}=4所截的弦长|MN|=2\sqrt{4-d^2}=\frac{2\sqrt{3+4k^2}}{\sqrt{1+k^2}}，由\left\{\begin{matrix}x+ky+k=0,\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1,\end{matrix}\right.得(k^{2}+4)x^{2}+8kx=0，\therefore x_{D}+x_{P}=-\frac{8k}{k^2+4}，x_{D}x_{P}=0，\therefore |DP|=\sqrt{\left(1+\frac{1}{k^2}\right)\cdot \frac{64k^2}{(k^2+4)^2}}=\frac{8\sqrt{k^2+1}}{k^2+4}，(7分)S_{\triangle MND}=\frac{1}{2}|MN||DP|=\frac{1}{2}\times \frac{2\sqrt{3+4k^2}}{\sqrt{1+k^2}}\times \frac{8\sqrt{k^2+1}}{k^2+4}=\frac{8\sqrt{4k^2+3}}{k^2+4}=\frac{4\times 8\sqrt{4k^2+3}}{4k^2+3+13}=\frac{32}{\frac{4k^2+3}{\sqrt{4k^2+3}}+\frac{13}{\sqrt{4k^2+3}}}=\frac{32}{\sqrt{4k^2+3}+\frac{13}{\sqrt{4k^2+3}}}\leq \frac{16}{13}\sqrt{13}.当且仅当\sqrt{4k^2+3}=\frac{13}{\sqrt{4k^2+3}}，即k^{2}=\frac{5}{2}时，等号成立，\therefore \triangle MND面积的最大值为\frac{16}{13}\sqrt{13}.(9分)②当l_{1}的斜率存在，l_{2}的斜率不存在时，\triangle MND的面积为2\sqrt{3}.综上所述，\triangle MND面积的最大值为\frac{16}{13}\sqrt{13}.(10分)$

Final answer: $\frac{16}{13}\sqrt{13}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知点P(2，1)是双曲线C_{1}：x^{2}-y^{2}=a与椭圆C_{2}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=a的公共点，直线AB与双曲线C_{1}交于不同的两点A，B，设直线PA与PB的倾斜角分别为\alpha ，\beta ，且满足\alpha +\beta =\frac{3\pi }{4}.
$<img_2937>
$求证：直线AB恒过定点，并求出定点的坐标；$

Solution:
$易知直线PA，PB的斜率存在，设直线PA，PB的斜率分别为k_{1}，k_{2}，由\alpha +\beta =\frac{3\pi }{4}可得k_{1}+k_{2}+1=k_{1}k_{2}，联立直线与双曲线的方程，结合k_{1}+k_{2}+1=k_{1}k_{2}，根与系数的关系可得(k+m+2)(2k+m-1)=0，分析即可得解；$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知点P(2，1)是双曲线C_{1}：x^{2}-y^{2}=a与椭圆C_{2}：\frac{x^2}{2}+y^{2}=a的公共点，直线AB与双曲线C_{1}交于不同的两点A，B，设直线PA与PB的倾斜角分别为\alpha ，\beta ，且满足\alpha +\beta =\frac{3\pi }{4}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696698564133736450/img/compression/M_12e045a5eabcad97247a6d4476439a2d.jpg)
$求证：直线AB恒过定点，并求出定点的坐标；$

Solution:
$易知直线PA，PB的斜率存在，设直线PA，PB的斜率分别为k_{1}，k_{2}，由\alpha +\beta =\frac{3\pi }{4}可得k_{1}+k_{2}+1=k_{1}k_{2}，联立直线与双曲线的方程，结合k_{1}+k_{2}+1=k_{1}k_{2}，根与系数的关系可得(k+m+2)(2k+m-1)=0，分析即可得解；$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，四边形ABCD是正方形，AA_{1}=6，AB=4，且\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\frac{\pi }{3}，设\overrightarrow{CD}=a，\overrightarrow{CB}=b，\overrightarrow{CC_1}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694189868802052/img/compression/M_5d3864a67e650621b9e9a17ed1163eb0.jpg)
$试用a，b，c表示\overrightarrow{B_1D}；$

