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


Question: $如图所示，圆锥的高PO=\sqrt{3}，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC=1，分别过点A,C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点.$
    
<img_3127>
$若点E到平面PAD的距离为d_1，求d_1的值.$

Solution:
$因为OD \perp CE，OD=1，OC=2，所以CD=\sqrt{3}， \angle OCD=30^\circ    $
$又AE \perp AC，CA=3，所以AE=\sqrt{3}，CE=2\sqrt{3}，所以ED=\sqrt{3}， \angle AED=60^\circ ，所以AD=\sqrt{3}，且\triangle ADE的面积为\frac{1}{2}AE\cdot ED\cdot sin 60^\circ =\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.  $
$因为PO=\sqrt{3}，OA=OD=1， \angle POD=\angle POA=90^\circ ，所以PA=PD=2，   $
$所以\triangle PAD为等腰三角形，其底边AD上的高为\sqrt{4-\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}，  $
$所以\triangle PAD的面积为\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \frac{\sqrt{13}}{2}=\frac{\sqrt{39}}{4}，因为V_{P-ADE}=V_{E-PAD}，所以\frac{1}{3}S_{\triangle ADE}\cdot PO=\frac{1}{3}S_{\triangle PAD}\cdot d_1，   $
$所以\frac{1}{3}\times \frac{3\sqrt{3}}{4}\times \sqrt{3}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{39}}{4}\times d_1，所以d_1=\frac{3\sqrt{39}}{13}$

<img_2056>

Final answer: d_1=\frac{3\sqrt{39}}{13}
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图所示，圆锥的高PO=\sqrt{3}，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC=1，分别过点A,C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点.$
    
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549502428246020/img/compression/M_bf82d1c1b723866a569f59ea9f913d44.jpg)
$若点E到平面PAD的距离为d_1，求d_1的值.$

Solution:
$因为OD \perp CE，OD=1，OC=2，所以CD=\sqrt{3}， \angle OCD=30^\circ    $
$又AE \perp AC，CA=3，所以AE=\sqrt{3}，CE=2\sqrt{3}，所以ED=\sqrt{3}， \angle AED=60^\circ ，所以AD=\sqrt{3}，且\triangle ADE的面积为\frac{1}{2}AE\cdot ED\cdot sin 60^\circ =\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.  $
$因为PO=\sqrt{3}，OA=OD=1， \angle POD=\angle POA=90^\circ ，所以PA=PD=2，   $
$所以\triangle PAD为等腰三角形，其底边AD上的高为\sqrt{4-\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}，  $
$所以\triangle PAD的面积为\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \frac{\sqrt{13}}{2}=\frac{\sqrt{39}}{4}，因为V_{P-ADE}=V_{E-PAD}，所以\frac{1}{3}S_{\triangle ADE}\cdot PO=\frac{1}{3}S_{\triangle PAD}\cdot d_1，   $
$所以\frac{1}{3}\times \frac{3\sqrt{3}}{4}\times \sqrt{3}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{39}}{4}\times d_1，所以d_1=\frac{3\sqrt{39}}{13}$

![24BKB5WS132.tif](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549503011254273/img/compression/M_830124a75fecfc657349e492b0c0c0b8.jpg)

Final answer: d_1=\frac{3\sqrt{39}}{13}
Subfield: Solid Geometry


Question: $在\triangle ABC中，\angle ACB=45^\circ ，BC=3，过点A作AD\perp BC，交线段BC于点D(如下图1)，沿AD将\triangle ABD折起，使\angle BDC=90^\circ (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点.$

<img_2451>

<img_2565>
$求三棱锥A-BCD体积的最大值.$

Solution:
$设 BD = x (0<x<3)，则 CD = 3 - x，$
$因为 AD \perp  CD，AD \perp  BD，且 CD \cap  BD = D，CD \subset 平面 BDC，BD \subset 平面 BDC，所以 AD \perp 平面 BDC，$
$所以 AD 为三棱锥 ABCD 的高，$
$在\triangle ADC 中，\angle ACD = 45^\circ ,\angle ADC = 90^\circ ，所以 AD = CD = 3 - x，$
$所以三棱锥体积为 V = \frac{1}{3} \times  \frac{1}{2} x (3 - x)^2 = \frac{1}{6} x (3 - x)^2 (0 < x < 3)，$
$则 V' = \frac{1}{2} (3 - x) (1 - x)，令 V' = 0，解得 x = 1或 x = 3(舍去)，$
$令 V' > 0，解得 0< x < 1， 令 V' < 0，解得 1 < x < 3，$
$所以 V = \frac{1}{6} x (3 - x)^2 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,3) 上单调递减，$
$故当 x = 1，即 BD = 1， CD = 2时，V 取得最大值， V_{max} = \frac{1}{6} \times  1 \times  (3-1)^2 = \frac{2}{3}.$

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


Question: $在\triangle ABC中，\angle ACB=45^\circ ，BC=3，过点A作AD\perp BC，交线段BC于点D(如下图1)，沿AD将\triangle ABD折起，使\angle BDC=90^\circ (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点.$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549503518765057/img/compression/M_d5588d2fc5a447ab167bfa60b3ad6306.jpg)

