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


Question: $如图，一个直角走廊的宽分别为a，b，一铁棒与廊壁成\theta 角，该铁棒欲通过该直角走廊.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702594597028560898/img/compression/M_d90bc66c4f5c5d43e4f6559cb7e80196.jpg)
$当a=b=2时，求能够通过这个直角走廊的铁棒的长度的最大值.$

Solution:
$当a=b=2时，L=\frac{b}{\\\sin    \theta }+\frac{a}{\\\cos    \theta }=\frac{2}{\\\sin    \theta }+\frac{2}{\\\cos    \theta }=2\left(\frac{\\\sin    \theta +\\\cos    \theta }{\\\sin    \theta \\\cos    \theta }\right)=2\sqrt{\frac{{(\\\mathrm{\\sin  }    \theta +\\\mathrm{\\cos   }   \theta )}^2}{{\\\mathrm{\\sin  }    }^2\theta \\\mathrm{\\cos  }   ^2\theta }}=4\sqrt{\frac{1+\\\mathrm{\\sin  }    2\theta }{{\\\mathrm{\\sin  }    }^22\theta }}=4\sqrt{\frac{1}{{\\\mathrm{\\sin  }    }^22\theta }+\frac{1}{\\\mathrm{\\sin  }    2\theta }}.令t=\frac{1}{\\\sin    2\theta }，因为\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)，所以2\theta \in (0,\pi )，所以\\sin   2\theta \in (0,1]，所以t\geq 1.所以L=4\sqrt{\frac{1}{{\\\mathrm{\\sin  }    }^22\theta }+ \frac{1}{\\\mathrm{\\sin  }    2\theta }}=4\sqrt{t^2+t}=4\sqrt{{\left(t+ \frac{1}{2}\right)}^2- \frac{1}{4}},t\geq 1，易知当t=1，即\theta =\frac{\pi }{4}时，L取得最小值，为4\sqrt{2}，所以能够通过这个直角走廊的铁棒的长度的最大值为4\sqrt{2}.$

Final answer: $4\sqrt 2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在\triangle ABC中，D为BC的中点，O为外心，点M满足\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OM}.$<img_2330>
$证明：\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{OD}；$

Solution:
$证明：由题意得\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OD}.(4分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在\triangle ABC中，D为BC的中点，O为外心，点M满足\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OM}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591236898689026/img/compression/M_65411f876d261b8d6d2358f9805171ca.jpg)
$证明：\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{OD}；$

Solution:
$证明：由题意得\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OD}.(4分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在\triangle ABC中，D为BC的中点，O为外心，点M满足\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OM}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591236898689026/img/compression/M_65411f876d261b8d6d2358f9805171ca.jpg)
$若|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|=6，设AD与OM相交于点P，E，F关于点P对称，且|\overrightarrow{EF}|=2，求\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{CF}的取值范围.$