Solution:
$\overrightarrow{B_1D}=\overrightarrow{B_1C}+\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{CC_1}-\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}=a-b-c.(4分)$

Final answer: $\overrightarrow{B_1D}=a-b-c$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，四边形ABCD是正方形，AA_{1}=6，AB=4，且\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\frac{\pi }{3}，设\overrightarrow{CD}=a，\overrightarrow{CB}=b，\overrightarrow{CC_1}=c.$<img_2940>
$试用a，b，c表示\overrightarrow{B_1D}；$

Solution:
$\overrightarrow{B_1D}=\overrightarrow{B_1C}+\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{CC_1}-\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}=a-b-c.(4分)$

Final answer: $\overrightarrow{B_1D}=a-b-c$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，四边形ABCD是正方形，AA_{1}=6，AB=4，且\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\frac{\pi }{3}，设\overrightarrow{CD}=a，\overrightarrow{CB}=b，\overrightarrow{CC_1}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694189868802052/img/compression/M_5d3864a67e650621b9e9a17ed1163eb0.jpg)
$已知O是B_{1}D的中点，求DO的长.$

Solution:
$由题意知|a|=4，|b|=4，|c|=6，a\cdot b=0,a\cdot c=b\cdot c=4\times 6\times \\cos  \frac{\pi }{3}=12.(6分)|\overrightarrow{B_1D}|^{2}=(a-b-c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2a\cdot b-2a\cdot c+2b\cdot c=68，(9分)所以DO=\frac{1}{2}B_{1}D=\sqrt{17}.(10分)$

Final answer: $\sqrt{17}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱柱ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中，四边形ABCD是正方形，AA_{1}=6，AB=4，且\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\frac{\pi }{3}，设\overrightarrow{CD}=a，\overrightarrow{CB}=b，\overrightarrow{CC_1}=c.$<img_2940>
$已知O是B_{1}D的中点，求DO的长.$

Solution:
$由题意知|a|=4，|b|=4，|c|=6，a\cdot b=0,a\cdot c=b\cdot c=4\times 6\times \\cos  \frac{\pi }{3}=12.(6分)|\overrightarrow{B_1D}|^{2}=(a-b-c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2a\cdot b-2a\cdot c+2b\cdot c=68，(9分)所以DO=\frac{1}{2}B_{1}D=\sqrt{17}.(10分)$

Final answer: $\sqrt{17}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD'，使平面A'EFD'与平面BCFE垂直，若在线段EB上有动点H.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694223709204482/img/compression/M_79af7569042f65ddd66694caa4c3c9e7.jpg)
$从以下两个条件中任选一个作为已知条件　　　　，以确定点H的位置；①若四点A'，D'，C，H共面；②若三棱锥A'-EFH的体积是三棱锥C-A'EF的体积的\frac{2}{3}.$

Solution:
$选①.如图，延长DA到O,使得AO=2AD,连接OE，易知O，E，F三点共线.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD'，则\triangle ODF也一同折起，折起后O，A'，D'三点共线，连接OC，则OC与BE的交点即为平面A'D'C与线段EB的交点，即为点H.(2分)又因为\frac{OE}{OF}=\frac{OA}{OD}=\frac{2}{3}，所以\frac{EH}{CF}=\frac{2}{3}，又因为CF=1，所以EH=\frac{2}{3}.(4分)$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694224053137409/img/compression/M_5b1abd175ea6e76713f9e423de756481.jpg)$选②.将三棱锥C-A'EF看成以A'为顶点的三棱锥A'-CEF，三棱锥A'-EFH的体积是三棱锥C-A'EF(即三棱锥A'-CEF)体积的\frac{2}{3}，即\triangle HEF的面积是\triangle CEF的面积的\frac{2}{3}，(2分)所以EH是CF的\frac{2}{3}.又因为CF=1,所以EH=\frac{2}{3}.(4分)$

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


Question: $在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD'，使平面A'EFD'与平面BCFE垂直，若在线段EB上有动点H.$<img_2768>
$从以下两个条件中任选一个作为已知条件　　　　，以确定点H的位置；①若四点A'，D'，C，H共面；②若三棱锥A'-EFH的体积是三棱锥C-A'EF的体积的\frac{2}{3}.$

