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


Question: $如图，设点A，B在x轴上，且关于原点O对称.点P满足\\tan  \angle PAB=2,\\tan  \angle PBA=\frac{1}{2}，且\triangle PAB的面积为20.$<img_2268>
$求点P的坐标；$

Solution:
$设A(-c，0)，B(c，0)，则直线PA的方程为y=2(x+c)，直线PB的方程为y=-\frac{1}{2}(x-c).由\left\{\begin{matrix}y=2(x+c),\\ y=-\frac{1}{2}(x-c),\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=-\frac{3c}{5}，\\ y=\frac{4c}{5}.\end{matrix}\right.所以P\left(-\frac{3c}{5}，\frac{4c}{5}\right).(2分)所以\triangle PAB的面积S=\frac{1}{2}|AB|\cdot |y_{P}|=\frac{4c^2}{5}.所以\frac{4c^2}{5}=20,解得c=5.所以点P的坐标为(-3，4).(5分)$

Final answer: $(-3，4)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，设点A，B在x轴上，且关于原点O对称.点P满足\\tan  \angle PAB=2,\\tan  \angle PBA=\frac{1}{2}，且\triangle PAB的面积为20.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400191346847745/img/compression/M_74f9b95afeef1f2cf6dc619bfc66c130.jpg)
$以A，B为焦点，且过点P的椭圆记为C.设M(x_{0}，y_{0})是C上一点，且-1<x_{0}<3，求y_{0}的取值范围.$

Solution:
$由(1)得A(-5，0)，B(5，0).所以|PA|=\sqrt{(-3+5)^2+4^2}=2\sqrt{5}，|PB|=\sqrt{(-3-5)^2+4^2}=4\sqrt{5}.设以A，B为焦点，且过点P的椭圆C的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),则a=\frac{1}{2}(|PA|+|PB|)=3\sqrt{5}.又b^{2}=a^{2}-c^{2}=20,所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{45}+\frac{y^2}{20}=1.(7分)又M(x_{0},y_{0})是C上一点，所以\frac{x^2_0}{45}+\frac{y^2_0}{20}=1，所以y^2_0=20\left(1-\frac{x^2_0}{45}\right).因为-1<x_{0}<3,所以0\leq x^2_0<9,所以16<y^2_0\leq 20，所以y_{0}的取值范围是[-2\sqrt{5},-4)\cup (4,2\sqrt{5}].(10分)$

Final answer: $[-2\sqrt 5, -4) \cup  (4, 2\sqrt 5]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，设点A，B在x轴上，且关于原点O对称.点P满足\\tan  \angle PAB=2,\\tan  \angle PBA=\frac{1}{2}，且\triangle PAB的面积为20.$<img_2268>
$以A，B为焦点，且过点P的椭圆记为C.设M(x_{0}，y_{0})是C上一点，且-1<x_{0}<3，求y_{0}的取值范围.$

Solution:
$由(1)得A(-5，0)，B(5，0).所以|PA|=\sqrt{(-3+5)^2+4^2}=2\sqrt{5}，|PB|=\sqrt{(-3-5)^2+4^2}=4\sqrt{5}.设以A，B为焦点，且过点P的椭圆C的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),则a=\frac{1}{2}(|PA|+|PB|)=3\sqrt{5}.又b^{2}=a^{2}-c^{2}=20,所以椭圆C的方程为\frac{x^2}{45}+\frac{y^2}{20}=1.(7分)又M(x_{0},y_{0})是C上一点，所以\frac{x^2_0}{45}+\frac{y^2_0}{20}=1，所以y^2_0=20\left(1-\frac{x^2_0}{45}\right).因为-1<x_{0}<3,所以0\leq x^2_0<9,所以16<y^2_0\leq 20，所以y_{0}的取值范围是[-2\sqrt{5},-4)\cup (4,2\sqrt{5}].(10分)$

Final answer: $[-2\sqrt 5, -4) \cup  (4, 2\sqrt 5]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，点F_{1}，F_{2}分别是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点，点A是椭圆C上一点，且满足AF_{2}\perp x轴，\angle AF_{1}F_{2}=30^\circ ，直线AF_{1}与椭圆C相交于另一点B.$<img_2850>
$求椭圆C的离心率；$

Solution:
$在Rt\triangle AF_{1}F_{2}中，\angle AF_{1}F_{2}=30^\circ ，\therefore |AF_{1}|=2|AF_{2}|，|F_{1}F_{2}|=\sqrt{3}|AF_{2}|.由椭圆的定义，知2a=|AF_{1}|+|AF_{2}|=3|AF_{2}|，2c=|F_{1}F_{2}|=\sqrt{3}|AF_{2}|，\therefore 椭圆C的离心率e=\frac{c}{a}=\frac{2c}{2a}=\frac{\sqrt{3}|AF_2|}{3|AF_2|}=\frac{\sqrt{3}}{3}.(4分)$