Solution:
$解法一：由|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|=6，得|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}|，所以\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0，所以\angle ABC=90^\circ ，(6分)此时O为AC的中点，M与B重合，P为\triangle ABC的重心，所以|\overrightarrow{PO}|=\frac{1}{3}|\overrightarrow{BO}|=1，(8分)所以\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{CF}=(\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PE})\cdot (\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{PF})=\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{CP}+\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{PF}+\overrightarrow{PE}\cdot \overrightarrow{CP}+\overrightarrow{PE}\cdot \overrightarrow{PF}=|\overrightarrow{PO}|^{2}-|\overrightarrow{AO}|^{2}+\overrightarrow{PF}\cdot (\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{CP})-1=-9+\overrightarrow{PF}\cdot \overrightarrow{AC}=-9+6\\cos  \langle \overrightarrow{PF}，\overrightarrow{AC}\rangle \in [-15,-3].(12分)解法二：由|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|=6，得|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}|，所以\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0，所以\angle ABC=90^\circ ,(6分)此时O为AC的中点，M与B重合，P为\triangle ABC的重心.(7分)建立如图所示的平面直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591237343285249/img/compression/M_99dc84e835afd23fe971132479460bf5.jpg)$设A(0，a),C(c,0)，则P\left(\frac{c}{3},\frac{a}{3}\right)，且a^{2}+c^{2}=36,设E(x_{0},y_{0}),则F\left(\frac{2c}{3}-x_0,\frac{2a}{3}-y_0\right)，则有\overrightarrow{AE}=(x_{0},y_{0}-a),\overrightarrow{CF}=\left(-\frac{c}{3}-x_0,\frac{2a}{3}-y_0\right)，且\left(x_0-\frac{c}{3}\right)^2+\left(y_0-\frac{a}{3}\right)^2=1.(9分)设x_{0}=\frac{c}{3}+\\cos   \theta ,y_{0}=\frac{a}{3}+\\sin   \theta ,\theta \in [0,2\pi ]，则\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{CF}=x_{0}\left(-\frac{c}{3}-x_0\right)+(y_{0}-a)\left(\frac{2a}{3}-y_0\right)=\left(\frac{c}{3}+\\\cos    \theta \right)\left(-\frac{2c}{3}-\\\cos    \theta \right)+\left(-\frac{2a}{3}+\\\sin    \theta \right)\left(\frac{a}{3}-\\\sin    \theta \right)=-\frac{2}{9}(a^{2}+c^{2})-1+a\\sin   \theta -c\\cos   \theta =-9+\sqrt{a^2+c^2}\cdot \\sin  (\theta -\phi )=-9+6\\sin  (\theta -\phi )\in [-15，-3]，其中\\cos   \phi =\frac{a}{\sqrt{a^2+c^2}},\\sin   \phi =\frac{c}{\sqrt{a^2+c^2}}.(12分)$

Final answer: $[-15，-3]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在\triangle ABC中，D为BC的中点，O为外心，点M满足\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OM}.$<img_2330>
$若|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|=6，设AD与OM相交于点P，E，F关于点P对称，且|\overrightarrow{EF}|=2，求\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{CF}的取值范围.$

Solution:
$解法一：由|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|=6，得|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}|，所以\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0，所以\angle ABC=90^\circ ，(6分)此时O为AC的中点，M与B重合，P为\triangle ABC的重心，所以|\overrightarrow{PO}|=\frac{1}{3}|\overrightarrow{BO}|=1，(8分)所以\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{CF}=(\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PE})\cdot (\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{PF})=\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{CP}+\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{PF}+\overrightarrow{PE}\cdot \overrightarrow{CP}+\overrightarrow{PE}\cdot \overrightarrow{PF}=|\overrightarrow{PO}|^{2}-|\overrightarrow{AO}|^{2}+\overrightarrow{PF}\cdot (\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{CP})-1=-9+\overrightarrow{PF}\cdot \overrightarrow{AC}=-9+6\\cos  \langle \overrightarrow{PF}，\overrightarrow{AC}\rangle \in [-15,-3].(12分)解法二：由|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{AC}|=6，得|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=|\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}|，所以\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0，所以\angle ABC=90^\circ ,(6分)此时O为AC的中点，M与B重合，P为\triangle ABC的重心.(7分)建立如图所示的平面直角坐标系，$<img_2957>$设A(0，a),C(c,0)，则P\left(\frac{c}{3},\frac{a}{3}\right)，且a^{2}+c^{2}=36,设E(x_{0},y_{0}),则F\left(\frac{2c}{3}-x_0,\frac{2a}{3}-y_0\right)，则有\overrightarrow{AE}=(x_{0},y_{0}-a),\overrightarrow{CF}=\left(-\frac{c}{3}-x_0,\frac{2a}{3}-y_0\right)，且\left(x_0-\frac{c}{3}\right)^2+\left(y_0-\frac{a}{3}\right)^2=1.(9分)设x_{0}=\frac{c}{3}+\\cos   \theta ,y_{0}=\frac{a}{3}+\\sin   \theta ,\theta \in [0,2\pi ]，则\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{CF}=x_{0}\left(-\frac{c}{3}-x_0\right)+(y_{0}-a)\left(\frac{2a}{3}-y_0\right)=\left(\frac{c}{3}+\\\cos    \theta \right)\left(-\frac{2c}{3}-\\\cos    \theta \right)+\left(-\frac{2a}{3}+\\\sin    \theta \right)\left(\frac{a}{3}-\\\sin    \theta \right)=-\frac{2}{9}(a^{2}+c^{2})-1+a\\sin   \theta -c\\cos   \theta =-9+\sqrt{a^2+c^2}\cdot \\sin  (\theta -\phi )=-9+6\\sin  (\theta -\phi )\in [-15，-3]，其中\\cos   \phi =\frac{a}{\sqrt{a^2+c^2}},\\sin   \phi =\frac{c}{\sqrt{a^2+c^2}}.(12分)$