Solution:
$选①.如图，延长DA到O,使得AO=2AD,连接OE，易知O，E，F三点共线.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD'，则\triangle ODF也一同折起，折起后O，A'，D'三点共线，连接OC，则OC与BE的交点即为平面A'D'C与线段EB的交点，即为点H.(2分)又因为\frac{OE}{OF}=\frac{OA}{OD}=\frac{2}{3}，所以\frac{EH}{CF}=\frac{2}{3}，又因为CF=1，所以EH=\frac{2}{3}.(4分)$<img_2877>$选②.将三棱锥C-A'EF看成以A'为顶点的三棱锥A'-CEF，三棱锥A'-EFH的体积是三棱锥C-A'EF(即三棱锥A'-CEF)体积的\frac{2}{3}，即\triangle HEF的面积是\triangle CEF的面积的\frac{2}{3}，(2分)所以EH是CF的\frac{2}{3}.又因为CF=1,所以EH=\frac{2}{3}.(4分)$



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


Question: $在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD'，使平面A'EFD'与平面BCFE垂直，若在线段EB上有动点H.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694223709204482/img/compression/M_79af7569042f65ddd66694caa4c3c9e7.jpg)
$在第(1)问的基础上，在线段A'D'上有一动点P，设二面角P-HF-E的平面角为\theta ，求\\cos   \theta 的最大值.$

Solution:
$如图所示，以E为原点，FE所在直线为x轴，与FE垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系，由于平面A'EFD'与平面BCFE垂直，故z轴在平面A'EFD'内.取BE的中点M,连接MF，则MF\perp BE,MF=2,EM=1,EF=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5},设\angle MEF=\alpha ，则\\cos   \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}},\\sin   \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}.又EH=\frac{2}{3},所以H\left(-\frac{2}{3}\\\cos    \alpha ,\frac{2}{3}\\\sin    \alpha ,0\right)，即H\left(-\frac{2}{3\sqrt{5}},\frac{4}{3\sqrt{5}},0\right).(5分)由EF=\sqrt{5},得F(-\sqrt{5},0,0),所以\overrightarrow{FH}=\left(\frac{13\sqrt{5}}{15},\frac{4\sqrt{5}}{15},0\right).\angle xEA'=\angle xEA=\angle MEF.又EA'=2,FD'=3,所以A'(2\\cos   \alpha ,0,2\\sin   \alpha ),D'(-\sqrt{5}+3\\cos   \alpha ,0,3\\sin   \alpha )，所以D'\left(-\frac{2\sqrt{5}}{5},0,\frac{6\sqrt{5}}{5}\right),所以\overrightarrow{D'A'}=(\sqrt{5}-\\cos   \alpha ，0，-\\sin   \alpha )=\left(\frac{4\sqrt{5}}{5},0,-\frac{2\sqrt{5}}{5}\right).(7分)设P(x,y,z),则\overrightarrow{D'P}=\left(x+\frac{2\sqrt{5}}{5},y,z-\frac{6\sqrt{5}}{5}\right),因为点P在线段A'D'上，所以可设\overrightarrow{D'P}=t\overrightarrow{D'A'}=\left(\frac{4\sqrt{5}}{5}t,0,-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right)，t\in [0,1].所以P\left(-\frac{2\sqrt{5}}{5}+\frac{4\sqrt{5}}{5}t,0,\frac{6\sqrt{5}}{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right),所以\overrightarrow{FP}=\left(\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{4\sqrt{5}}{5}t,0,\frac{6\sqrt{5}}{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right),设平面PHF的法向量为a=(m,n,p),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{a}\cdot \overrightarrow{FH}=0,\\ \boldsymbol{a}\cdot \overrightarrow{FP}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{13\sqrt{5}}{15}m+\frac{4\sqrt{5}}{15}n=0,\\ \left(\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{4\sqrt{5}}{5}t\right)m+\left(\frac{6\sqrt{5}}{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right)p=0,\end{matrix}\right.令m=4,则n=-13,p=-\frac{2(3+4t)}{3-t},a=\left(4,-13,-\frac{2(3+4t)}{3-t}\right),(9分)易知平面EFH的法向量为b=(0,0,1),记s=\frac{2(3+4t)}{3-t}(s>0).所以\\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}|}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=\frac{s}{\sqrt{185+s^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{185}{s^2}+1}},(11分)为使\\cos   \theta 最大，则s要最大.s=\frac{2(3+4t)}{3-t}=-8+\frac{30}{3-t},当t=1时，s取得最大值，为7,此时P与A'重合，故\\cos   \theta 的最大值为\frac{7}{\sqrt{185+49}}=\frac{7}{\sqrt{234}}=\frac{7\sqrt{26}}{78}.(12分)$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694224501927938/img/compression/M_3ed91324d42dee801ed599c78afda741.jpg)

