di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Probability and Statistics


Question: 甲、乙两名同学积极参与体育锻炼，对同一体育项目，在一段时间内甲进行了6次测试，乙进行了7次测试.每次测试满分均为100分，达到85分及以上为优秀，两位同学的测试成绩如下表：

|次数/学生|第一次|第二次|第三次|第四次|第五次|第六次|第七次|
|---|---|---|---|---|---|---|---|
|甲|80|78|82|86|95|93|-|
|乙|76|81|80|85|89|96|94|

$从甲同学进行的6次测试中随机选取4次，设X表示这4次测试成绩达到优秀的次数，求X的数学期望E(X)；$

Solution:
随机变量X的所有可能取值为1，2，3.
$P(X=1)=\frac{\mathrm{C}^1_3\mathrm{C}^3_3}{\mathrm{C}^4_6}=\frac{1}{5}，P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^2_3\mathrm{C}^2_3}{\mathrm{C}^4_6}=\frac{3}{5}，P(X=3)=\frac{\mathrm{C}^3_3\mathrm{C}^1_3}{\mathrm{C}^4_6}=\frac{1}{5}. $
则随机变量X的分布列为：

| X | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|
| P | $\frac{1}{5}$ | $\frac{3}{5}$ | $\frac{1}{5}$ |

$所以EX=1\times \frac{1}{5}+2\times \frac{3}{5}+3\times \frac{1}{5}=2.$



Final answer: $2$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 周末李梦提出和父亲、母亲、弟弟进行羽毛球比赛，李梦与他们三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，而且三场比赛相互独立.根据李梦最近分别与父亲、母亲、弟弟比赛的情况，得到如下统计表：

|    | 父亲 | 母亲 | 弟弟 |
|:---------:|:------:|:------:|:-------:|
|比赛的次数 |  50   |  60   |   40   |
|李梦获胜的次数 |  10   |  30   |   32   |

以上表中的频率作为概率，求解下列问题。
如果按照第一场与父亲比赛、第二场与母亲比赛、第三场与弟弟比赛的顺序进行比赛: 求李梦连胜三场的概率；

Solution:
$李梦与父亲比赛获胜的概率为p_1 = \frac{10}{50} = \frac{1}{5}；与母亲比赛获胜的概率为p_2 = \frac{30}{60} = \frac{1}{2}；与弟弟比赛获胜的概率为p_3 = \frac{32}{40} = \frac{4}{5}，$
$则李梦连胜三场的概率为p_4 = p_1p_2p_3 = \frac{1}{5} \times \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} = \frac{2}{25}.$

Final answer: $\frac{2}{25}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某企业有7个分行业，2020年这7个分行业的营业收入及营业成本情况统计如下表：

| 营业情况分行业 | 营业收入(单位：亿元) | 营业成本(单位：亿元) |
| :-----------: | :---: | :---: |
|    分行业1    |          41          |          38          |
|    分行业2    |          12          |           9          |
|    分行业3    |           8          |           2          |
|    分行业4    |           6          |           5          |
|    分行业5    |           3          |           2          |
|    分行业6    |           2          |           1          |
|    分行业7    |         0.8          |          0.4         |

$一般地，行业收益率= \frac{\text{营业收入}-\text{营业成本}}{\text{营业成本}} \times 100%.$
任选一个分行业，求行业收益率不低于50%的概率；

Solution:
$分行业1的行业收益率：\frac{41-38}{38}\times 100%\approx 7.9%$
$分行业2的行业收益率：\frac{12-9}{9}\times 100%\approx 33.3%$
$分行业3的行业收益率：\frac{8-2}{2}\times 100%=300%$
$分行业4的行业收益率：\frac{6-5}{5}\times 100%=20%$
$分行业5的行业收益率：\frac{3-2}{2}\times 100%=50%$
$分行业6的行业收益率：\frac{2-1}{1}\times 100%=100%$
$分行业7的行业收益率：\frac{0.8-0.4}{0.4}\times 100%=100%$
$行业收益率不低于50%的有4个行业，故任选一个分行业，行业收益率不低于50%的概率为\frac{4}{7}.$

Final answer: $\frac{4}{7}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某企业有7个分行业，2020年这7个分行业的营业收入及营业成本情况统计如下表：

| 营业情况分行业 | 营业收入(单位：亿元) | 营业成本(单位：亿元) |
| :-----------: | :---: | :---: |
|    分行业1    |          41          |          38          |
|    分行业2    |          12          |           9          |
|    分行业3    |           8          |           2          |
|    分行业4    |           6          |           5          |
|    分行业5    |           3          |           2          |
|    分行业6    |           2          |           1          |
|    分行业7    |         0.8          |          0.4         |