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549503518765057/img/compression/M_6eb5a7185ee7d8db4f55ea72f1ff80d8.jpg)
$求三棱锥A-BCD体积的最大值.$

Solution:
$设 BD = x (0<x<3)，则 CD = 3 - x，$
$因为 AD \perp  CD，AD \perp  BD，且 CD \cap  BD = D，CD \subset 平面 BDC，BD \subset 平面 BDC，所以 AD \perp 平面 BDC，$
$所以 AD 为三棱锥 ABCD 的高，$
$在\triangle ADC 中，\angle ACD = 45^\circ ,\angle ADC = 90^\circ ，所以 AD = CD = 3 - x，$
$所以三棱锥体积为 V = \frac{1}{3} \times  \frac{1}{2} x (3 - x)^2 = \frac{1}{6} x (3 - x)^2 (0 < x < 3)，$
$则 V' = \frac{1}{2} (3 - x) (1 - x)，令 V' = 0，解得 x = 1或 x = 3(舍去)，$
$令 V' > 0，解得 0< x < 1， 令 V' < 0，解得 1 < x < 3，$
$所以 V = \frac{1}{6} x (3 - x)^2 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,3) 上单调递减，$
$故当 x = 1，即 BD = 1， CD = 2时，V 取得最大值， V_{max} = \frac{1}{6} \times  1 \times  (3-1)^2 = \frac{2}{3}.$

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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda ＞0)，且MN\parallel 平面PCD。$

<img_1993>
$求实数\lambda 的值；$

Solution:
$因为AB\parallel CD,所以\frac{AM}{MC}=\frac{AB}{CD}=\frac{1}{2},则\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}.$
$因为MN\parallel 平面PCD，MN\subset 平面PAC，平面PAC\cap 平面PCD=PC，所以MN\parallel PC.所以\frac{AN}{AP}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}，即\lambda =\frac{1}{3}.$

Final answer: \lambda =\frac{1}{3}
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda ＞0)，且MN\parallel 平面PCD。$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549504181465089/img/compression/M_ad6f5313566b7aee7f6b280b39f0590b.jpg)
$求实数\lambda 的值；$

Solution:
$因为AB\parallel CD,所以\frac{AM}{MC}=\frac{AB}{CD}=\frac{1}{2},则\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}.$
$因为MN\parallel 平面PCD，MN\subset 平面PAC，平面PAC\cap 平面PCD=PC，所以MN\parallel PC.所以\frac{AN}{AP}=\frac{AM}{AC}=\frac{1}{3}，即\lambda =\frac{1}{3}.$

Final answer: \lambda =\frac{1}{3}
Subfield: Solid Geometry


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda ＞0)，且MN\parallel 平面PCD。$

<img_1993>
$若AB=AD=DP=1，PA=PB=\sqrt{2}，\angle BAD=60^\circ ，求点N到平面PCD的距离.$

Solution:
$因为AB=AD,\angle BAD=60^\circ ，所以\triangle ABD为等边三角形，所以BD=AD=1.又因为PD=1，PA=PB=\sqrt{2}，所以PB^2=PD^2+BD^2且PA^2=PD^2+AD^2，所以PD\perp BD且PD\perp DA，又因为DA\cap DB=D，所以PD\perp 平面ABCD.因为PD\subset 平面PCD，所以平面PCD\perp 平面ABCD.过M作ME\perp CD于E，因为平面PCD\cap 平面ABCD=CD，所以ME\perp 平面PCD.又因为MN\parallel 平面PCD，所以ME的长即为N到平面PCD的距离.$
<img_2319>
$在\triangle ABD中，设AB边上的高为h，则h=\frac{\sqrt{3}}{2}，因为\frac{MD}{BD}=\frac{MC}{AC}=\frac{2}{3}，所以ME=\frac{2}{3}h=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.$
$同解法一证得PD\perp 平面ABCD.$
$设点N到平面PCD的距离为d，由AN=\frac{1}{3}AP得NP=\frac{2}{3}AP，所以VN-PCD=\frac{2}{3}VA-PCD=\frac{2}{3}VP-ACD，即\frac{2}{9}PD\cdot S\triangle ACD=\frac{1}{3}d\cdot S\triangle PCD.因为S\triangle ACD=\frac{1}{2}AD\cdot DC\cdot sin\angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2}，S\triangle PCD=\frac{1}{2}PD\cdot CD=1，PD=1，所以\frac{2}{9}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}d，解得d=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.$​

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


Question: $在四棱锥P-ABCD中，AB\parallel CD，CD=2AB，AC与BD相交于点M，点N在线段AP上，AN=\lambda AP(\lambda ＞0)，且MN\parallel 平面PCD。$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549504181465089/img/compression/M_ad6f5313566b7aee7f6b280b39f0590b.jpg)
$若AB=AD=DP=1，PA=PB=\sqrt{2}，\angle BAD=60^\circ ，求点N到平面PCD的距离.$

