di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
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Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)经过点\left(\sqrt{3},\frac{1}{2}\right)，其右焦点为F(\sqrt{3},0).$
$若点P,Q在椭圆C上，右顶点为A,且满足直线AP与AQ的斜率之积为\frac{1}{20}.求\triangle APQ面积的最大值.$

Solution:
$易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线PQ不垂直于x轴，$
$故可设PQ:y=kx+m,k\neq 0,P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)，$

由
\[
\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+y^2=1,\\ y=kx+m\end{matrix}\right.
\]
$可得，(1+4k^2)x^2+8mkx+4m^2-4=0，$
$所以x_1+x_2=-\frac{8mk}{1+4k^2},x_1x_2=\frac{4m^2-4}{1+4k^2},\Delta=16(4k^2+1-m^2)>0，由k_{AP}k_{AQ}=\frac{1}{20}，即\frac{y_1}{x_1-2}\cdot \frac{y_2}{x_2-2}=\frac{1}{20},$
$可得20(kx_1+m)(kx_2+m)=(x_1-2)(x_2-2),$
$20k^2x_1x_2+20km(x_1+x_2)+20m^2=x_1x_2-2(x_1+x_2)+4,$
$20k^2\frac{4m^2-4}{1+4k^2}+20km\frac{-8mk}{1+4k^2}+20m^2=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}-2\frac{-8mk}{1+4k^2}+4，化简得6k^2+mk-m^2=0，所以m=-2k或m=3k,$
$所以直线PQ:y=k(x-2)或y=k(x+3)，因为直线PQ不经过点A,所以直线PQ经过定点(-3,0).$
$设定点B(-3,0),S_{\triangle APQ}=|S_{\triangle ABP}-S_{\triangle ABQ}|=\frac{1}{2}|AB||y_1-y_2|=\frac{5}{2}|k||x_1-x_2|$
$=\frac{5}{2}|k\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}$
$=\frac{5}{2}|k|\sqrt{\left(\frac{-8km}{1+4k^2}\right)^2-4 \times \frac{4m^2-4}{1+4k^2}}$
$=\frac{5|k|}{2}\cdot \frac{\sqrt{16(4k^2+1-m^2)}}{1+4k^2}$
$=\frac{10\sqrt{(1-5k^2)k^2}}{1+4k^2},$
$因为1-5k^2>0，所以0<k^2<\frac{1}{5}，设t=4k^2+1，t\in \left(1,\frac{9}{5}\right)，$
$所以S_{\triangle APQ}=\frac{5}{2}\sqrt{\frac{-5t^2+14t-9}{t^2}}$
$=\frac{5}{2}\sqrt{-9\left(\frac{1}{t}-\frac{7}{9}\right)^2+\frac{4}{9}}\leq \frac{5}{3},当且仅当t=\frac{9}{7},即k^2\frac{1}{14}时取等号，即\triangle APQ面积的最大值为\frac{5}{3}.$

Final answer: $\frac{5}{3}$
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Question: $已知椭圆G：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，且过点(3,1).$
$斜率为1的直线l与椭圆G交于A、B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(-3,2)，求\triangle PAB的面积.$

Solution:
设直线AB的方程为y = x + n，则线段AB的中垂线方程为y = -( x +3)+2，即 y = -x -1.

联立 

$$
\left\{
\begin{matrix}
y=x+n,\\ 
\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1,
\end{matrix}
\right.
$$

$消去 y 整理得 4x^2+6nx+3n^2-12=0，$

$由 \Delta = (6n)^2 - 4 \times 4(3n^2-12) >0 得 -4<n<4.$

$设A(x1, y1), B(x2, y2)，则 x1 + x2 = -\frac{3n}{2}，$

$x1 x2 = \frac{3n^2-12}{4}，$

$\therefore  y1 + y2 = x1 + x2 + 2n = \frac{n}{2}，又 (\frac{x1 + x2}{2}, \frac{y1 + y2}{2}) 在线段AB 的中垂线上，$