Final answer: $[-15，-3]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在Rt\triangle ACB中，斜边AB=2，BC=1，在以AB为直径的半圆上有一点D(不含端点)，\angle DAB=\theta ，设\triangle ABD的面积为S_{1}，\triangle ACD的面积为S_{2}.$<img_1744>
$若S_{1}=S_{2}，求\theta ；$

Solution:
$因为Rt\triangle ACB中，斜边AB=2，BC=1，所以AC=\sqrt{3}，\angle BAC=\frac{\pi }{6}，\angle ABC=\frac{\pi }{3}.因为D为以AB为直径的半圆上一点，所以\angle ADB=\frac{\pi }{2}.所以AD=2\\cos   \theta ，BD=2\\sin   \theta ，\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).
(2分)
作CF\perp AD于点F，则CF=\sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)，所以S_{1}=\frac{1}{2}\times AD\times BD=\frac{1}{2}\times 2\\cos   \theta \times 2\\sin   \theta =\\sin   2\theta ，S_{2}=\frac{1}{2}\times AD\times CF=\frac{1}{2}\times 2\\cos   \theta \times \sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)=\sqrt{3}\\cos   \theta \\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right).
(5分)
若S_{1}=S_{2}，则\\sin   2\theta =\sqrt{3}\\cos   \theta \\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)，易知\\cos   \theta \neq 0，所以2\\sin   \theta =\sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)，所以2\\sin   \theta =\frac{3}{2}\\sin   \theta +\frac{\sqrt{3}}{2}\\cos   \theta ，整理，得\frac{1}{2}\\sin   \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}\\cos   \theta ，所以\\tan   \theta =\sqrt{3}，所以\theta =\frac{\pi }{3}.
(8分)$

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


Question: $如图，在Rt\triangle ACB中，斜边AB=2，BC=1，在以AB为直径的半圆上有一点D(不含端点)，\angle DAB=\theta ，设\triangle ABD的面积为S_{1}，\triangle ACD的面积为S_{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591237720772609/img/compression/M_4921cd3f1fef66acb506ff3e5a1028bb.jpg)
$若S_{1}=S_{2}，求\theta ；$

Solution:
$因为Rt\triangle ACB中，斜边AB=2，BC=1，所以AC=\sqrt{3}，\angle BAC=\frac{\pi }{6}，\angle ABC=\frac{\pi }{3}.因为D为以AB为直径的半圆上一点，所以\angle ADB=\frac{\pi }{2}.所以AD=2\\cos   \theta ，BD=2\\sin   \theta ，\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).
(2分)
作CF\perp AD于点F，则CF=\sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)，所以S_{1}=\frac{1}{2}\times AD\times BD=\frac{1}{2}\times 2\\cos   \theta \times 2\\sin   \theta =\\sin   2\theta ，S_{2}=\frac{1}{2}\times AD\times CF=\frac{1}{2}\times 2\\cos   \theta \times \sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)=\sqrt{3}\\cos   \theta \\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right).
(5分)
若S_{1}=S_{2}，则\\sin   2\theta =\sqrt{3}\\cos   \theta \\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)，易知\\cos   \theta \neq 0，所以2\\sin   \theta =\sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)，所以2\\sin   \theta =\frac{3}{2}\\sin   \theta +\frac{\sqrt{3}}{2}\\cos   \theta ，整理，得\frac{1}{2}\\sin   \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}\\cos   \theta ，所以\\tan   \theta =\sqrt{3}，所以\theta =\frac{\pi }{3}.
(8分)$

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


Question: $如图，在Rt\triangle ACB中，斜边AB=2，BC=1，在以AB为直径的半圆上有一点D(不含端点)，\angle DAB=\theta ，设\triangle ABD的面积为S_{1}，\triangle ACD的面积为S_{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702591237720772609/img/compression/M_4921cd3f1fef66acb506ff3e5a1028bb.jpg)
$令S=S_{1}－S_{2}，求S的最大值及此时的\theta .$