$一般地，行业收益率= \frac{\text{营业收入}-\text{营业成本}}{\text{营业成本}} \times 100%.$
从7个分行业中任选3个，设选出的收益率高于50%的行业个数为X，求X的分布列及期望；

Solution:
$解答解析由(1)可知x的所有可能取值有0、1、2、3，$

$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}^3_4}{\mathrm{C}^3_7}=\frac{4}{35}，$

$P(X=1)=\frac{\mathrm{C}^1_3\mathrm{C}^2_4}{\mathrm{C}^3_7}=\frac{18}{35}，$

$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}^2_3\mathrm{C}^1_4}{\mathrm{C}^3_7}=\frac{12}{35}，$

$P(X=3)=\frac{\mathrm{C}^3_3}{\mathrm{C}^3_7}=\frac{1}{35}，$

分布列如下：

| X | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
|P | $\frac{4}{35}$ | $\frac{18}{35}$ | $\frac{12}{35}$ | $\frac{1}{35}$ |

$E(X)=0\times \frac{4}{35}+1\times \frac{18}{35}+2\times \frac{12}{35}+3\times \frac{1}{35}=\frac{9}{7}.$



Final answer: $E(X)=\frac{9}{7}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C:y^2=2px(p>0)过点M(1，-2\sqrt{2})，直线l经过抛物线的焦点F与抛物线交于A，B两点.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894791726759937/img/compression/M_e83aea7715e7c46fe2583d23c2fe92ac.jpg)
$若直线l的方程为y = x - 2，求\triangle ABO的面积；$

Solution:
$将(1,-2\sqrt{2})代入抛物线方程，可得p=4，则抛物线的方程为y^2=8x.$
$设A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，联立$
$\left\{\begin{matrix}y^2=8x,\\  y=x-2,\end{matrix}\right.$
$ 可得x^2-12x+4=0， $
$\therefore x_1+x_2=12，\therefore |AB|=x_1+x_2+4=16.$
$又点O到直线AB的距离为\frac{|-2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\sqrt{2}，$
$\therefore S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 16=8\sqrt{2}$

Final answer: $8\sqrt{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C:y^2=2px(p>0)过点M(1，-2\sqrt{2})，直线l经过抛物线的焦点F与抛物线交于A，B两点.$

<img_2277>
$若直线l的方程为y = x - 2，求\triangle ABO的面积；$

Solution:
$将(1,-2\sqrt{2})代入抛物线方程，可得p=4，则抛物线的方程为y^2=8x.$
$设A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，联立$
$\left\{\begin{matrix}y^2=8x,\\  y=x-2,\end{matrix}\right.$
$ 可得x^2-12x+4=0， $
$\therefore x_1+x_2=12，\therefore |AB|=x_1+x_2+4=16.$
$又点O到直线AB的距离为\frac{|-2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\sqrt{2}，$
$\therefore S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 16=8\sqrt{2}$

Final answer: $8\sqrt{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点A(-2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-\frac{1}{2}.记M的轨迹为曲线C.$
$过坐标原点的直线交C于P, Q两点，点P在第一象限，PE\perp x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.求\triangle PQG面积的最大值.$

Solution:
$由(i)得 |PQ|=2u\sqrt{1+k^2}，|PG|=\frac{2uk\sqrt{k^2+1}}{2+k^2}，$

$所以\triangle PQG的面积S=\frac{1}{2}|PQ||PG|=\frac{8k(1+k^2)}{(1+2k^2)(2+k^2)}=\frac{8\left(\frac{1}{k}+k\right)}{1+2\left(\frac{1}{k}+k\right)^2}.$

$设t=k+\frac{1}{k}，则由k>0得t\geq 2，当且仅当k=1时取等号.$

$因为S=\frac{8t}{1+2t^2}在[2, +\infty ) 单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为 \frac{16}{9}.$

$因此，\triangle PQG面积的最大值为 \frac{16}{9}.$

Final answer: $\frac{16}{9}$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图,已知椭圆  \frac{x^2}{12} + y^2 = 1 。设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q  \left(0,\frac{1}{2}\right)  在线段AB上,直线 PA, PB 分别交直线 y =  -\frac{1}{2}x + 3 于C,D两点。$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894831967395841/img/compression/M_c1ae16e7dbd58a2a1fd327585317bd13.jpg)
$求点P到椭圆上点的距离的最大值;$

Solution:
$设M(2\sqrt{3}cos \theta ，sin \theta )是椭圆上一点，$
又P(0，1)，
$\therefore |PM|^2=12cos^2\theta +(sin \theta -1)^2=13-11sin^2\theta -2sin \theta =\frac{144}{11}-11\left(\\\sin    \theta +\frac{1}{11}\right)^2\leq \frac{144}{11}，故|PM|的最大值是\frac{12\sqrt{11}}{11}，即点P到椭圆上的点的距离的最大值为\frac{12\sqrt{11}}{11}$