Solution:
$因为AB=AD,\angle BAD=60^\circ ，所以\triangle ABD为等边三角形，所以BD=AD=1.又因为PD=1，PA=PB=\sqrt{2}，所以PB^2=PD^2+BD^2且PA^2=PD^2+AD^2，所以PD\perp BD且PD\perp DA，又因为DA\cap DB=D，所以PD\perp 平面ABCD.因为PD\subset 平面PCD，所以平面PCD\perp 平面ABCD.过M作ME\perp CD于E，因为平面PCD\cap 平面ABCD=CD，所以ME\perp 平面PCD.又因为MN\parallel 平面PCD，所以ME的长即为N到平面PCD的距离.$
![23BKB5WS211答案教师.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549504181465089/img/compression/M_97dde93b45b1a396c55790ea7563bffd.jpg)
$在\triangle ABD中，设AB边上的高为h，则h=\frac{\sqrt{3}}{2}，因为\frac{MD}{BD}=\frac{MC}{AC}=\frac{2}{3}，所以ME=\frac{2}{3}h=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.$
$同解法一证得PD\perp 平面ABCD.$
$设点N到平面PCD的距离为d，由AN=\frac{1}{3}AP得NP=\frac{2}{3}AP，所以VN-PCD=\frac{2}{3}VA-PCD=\frac{2}{3}VP-ACD，即\frac{2}{9}PD\cdot S\triangle ACD=\frac{1}{3}d\cdot S\triangle PCD.因为S\triangle ACD=\frac{1}{2}AD\cdot DC\cdot sin\angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2}，S\triangle PCD=\frac{1}{2}PD\cdot CD=1，PD=1，所以\frac{2}{9}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}d，解得d=\frac{\sqrt{3}}{3}，即N到平面PCD的距离为\frac{\sqrt{3}}{3}.$​

Final answer: $\frac{\sqrt{3}}{3}$
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C_2的方程为y^2=4cx，其中c=\sqrt{a^2-b^2}. $

$不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为\frac{b^2}{a}, -\frac{b^2}{a}; C, D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=\frac{2b^2}{a},|CD|=4c.$

$由|CD|=\frac{4}{3}|AB|得4c=\frac{8b^2}{3a},即3\times \frac{c}{a}=2-2\left(\frac{c}{a}\right)^2,解得\frac{c}{a}=-2(舍去)或\frac{c}{a}=\frac{1}{2}. $

$所以C_1的离心率为\frac{1}{2}.$

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


Question: $如图，已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_1，A_2分别是长轴的左、右两个端点，F_1，F_2分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$
<img_1980>
$若直线x=4上有两个点M，N，且\overrightarrow{MF_2} \cdot \overrightarrow{NF_2}=0. 求\triangle MNF_2面积的最小值；$

Solution:
$设M(4,y_M)，N(4,y_N)，易知F_2(1,0)，则\overrightarrow{MF_2} = (-3,-y_M)，\overrightarrow{NF_2} = (-3,-y_N)，   $
$\because \overrightarrow{MF_2} \cdot  \overrightarrow{NF_2} = 0，\therefore y_My_N + 9 = 0，即y_My_N = -9.   $
$S_{\triangle MNF_2} = \frac{1}{2}\sqrt{9+y^2_M} \cdot  \sqrt{9+y^2_N} = \frac{1}{2} \sqrt{81+9(y^2_M+y^2_N)+(y_My_N)^2} = \frac{1}{2} \sqrt{162+9(y^2_M+y^2_N)}    $
$\geq  \frac{1}{2} \sqrt{162+9\times 2\cdot |y_My_N|} = \frac{1}{2} \times  \sqrt{162+162} = 9，   $
$当且仅当|y_M| =|y_N|，即y_M = 3,y_N = -3时取等号，故\triangle MNF_2面积的最小值为9.   $

Final answer: 9
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)，A_1，A_2分别是长轴的左、右两个端点，F_1，F_2分别是左、右焦点.椭圆C过点(0,\sqrt{3})，离心率为\frac{1}{2}.$
![alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549531629117442/img/compression/M_4c062d8bb6dee29cea3272d48b8b3252.jpg)
$若直线x=4上有两个点M，N，且\overrightarrow{MF_2} \cdot \overrightarrow{NF_2}=0. 求\triangle MNF_2面积的最小值；$

Solution:
$设M(4,y_M)，N(4,y_N)，易知F_2(1,0)，则\overrightarrow{MF_2} = (-3,-y_M)，\overrightarrow{NF_2} = (-3,-y_N)，   $
$\because \overrightarrow{MF_2} \cdot  \overrightarrow{NF_2} = 0，\therefore y_My_N + 9 = 0，即y_My_N = -9.   $
$S_{\triangle MNF_2} = \frac{1}{2}\sqrt{9+y^2_M} \cdot  \sqrt{9+y^2_N} = \frac{1}{2} \sqrt{81+9(y^2_M+y^2_N)+(y_My_N)^2} = \frac{1}{2} \sqrt{162+9(y^2_M+y^2_N)}    $
$\geq  \frac{1}{2} \sqrt{162+9\times 2\cdot |y_My_N|} = \frac{1}{2} \times  \sqrt{162+162} = 9，   $
$当且仅当|y_M| =|y_N|，即y_M = 3,y_N = -3时取等号，故\triangle MNF_2面积的最小值为9.   $