Solution:
$由题意得S=\\sin   2\theta －\sqrt{3}\\cos   \theta \\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)=\\sin   2\theta －\sqrt{3}\\cos   \theta \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\sin    \theta +\frac{1}{2}\\\cos    \theta \right)=\\sin   2\theta －\frac{3}{4}\\sin   2\theta －\frac{\sqrt{3}}{4}(1+\\cos   2\theta )=\frac{1}{4}\\sin   2\theta －\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \\cos   2\theta －\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2}\\sin  \left(2\theta -\frac{\pi }{3}\right)－\frac{\sqrt{3}}{4}.
(10分)
因为0<\theta <\frac{\pi }{2}，所以－\frac{\pi }{3}<2\theta －\frac{\pi }{3}<\frac{2\pi }{3}，所以当2\theta －\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{5\pi }{12}时，S有最大值\frac{1}{2}－\frac{\sqrt{3}}{4}.
(12分)$

Final answer: $\frac{1}{2}－\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\frac{5\pi}{12}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在Rt\triangle ACB中，斜边AB=2，BC=1，在以AB为直径的半圆上有一点D(不含端点)，\angle DAB=\theta ，设\triangle ABD的面积为S_{1}，\triangle ACD的面积为S_{2}.$<img_1744>
$令S=S_{1}－S_{2}，求S的最大值及此时的\theta .$

Solution:
$由题意得S=\\sin   2\theta －\sqrt{3}\\cos   \theta \\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)=\\sin   2\theta －\sqrt{3}\\cos   \theta \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\sin    \theta +\frac{1}{2}\\\cos    \theta \right)=\\sin   2\theta －\frac{3}{4}\\sin   2\theta －\frac{\sqrt{3}}{4}(1+\\cos   2\theta )=\frac{1}{4}\\sin   2\theta －\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \\cos   2\theta －\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2}\\sin  \left(2\theta -\frac{\pi }{3}\right)－\frac{\sqrt{3}}{4}.
(10分)
因为0<\theta <\frac{\pi }{2}，所以－\frac{\pi }{3}<2\theta －\frac{\pi }{3}<\frac{2\pi }{3}，所以当2\theta －\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{5\pi }{12}时，S有最大值\frac{1}{2}－\frac{\sqrt{3}}{4}.
(12分)$

Final answer: $\frac{1}{2}－\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\frac{5\pi}{12}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得灯塔底部C在北偏东15^\circ 方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底部C在北偏东60^\circ 方向上，测得塔顶P的仰角为60^\circ ，已知灯塔高PC=2\sqrt{3} km.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600364850872323/img/compression/M_939e41df4e89500cf6a3366d9e4c497a.jpg)
$求巡逻船的航行速度;$

Solution:
$在Rt\triangle BCP中，\\tan  \angle PBC=\frac{PC}{BC}，即\\tan   60^\circ =\frac{2\sqrt{3}}{BC}，所以BC=2 km.在\triangle ABC中，\angle BCA=180^\circ -15^\circ -120^\circ =45^\circ ,由正弦定理，得\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}=\frac{AB}{\\\sin   \angle BCA},即\frac{2}{\\\sin    15^{\circ}}=\frac{AB}{\\\sin    45^{\circ}},所以AB=2(\sqrt{3}+1)km，又从A处到B处用时20分钟，所以巡逻船的航行速度v=\frac{2(\sqrt{3}+1)}{\frac{20}{60}}=6(\sqrt{3}+1)km/h.$

Final answer: $6(\sqrt 3+1)$ km/h
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得灯塔底部C在北偏东15^\circ 方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底部C在北偏东60^\circ 方向上，测得塔顶P的仰角为60^\circ ，已知灯塔高PC=2\sqrt{3} km.$<img_2935>
$求巡逻船的航行速度;$