Final answer: $\frac{12\sqrt{11}}{11}$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图,已知椭圆  \frac{x^2}{12} + y^2 = 1 。设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q  \left(0,\frac{1}{2}\right)  在线段AB上,直线 PA, PB 分别交直线 y =  -\frac{1}{2}x + 3 于C,D两点。$

<img_129>
$求点P到椭圆上点的距离的最大值;$

Solution:
$设M(2\sqrt{3}cos \theta ，sin \theta )是椭圆上一点，$
又P(0，1)，
$\therefore |PM|^2=12cos^2\theta +(sin \theta -1)^2=13-11sin^2\theta -2sin \theta =\frac{144}{11}-11\left(\\\sin    \theta +\frac{1}{11}\right)^2\leq \frac{144}{11}，故|PM|的最大值是\frac{12\sqrt{11}}{11}，即点P到椭圆上的点的距离的最大值为\frac{12\sqrt{11}}{11}$

Final answer: $\frac{12\sqrt{11}}{11}$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图,已知椭圆  \frac{x^2}{12} + y^2 = 1 。设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q  \left(0,\frac{1}{2}\right)  在线段AB上,直线 PA, PB 分别交直线 y =  -\frac{1}{2}x + 3 于C,D两点。$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894831967395841/img/compression/M_c1ae16e7dbd58a2a1fd327585317bd13.jpg)
$求|CD|的最小值.$

Solution:
$由题易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y=kx+\frac{1}{2}，将直线AB的方程与椭圆的方程联立，消去y，$

$整理得(k^2+\frac{1}{12})x^2+kx-\frac{3}{4}=0，$

$设A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)，则x_1+x_2=-\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}，x_1x_2=-\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}，$

$易得直线PA：y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1，联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2}x+3,\\ y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1,\end{matrix}\right.得x_C=\frac{4x_1}{x_1+2y_1-2}=\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}，$

$同理可得x_D=\frac{4x_2}{x_2+2y_2-2}=\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}，$

$则|CD|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}|x_C-x_D|=\frac{\sqrt{5}}{2}\left|\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}-\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{[(2k+1)x_1-1][(2k+1)x_2-1]}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{(2k+1)^2x_1x_2-(2k+1)(x_1+x_2)+1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{\sqrt{\left(\frac{-k}{k^2+\frac{1}{12}}\right)^2\frac{+}{} \frac{3}{k^2+\frac{1}{12}}}}{-(2k+1)^2\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}+(2k+1)\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}+1}\right|=\frac{3\sqrt{5}}{2}\times\frac{\sqrt{16k^2+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times\frac{\sqrt{16k^2+1}\sqrt{\frac{9}{16}+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times\frac{\sqrt{(4k)^2+1^2} \cdot \sqrt{\left(\frac{3}{4}\right)^2+1^2}}{|3k+1|}\geq \frac{6\sqrt{5}}{5}\times\frac{\sqrt{\left(4k \times \frac{3}{4}+1 \times 1\right)^2}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.$

$当且仅当k=\frac{3}{16}时取到等号，经检验符合题意.$

Final answer: $\frac{6\sqrt{5}}{5}。$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图,已知椭圆  \frac{x^2}{12} + y^2 = 1 。设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q  \left(0,\frac{1}{2}\right)  在线段AB上,直线 PA, PB 分别交直线 y =  -\frac{1}{2}x + 3 于C,D两点。$

<img_129>
$求|CD|的最小值.$

Solution:
$由题易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y=kx+\frac{1}{2}，将直线AB的方程与椭圆的方程联立，消去y，$

$整理得(k^2+\frac{1}{12})x^2+kx-\frac{3}{4}=0，$

$设A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)，则x_1+x_2=-\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}，x_1x_2=-\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}，$

$易得直线PA：y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1，联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2}x+3,\\ y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1,\end{matrix}\right.得x_C=\frac{4x_1}{x_1+2y_1-2}=\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}，$

$同理可得x_D=\frac{4x_2}{x_2+2y_2-2}=\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}，$

$则|CD|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}|x_C-x_D|=\frac{\sqrt{5}}{2}\left|\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}-\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{[(2k+1)x_1-1][(2k+1)x_2-1]}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{(2k+1)^2x_1x_2-(2k+1)(x_1+x_2)+1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{\sqrt{\left(\frac{-k}{k^2+\frac{1}{12}}\right)^2\frac{+}{} \frac{3}{k^2+\frac{1}{12}}}}{-(2k+1)^2\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}+(2k+1)\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}+1}\right|=\frac{3\sqrt{5}}{2}\times\frac{\sqrt{16k^2+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times\frac{\sqrt{16k^2+1}\sqrt{\frac{9}{16}+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times\frac{\sqrt{(4k)^2+1^2} \cdot \sqrt{\left(\frac{3}{4}\right)^2+1^2}}{|3k+1|}\geq \frac{6\sqrt{5}}{5}\times\frac{\sqrt{\left(4k \times \frac{3}{4}+1 \times 1\right)^2}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.$