Final answer: 9
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：y^{2}=2px(p>0)的焦点为F，其准线与x轴交于点P，过点P作直线l与C交于A，B两点，点D与点A关于x轴对称.$
$若\overrightarrow{DF}=3\overrightarrow{FB}，求l的斜率.$

Solution:
$由\overrightarrow{DF}=3\overrightarrow{FB}，可得\left\{\begin{matrix}-x_1+\frac{p}{2}=3\left(x_2-\frac{p}{2}\right),\\ y_1=3y_2,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x_1+3x_2=2p,\\ y_1=3y_2,\end{matrix}\right.  $
$由(1)可得i_{y_2}+y_1=4y_1=\frac{2p}{k}，故y_2=\frac{p}{2k}，  $
$又x_1+3x_2=2p，故\frac{y^2_1}{2p}+\frac{3y^2_2}{2p}=2p，即y^2_1+3y^2_2=4p^2=12y^2_2，  $
$故y^2_2=\frac{p^2}{4k^2}=\frac{p^2}{3}，所以k^2=\frac{3}{4}，满足\Delta>0，\therefore k=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Final answer: $k=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆`C`：\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{m^2} = 1 (0 < m < 5) 的离心率为 \frac{\sqrt{15}}{4} ，`A`，`B` 分别为 `C` 的左、右顶点.$
$若点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|，BP\perp BQ，求\triangle APQ的面积.$

Solution:
解法一：
$设 P(x_P, y_P), Q(6, y_Q)，根据对称性可设 y_Q > 0，由题意知 y_P > 0.$
$由已知可得 B(5，0)，直线 BP 的方程为 y=-\frac{1}{y_Q}(x-5)，$
$所以，|BP|=\sqrt{1+k^2_{BP}} |y_P-y_B| = y_P\sqrt{1+y^2_Q}, |BQ| = \sqrt{1+y^2_Q}.$
$因为 |BP| = |BQ|，所以 y_P=1，$
$将 y_P=1 代入 C 的方程，解得 x_P=3 或 -3.$
$由直线 BP 的方程得 y_Q=2 或 8.$
$所以点 P，Q 的坐标分别为 P_1(3，1)，Q_1(6，2)；P_2(-3，1)，Q_2(6，8).$
$|P_1Q_1|=\sqrt{10}，直线 P_1Q_1 的方程为 y= \frac{1}{3}x，点 A(-5，0) 到直线 P_1Q_1 的距离为 \frac{\sqrt{10}}{2}，故 \triangle AP_1Q_1 的面积为 \frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{10}}{2}\times \sqrt{10}= \frac{5}{2}.$
$|P_2Q_2|=\sqrt{130}，直线 P_2Q_2 的方程为 y= \frac{7}{9}x+\frac{10}{3}，点 A 到直线 P_2Q_2 的距离为 \frac{\sqrt{130}}{26}，故 \triangle AP_2Q_2 的面积为 \frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{130}}{26}\times \sqrt{130}= \frac{5}{2}.$
$综上，\triangle APQ的面积为 \frac{5}{2}.$

解法二：
$不妨设 P, Q 在 x 轴上方，过点 P 作 x 轴的垂线，垂足为 M，设直线 x=6 与 x 轴交点为 N，根据题意画出图形，如图.$
<img_311>
$由题知 |B_P|=|BQ|，BP\perp BQ，\angle PMB=\angle QNB=90^\circ ，$
$又\because \angle PMB+\angle BQN=90^\circ ，\angle QNB+\angle BQN=90^\circ ，$
$\therefore \angle PMB=\angle BQN，$
$\therefore \triangle PM \cong \triangle BNQ (AAS)，$
$由已知得 B(5,0)，$
$\therefore |PM|=|BN|=6-5=1.$
$设 P(x_P, y_P)，可得 y_P=1，将其代入 \frac{x^2}{25} + \frac{16y^2}{25}=1，解得 x_P=3 或 -3，\therefore  P(3,1) 或 P(-3,1).$
$①当点 P 为 (3,1) 时，|MB|=5-3=2，$
$\because \triangle PMB \cong \triangle BNQ，\therefore |MB|=|NQ|=2，可得点 Q 的坐标为 (6,2)，$
$由 A(-5,0), Q(6,2)，可求得直线 AQ 的方程为 2x-11y+10=0，根据点到直线的距离公式可得点 P 到直线 AQ 的距离为 \frac{|2\times 3-11\times 1+10|}{\sqrt{2^2+{11}^2}}=\frac{|5|}{\sqrt{125}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，根据两点间距离公式可得 |AQ|=\sqrt{{(6+5)}^2+{(2-0)}^2}=5\sqrt{5}，$
$\therefore \triangle APQ的面积为 \frac{1}{2}\times 5\sqrt{5}\times \frac{\sqrt{5}}{5}= \frac{5}{2}.$
$②当点 P 为 (-3,1) 时，|MB|=5+3=8，$
$\because \triangle PMB \cong \triangle BNQ，\therefore |MB|=|NQ|=8，可得点 Q 的坐标为 (6,8)，$
$由 A(-5,0), Q(6,8)，可求得直线 AQ 的方程为 8x-11y+40=0，$
$根据点到直线的距离公式可得点 P 到直线 AQ 的距离为 \frac{|8\times (-3)-11\times 1+40|}{\sqrt{8^2+{11}^2}}=\frac{|5|}{\sqrt{185}}=\frac{5}{\sqrt{185}}，$
$根据两点间距离公式可得 |AQ|=\sqrt{{(6+5)}^2+{(8-0)}^2}=\sqrt{185}，$
$\therefore \triangle APQ的面积为 \frac{1}{2}\times \sqrt{185}\times \frac{5}{\sqrt{185}}=\frac{5}{2}.$
$综上，\triangle APQ的面积为 \frac{5}{2}.$