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


Question: $如图，点F_{1}，F_{2}分别是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点，点A是椭圆C上一点，且满足AF_{2}\perp x轴，\angle AF_{1}F_{2}=30^\circ ，直线AF_{1}与椭圆C相交于另一点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400260276039681/img/compression/M_7d5e90d8021a688c3c6afa76de2bd446.jpg)
$求椭圆C的离心率；$

Solution:
$在Rt\triangle AF_{1}F_{2}中，\angle AF_{1}F_{2}=30^\circ ，\therefore |AF_{1}|=2|AF_{2}|，|F_{1}F_{2}|=\sqrt{3}|AF_{2}|.由椭圆的定义，知2a=|AF_{1}|+|AF_{2}|=3|AF_{2}|，2c=|F_{1}F_{2}|=\sqrt{3}|AF_{2}|，\therefore 椭圆C的离心率e=\frac{c}{a}=\frac{2c}{2a}=\frac{\sqrt{3}|AF_2|}{3|AF_2|}=\frac{\sqrt{3}}{3}.(4分)$

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


Question: $如图，点F_{1}，F_{2}分别是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点，点A是椭圆C上一点，且满足AF_{2}\perp x轴，\angle AF_{1}F_{2}=30^\circ ，直线AF_{1}与椭圆C相交于另一点B.$<img_2850>
$若\triangle ABF_{2}的周长为4\sqrt{3}，M为椭圆C上任意一点，求\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}的取值范围.$

Solution:
$\triangle ABF_{2}的周长为|AF_{2}|+|BF_{2}|+|AB|=|AF_{1}|+|BF_{1}|+|AF_{2}|+|BF_{2}|=4a=4\sqrt{3}，\therefore a=\sqrt{3}.又\because e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}，\therefore c=1，故b^{2}=a^{2}-c^{2}=2，\therefore 椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1，(6分)易得F_{1}(-1,0)，设M(x_{0},y_{0})，则\overrightarrow{OM}=(x_{0},y_{0})，\overrightarrow{F_1M}=(x_{0}+1,y_{0})，\frac{x^2_0}{3}+\frac{y^2_0}{2}=1.\therefore \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}=x_{0}(x_{0}+1)+y^2_0=x^2_0+x_{0}+2-\frac{2}{3}x^2_0=\frac{1}{3}\left(x_0+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{5}{4}，-\sqrt{3}\leq x_{0}\leq \sqrt{3}.(10分)由二次函数的性质可知，当x_{0}=\sqrt{3}时，\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}取得最大值，为3+\sqrt{3}；当x_{0}=-\frac{3}{2}时，\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}取得最小值，为\frac{5}{4}，\therefore \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}的取值范围是\left[\frac{5}{4},3+\sqrt{3}\right].(12分)$

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


Question: $如图，点F_{1}，F_{2}分别是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点，点A是椭圆C上一点，且满足AF_{2}\perp x轴，\angle AF_{1}F_{2}=30^\circ ，直线AF_{1}与椭圆C相交于另一点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400260276039681/img/compression/M_7d5e90d8021a688c3c6afa76de2bd446.jpg)
$若\triangle ABF_{2}的周长为4\sqrt{3}，M为椭圆C上任意一点，求\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}的取值范围.$

Solution:
$\triangle ABF_{2}的周长为|AF_{2}|+|BF_{2}|+|AB|=|AF_{1}|+|BF_{1}|+|AF_{2}|+|BF_{2}|=4a=4\sqrt{3}，\therefore a=\sqrt{3}.又\because e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}，\therefore c=1，故b^{2}=a^{2}-c^{2}=2，\therefore 椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1，(6分)易得F_{1}(-1,0)，设M(x_{0},y_{0})，则\overrightarrow{OM}=(x_{0},y_{0})，\overrightarrow{F_1M}=(x_{0}+1,y_{0})，\frac{x^2_0}{3}+\frac{y^2_0}{2}=1.\therefore \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}=x_{0}(x_{0}+1)+y^2_0=x^2_0+x_{0}+2-\frac{2}{3}x^2_0=\frac{1}{3}\left(x_0+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{5}{4}，-\sqrt{3}\leq x_{0}\leq \sqrt{3}.(10分)由二次函数的性质可知，当x_{0}=\sqrt{3}时，\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}取得最大值，为3+\sqrt{3}；当x_{0}=-\frac{3}{2}时，\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}取得最小值，为\frac{5}{4}，\therefore \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{F_1M}的取值范围是\left[\frac{5}{4},3+\sqrt{3}\right].(12分)$

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


Question: $已知抛物线C:y^{2}=4x，直线l经过点M(2,0)，并与抛物线交于A，B两点.
$<img_1498>
$求证：在x轴上存在一个定点N，使得\angle ANM=\angle BNM；$