$当且仅当k=\frac{3}{16}时取到等号，经检验符合题意.$

Final answer: $\frac{6\sqrt{5}}{5}。$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知P为椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上任意一点，F_1, F_2为左、右焦点，M为PF_1中点，如图所示. 若 |OM|+\frac{1}{2}|PF_1|=2，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875608637497345/img/compression/M_d9e97da5688e79ca76e7e58ec6f5f326.jpg)
$已知斜率为\frac{1}{2}的直线l经过点\left(-1,\frac{1}{2}\right)，且与椭圆交于A,B两点，求|AB|的值.$

Solution:
$直线l的方程为y - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (x + 1)，即y = \frac{1}{2}x + 1，$

联立 

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

$消去y得x^2 + 2x = 0，解得x_1 = 0, x_2 = -2，$

$则A,B两点不妨取为(0,1),(-2,0)，$

$故 |AB| = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}.$

Final answer: $\sqrt{5}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知P为椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上任意一点，F_1, F_2为左、右焦点，M为PF_1中点，如图所示. 若 |OM|+\frac{1}{2}|PF_1|=2，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

<img_1959>
$已知斜率为\frac{1}{2}的直线l经过点\left(-1,\frac{1}{2}\right)，且与椭圆交于A,B两点，求|AB|的值.$

Solution:
$直线l的方程为y - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (x + 1)，即y = \frac{1}{2}x + 1，$

联立 

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

$消去y得x^2 + 2x = 0，解得x_1 = 0, x_2 = -2，$

$则A,B两点不妨取为(0,1),(-2,0)，$

$故 |AB| = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}.$

Final answer: $\sqrt{5}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知F为椭圆C: x^2/2+y^2=1 的左焦点，直线l: y=k(x-2) 与椭圆C交于不同的两点M, N.$
$当k=-\frac{1}{2}时，求\triangle FMN的面积；$

Solution:
$当k=-\frac{1}{2}时，由$
$\left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2}(x-2),\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1\end{matrix}\right.$
解得
$\left\{\begin{matrix}x=0,\\ y=1\end{matrix}\right.$
或
$\left\{\begin{matrix}x=\frac{4}{3},\\ y=\frac{1}{3},\end{matrix}\right.$
$则|MN|=\frac{2\sqrt{5}}{3}.$
$又因为左焦点F(-1,0)到直线l:y=-\frac{1}{2}x-2的距离为d=\frac{3}{\sqrt{5}}，所以\triangle FMN的面积为\frac{1}{2}|MN|d=\frac{1}{2}\times\frac{2\sqrt{5}}{3}\times\frac{3}{\sqrt{5}}=1.$

Final answer: $1$
Subfield: Conic Sections


Question: $设椭圆 x^2/a^2 + y^2/b^2=1 (a>b>0) 的左焦点为 F，上顶点为 B. 已知椭圆的短轴长为4，离心率为 \sqrt{5}/5。$
$设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点)，且OP\perp MN，求直线PB的斜率.$

Solution:
数学科目的题目：



$由题意，设P(x_P, y_P)(x_P\neq 0)，M(x_M，0).设直线PB的斜率为k(k\neq 0)，又B(0，2)，则直线PB的方程为y=kx+2，与椭圆方程联立$

$\left\{\begin{matrix}y=kx+2,\\ \frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1,\end{matrix}\right. $

$整理得 (4+5k^2)x^2+20kx=0，可得x_P=-\frac{20k}{4+5k^2}，代入y=kx+2得y_P=\frac{8-10k^2}{4+5k^2}，进而直线OP的斜率\frac{y_P}{x_P}=\frac{4-5k^2}{-10k}.在y=kx+2中，令y=0，得x_M=-\frac{2}{k}.由题意得N(0，-1)，所以直线MN的斜率为-\frac{k}{2}.由OP\perp MN，得\frac{4-5k^2}{-10k}\cdot \left(-\frac{k}{2}\right)=-1，化简得k^2=\frac{24}{5}，从而k=\pm\frac{2\sqrt{30}}{5}.$

$所以，直线PB的斜率为\frac{2\sqrt{30}}{5}或-\frac{2\sqrt{30}}{5}。$

思路分析

$要利用条件OP\perp MN，必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点坐标，求出M及N点坐标，利用k_{OP}\cdot k_{MN}=-1求出k_{PB}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{30}}{5}, -\frac{2\sqrt{30}}{5}$
Subfield: Conic Sections