Solution:
$在Rt\triangle BCP中，\\tan  \angle PBC=\frac{PC}{BC}，即\\tan   60^\circ =\frac{2\sqrt{3}}{BC}，所以BC=2 km.在\triangle ABC中，\angle BCA=180^\circ -15^\circ -120^\circ =45^\circ ,由正弦定理，得\frac{BC}{\\\sin   \angle BAC}=\frac{AB}{\\\sin   \angle BCA},即\frac{2}{\\\sin    15^{\circ}}=\frac{AB}{\\\sin    45^{\circ}},所以AB=2(\sqrt{3}+1)km，又从A处到B处用时20分钟，所以巡逻船的航行速度v=\frac{2(\sqrt{3}+1)}{\frac{20}{60}}=6(\sqrt{3}+1)km/h.$

Final answer: $6(\sqrt 3+1)$ km/h
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得灯塔底部C在北偏东15^\circ 方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底部C在北偏东60^\circ 方向上，测得塔顶P的仰角为60^\circ ，已知灯塔高PC=2\sqrt{3} km.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600364850872323/img/compression/M_939e41df4e89500cf6a3366d9e4c497a.jpg)
$若该船继续匀速向北航行10分钟到达D处，问此时灯塔底部C位于D处的南偏东什么方向？$

Solution:
$在\triangle BCD中，BC=2 km,BD=\frac{10}{60}\times 6(\sqrt{3}+1)=(\sqrt{3}+1)km,\angle DBC=60^\circ ,由余弦定理可得CD^{2}=BC^{2}+BD^{2}-2 BC\cdot BD\cdot \\cos  \angle DBC=6，所以CD=\sqrt{6} km，在\triangle BCD中，由正弦定理，得\frac{CD}{\\\sin   \angle DBC}=\frac{CB}{\\\sin   \angle CDB}，即\frac{\sqrt{6}}{\\\sin    60^{\circ}}=\frac{2}{\\\sin   \angle CDB}，解得\\sin  \angle CDB=\frac{\sqrt{2}}{2}，而CD>CB，则\angle CDB<\angle DBC，故\angle CDB=45^\circ ，故此时灯塔底部C位于D处的南偏东45^\circ ，且C、D两点相距\sqrt{6} km.$

Final answer: $南偏东45度，相距\sqrt{6} km$
Subfield: Plane Geometry


Question: $一个以AB为直径的半圆形湖如图所示，AB=8百米，现在设计一个以AB为边的四边形ABCD，C，D在半圆上，设\angle BOC=\theta (O为圆心).$<img_2531>
$在四边形ABCD内种植荷花，且\angle COD=\frac{\pi }{3}，当\theta 为何值时，荷花种植面积最大？$

Solution:
$因为AB=8百米，所以OA=OB=OC=OD=4百米，S_{四边形ABCD}=S_{\triangle BOC}+S_{\triangle COD}+S_{\triangle DOA}=\frac{1}{2}OB\cdot OC\\sin   \theta +\frac{1}{2}OC\cdot OD\\sin  \frac{\pi }{3}+\frac{1}{2}OD\cdot OA\\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-\theta \right)=\frac{1}{2}\times 4^{2}\times \\sin   \theta +\frac{1}{2}\times 4^{2}\times \\sin  \frac{\pi }{3}+\frac{1}{2}\times 4^{2}\times \\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-\theta \right)=8\sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)+4\sqrt{3}.因为0<\theta <\frac{2\pi }{3},所以\frac{\pi }{6}<\theta +\frac{\pi }{6}<\frac{5\pi }{6},所以当\theta +\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{\pi }{3}时，荷花种植面积最大.$

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


Question: $一个以AB为直径的半圆形湖如图所示，AB=8百米，现在设计一个以AB为边的四边形ABCD，C，D在半圆上，设\angle BOC=\theta (O为圆心).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600365148667906/img/compression/M_d9c73cb5e96a9489bf707433e28422c2.jpg)
$在四边形ABCD内种植荷花，且\angle COD=\frac{\pi }{3}，当\theta 为何值时，荷花种植面积最大？$