Final answer: $\frac{5}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：x^{2}+3y^{2}=3. 过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M.$
求椭圾圆C的离心率；

Solution:
$椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{3}+y^2=1. $
$所以a= \sqrt{3}, b=1, c= \sqrt{2}. $

$所以椭圆C的离心率e= \frac{c}{a}= \frac{\sqrt{6}}{3}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{6}}{3}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：x^{2}+3y^{2}=3. 过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M.$
$若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；$

Solution:
$因为直线AB过点D(1，0)且垂直于x轴，所以可设A(1，y_1),B(1，-y_1).$

$直线AE的方程为y-1=(1-y_1)(x-2).$

$令x=3，得M(3，2-y_1).所以直线BM的斜率k_{BM}=\frac{2-y_1+y_1}{3-1}=1.$

Final answer: $1$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的一个顶点为A(0，1)，焦距为 2\sqrt{3}。$
$过点P(-2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N。当|MN|=2时，求k的值.$

Solution:
$过点P且斜率为k的直线方程为y-1=k(x+2),设B(x_1,y_1),C(x_2,y_2),$

联立直线和椭圆E的方程得

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

$可得(1+4k^2)x^2+(16k^2+8k)x+16k^2+16k=0,由\Delta >0可得(16k^2+8k)^2-4(1+4k^2)(16k^2+16k)>0,解得k<0，$

$根据根与系数的关系可得x_1+x_2=$

$$
\frac{-16k^2-8k}{1+4k^2}
$$

$x_1x_2=$

$$
\frac{16k^2+16k}{1+4k^2}
$$

$直线AB的斜率k_AB=$

$$
\frac{y_1-1}{x_1}
$$

则直线AB的方程为y=

$$
\frac{(y_1-1)x}{x_1}
$$

$+1,令y=0,可得点M的横坐标x_M=$

$$
\frac{x_1}{1-y_1}
$$

$同理可得点N的横坐标x_N=$

$$
\frac{x_2}{1-y_2}
$$

则|MN|=

$$
\left|\frac{x_1}{1-y_1}-\frac{x_2}{1-y_2}\right|
$$

=

$$
\left|\frac{x_1}{-k(x_1+2)}-\frac{x_2}{-k(x_2+2)}\right|
$$

=

$$
\left|\frac{1}{k}\left(\frac{x_2}{x_2+2}-\frac{x_1}{x_1+2}\right)\right|
$$

=

$$
\left|\frac{1}{k}\cdot \frac{x_2(x_1+2)-x_1(x_2+2)}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}\right|
$$

=

$$
\left|\frac{1}{k}\cdot \frac{2\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}\right|
$$

=2.

所以

$$
\left|\frac{1}{k}\cdot \frac{2\sqrt{\left(\frac{-16k^2-8k}{1+4k^2}\right)^2-4\cdot \frac{16k^2+16k}{1+4k^2}}}{\frac{16k^2+16k}{1+4k^2}+2\cdot \frac{-16k^2-8k}{1+4k^2}+4}\right|
$$

=2, 

化简可得

$$
\left|\frac{\sqrt{-k}}{k}\right|
$$

=

$$
\frac{1}{2}
$$

解得k=-4,

故k的值为-4.

Final answer: $k=-4$
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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是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；

Solution:
$椭圆W:  \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 的右顶点B的坐标为(2，0).因为四边形 OABC 为菱形，$

所以 AC 与 OB 相互垂直平分.