Question: $设椭圆  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1 ( a > b > 0 ) 的右顶点为 A ，上顶点为 B . 已知椭圆的离心率为  \frac{\sqrt{5}}{3} ，  |AB| = \sqrt{13}.$
$设直线l: y=kx (k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若\Delta BPM的面积是\Delta BPQ面积的2倍，求k的值.$

Solution:
$设点 P 的坐标为 (x_1, y_1), 点 M 的坐标为 (x_2, y_2), 由题意，x_2 > x_1 > 0，点 Q 的坐标为 (-x_1, -y_1). 由\triangle BPM 的面积是 \triangle BPQ 面积的2倍，可得 |PM|=2|PQ|，从而 x_2 - x_1 = 2[x_1 - (-x_1)]，即 x_2 = 5x_1. 易知直线 AB 的方程为 2x + 3y = 6，由方程组 \left\{\begin{matrix}2x+3y=6,\\ y=kx\end{matrix}\right. 消去 y，可得 x_2 = \frac{6}{3k+2}. 由方程组 \left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1,\\ y=kx\end{matrix}\right. 消去 y，可得 x_1 = \frac{6}{\sqrt{9k^2+4}}. 由 x_2=5x_1，可得 \sqrt{9k^2+4} = 5(3k+2)，两边平方，整理得 18k^2 + 25k + 8=0, 解得 k = -\frac{8}{9} 或 k = -\frac{1}{2}. 当 k = -\frac{8}{9} 时，x_2 = -9 < 0, 不合题意，舍去；当 k = -\frac{1}{2} 时，x_2 = 12, x_1 = \frac{12}{5}，符合题意. 所以，k 的值为 -\frac{1}{2}.$

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


Question: $已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)的一个焦点坐标为(1,0)，且长轴长是短轴长的\sqrt{2}倍.$
$设O为坐标原点，椭圆C与直线y=kx+1相交于不同的两点A, B，线段AB的中点为P，若直线OP的斜率为-1，求\triangle OAB的面积.$

Solution:
$设A(0,1)，B(x_1,y_1)，P(x_0,y_0)，$
联立
$\left\{\begin{matrix}x^2+2y^2=2,\\ y=kx+1,\end{matrix}\right.$

$消去y得(1+2k^2)x^2+4kx=0()，$
$解得x=0或x=-\frac{4k}{1+2k^2}，$
$所以x_1=-\frac{4k}{1+2k^2}，$
$所以B=\left(-\frac{4k}{1+2k^2},\frac{1-2k^2}{1+2k^2}\right)，$
$P=\left(-\frac{2k}{1+2k^2},\frac{1}{1+2k^2}\right)，$

$因为直线OP的斜率为-1，所以-\frac{1}{2k}=-1，$
$解得k=\frac{1}{2}(满足()式判别式大于零)，所以B=\left(-\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right),$

$易得O到直线y=\frac{1}{2}x+1的距离为\frac{2}{\sqrt{5}}，$
$|AB|=\sqrt{x^2_1+(y_1-1)^2}=\frac{2\sqrt{5}}{3}，$

$所以S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2} \times \frac{2\sqrt{5}}{3}\times \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2}{3}.$

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


Question: $已知椭圆E: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点为F1,F2，离心率e= \frac{2}{3}, P为椭圆E上任意一点，且满足 \overrightarrow{PF_1} \cdot  \overrightarrow{PF_2} 的最小值为1.$
$经过右焦点F_2的直线l与椭圆E交于A,B两点，若\triangle F_1AB的三边长|F_1A|, |AB|, |BF_1|成等差数列，求\triangle F_1AB的面积.$

Solution:
$由题意可知 2|AB|=|AF_1|+|BF_1|=4a-|AB|，所以 |AB|=\frac{4a}{3}=4，$
$当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x=2，$
$将 x=2 代入 \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1，得 y=\pm\frac{5}{3}，得 |AB|=\frac{10}{3}，不合题意.$
$当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y=k(x-2)，$
$由 \left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1,\\ y=k(x-2)\end{matrix}\right. 得 (5+9k^2)x^2-36k^2x+36k^2-45=0，$
$设 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，则 x_1+x_2=\frac{36k^2}{5+9k^2}，x_1x_2=\frac{36k^2-45}{5+9k^2}，$
$即 |AB|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\left(\frac{36k^2}{5+9k^2}\right)^2-4\left(\frac{36k^2-45}{5+9k^2}\right)}=4，$
$整理得 \frac{30(1+k^2)}{5+9k^2}=4，得 k^2=\frac{5}{3}，所以 k=\pm\sqrt{\frac{5}{3}}，$
$点 F_1 到直线 AB 的距离为 \frac{|4k|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{10}，所以 \triangle F_1AB 的面积为 \frac{1}{2}\times\sqrt{10}\times4=2\sqrt{10}.$