Final answer: $\frac{7\sqrt{26}}{78}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在矩形ABCD中，AB=4，AD=2.点E，F分别在AB，CD上，且AE=2，CF=1.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A'EFD'，使平面A'EFD'与平面BCFE垂直，若在线段EB上有动点H.$<img_2768>
$在第(1)问的基础上，在线段A'D'上有一动点P，设二面角P-HF-E的平面角为\theta ，求\\cos   \theta 的最大值.$

Solution:
$如图所示，以E为原点，FE所在直线为x轴，与FE垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系，由于平面A'EFD'与平面BCFE垂直，故z轴在平面A'EFD'内.取BE的中点M,连接MF，则MF\perp BE,MF=2,EM=1,EF=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5},设\angle MEF=\alpha ，则\\cos   \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}},\\sin   \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}.又EH=\frac{2}{3},所以H\left(-\frac{2}{3}\\\cos    \alpha ,\frac{2}{3}\\\sin    \alpha ,0\right)，即H\left(-\frac{2}{3\sqrt{5}},\frac{4}{3\sqrt{5}},0\right).(5分)由EF=\sqrt{5},得F(-\sqrt{5},0,0),所以\overrightarrow{FH}=\left(\frac{13\sqrt{5}}{15},\frac{4\sqrt{5}}{15},0\right).\angle xEA'=\angle xEA=\angle MEF.又EA'=2,FD'=3,所以A'(2\\cos   \alpha ,0,2\\sin   \alpha ),D'(-\sqrt{5}+3\\cos   \alpha ,0,3\\sin   \alpha )，所以D'\left(-\frac{2\sqrt{5}}{5},0,\frac{6\sqrt{5}}{5}\right),所以\overrightarrow{D'A'}=(\sqrt{5}-\\cos   \alpha ，0，-\\sin   \alpha )=\left(\frac{4\sqrt{5}}{5},0,-\frac{2\sqrt{5}}{5}\right).(7分)设P(x,y,z),则\overrightarrow{D'P}=\left(x+\frac{2\sqrt{5}}{5},y,z-\frac{6\sqrt{5}}{5}\right),因为点P在线段A'D'上，所以可设\overrightarrow{D'P}=t\overrightarrow{D'A'}=\left(\frac{4\sqrt{5}}{5}t,0,-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right)，t\in [0,1].所以P\left(-\frac{2\sqrt{5}}{5}+\frac{4\sqrt{5}}{5}t,0,\frac{6\sqrt{5}}{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right),所以\overrightarrow{FP}=\left(\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{4\sqrt{5}}{5}t,0,\frac{6\sqrt{5}}{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right),设平面PHF的法向量为a=(m,n,p),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{a}\cdot \overrightarrow{FH}=0,\\ \boldsymbol{a}\cdot \overrightarrow{FP}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{13\sqrt{5}}{15}m+\frac{4\sqrt{5}}{15}n=0,\\ \left(\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{4\sqrt{5}}{5}t\right)m+\left(\frac{6\sqrt{5}}{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}t\right)p=0,\end{matrix}\right.令m=4,则n=-13,p=-\frac{2(3+4t)}{3-t},a=\left(4,-13,-\frac{2(3+4t)}{3-t}\right),(9分)易知平面EFH的法向量为b=(0,0,1),记s=\frac{2(3+4t)}{3-t}(s>0).所以\\cos   \theta =\frac{|\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}|}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}=\frac{s}{\sqrt{185+s^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{185}{s^2}+1}},(11分)为使\\cos   \theta 最大，则s要最大.s=\frac{2(3+4t)}{3-t}=-8+\frac{30}{3-t},当t=1时，s取得最大值，为7,此时P与A'重合，故\\cos   \theta 的最大值为\frac{7}{\sqrt{185+49}}=\frac{7}{\sqrt{234}}=\frac{7\sqrt{26}}{78}.(12分)$<img_1693>