Solution:
$证明：易知直线l的斜率不为0，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),N(t,0)，直线l的方程为x=my+2，联立\left\{\begin{matrix}x=my+2，\\ y^2=4x，\end{matrix}\right.整理得y^{2}-4my-8=0，则y_{1}+y_{2}=4m,y_{1}y_{2}=-8.由\angle ANM=\angle BNM，可得k_{AN}=-k_{BN}，即\frac{y_1}{x_1-t}+\frac{y_2}{x_2-t}=0.(3分)又因为y^2_1=4x_{1},y^2_2=4x_{2}，所以\frac{y_1}{\frac{y^2_1}{4}-t}+\frac{y_2}{\frac{y^2_2}{4}-t}=0，整理得y_{1}y^2_2-4ty_{1}+y_{2}y^2_1-4ty_{2}=0，即(y_{1}+y_{2})(y_{1}y_{2}-4t)=0.又因为y_{1}+y_{2}=4m,y_{1}y_{2}=-8，所以4m\cdot (8+4t)=0，当m=0时，直线l的方程为x=2，此时A,B关于x轴对称，显然\angle ANM=\angle BNM；当8+4t=0，即t=-2时，点N(-2,0)，能使得\angle ANM=\angle BNM.综上可得，在x轴上存在一个定点N(-2,0)，使得\angle ANM=\angle BNM.(5分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=4x，直线l经过点M(2,0)，并与抛物线交于A，B两点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400261358170114/img/compression/M_0ff16ea6be039508ea937b3eea3f2cbf.jpg)
$求证：在x轴上存在一个定点N，使得\angle ANM=\angle BNM；$

Solution:
$证明：易知直线l的斜率不为0，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),N(t,0)，直线l的方程为x=my+2，联立\left\{\begin{matrix}x=my+2，\\ y^2=4x，\end{matrix}\right.整理得y^{2}-4my-8=0，则y_{1}+y_{2}=4m,y_{1}y_{2}=-8.由\angle ANM=\angle BNM，可得k_{AN}=-k_{BN}，即\frac{y_1}{x_1-t}+\frac{y_2}{x_2-t}=0.(3分)又因为y^2_1=4x_{1},y^2_2=4x_{2}，所以\frac{y_1}{\frac{y^2_1}{4}-t}+\frac{y_2}{\frac{y^2_2}{4}-t}=0，整理得y_{1}y^2_2-4ty_{1}+y_{2}y^2_1-4ty_{2}=0，即(y_{1}+y_{2})(y_{1}y_{2}-4t)=0.又因为y_{1}+y_{2}=4m,y_{1}y_{2}=-8，所以4m\cdot (8+4t)=0，当m=0时，直线l的方程为x=2，此时A,B关于x轴对称，显然\angle ANM=\angle BNM；当8+4t=0，即t=-2时，点N(-2,0)，能使得\angle ANM=\angle BNM.综上可得，在x轴上存在一个定点N(-2,0)，使得\angle ANM=\angle BNM.(5分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=4x，直线l经过点M(2,0)，并与抛物线交于A，B两点.
$<img_1498>
$若直线AN，BN分别交y轴于P，Q两点，设\triangle OPA的面积为S_{1}，\triangle OQB的面积为S_{2}，求S_{1}+S_{2}的最小值.$

Solution:
$易知S_{1}=\frac{x_1}{2}\cdot |PO|,S_{2}=\frac{x_2}{2}\cdot |QO|，|PO|=|QO|=\frac{1}{2}|PQ|，则S_{1}+S_{2}=\frac{|PQ|}{4}(x_{1}+x_{2}).易知直线AN的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)，令x=0，可得y_{P}=\frac{2y_1}{x_1+2}，所以|PQ|=\frac{4y_1}{x_1+2}①,同理可得y_{Q}=\frac{2y_2}{x_2+2}，|PQ|=\frac{-4y_2}{x_2+2}②，由①②可得\frac{4y_1}{x_1+2}-\frac{4y_2}{x_2+2}=2|PQ|，即|PQ|=\frac{2y_1}{x_1+2}-\frac{2y_2}{x_2+2}，(6分)当直线l的斜率不存在时，直线l:x=2，易得P(0,\sqrt{2}),Q(0,-\sqrt{2})，x_{1}+x_{2}=4，故S_{1}+S_{2}=\frac{|PQ|}{4}(x_{1}+x_{2})=2\sqrt{2}，当直线l的斜率存在时，设直线l:y=k(x-2)(k\neq 0)，则|PQ|=\frac{2y_1}{x_1+2}-\frac{2y_2}{x_2+2}=\frac{2k(x_1-2)}{x_1+2}-\frac{2k(x_2-2)}{x_2+2}=\frac{8k(x_1-x_2)}{(x_1+2)(x_2+2)}=\frac{8k\cdot \sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}，(8分)由\left\{\begin{matrix}y=k(x-2)，\\ y^2=4x，\end{matrix}\right.整理得k^{2}x^{2}-(4k^{2}+4)x+4k^{2}=0，则x_{1}+x_{2}=\frac{4k^2+4}{k^2},x_{1}x_{2}=4.所以|PQ|=\frac{8k\cdot \sqrt{\left(4+\frac{4}{k^2}\right)^2-16}}{4+2\left(4+\frac{4}{k^2}\right)+4}=\frac{4\sqrt{2+\frac{1}{k^2}}}{2+\frac{1}{k^2}}=\frac{4}{\sqrt{2+\frac{1}{k^2}}}，所以S_{1}+S_{2}=\frac{|PQ|}{4}(x_{1}+x_{2})=\frac{4}{\sqrt{2+\frac{1}{k^2}}}\times \left(1+\frac{1}{k^2}\right)，(10分)令h=\frac{1}{k^2}，h>0，则S_{1}+S_{2}=\frac{4(1+h)}{\sqrt{2+h}}，令t=\sqrt{2+h}，t>\sqrt{2}，则h=t^{2}-2，所以S_{1}+S_{2}=4\left(t-\frac{1}{t}\right).易知函数y=x-\frac{1}{x}在(\sqrt{2},+\infty )上为单调递增函数，所以S_{1}+S_{2}=4\left(t-\frac{1}{t}\right)>4\times \frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}.综上可得，S_{1}+S_{2}的最小值为2\sqrt{2}.(12分)$