$\therefore  \frac{3n}{4} -1= \frac{n}{4}，可得 n=2，即 x1 + x2 =-3，x1  x2=0，$

$\therefore  | AB |= \sqrt{1 + 1^2}\sqrt{(x1 + x2)^2 -4x1 x2} = 3 \sqrt{2}，$

$又 P(-3,2)到直线AB的距离 d= \frac{|-3-2+2|}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}，$

$\therefore  S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2}|AB|d= \frac{9}{2}.$

Final answer: $\frac{9}{2}$
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Question: $已知双曲线 x^2/a^2 - y^2/b^2 = 1 (a>0, b>0), O为坐标原点，离心率e=2，点M(\sqrt{5}, \sqrt{3})在双曲线上。$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623610930959110146/img/compression/M_3749307566e1a762374f4c2f5a50b66d.jpg)
$如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0，求|OP|^2+|OQ|^2的最小值。$

Solution:
$由\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0，可得OP\perp OQ，$
$设OP的方程为y=kx，则OQ的方程为y=-\frac{1}{k}x，$
$由\left\{\begin{matrix}y=kx,\\ 3x^2-y^2=12\end{matrix}\right.解得x^2=\frac{12}{3-k^2}，y^2=\frac{12k^2}{3-k^2}，$
$则|OP|^2=\frac{12(1+k^2)}{3-k^2}，$
$将k换为-\frac{1}{k}，可得|OQ|^2=\frac{12(1+k^2)}{3k^2-1}，\frac{1}{3}<k^2<3，$
$所以|OP|^2+|OQ|^2=\frac{24(1+k^2)^2}{(3-k^2)(3k^2-1)}，$
$令1+k^2=t\left(\frac{4}{3}<t<4\right)，则k^2=t-1，$
$所以|OP|^2+|OQ|^2=\frac{24t^2}{(4-t)(3t-4)}=\frac{24t^2}{-3t^2+16t-16}=\frac{24}{-3+\frac{16}{t}-\frac{16}{t^2}}=\frac{24}{-16\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{2}\right)^2+1}，$
当t=2，即k^2=1时，|OP|^2+|OQ|^2取得最小值24．

Final answer: $24$
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Question: $已知双曲线 x^2/a^2 - y^2/b^2 = 1 (a>0, b>0), O为坐标原点，离心率e=2，点M(\sqrt{5}, \sqrt{3})在双曲线上。$

<img_61>
$如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0，求|OP|^2+|OQ|^2的最小值。$

Solution:
$由\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0，可得OP\perp OQ，$
$设OP的方程为y=kx，则OQ的方程为y=-\frac{1}{k}x，$
$由\left\{\begin{matrix}y=kx,\\ 3x^2-y^2=12\end{matrix}\right.解得x^2=\frac{12}{3-k^2}，y^2=\frac{12k^2}{3-k^2}，$
$则|OP|^2=\frac{12(1+k^2)}{3-k^2}，$
$将k换为-\frac{1}{k}，可得|OQ|^2=\frac{12(1+k^2)}{3k^2-1}，\frac{1}{3}<k^2<3，$
$所以|OP|^2+|OQ|^2=\frac{24(1+k^2)^2}{(3-k^2)(3k^2-1)}，$
$令1+k^2=t\left(\frac{4}{3}<t<4\right)，则k^2=t-1，$
$所以|OP|^2+|OQ|^2=\frac{24t^2}{(4-t)(3t-4)}=\frac{24t^2}{-3t^2+16t-16}=\frac{24}{-3+\frac{16}{t}-\frac{16}{t^2}}=\frac{24}{-16\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{2}\right)^2+1}，$
当t=2，即k^2=1时，|OP|^2+|OQ|^2取得最小值24．

Final answer: $24$
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Question: $已知抛物线C：y^2=3x的焦点为F，斜率为\frac{3}{2}的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.$
$若\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{PB}，求|AB|.$