Solution:
$因为AB=8百米，所以OA=OB=OC=OD=4百米，S_{四边形ABCD}=S_{\triangle BOC}+S_{\triangle COD}+S_{\triangle DOA}=\frac{1}{2}OB\cdot OC\\sin   \theta +\frac{1}{2}OC\cdot OD\\sin  \frac{\pi }{3}+\frac{1}{2}OD\cdot OA\\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-\theta \right)=\frac{1}{2}\times 4^{2}\times \\sin   \theta +\frac{1}{2}\times 4^{2}\times \\sin  \frac{\pi }{3}+\frac{1}{2}\times 4^{2}\times \\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-\theta \right)=8\sqrt{3}\\sin  \left(\theta +\frac{\pi }{6}\right)+4\sqrt{3}.因为0<\theta <\frac{2\pi }{3},所以\frac{\pi }{6}<\theta +\frac{\pi }{6}<\frac{5\pi }{6},所以当\theta +\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{\pi }{3}时，荷花种植面积最大.$

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


Question: $一个以AB为直径的半圆形湖如图所示，AB=8百米，现在设计一个以AB为边的四边形ABCD，C，D在半圆上，设\angle BOC=\theta (O为圆心).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600365148667906/img/compression/M_d9c73cb5e96a9489bf707433e28422c2.jpg)
$为了显示美感，景观要错落有致，为此举办方沿BC，CD和DA建造观景栈桥，且BC=CD，当\theta 为何值时，观景栈桥总长L最大？并求L的最大值.$

Solution:
$因为BC=CD，所以\angle COD=\angle BOC=\theta ，且0<\theta <\frac{\pi }{2}，在\triangle BOC与\triangle DOA中，由余弦定理得BC=\sqrt{4^2+4^2-2\times 4\times 4\\\cos    \theta }=8\\sin  \frac{\theta }{2}，DA=\sqrt{4^2+4^2+2\times 4\times 4\\\cos    2\theta }=8\\cos   \theta ，所以L=16\\sin  \frac{\theta }{2}+8\\cos   \theta ，令t=\\sin  \frac{\theta }{2}，因为0<\frac{\theta }{2}<\frac{\pi }{4}，所以0则L=16\\sin  \frac{\theta }{2}+8\left(1-2\\\sin   ^2\frac{\theta }{2}\right)=-16\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+12，所以当t=\frac{1}{2}，即\theta =\frac{\pi }{3}时，L取得最大值12，因此当\theta =\frac{\pi }{3}时，观景栈桥总长L最大，L的最大值为12百米.$

Final answer: $\theta=\frac{\pi}{3}$，$12$
Subfield: Plane Geometry


Question: $一个以AB为直径的半圆形湖如图所示，AB=8百米，现在设计一个以AB为边的四边形ABCD，C，D在半圆上，设\angle BOC=\theta (O为圆心).$<img_2531>
$为了显示美感，景观要错落有致，为此举办方沿BC，CD和DA建造观景栈桥，且BC=CD，当\theta 为何值时，观景栈桥总长L最大？并求L的最大值.$

Solution:
$因为BC=CD，所以\angle COD=\angle BOC=\theta ，且0<\theta <\frac{\pi }{2}，在\triangle BOC与\triangle DOA中，由余弦定理得BC=\sqrt{4^2+4^2-2\times 4\times 4\\\cos    \theta }=8\\sin  \frac{\theta }{2}，DA=\sqrt{4^2+4^2+2\times 4\times 4\\\cos    2\theta }=8\\cos   \theta ，所以L=16\\sin  \frac{\theta }{2}+8\\cos   \theta ，令t=\\sin  \frac{\theta }{2}，因为0<\frac{\theta }{2}<\frac{\pi }{4}，所以0则L=16\\sin  \frac{\theta }{2}+8\left(1-2\\\sin   ^2\frac{\theta }{2}\right)=-16\left(t-\frac{1}{2}\right)^2+12，所以当t=\frac{1}{2}，即\theta =\frac{\pi }{3}时，L取得最大值12，因此当\theta =\frac{\pi }{3}时，观景栈桥总长L最大，L的最大值为12百米.$

Final answer: $\theta=\frac{\pi}{3}$，$12$
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Question: $为打赢脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图所示的扇形空地AOB分隔成三部分，建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为100米，圆心角为\frac{2}{3}\pi ，点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ\parallel OA.$<img_2100>
$当Q是OB的中点时，求PQ的长；(精确到米)$