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


Question: $已知抛物线C:y^{2}=4x，直线l经过点M(2,0)，并与抛物线交于A，B两点.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400261358170114/img/compression/M_0ff16ea6be039508ea937b3eea3f2cbf.jpg)
$若直线AN，BN分别交y轴于P，Q两点，设\triangle OPA的面积为S_{1}，\triangle OQB的面积为S_{2}，求S_{1}+S_{2}的最小值.$

Solution:
$易知S_{1}=\frac{x_1}{2}\cdot |PO|,S_{2}=\frac{x_2}{2}\cdot |QO|，|PO|=|QO|=\frac{1}{2}|PQ|，则S_{1}+S_{2}=\frac{|PQ|}{4}(x_{1}+x_{2}).易知直线AN的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)，令x=0，可得y_{P}=\frac{2y_1}{x_1+2}，所以|PQ|=\frac{4y_1}{x_1+2}①,同理可得y_{Q}=\frac{2y_2}{x_2+2}，|PQ|=\frac{-4y_2}{x_2+2}②，由①②可得\frac{4y_1}{x_1+2}-\frac{4y_2}{x_2+2}=2|PQ|，即|PQ|=\frac{2y_1}{x_1+2}-\frac{2y_2}{x_2+2}，(6分)当直线l的斜率不存在时，直线l:x=2，易得P(0,\sqrt{2}),Q(0,-\sqrt{2})，x_{1}+x_{2}=4，故S_{1}+S_{2}=\frac{|PQ|}{4}(x_{1}+x_{2})=2\sqrt{2}，当直线l的斜率存在时，设直线l:y=k(x-2)(k\neq 0)，则|PQ|=\frac{2y_1}{x_1+2}-\frac{2y_2}{x_2+2}=\frac{2k(x_1-2)}{x_1+2}-\frac{2k(x_2-2)}{x_2+2}=\frac{8k(x_1-x_2)}{(x_1+2)(x_2+2)}=\frac{8k\cdot \sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}，(8分)由\left\{\begin{matrix}y=k(x-2)，\\ y^2=4x，\end{matrix}\right.整理得k^{2}x^{2}-(4k^{2}+4)x+4k^{2}=0，则x_{1}+x_{2}=\frac{4k^2+4}{k^2},x_{1}x_{2}=4.所以|PQ|=\frac{8k\cdot \sqrt{\left(4+\frac{4}{k^2}\right)^2-16}}{4+2\left(4+\frac{4}{k^2}\right)+4}=\frac{4\sqrt{2+\frac{1}{k^2}}}{2+\frac{1}{k^2}}=\frac{4}{\sqrt{2+\frac{1}{k^2}}}，所以S_{1}+S_{2}=\frac{|PQ|}{4}(x_{1}+x_{2})=\frac{4}{\sqrt{2+\frac{1}{k^2}}}\times \left(1+\frac{1}{k^2}\right)，(10分)令h=\frac{1}{k^2}，h>0，则S_{1}+S_{2}=\frac{4(1+h)}{\sqrt{2+h}}，令t=\sqrt{2+h}，t>\sqrt{2}，则h=t^{2}-2，所以S_{1}+S_{2}=4\left(t-\frac{1}{t}\right).易知函数y=x-\frac{1}{x}在(\sqrt{2},+\infty )上为单调递增函数，所以S_{1}+S_{2}=4\left(t-\frac{1}{t}\right)>4\times \frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}.综上可得，S_{1}+S_{2}的最小值为2\sqrt{2}.(12分)$