Final answer: $\frac{7\sqrt{26}}{78}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle OFQ的面积为2\sqrt{6}，且\overrightarrow{OF}\cdot \overrightarrow{FQ}=m，其中O为坐标原点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694254294069249/img/compression/M_cb99ffe49d72483ffa7777c4aeb4204b.jpg)
$设\sqrt{6}<m<4\sqrt{6}，求\overrightarrow{OF}与\overrightarrow{FQ}的夹角\theta 的正切值的取值范围；$

Solution:
$由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}|\overrightarrow{OF}|\cdot |\overrightarrow{FQ}|\\\sin   (\pi -\theta )=2\sqrt{6},\\ |\overrightarrow{OF}|\cdot |\overrightarrow{FQ}|\\\cos    \theta =m,\end{matrix}\right.所以\\tan   \theta =\frac{4\sqrt{6}}{m}.又\sqrt{6}所以1(4分)$

Final answer: $\\tan  \theta=\frac{4\sqrt{6}}{m}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle OFQ的面积为2\sqrt{6}，且\overrightarrow{OF}\cdot \overrightarrow{FQ}=m，其中O为坐标原点.$<img_1874>
$设\sqrt{6}<m<4\sqrt{6}，求\overrightarrow{OF}与\overrightarrow{FQ}的夹角\theta 的正切值的取值范围；$

Solution:
$由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}|\overrightarrow{OF}|\cdot |\overrightarrow{FQ}|\\\sin   (\pi -\theta )=2\sqrt{6},\\ |\overrightarrow{OF}|\cdot |\overrightarrow{FQ}|\\\cos    \theta =m,\end{matrix}\right.所以\\tan   \theta =\frac{4\sqrt{6}}{m}.又\sqrt{6}所以1(4分)$

Final answer: $\\tan  \theta=\frac{4\sqrt{6}}{m}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle OFQ的面积为2\sqrt{6}，且\overrightarrow{OF}\cdot \overrightarrow{FQ}=m，其中O为坐标原点.$<img_1874>
$设以O为中心，F为其中一个焦点的双曲线经过点Q，如图所示，|\overrightarrow{OF}|=c，m=\left(\frac{\sqrt{6}}{4}-1\right)c^{2}，当|\overrightarrow{OQ}|取得最小值时，求此双曲线的标准方程.$

Solution:
$设双曲线的标准方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，Q(x_{1}，y_{1})，由题易知\overrightarrow{FQ}=(x_{1}-c，y_{1})，所以S_{\triangle OFQ}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{OF}|\cdot |y_{1}|=2\sqrt{6}，则y_{1}=\pm \frac{4\sqrt{6}}{c}.因为\overrightarrow{OF}\cdot \overrightarrow{FQ}=m，m=\left(\frac{\sqrt{6}}{4}-1\right)c^{2}，所以(c，0)\cdot (x_{1}-c，y_{1})=\left(\frac{\sqrt{6}}{4}-1\right)c^{2}，解得x_{1}=\frac{\sqrt{6}}{4}c，所以|\overrightarrow{OQ}|=\sqrt{x^2_1+y^2_1}=\sqrt{\frac{3}{8}c^2+\frac{96}{c^2}}\geq \sqrt{12}=2\sqrt{3}，当且仅当c=4时取等号，(8分)此时|\overrightarrow{OQ}|最小，Q的坐标为(\sqrt{6}，\sqrt{6})或(\sqrt{6}，-\sqrt{6}).由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{6}{a^2}-\frac{6}{b^2}=1,\\ a^2+b^2=16,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a^2=4,\\ b^2=12,\end{matrix}\right.于是所求双曲线的标准方程为\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=1.(10分)$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=1.$