$所以可设 A (1,m)，代入椭圆方程得  \frac{1}{4} + m^2 = 1 ,$

$解得 m =\pm  \frac{\sqrt{3}}{2} . 所以菱形 OABC 的面积是  \frac{1}{2} |OB|\cdot |AC| = \frac{1}{2} \times 2\times 2|m| = \sqrt{3} .$

Final answer: $\sqrt{3}$
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Question: $已知椭圆 C：x^2+2y^2=4.$
求椭圆C的离心率；

Solution:
$由题意知，椭圆C的标准方程为 x^2/4 + y^2/2 = 1。所以 a^2 = 4，b^2 = 2，从而 c^2 = a^2 - b^2 = 2。因此 a = 2，c = \sqrt{2}。故椭圆C的离心率 e = c/a = \sqrt{2}/2。$

Final answer: $\sqrt{2}/2$
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Question: $在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0,\frac{1}{2})的距离，记动点P的轨迹为W。$
$已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明:矩形ABCD的周长大于3\sqrt{3}.$

Solution:
$证明：不妨设A，B，C三点在W上，如图所示.$

<img_267>

$设B(x_0,x^2_0+\frac{1}{4})，A(x_1,x^2_1+\frac{1}{4})，C(x_2,x^2_2+\frac{1}{4})，AB的斜率为k，则直线BC的斜率为-\frac{1}{k}(k\neq 0)，$
$直线AB，BC的方程分别为y-(x^2_0+\frac{1}{4})=k(x-x_0)，y-(x^2_0+\frac{1}{4})=-\frac{1}{k}(x-x_0)，即直线AB，BC的方程分别为y=kx-kx_0+x^2_0+\frac{1}{4}，y=-\frac{x}{k}+\frac{x_0}{k}+x^2_0+\frac{1}{4}，$
$联立直线AB与抛物线W的方程可得$
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=x^2+\frac{1}{4},\\ 
y=kx-kx_0+x^2_0+\frac{1}{4},
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得x^2-kx+kx_0-x^2_0=0，$
$则\Delta =k^2-4kx_0+4x^2_0=(k-2x_0)^2>0，k\neq 2x_0.$
$由根与系数的关系得x_0+x_1=k,x_0\cdot x_1=kx_0-x^2_0，$
$\therefore |AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_0|=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_0+x_1)^2-4x_0x_1}=\sqrt{1+k^2}|k-2x_0|.$
$同理，联立直线BC与抛物线W的方程，并消去y得x^2+\frac{1}{k}x-\frac{1}{k}x_0-x^2_0=0，且|BC|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{k}\right)^2}\cdot |x_2-x_0|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{k}\right)^2}\cdot \left|-\frac{1}{k}-2x_0\right|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\left|\frac{1}{k}+2x_0\right|，$
$\therefore |AB|+|BC|=\sqrt{1+k^2}|k-2x_0|+\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\left|\frac{1}{k}+2x_0\right|.$
$由对称性不妨设0<|k|\leq 1，$
$则\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}=\frac{\sqrt{1+k^2}}{|k|}\geq \sqrt{1+k^2}(当|k|=1时取“=”)，$
$\therefore |AB|+|BC|\geq \sqrt{1+k^2}\left(|k-2x_0|+\left|\frac{1}{k}+2x_0\right|\right)>\sqrt{1+k^2}\left|k+\frac{1}{k}\right|=\sqrt{\frac{(k^2+1)^3}{k^2}},$
$令t=k^2，则t\in (0,1]，$
$则\sqrt{\frac{(k^2+1)^3}{k^2}}=\sqrt{\frac{(t+1)^3}{t}}，$
$令g(t)=\frac{(t+1)^3}{t}，t\in 0,1,$
$则g'(t)=\frac{3(t+1)^2t-(t+1)^3}{t^2}=\frac{(t+1)^2\cdot (2t-1)}{t^2}，$
$当0<t<\frac{1}{2}时，g'(t)<0，g(t)单调递减；当\frac{1}{2}<t\leq 1时，g'(t)>0，g(t)单调递增，$
$\therefore g(t)在t=\frac{1}{2}处取得极小值，即最小值，为g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{27}{4},$
$\therefore |AB|+|BC|>\sqrt{g(t)}\geq \sqrt{g\left(\frac{1}{2}\right)}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$
$\therefore 矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>3\sqrt{3}.$
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Question: $已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y^2=2px(p>0)交于A，B两点，|AB|=4\sqrt{15}.$
求p；

Solution:
$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),$
由

$$
\begin{align*}
x-2y+1=0,\\ 
y^2=2px
\end{align*}
$$

$消去x得y^2-4py+2p=0,$
$\because 直线与抛物线有两个交点A，B，\therefore \Delta =16p^2-8p>0,$
$解得p>\frac{1}{2}或p<0(舍).$
由根与系数的关系可知，
$y_1+y_2=4p,y_1y_2=2p,\therefore |AB|= \sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\sqrt{1+4}\cdot \sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\sqrt{5}\cdot \sqrt{16p^2-8p}=4\sqrt{15}.$
$解得p=2或p=-\frac{3}{2}(舍).$
$\therefore p=2.$

Final answer: $p=2$
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Question: $已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y^2=2px(p>0)交于A，B两点，|AB|=4\sqrt{15}.$
$设F为C的焦点，M，N为C上两点，且\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=0，求\triangle MFN面积的最小值.$