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


Question: <img_2900>
$如图1所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$由题意，求A到B的最短路程，则只能向左、向下走，其中向下走5次，向左走4次，由组合知识可知，不同的走法共有C^4_9=126种.$

Final answer: $126$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1640920535303553025/img/compression/M_383c01b074c835705db7eca71f3a5f2a.jpg)
$如图1所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$由题意，求A到B的最短路程，则只能向左、向下走，其中向下走5次，向左走4次，由组合知识可知，不同的走法共有C^4_9=126种.$

Final answer: $126$
Subfield: Plane Geometry


Question: <img_2900>
$如图2所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，已知C地(十字路口)在修路，无法通行，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$若先由A到C，则需向下走3次，向左走2次，有C^2_5种走法，再由C到B，则需向下走2次，向左走2次，有C^2_4种走法，故由A到C再到B共有C^2_5C^2_4种走法，所以不经过C共有C^4_9-C^2_5C^2_4=126-60=66种走法.$

Final answer: $66$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1640920535303553025/img/compression/M_383c01b074c835705db7eca71f3a5f2a.jpg)
$如图2所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，一邮电员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，已知C地(十字路口)在修路，无法通行，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$若先由A到C，则需向下走3次，向左走2次，有C^2_5种走法，再由C到B，则需向下走2次，向左走2次，有C^2_4种走法，故由A到C再到B共有C^2_5C^2_4种走法，所以不经过C共有C^4_9-C^2_5C^2_4=126-60=66种走法.$

Final answer: $66$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1640920535303553025/img/compression/M_383c01b074c835705db7eca71f3a5f2a.jpg)
$如图3所示，某地有南北街道5条，东西街道6条(注意有一段DE不通)，一邮电员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$若经过ED，则由A到D需向下走2次，向左走1次，共有C^1_3种走法，由E到B需向下走3次，向左走2次，共有C^2_5种走法，所以经过ED的走法共有C^2_5C^1_3种，故不经过ED共有C^4_9-C^2_5C^1_3=126-30=96种走法.$

Final answer: $96$
Subfield: Plane Geometry


Question: <img_2900>
$如图3所示，某地有南北街道5条，东西街道6条(注意有一段DE不通)，一邮电员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$若经过ED，则由A到D需向下走2次，向左走1次，共有C^1_3种走法，由E到B需向下走3次，向左走2次，共有C^2_5种走法，所以经过ED的走法共有C^2_5C^1_3种，故不经过ED共有C^4_9-C^2_5C^1_3=126-30=96种走法.$

Final answer: $96$
Subfield: Plane Geometry


Question: <img_2900>
$如图4所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，已知C地(十字路口)在修路，无法通行，且有一段路程DE无法通行，一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$由A经过DE到C共有C^1_3种走法，再由C到B需要向下、向左各走2次，共有C^2_4种走法，故由A经过DE到C再到B共有C^1_3C^2_4种走法，所以不经过DE也不经过C的走法共有C^4_9-C^2_5C^2_4-C^2_5C^1_3+C^1_3C^2_4=54种.$

Final answer: $54$
Subfield: Plane Geometry


Question: ![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1640920535303553025/img/compression/M_383c01b074c835705db7eca71f3a5f2a.jpg)
$如图4所示，某地有南北街道5条，东西街道6条，已知C地(十字路口)在修路，无法通行，且有一段路程DE无法通行，一邮递员从该地东北角的邮局A出发，送信到西南角的B地，要求所走的路程最短，共有多少种不同的走法？$

Solution:
$由A经过DE到C共有C^1_3种走法，再由C到B需要向下、向左各走2次，共有C^2_4种走法，故由A经过DE到C再到B共有C^1_3C^2_4种走法，所以不经过DE也不经过C的走法共有C^4_9-C^2_5C^2_4-C^2_5C^1_3+C^1_3C^2_4=54种.$

Final answer: $54$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，N，K分别为PC，PA的中点，平面PBC\cap 平面PAD=l.$<img_2558>
$求证：l\parallel BC；$

Solution:
$证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC\parallel AD，(1分)又因为AD\subset 平面PAD，BC\not\subset 平面PAD，所以BC\parallel 平面PAD，(2分)又因为平面PAD\cap 平面PBC=l，BC\subset 平面PBC，所以BC\parallel l.(4分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，N，K分别为PC，PA的中点，平面PBC\cap 平面PAD=l.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650310082908356610/img/compression/M_383ce922f35f9ddfec16eaac7b7c7309.jpg)
$求证：l\parallel BC；$