Final answer: $2\sqrt{10}$
Subfield: Conic Sections


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知点F_1(-\sqrt{17}，0)，F_2(\sqrt{17}，0)，点M满足|MF_1|-|MF_2|=2.记M的轨迹为C.$
$设点T在直线x=\frac{1}{2}上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|\cdot |TB|=|TP|\cdot |TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.$

Solution:
$如图，设 T(\frac{1}{2},m) ，直线 AB 的方程为 y-m=k_{1}(x-\frac{1}{2}) ，由$
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=k_1\left(x-\frac{1}{2}\right)+m,\\ 
x^2-\frac{y^2}{16}=1(x\geq 1),
\end{matrix}
\right.
$$
$得(16- k^2_{1} )x^2 +( k^2_{1}-2k_{1}m )x- \frac{1}{4}k^2_{1}+k_{1}m-m^2-16=0，$

<img_99>

$设 A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2}) ，则 x_{1}+x_{2}=\frac{k^2_1-2k_1m}{k^2_1-16}  ， x_{1} x_{2} =\frac{\frac{1}{4}k^2_1+m^2-k_1m+16}{k^2_1-16} ，则 |TA|=\sqrt{1+k^2_1}(x_1-\frac{1}{2}) ， |TB|=\sqrt{1+k^2_1}(x_2-\frac{1}{2}) ，所以 |TA|\cdot |TB|=(1+k^2_1)(x_1-\frac{1}{2})(x_2-\frac{1}{2})=\frac{(m^2+12)(1+k^2_1)}{k^2_1-16} .设直线 PQ 的方程为 y-m=k_{2}(x-\frac{1}{2}) ，同理得  |TP|\cdot |TQ|=\frac{(m^2+12)(1+k^2_2)}{k^2_2-16} ，因为 |TA|\cdot |TB|=|TP|\cdot |TQ| ，所以 \frac{(m^2+12)(1+k^2_1)}{k^2_1-16} = \frac{(m^2+12)(1+k^2_2)}{k^2_2-16} ，所以 \frac{1+k^2_1}{k^2_1-16} = \frac{1+k^2_2}{k^2_2-16} ，即 k^2_{1}=k^2_{2}，由题意知 k_{1}\neq k_{2} ，所以 k_{1}+k_{2}=0 ，即直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和为0.$

Final answer: $0$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知抛物线$C: y^2=2pxi(p>0)的焦点F到准线的距离为2$.
$已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 \overrightarrow{PQ} =9\overrightarrow{QF}，求直线OQ斜率的最大值.$

Solution:
$由已知不妨设点P(4x^2_0,4x_0),Q(x_1,y_1),则\overrightarrow{PQ}=(x_1-4x^2_0,y_1-4x_0)，\because F(1,0)，\therefore \overrightarrow{QF}=(1-x_1,-y_1)，\because \overrightarrow{PQ}=9\overrightarrow{QF},$
<img_204>
$\therefore \left\{\begin{matrix}x_1-4x^2_0=9(1-x_1),\\ y_1-4x_0=9(-y_1),\end{matrix}\right.整理得\left\{\begin{matrix}x_1=\frac{1}{10}(9+4x^2_0),\\ y_1=\frac{4}{10}x_0,\end{matrix}\right.$
$\therefore k_{OQ}=\frac{y_1}{x_1}=\frac{4x_0}{9+4x^2_0},当k_{OQ}最大时，x_0>0,\therefore k_{OQ}=\frac{4}{\frac{9}{x_0}+4x_0}\leq \frac{4}{2\sqrt{36}}=\frac{1}{3}，当且仅当4x_0=\frac{9}{x_0}时取“=”，此时x_0=\frac{3}{2}，点P的坐标为(9，6)，因此k_{OQ}的最大值为\frac{1}{3}.$

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


Question: $已知椭圆𝐶：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(𝑎> 𝑏>0)过点𝐷(-2，0)，且焦距为2\sqrt{3}。$
$过点A(-4，0)的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线TP与x轴交于点H.是否存在常数\lambda ，$使得$|AD|\cdot |DH|=\lambda (|AD|-|DH|)成立？若存在，求出\lambda 的值$；若不存在，说明理由.