Solution:
$由\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{PB}可得y_1=-3y_2.$

由

$\begin{align*}
y &= \frac{3}{2}x+t, \\
y^2 &=3x
\end{align*}$

$可得y^2-2y+2t=0.$

$所以y_1+y_2=2.从而-3y_2+y_2=2，故y_2=-1,y_1=3.$

$代入C的方程得x_1=3,x_2=\frac{1}{3}.故|AB|=\frac{4\sqrt{13}}{3}.$

Final answer: $\frac{4\sqrt{13}}{3}$
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Question: $设双曲线C: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别是F<sub>1</sub>,F<sub>2</sub>,渐近线分别为l<sub>1</sub>,l<sub>2</sub>,过F<sub>2</sub>作渐近线的垂线，垂足为P，且\triangle OPF<sub>1</sub>的面积为\frac{b^2}{4}.$
$求双曲线C的离心率；$

Solution:
$由题意易知，PF_2=b, OP=a, 由PF_2 \perp OP得S_{\triangle OPF_2}=\frac{ab}{2}, 又因为S_{\triangle OPF_1}=S_{\triangle OPF_2}=\frac{b^2}{4}, 所以 \frac{ab}{2}=\frac{b^2}{4}, 解得 b=2a,则 c=\sqrt{5}a, 所以双曲线 C 的离心率 e=\sqrt{5}.$

Final answer: $\sqrt{5}$
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Question: $已知椭圆 C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，长轴端点和短轴端点的距离为\sqrt{5}。$
$若P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，过点Q(0,-2)且平行于OP的直线l与椭圆C相交于A,B两点(点O为坐标原点)，是否存在实数\lambda ，使得 \overrightarrow{QA} \cdot  \overrightarrow{QB} = \lambda  \overrightarrow{OP}^2 成立？若存在，求出\lambda 的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，且l\parallel OP，所以直线l的斜率存在且不为0.  $
$设过点Q(0,-2)的直线l的方程为y=kx-2，A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2).由$
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=kx-2,\\ 
x^2+4y^2=4
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得(1+4k^2)x^2-16kx+12=0，则\Delta =(-16k)^2-4\times 12\times (1+4k^2)>0\Rightarrow 4k^2>3,$
$x_1+x_2 = \frac{16k}{1+4k^2},$
$x_1x_2 = \frac{12}{1+4k^2},$
$|QA|\cdot |QB| = \sqrt{1+k^2}|x_1-x_Q|\cdot \sqrt{1+k^2}|x_2-x_Q|=(1+k^2)\cdot |x_1x_2|.  $
由
$$
\left\{
\begin{matrix}
y_P=kx_P,\\ 
x^2_P+4y^2_P=4
\end{matrix}
\right.
$$
$得x^2_P = \frac{4}{1+4k^2}，所以|OP|^2=(1+k^2)x^2_P=(1+k^2)\frac{4}{1+4k^2}，又因为\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB} = \lambda \overrightarrow{OP}^2，所以|QA|\cdot |QB| = \lambda |OP|^2，所以|x_1x_2| = \lambda x^2_P，即\frac{12}{1+4k^2} = \frac{4\lambda }{1+4k^2}，解得\lambda =3.  $
$故存在实数\lambda ，使得\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB} = \lambda \overrightarrow{OP}^2成立，且\lambda =3.$

Final answer: $$\lambda $=3$
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Question: $已知F_1(-c, 0)，F_2(c, 0)分别为椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左，右焦点，P(c, \frac{3c}{2})是椭圆C上一点，且\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2}=\frac{9}{4}。$
$过点F_2的直线与椭圆C交于A，B两点，试问：是否存在定点G(x_0,0)，使得\overrightarrow{GA} \cdot \overrightarrow{GB}为定值？若存在，求出x_0的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.若直线AB的斜率不存在，即直线AB的方程为x=1,令A (1,\frac{3}{2}), B (1,-\frac{3}{2}),则 \overrightarrow{GA}\cdot \overrightarrow{GB}=(x_0-1)^2-\frac{9}{4}. $