Solution:
$由题意知，扇形的半径为100米=1百米.当Q是OB的中点时，OQ=\frac{1}{2}百米，\angle PQO=\frac{\pi }{3}，OP=1百米，在\triangle OPQ中，由余弦定理可得OP^{2}=OQ^{2}+PQ^{2}-2OQ\cdot PQ\cdot \\cos  \frac{\pi }{3}，所以PQ=\frac{1+\sqrt{13}}{4}\approx 1.15，所以当Q是OB的中点时，PQ的长约为115米.$

Final answer: $115$ 米
Subfield: Plane Geometry


Question: $为打赢脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图所示的扇形空地AOB分隔成三部分，建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为100米，圆心角为\frac{2}{3}\pi ，点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ\parallel OA.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600367262597123/img/compression/M_ead29bdd8e413b63b0474263f7b4d913.jpg)
$当Q是OB的中点时，求PQ的长；(精确到米)$

Solution:
$由题意知，扇形的半径为100米=1百米.当Q是OB的中点时，OQ=\frac{1}{2}百米，\angle PQO=\frac{\pi }{3}，OP=1百米，在\triangle OPQ中，由余弦定理可得OP^{2}=OQ^{2}+PQ^{2}-2OQ\cdot PQ\cdot \\cos  \frac{\pi }{3}，所以PQ=\frac{1+\sqrt{13}}{4}\approx 1.15，所以当Q是OB的中点时，PQ的长约为115米.$

Final answer: $115$ 米
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Question: $为打赢脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图所示的扇形空地AOB分隔成三部分，建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为100米，圆心角为\frac{2}{3}\pi ，点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ\parallel OA.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600367262597123/img/compression/M_ead29bdd8e413b63b0474263f7b4d913.jpg)
$已知种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，要使郁金香种植区\triangle OPQ的面积尽可能大，求\triangle OPQ面积的最大值，并求此时扇形区域AOB种植花卉的总成本.(精确到元)$

Solution:
$设\angle AOP=x，则x\in \left(0,\frac{2\pi }{3}\right)，在\triangle OPQ中，由正弦定理知\frac{PQ}{\\\sin   \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)}=\frac{OP}{\\\sin   \angle OQP}=\frac{1}{\\\sin   \frac{\pi }{3}}，所以PQ=\frac{2\sqrt{3}}{3}\\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)， 所以\triangle OPQ的面积S_{2}=\frac{1}{2}PQ\cdot OP\cdot \\sin   x=\frac{\sqrt{3}}{3}\\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\\sin   x=\frac{\sqrt{3}}{3}\\sin   x\times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\cos    x+\frac{1}{2}\\\sin    x\right)=\frac{1}{2}\\sin   x\\cos   x+\frac{\sqrt{3}}{6}\\sin  ^{2}x=\frac{1}{4}\\sin   2x+\frac{\sqrt{3}}{12}\times (1-\\cos   2x)=\frac{1}{4}\\sin   2x-\frac{\sqrt{3}}{12}\\cos   2x+\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{6}\\sin  \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)+\frac{\sqrt{3}}{12}，因为0所以当2x-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即x=\frac{\pi }{3}时，\triangle OPQ的面积最大，为\frac{\sqrt{3}}{4}平方百米，即2 500\sqrt{3}平方米，当x=\frac{\pi }{3}时，PQ=OP=1百米，故扇形AOP的面积S_{1}=\frac{1}{2}\times \frac{\pi }{3}\times 1^{2}=\frac{\pi }{6}平方百米，即\frac{5 000\pi }{3}平方米，扇形AOB的面积S=\frac{1}{2}\times \frac{2\pi }{3}\times 1^{2}=\frac{\pi }{3}平方百米，即\frac{10 000\pi }{3}平方米，所以区域BQP的面积S_{3}=S-S_{1}-S_{2}=\frac{10 000\pi }{3}-\frac{5 000\pi }{3}-2 500\sqrt{3}=\left(\frac{5 000\pi }{3}-2 500\sqrt{3}\right)平方米，因为种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，所以此时扇形区域AOB种植花卉的总成本为30\times \frac{5 000\pi }{3}+50\times 2 500\sqrt{3}+20\times \left(\frac{5 000\pi }{3}-2 500\sqrt{3}\right)=\frac{250 000\pi }{3}+75 000\sqrt{3}\approx 391 703(元).$