Solution:
$设 P(x_1,y_1), Q(x_2,y_2), 因为点 T 与点 Q 关于 x 轴对称，所以 T(x_2,-y_2). 所以直线 PT 的斜率为 k_1=\frac{y_1+y_2}{x_1-x_2}, 直线 PT 的方程为 y-y_1=\frac{y_1+y_2}{x_1-x_2}(x-x_1). 令 y=0, 解得 x_H=\frac{x_2y_1+x_1y_2}{y_1+y_2}. 所以 <|DH|= \frac{x_2y_1+x_1y_2}{y_1+y_2}+2. 易得 |AD|=2, 所以“存在常数 \lambda  ，使得 |AD|\cdot |DH|= \lambda  (|AD|-|DH|) 成立”等价于“存在常数 \lambda  ，使得2 \left(\frac{x_2y_1+x_1y_2}{y_1+y_2}+2\right)= \lambda  \left(2-\frac{x_2y_1+x_1y_2}{y_1+y_2} - 2\right) 成立”，即2 \left(\frac{x_2y_1+x_1y_2}{y_1+y_2}+2\right)= \lambda  \left(-\frac{x_2y_1+x_1y_2}{y_1+y_2}\right) 成立. 化简得2(x_2y_1+x_1y_2+2y_1+2y_2)=-\lambda  (x_2y_1+x_1y_2).$
$设直线 l: y=k(x+4), k\neq 0. 其中 y_1=k(x_1+4), y_2=k(x_2+4).即“存在常数 \lambda  ，使得2x_1x_2+6(x_1+x_2)+16=-\lambda  [x_1x_2+2(x_1+x_2)] 成立”.$
$由 \begin{matrix}y=k(x+4)\\ x^2+4y^2=4\end{matrix} 得 (4k^2+1)x^2+32k^2x+64k^2-4=0. \Delta=(32k^2)^2 - 4(4k^2+1)(64k^2-4)>0, 解得 k^2< \frac{1}{12}. x_1+x_2= -\frac{32k^2}{4k^2+1}, x_1x_2 = \frac{64k^2-4}{4k^2+1}. 所以 2x_1x_2+6(x_1+x_2)+16=\frac{8(16k^2-1)}{4k^2+1} - \frac{6 \times 32k^2}{4k^2+1} +16 = \frac{8}{4k^2+1}. $

$x_1x_2+2(x_1+x_2)= \frac{64k^2-4}{4k^2+1} - \frac{64k^2}{4k^2+1}= \frac{-4}{4k^2+1}. $

$欲使 \frac{8}{4k^2+1}= -\lambda  \left(\frac{-4}{4k^2+1}\right) 成立，只需 \lambda =2. $

$故存在 \lambda  ，使得 |AD|\cdot |DH|= \lambda  (|AD|-|DH|) 成立.此时 \lambda =2.$

Final answer: $\lambda =2$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 (a>b>0)过点(0,\sqrt{3})，且离心率为\frac{1}{2}.设A，B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆上异于A，B的一点，直线AP，BP分别与直线l: x=4相交于M，N两点，且直线MB与椭圆C交于另一点H.$
求证：直线AP与BP的斜率之积为定值；

Solution:
证明：由题知k<sub>AP</sub>，k<sub>BP</sub>存在，且不为零，设P(x<sub>0</sub>,y<sub>0</sub>)，A(-2,0)，B(2,0)，
$则\frac{{x_0}^2}{4}+\frac{{y_0}^2}{3}=1，即y_0=\frac{3(4-{x_0}^2)}{4}，$
$所以k_{AP}k_{BP}=\frac{y_0}{x_0+2}\cdot \frac{y_0}{x_0-2}=\frac{{y_0}^2}{{x_0}^2-4}=\frac{\frac{3(4-{x_0}^2)}{4}}{{x_0}^2-4}=-\frac{3}{4}.$
$所以直线AP与BP的斜率之积为定值-\frac{3}{4}.$

Final answer: $-\frac{3}{4}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}，且椭圆 C 经过点(1,\frac{\sqrt{6}}{2}).$
$已知过点P(4,0)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线x=1交于点Q，设\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{PB}，\overrightarrow{AQ}=\mu\overrightarrow{QB}(\lambda,\mu\in R)，求证：\lambda+\mu为定值.$

Solution:
证明：易知$直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为x=my+4(m\neq 0)，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，
由
$$
\left\{
\begin{matrix}
\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1,\\ 
x=my+4,
\end{matrix}
\right.
$$
得($m^{2}+2)y^{2}+8my+12=0$，
$\therefore y_{1}+y_{2}=-\frac{8m}{m^2+2}，y_{1}y_{2}=\frac{12}{m^2+2}，把x=1代入x=my+4，得y=-\frac{3}{m}，即Q\left(1,-\frac{3}{m}\right)，$
$由\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{PB}，得0-y_{1}=\lambda (y_{2}-0)，\lambda =-\frac{y_1}{y_2}，$
$由\overrightarrow{AQ}=\mu \overrightarrow{QB}，得-\frac{3}{m}-y_{1}=\mu \left(y_2+\frac{3}{m}\right)，\mu =-\frac{3+my_1}{3+my_2}，$
$\therefore \lambda +\mu =-\frac{y_1}{y_2}-\frac{3+my_1}{3+my_2}=-\frac{3(y_1+y_2)+2my_1y_2}{y_2(3+my_2)}=-\frac{3\left(-\frac{8m}{m^2+2}\right)+2m \cdot \frac{12}{m^2+2}}{y_2(3+my_2)}=0，$
$\therefore \lambda +\mu $为定值.
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 (a>b>0)的长轴的两个端点分别为A(-2,0),B(2,0)，离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.$
M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线x=4于点N，点O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：

$\frac{|BP|}{|PQ|}$

为定值.