Solution:
$证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC\parallel AD，(1分)又因为AD\subset 平面PAD，BC\not\subset 平面PAD，所以BC\parallel 平面PAD，(2分)又因为平面PAD\cap 平面PBC=l，BC\subset 平面PBC，所以BC\parallel l.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知矩形ABCD,AB=2,BC=4，设E是边AD上的点，且AE=DE，现将\triangle ABE沿直线BE翻折至\triangle A_{1}BE.
$<img_1947>
$当A_{1}C为何值时，平面A_{1}BE\perp 平面BED？并求此时直线A_{1}C与平面BCD所成角的正切值；$

Solution:
$当A_{1}C为2\sqrt{3}时，平面A_{1}BE\perp 平面BED.理由如下：取BE的中点F，连接AF，A_{1}F，CF，则AF\perp BE,A_{1}F\perp BE.在\triangle BCF中，CF^{2}=BF^{2}+BC^{2}-2BF\cdot BC\\cos   45^\circ =2+16-2\times \sqrt{2}\times 4\times \frac{1}{\sqrt{2}}=10，易知A_{1}F=\sqrt{2}，\therefore A_{1}F^{2}+CF^{2}=2+10=12=A_{1}C^{2}，\therefore A_{1}F\perp CF，又A_{1}F\perp BE，BE\cap CF=F，BE，CF\subset 平面BCD，\therefore A_{1}F\perp 平面BCD,又A_{1}F\subset 平面A_{1}BE，\therefore 平面A_{1}BE\perp 平面BCD，\because A_{1}F\perp 平面BCD，\therefore CF为A_{1}C在平面BCD上的射影，\therefore \angle A_{1}CF是A_{1}C与平面BCD所成的角，在\triangle A_{1}CF中，\\tan  \angle A_{1}CF=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即直线A_{1}C与平面BCD所成角的正切值是\frac{\sqrt{5}}{5}.$<img_2350>

Final answer: $2\sqrt{3}$,$ \frac{\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知矩形ABCD,AB=2,BC=4，设E是边AD上的点，且AE=DE，现将\triangle ABE沿直线BE翻折至\triangle A_{1}BE.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650728574619619329/img/compression/M_5fab6c668b81fe39a30fbcd49fd9cddd.jpg)
$当A_{1}C为何值时，平面A_{1}BE\perp 平面BED？并求此时直线A_{1}C与平面BCD所成角的正切值；$

Solution:
$当A_{1}C为2\sqrt{3}时，平面A_{1}BE\perp 平面BED.理由如下：取BE的中点F，连接AF，A_{1}F，CF，则AF\perp BE,A_{1}F\perp BE.在\triangle BCF中，CF^{2}=BF^{2}+BC^{2}-2BF\cdot BC\\cos   45^\circ =2+16-2\times \sqrt{2}\times 4\times \frac{1}{\sqrt{2}}=10，易知A_{1}F=\sqrt{2}，\therefore A_{1}F^{2}+CF^{2}=2+10=12=A_{1}C^{2}，\therefore A_{1}F\perp CF，又A_{1}F\perp BE，BE\cap CF=F，BE，CF\subset 平面BCD，\therefore A_{1}F\perp 平面BCD,又A_{1}F\subset 平面A_{1}BE，\therefore 平面A_{1}BE\perp 平面BCD，\because A_{1}F\perp 平面BCD，\therefore CF为A_{1}C在平面BCD上的射影，\therefore \angle A_{1}CF是A_{1}C与平面BCD所成的角，在\triangle A_{1}CF中，\\tan  \angle A_{1}CF=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，即直线A_{1}C与平面BCD所成角的正切值是\frac{\sqrt{5}}{5}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650728573604597765/img/compression/M_7b526b15a4e116b79f0820d3f1e126ac.jpg)

Final answer: $2\sqrt{3}$,$ \frac{\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知矩形ABCD,AB=2,BC=4，设E是边AD上的点，且AE=DE，现将\triangle ABE沿直线BE翻折至\triangle A_{1}BE.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650728574619619329/img/compression/M_5fab6c668b81fe39a30fbcd49fd9cddd.jpg)
$设二面角A_{1}-CD-B的大小为\theta ，求\sin   \theta 的最大值.$