Solution:
$由(1)知，抛物线的焦点为F(1,0).$
<img_188>
$由题意知直线MN的斜率不可能为0，$
$\therefore 设MN的方程为x=my+t,M(x_3,y_3),N(x_4,y_4),$
联立
$\left\{\begin{matrix}x=my+t,\\ y^2=4x,\end{matrix}\right.$
$消去x得y^2-4my-4t=0,$
$\therefore \Delta=16m^2+16t>0,即m^2+t>0，$
$由根与系数的关系得y_3+y_4=4m,y_3y_4=-4t,$
$\because \overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{FN}=0，\therefore (x_3-1,y_3)(x_4-1,y_4)=0,$
$即(x_3-1)(x_4-1)+y_3y_4=(my_3+t-1)(my_4+t-1)+y_3y_4$
$=(m^2+1)y_3y_4+m(t-1)(y_3+y_4)+(t-1)^2$
$=(m^2+1)(-4t)+m(t-1)\cdot 4m+(t-1)^2=0,$
$即-4m^2t-4t+4m^2t-4m^2+t^2-2t+1=0,$
$即4m^2=t^2-6t+1.$
$设F到MN的距离为d，则d=\frac{|t-1|}{\sqrt{1+m^2}}，$
$又|MN|=\sqrt{1+m^2}|y_3-y_4|=\sqrt{1+m^2}\sqrt{(y_3+y_4)^2-4y_3y_4}=\sqrt{1+m^2}\sqrt{16m^2+16t}=4\sqrt{1+m^2}\sqrt{m^2+t},$
$\therefore S_{\triangle MFN}=\frac{1}{2}|MN|\cdot d=\frac{1}{2}\times4\sqrt{1+m^2}\sqrt{m^2+t}\frac{|t-1|}{\sqrt{1+m^2}}=2\sqrt{m^2+t}|t-1|=\sqrt{4m^2+4t}|t-1|$
$=\sqrt{t^2-2t+1}|t-1|=(t-1)^2.$
$\because 4m^2=t^2-6t+1\geq0,解得t\leq3-2\sqrt{2}或t\geq3+2\sqrt{2},$
$\therefore 当且仅当t=3-2\sqrt{2}时，S_{\triangle MFN}取得最小值12-8\sqrt{2}.$
$即\triangle MFN面积的最小值为12-8\sqrt{2}.$

Final answer: $12-8\sqrt{2}$
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Question: $已知点A，B是椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的左，右顶点，椭圆E的短轴长为2，离心率为 \frac{\sqrt{3}}{2}.$
$点O是坐标原点，直线l经过点P(-2，2)，并且与椭圆E交于点M，N，直线BM与直线OP交于点T，设直线AT，AN的斜率分别为k_1，k_2，求证：k_1k_2为定值.$

Solution:
$证明：显然直线l的斜率存在，不妨设直线l：y=kx+m，因为l过点P(-2，2)，所以-2k+m=2，则m=2k+2，$

$所以直线l：y=kx+2k+2，$

联立
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=kx+m,\\ 
\frac{x^2}{4}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得(4k^2+1)x^2+8kmx+4m^2-4=0，$

$\Delta =16(4k^2-m^2+1) > 0，$

$设点M(x_1，y_1)，N(x_2，y_2)，易知x_1, x_2 \neq 2，所以x_1+x_2 = -\frac{8km}{4k^2+1} = -\frac{16k(k+1)}{4k^2+1}，$

$x_1x_2 = \frac{4m^2-4}{4k^2+1} = \frac{4(2k+3)(2k+1)}{4k^2+1}，$

$所以y_1y_2 = k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2 = \frac{m^2-4k^2}{4k^2+1} = \frac{4(2k+1)}{4k^2+1}，$

$直线BM: y = \frac{y_1}{x_1-2}(x-2)，直线OP: y =-x，$

联立
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=\frac{y_1}{x_1-2}(x-2),\\ 
y=-x,
\end{matrix}
\right.
$$
解得
$$
\left\{
\begin{matrix}
x=\frac{2y_1}{x_1+y_1-2},\\ 
y=-\frac{2y_1}{x_1+y_1-2},
\end{matrix}
\right.
$$
$即T\left(\frac{2y_1}{x_1+y_1-2}, -\frac{2y_1}{x_1+y_1-2}\right)，又因为直线l：y=kx+2k+2，$

$所以y_1=kx_1+2k+2，$

$所以k_1=-\frac{2y_1}{x_1+y_1-2 +2} = -\frac{y_1}{x_1+2y_1-2} = -\frac{y_1}{x_1+2(kx_1+2k+2)-2} = -\frac{y_1}{(2k+1)(x_1+2)}，$

$k_2 = \frac{y_2}{x_2+2}，$

$所以k_1k_2=-\frac{y_1}{(2k+1)(x_1+2)}\cdot \frac{y_2}{x_2+2} = -\frac{y_1y_2}{(2k+1)(x_1+2)(x_2+2)} =-\frac{y_1y_2}{(2k+1)[x_1x_2+2(x_1+x_2)+4]} =-\frac{\frac{4(2k+1)}{4k^2+1}}{(2k+1)\left[\frac{4(2k+3)(2k+1)}{4k^2+1}+2\times \frac{-16k(k+1)}{4k^2+1}+4\right]} =-\frac{4}{4(2k+3)(2k+1)-32k(k+1)+4(4k^2+1)} =-\frac{4}{16} =-\frac{1}{4}.$