Solution:
$证明：设M(x_1,y_1)，y_1\neq 0，则\frac{x^2_1}{4} + y^2_1=1，即x^2_1+4y^2_1=4，  $
$直线AM的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)，令x=4得y=\frac{6y_1}{x_1+2}，即N\left(4,\frac{6y_1}{x_1+2}\right)，  $
$则k_{BN}=\frac{\frac{6y_1}{x_1+2}}{4-2}=\frac{3y_1}{x_1+2},  $
$由l\perp BN,得k_{l}=-\frac{x_1+2}{3y_1}，故直线l的方程是y=-\frac{x_1+2}{3y_1}x.  $
$直线BM的方程为y=\frac{y_1}{x_1-2}(x-2)，令x=0得y=-\frac{2y_1}{x_1-2}，即P\left(0,-\frac{2y_1}{x_1-2}\right)，  $
$联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{x_1+2}{3y_1}x,\\ y=\frac{y_1}{x_1-2}(x-2),\end{matrix}\right. 由x^2_1+4y^2_1=4，可解得\left\{\begin{matrix}x=-6,\\ y=\frac{2(x_1+2)}{y_1},\end{matrix}\right. 即Q\left(-6,\frac{2(x_1+2)}{y_1}\right)，  $
$所以\frac{|BP|}{|PQ|} = \frac{|x_P-x_B|}{|x_Q-x_P|} = \frac{|0-2|}{|-6-0|} = \frac{1}{3}，为定值.$

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


Question: $已知椭圆iC：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}，右焦点为F，点B(0，1)在椭圆iC上.$
$过点F的直线交椭圆C于M，N两点，交直线x=2于点P，设\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{MF}，\overrightarrow{PN}=\mu\overrightarrow{NF}，求证：\lambda+\mu为定值.$

Solution:
$证明：由题意得F(1,0),直线MN的斜率存在.$

$设直线MN的方程为y=k(x-1)，M(x_1,y_1)，N(x_2,y_2)，则P(2,k).$

$由\overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{MF}，\overrightarrow{PN}=\mu \overrightarrow{NF},得\lambda =\frac{2-x_1}{x_1-1}, \mu =\frac{2-x_2}{x_2-1}，$

$所以\lambda +\mu =\frac{2-x_1}{x_1-1}+\frac{2-x_2}{x_2-1}=\frac{3(x_1+x_2)-2x_1x_2-4}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}，$

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

$所以x_1+x_2=\frac{4k^2}{1+2k^2}，x_1x_2=\frac{2k^2-2}{1+2k^2}.$

$因为3(x_1+x_2)-2x_1x_2-4=3\cdot \frac{4k^2}{1+2k^2}-2\cdot \frac{2k^2-2}{1+2k^2}-4=\frac{12k^2-4k^2+4-4-8k^2}{1+2k^2}=0，$

$所以\lambda +\mu =0，为定值.$
Subfield: Conic Sections


Question: $椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a＞b＞0) 的左、右焦点分别为 F_1、F_2, E 是椭圆 C 上一点，且 |F_1F_2| =2, |EF_1|+|EF_2|=4.$
$M, N 是 y 轴上的两个动点(点 M 与点 E 位于 x 轴的两侧)，\angle MF_1N=\angle MEN=90^\circ ，直线 EM 交 x 轴于点 P，求 \frac{|EP|}{|PM|} 的值.$

Solution:
$设M(0，m)，N(0，n)，E(x_0，y_0).由(1)可知F_1(-1，0)，F_2(1，0).因为\angle MF_1N=90^\circ ，所以\vec{F_1M}\vec{F_1N}=0，即(1，m)\cdot (1，n)=1+mn=0，所以mn=-1.又因为\angle MEN=90^\circ ，所以\vec{ME}\vec{NE}=0，即(x_0，y_0-m)\cdot (x_0，y_0-n)=x^2_0+y^2_0+(\frac{1}{m}-m)y_0-1=0.又因为\frac{x^2_0}{4}+\frac{y^2_0}{3}=1，所以4-\frac{4}{3}y^2_0+y^2_0+(\frac{1}{m}-m)y_0-1=0.所以-\frac{1}{3}(y_0-\frac{3}{m})(y_0+3m)=0.所以y_0=\frac{3}{m}或y_0=-3m.因为点M与点E位于x轴的两侧，即y_0与m异号，所以y_0=-3m.所以\frac{|PE|}{|PM|}=\left|\frac{y_0}{m}\right|=\left|\frac{-3m}{m}\right|=3.$

Final answer: $3$