Solution:
$过点A_{1}作A_{1}G\perp AF，垂足为G，易知BE\perp 平面A_{1}FG，又A_{1}G\subset 平面A_{1}FG，\therefore A_{1}G\perp BE，又AF\cap BE=F，AF，BE\subset 平面BCD，\therefore A_{1}G\perp 平面BCD，过点G作GH\perp CD，垂足为H，连接A_{1}H，则A_{1}H\perp CD,\therefore \angle A_{1}HG=\theta ，设\angle A_{1}FA=\alpha ,\alpha \in (0,\pi )，则A_{1}G=\sqrt{2}\\sin   \alpha ,GH=\sqrt{2}\\cos   \alpha \times \frac{\sqrt{2}}{2}+3=3+\\cos   \alpha ，\therefore \\tan   \theta =\frac{A_1G}{GH}=\frac{\sqrt{2}\\\sin    \alpha }{\\\cos    \alpha +3}=\frac{2\sqrt{2}\\\sin    \frac{\alpha }{2}\\\cos    \frac{\alpha }{2}}{2+2\\\cos   ^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\sqrt{2}\\\sin    \frac{\alpha }{2}\\\cos    \frac{\alpha }{2}}{\\\sin   ^2\frac{\alpha }{2}+2\\\cos   ^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\sqrt{2}\\\tan   \frac{\alpha }{2}}{2+\\\tan   ^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\\\tan   \frac{\alpha }{2}+\frac{2}{\\\tan   \frac{\alpha }{2}}}\leq \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}，当且仅当\\tan  \frac{\alpha }{2}=\sqrt{2}时，取到等号，\therefore 0<\\sin   \theta \leq \frac{\sqrt{5}}{5}，故\\sin   \theta 的最大值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $已知矩形ABCD,AB=2,BC=4，设E是边AD上的点，且AE=DE，现将\triangle ABE沿直线BE翻折至\triangle A_{1}BE.
$<img_1947>
$设二面角A_{1}-CD-B的大小为\theta ，求\sin   \theta 的最大值.$

Solution:
$过点A_{1}作A_{1}G\perp AF，垂足为G，易知BE\perp 平面A_{1}FG，又A_{1}G\subset 平面A_{1}FG，\therefore A_{1}G\perp BE，又AF\cap BE=F，AF，BE\subset 平面BCD，\therefore A_{1}G\perp 平面BCD，过点G作GH\perp CD，垂足为H，连接A_{1}H，则A_{1}H\perp CD,\therefore \angle A_{1}HG=\theta ，设\angle A_{1}FA=\alpha ,\alpha \in (0,\pi )，则A_{1}G=\sqrt{2}\\sin   \alpha ,GH=\sqrt{2}\\cos   \alpha \times \frac{\sqrt{2}}{2}+3=3+\\cos   \alpha ，\therefore \\tan   \theta =\frac{A_1G}{GH}=\frac{\sqrt{2}\\\sin    \alpha }{\\\cos    \alpha +3}=\frac{2\sqrt{2}\\\sin    \frac{\alpha }{2}\\\cos    \frac{\alpha }{2}}{2+2\\\cos   ^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\sqrt{2}\\\sin    \frac{\alpha }{2}\\\cos    \frac{\alpha }{2}}{\\\sin   ^2\frac{\alpha }{2}+2\\\cos   ^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\sqrt{2}\\\tan   \frac{\alpha }{2}}{2+\\\tan   ^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\\\tan   \frac{\alpha }{2}+\frac{2}{\\\tan   \frac{\alpha }{2}}}\leq \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}，当且仅当\\tan  \frac{\alpha }{2}=\sqrt{2}时，取到等号，\therefore 0<\\sin   \theta \leq \frac{\sqrt{5}}{5}，故\\sin   \theta 的最大值为\frac{\sqrt{5}}{5}.$

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


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC\perp 平面ABC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650310152354140162/img/compression/M_a3dfe734499e03e99e989f43e4a5ee14.jpg)
$证明：平面PBC\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为AB是圆O的直径，所以BC\perp AC.(2分)因为PC\perp 平面ABC，BC\subset 平面ABC，所以PC\perp BC.(4分)又因为PC\cap AC=C，PC，AC\subset 平面PAC，所以BC\perp 平面PAC.又因为BC\subset 平面PBC，所以平面PBC\perp 平面PAC.(6分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC\perp 平面ABC.$<img_2761>
$证明：平面PBC\perp 平面PAC；$

Solution:
$证明：因为AB是圆O的直径，所以BC\perp AC.(2分)因为PC\perp 平面ABC，BC\subset 平面ABC，所以PC\perp BC.(4分)又因为PC\cap AC=C，PC，AC\subset 平面PAC，所以BC\perp 平面PAC.又因为BC\subset 平面PBC，所以平面PBC\perp 平面PAC.(6分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC\perp 平面ABC.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650310152354140162/img/compression/M_a3dfe734499e03e99e989f43e4a5ee14.jpg)
$若AB=PC=4，AC=2，求二面角B-PA-C的正切值.$

Solution:
$过点B作BD\perp PA，交PA于点D，连接CD，如图，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650310152891011073/img/compression/M_25df98a350c64baf770272a38875682e.jpg)$因为BC\perp 平面PAC，PA\subset 平面PAC，所以BC\perp PA.又因为BD\cap BC=B，BD，BC\subset 平面BCD，所以PA\perp 平面BCD.又因为CD\subset 平面BCD，所以PA\perp CD，所以\angle BDC为二面角B-PA-C的平面角.(9分)易知PA=\sqrt{PC^2+AC^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}，所以CD=\frac{PC\cdot AC}{PA}=\frac{4\times 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.易知BC=2\sqrt{3}，所以在Rt\triangle BCD中，\\tan  \angle BDC=\frac{BC}{CD}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{15}}{2}，故二面角B-PA-C的正切值为\frac{\sqrt{15}}{2}.(12分)$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC\perp 平面ABC.$<img_2761>
$若AB=PC=4，AC=2，求二面角B-PA-C的正切值.$