$故k_1k_2为定值.$
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Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1过点A(-2,0)，其右焦点为F(1,0).$
$设P为椭圆C上一动点(不在x轴上)，M为AP中点，过原点O作AP的平行线，与直线x=t(t>1)交于点Q.问t能否为定值，使得OM\perp FQ？若是定值，求出该t值；若不是定值，请说明理由.$

Solution:
$能.设P(x_0,y_0)(y_0\neq 0)，则M(\frac{x_0-2}{2},\frac{y_0}{2})，k_{AP}=\frac{y_0}{x_0+2}，$
$所以过原点O与AP平行的直线的方程为y=\frac{y_0}{x_0+2}x，$
$所以Q(t,\frac{ty_0}{x_0+2})，$
$所以k_{OM}=\frac{y_0}{x_0-2}，k_{FQ}=\frac{\frac{ty_0}{x_0+2}}{t-1}=\frac{ty_0}{(t-1)(x_0+2)}，$
$所以k_{OM}\cdot k_{FQ}=\frac{y_0}{x_0-2}\cdot \frac{ty_0}{(t-1)(x_0+2)}=\frac{ty^2_0}{(t-1)(x^2_0-4)}，$
$因为\frac{x^2_0}{4}+\frac{y^2_0}{3}=1，所以y^2_0=3(1-\frac{x^2_0}{4})=\frac{3(4-x^2_0)}{4}，$
$假设存在t能为定值，使得OM\perp FQ，$
$所以k_{OM}\cdot k_{FQ}=\frac{ty^2_0}{(t-1)(x^2_0-4)}=\frac{t\cdot \frac{3(4-x^2_0)}{4}}{(t-1)(x^2_0-4)}=\frac{3t}{4(1-t)}=-1，解得t=4，$
$所以t能为定值，使得OM\perp FQ，此时t=4。$

Final answer: $t=4$
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Question: $已知椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0) 的一个顶点为A(0，1)，焦距为2.$
$过点 P (2，0)的直线与椭圆 E 交于 B ，C 两点，过点 B ，C 分别作直线 l ：x =t 的垂线(点 B ，C 在直线 l 的两侧).垂足分别为 M ，N ，记\triangle BMP ，\triangle MNP ，\triangle CNP 的面积分别为 S_1 ，S_2 ，S_3 ，试问：是否存在常数 t ，使得 S_1 ，\frac{1}{2} S_2 ，S_3 总成等比数列？若存在，求出 t 的值.若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.由已知得，直线BC的斜率存在，且B，C在x轴的同侧，设直线BC的方程为y=k(x-2)，B(x_1，y_1)，C(x_2，y_2)，y_1y_2>0，不妨令x_1<x_2，则x_1<t<x_2，$

由
$\left\{\begin{matrix}y=k(x-2),\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1\end{matrix}\right.$
$消去y得(1+2k^2)x^2-8k^2x+8k^2-2=0，$

$所以\Delta =8(1-2k^2)>0，x1+x2=\frac{8k^2}{1+2k^2}，x1x2=\frac{8k^2-2}{1+2k^2}，$

$因为S1=\frac{1}{2}(t-x1)|y1|，S2=\frac{1}{2}(2-t)|y2-y1|，S3=\frac{1}{2}(x2-t)|y2|，$

$所以S1\cdot S3=\frac{1}{4}(x2-t)(t-x1)|y1y2|$
$=\frac{1}{4}(x2-t)(t-x1)y1y2$
$=\frac{1}{4}k^2(x2-t)(t-x1)(x1-2)(x2-2)$
$=\frac{1}{4}k^2[t(x1+x2)-x1x2-t^2]\cdot [x1x2-2(x1+x2)+4]$
$=\frac{1}{4}k^2(\frac{8k^2t}{1+2k^2}-\frac{8k^2-2}{1+2k^2}-t^2)\cdot (\frac{8k^2-2}{1+2k^2}-\frac{16k^2}{1+2k^2}+4)$
$=\frac{k^2}{2(1+2k^2)^2}[-2k^2(t-2)^2-t^2+2]，$

$\frac{1}{4}S2^2=\frac{1}{16}(2-t)^2(y2-y1)^2=\frac{1}{16}k^2(2-t)^2(x2-x1)^2$
$=\frac{1}{16}k^2(t-2)^2[(x2+x1)^2-4x1x2]$
$=\frac{1}{16}k^2(t-2)^2[\left(\frac{8k^2}{1+2k^2}\right)^2-\frac{32k^2-8}{1+2k^2}]$
$=\frac{k^2}{2(1+2k^2)^2}[-2k^2(t-2)^2+(t-2)^2]，$

$要使S_1，\frac{1}{2}S_2，S_3总成等比数列，则应有-t^2+2=(t-2)^2，解得t=1，$

$所以存在t=1，使得S1，\frac{1}{2}S_2，S_3总成等比数列.$

Final answer: $t=1$