Final answer: $\frac{5 000\pi }{3}$，$\frac{250 000\pi }{3}+75 000\sqrt{3}$ 平方米, 元
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Question: $为打赢脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图所示的扇形空地AOB分隔成三部分，建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为100米，圆心角为\frac{2}{3}\pi ，点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ\parallel OA.$<img_2100>
$已知种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，要使郁金香种植区\triangle OPQ的面积尽可能大，求\triangle OPQ面积的最大值，并求此时扇形区域AOB种植花卉的总成本.(精确到元)$

Solution:
$设\angle AOP=x，则x\in \left(0,\frac{2\pi }{3}\right)，在\triangle OPQ中，由正弦定理知\frac{PQ}{\\\sin   \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)}=\frac{OP}{\\\sin   \angle OQP}=\frac{1}{\\\sin   \frac{\pi }{3}}，所以PQ=\frac{2\sqrt{3}}{3}\\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)， 所以\triangle OPQ的面积S_{2}=\frac{1}{2}PQ\cdot OP\cdot \\sin   x=\frac{\sqrt{3}}{3}\\sin  \left(\frac{2\pi }{3}-x\right)\\sin   x=\frac{\sqrt{3}}{3}\\sin   x\times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\\\cos    x+\frac{1}{2}\\\sin    x\right)=\frac{1}{2}\\sin   x\\cos   x+\frac{\sqrt{3}}{6}\\sin  ^{2}x=\frac{1}{4}\\sin   2x+\frac{\sqrt{3}}{12}\times (1-\\cos   2x)=\frac{1}{4}\\sin   2x-\frac{\sqrt{3}}{12}\\cos   2x+\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{6}\\sin  \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)+\frac{\sqrt{3}}{12}，因为0所以当2x-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即x=\frac{\pi }{3}时，\triangle OPQ的面积最大，为\frac{\sqrt{3}}{4}平方百米，即2 500\sqrt{3}平方米，当x=\frac{\pi }{3}时，PQ=OP=1百米，故扇形AOP的面积S_{1}=\frac{1}{2}\times \frac{\pi }{3}\times 1^{2}=\frac{\pi }{6}平方百米，即\frac{5 000\pi }{3}平方米，扇形AOB的面积S=\frac{1}{2}\times \frac{2\pi }{3}\times 1^{2}=\frac{\pi }{3}平方百米，即\frac{10 000\pi }{3}平方米，所以区域BQP的面积S_{3}=S-S_{1}-S_{2}=\frac{10 000\pi }{3}-\frac{5 000\pi }{3}-2 500\sqrt{3}=\left(\frac{5 000\pi }{3}-2 500\sqrt{3}\right)平方米，因为种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，所以此时扇形区域AOB种植花卉的总成本为30\times \frac{5 000\pi }{3}+50\times 2 500\sqrt{3}+20\times \left(\frac{5 000\pi }{3}-2 500\sqrt{3}\right)=\frac{250 000\pi }{3}+75 000\sqrt{3}\approx 391 703(元).$

Final answer: $\frac{5 000\pi }{3}$，$\frac{250 000\pi }{3}+75 000\sqrt{3}$ 平方米, 元
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Question: $如图，在四边形ABCD中，AB^{2}+BC^{2}+AB\cdot BC=AC^{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1702600376308076545/img/compression/M_49195d7e6abafd44c84dd229938c9b9f.jpg)
$若AB=3BC=3，求\triangle ABC的面积；$

Solution:
$\because AB^{2}+BC^{2}+AB\cdot BC=AC^{2}，\therefore \\cos   B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{-AB\cdot BC}{2AB\cdot BC}=-\frac{1}{2}，\because 0^\circ \therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\\sin   120^\circ =\frac{1}{2}\times 3\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{3}}{4}$
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Question: $如图，在四边形ABCD中，AB^{2}+BC^{2}+AB\cdot BC=AC^{2}.$<img_1876>
$若AB=3BC=3，求\triangle ABC的面积；$

Solution:
$\because AB^{2}+BC^{2}+AB\cdot BC=AC^{2}，\therefore \\cos   B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{-AB\cdot BC}{2AB\cdot BC}=-\frac{1}{2}，\because 0^\circ \therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\\sin   120^\circ =\frac{1}{2}\times 3\times 1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{3}}{4}$