Solution:
$过点B作BD\perp PA，交PA于点D，连接CD，如图，$<img_2699>$因为BC\perp 平面PAC，PA\subset 平面PAC，所以BC\perp PA.又因为BD\cap BC=B，BD，BC\subset 平面BCD，所以PA\perp 平面BCD.又因为CD\subset 平面BCD，所以PA\perp CD，所以\angle BDC为二面角B-PA-C的平面角.(9分)易知PA=\sqrt{PC^2+AC^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}，所以CD=\frac{PC\cdot AC}{PA}=\frac{4\times 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.易知BC=2\sqrt{3}，所以在Rt\triangle BCD中，\\tan  \angle BDC=\frac{BC}{CD}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{15}}{2}，故二面角B-PA-C的正切值为\frac{\sqrt{15}}{2}.(12分)$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上的点.$<img_2123>
$求证：BC\perp 平面PAC；$

Solution:
$根据圆的几何性质，得BC\perp AC，由PA\perp 平面ABC得BC\perp PA，利用线面垂直的判定定理，可得BC\perp 平面PAC；$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上的点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650310246591762434/img/compression/M_18dfa9371e6f7ad99a77a5d712be0d7d.jpg)
$求证：BC\perp 平面PAC；$

Solution:
$根据圆的几何性质，得BC\perp AC，由PA\perp 平面ABC得BC\perp PA，利用线面垂直的判定定理，可得BC\perp 平面PAC；$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上的点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1650310246591762434/img/compression/M_18dfa9371e6f7ad99a77a5d712be0d7d.jpg)
$设Q为PA的中点，G为\triangle AOC的重心，求证：平面OQG\parallel 平面PBC.$

Solution:
$延长OG，交AC于M，连接QM，证出QM是\triangle PAC的中位线，得QM\parallel PC.利用线面平行的判定定理证出QM\parallel 平面PBC，同理可得QO\parallel 平面PBC，根据面面平行的判定定理，可得平面OQG\parallel 平面PBC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上的点.$<img_2123>
$设Q为PA的中点，G为\triangle AOC的重心，求证：平面OQG\parallel 平面PBC.$

Solution:
$延长OG，交AC于M，连接QM，证出QM是\triangle PAC的中位线，得QM\parallel PC.利用线面平行的判定定理证出QM\parallel 平面PBC，同理可得QO\parallel 平面PBC，根据面面平行的判定定理，可得平面OQG\parallel 平面PBC.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在半径为10 cm的半圆形(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料ABCD，其中点A、B在圆的直径上，点C、D在圆周上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1651040201838239745/img/compression/M_a44198f22155df227a04666424ddf9a2.jpg)
$怎样截取才能使截得的矩形ABCD的面积最大？并求最大面积；$

Solution:
$连接OC.设BC=x cm，矩形ABCD的面积为S cm^{2}，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1651040202253475841/img/compression/M_065ebd125b287e5fa53c097c333be187.jpg)$则AB=2\sqrt{100-x^2} cm，其中0\therefore S=2x\sqrt{100-x^2}=2\sqrt{x^2(100-x^2)}\leq 2\left[\frac{x^2+(100-x^2)}{2}\right]=100.当且仅当x^{2}=100-x^{2}，即x=5\sqrt{2}时，S取得最大值，为100.\therefore 取BC为5\sqrt{2} cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为100 cm^{2}.
(4分)$

Final answer: $BC=5\sqrt{2}$, $100 $ $cm$, $cm^{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在半径为10 cm的半圆形(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料ABCD，其中点A、B在圆的直径上，点C、D在圆周上.$<img_2427>
$怎样截取才能使截得的矩形ABCD的面积最大？并求最大面积；$

Solution:
$连接OC.设BC=x cm，矩形ABCD的面积为S cm^{2}，$<img_2474>$则AB=2\sqrt{100-x^2} cm，其中0\therefore S=2x\sqrt{100-x^2}=2\sqrt{x^2(100-x^2)}\leq 2\left[\frac{x^2+(100-x^2)}{2}\right]=100.当且仅当x^{2}=100-x^{2}，即x=5\sqrt{2}时，S取得最大值，为100.\therefore 取BC为5\sqrt{2} cm时，矩形ABCD的面积最大，最大值为100 cm^{2}.
(4分)$

Final answer: $BC=5\sqrt{2}$, $100 $ $cm$, $cm^{2}$