若直线AB的斜率存在，设AB的方程为y=k(x-1),

$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),由 \left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\\ y=k(x-1)\end{matrix}\right. 得(4k^2+3)x^2-8k^2x+4k^2-12=0， 则\Delta =64k^4-4(4k^2+3)(4k^2-12)>0,$

$x_1+x_2=\frac{8k^2}{4k^2+3}, x_1x_2=\frac{4k^2-12}{4k^2+3}. $

$所以 \overrightarrow{GA}=(x_1-x_0, y_1)，\overrightarrow{GB}=(x_2-x_0, y_2), 则 \overrightarrow{GA}\cdot \overrightarrow{GB}=x_1x_2-(x_1+x_2)x_0+x_0^2+k^2(x_1-1)(x_2-1)=(k^2+1)x_1x_2-(x_0+k^2)\cdot (x_1+x_2)+k^2+x_0^2=\frac{(4x_0^2-8x_0-5)k^2+3x_0^2-12}{4k^2+3}，$

$因为 \overrightarrow{GA}\cdot \overrightarrow{GB}为定值，所以 \frac{4x_0^2-8x_0-5}{4}= \frac{3x_0^2-12}{3},解得x_0=\frac{11}{8},定值为- \frac{135}{64}，$

$而 x_0=\frac{11}{8}时，(x_0-1)^2-\frac{9}{4}=-\frac{135}{64},$

$故存在定点G，使得\overrightarrow{GA}\cdot \overrightarrow{GB}为定值，此时 x_0=\frac{11}{8}。$

Final answer: $x_0=\frac{11}{8}$
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Question: $设F为椭圆C：x^2/2+y^2=1的右焦点，过点F且与x轴不重合的直线l交椭圆C于A，B两点。$
$当\overrightarrow{BF}=2\overrightarrow{FA}时，求|\overrightarrow{FA}|；$

Solution:
$由题意知F(1，0).设直线l的方程为x=my+1, A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),$
联立
$\left\{\begin{matrix}x=my+1,\\ x^2+2y^2=2,\end{matrix}\right.$
$消x得(m^2+2)y^2+2my-1=0,$
$则y_1+y_2=-\frac{2m}{m^2+2}, y_1y_2=\frac{-1}{m^2+2}.$
$因为\overrightarrow{BF}=2\overrightarrow{FA}，所以(1-x_2,-y_2)=2(x_1-1,y_1),所以-y_2=2y_1,解得m^2=\frac{2}{7},则|y_1|=\frac{2|m|}{m^2+2}=\frac{\sqrt{14}}{8}，$
$所以|\overrightarrow{FA}|=\sqrt{1+m^2}|y_1|=\frac{3\sqrt{2}}{8}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{2}}{8}$
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Question: $已知点F_1是椭圆C：x^2/4+y^2/3=1的左焦点，Q是椭圆C上的任意一点，A(\frac{1}{2},1)．$
$求|QF_1|+|QA|的最大值；$

Solution:
$由椭圆方程知 a=2，b=\sqrt{3}，\therefore  c=\sqrt{a^2-b^2}=1，则 F_1(-1,0)，设右焦点为 F_2，则 F_2(1,0).$
$由椭圆定义知 |QF_1|=2a - |QF_2|=4-|QF_2|，$
$\therefore  |QF_1| + |QA| = |QA| - |QF_2| + 4，$
$\because  |QA| - |QF_2|\leq |F_2A| (当且仅当 A, F_2, Q 三点共线，即与图中 T 点重合时取等号)，$
$又 |F_2A|=\sqrt{\left(\frac{1}{2}-1\right)^2 + {(1-0)}^2} = \frac{\sqrt{5}}{2}，$
$\therefore  |QF_1| + |QA| 的最大值为 4+ \frac{\sqrt{5}}{2}.$
<img_124>

Final answer: $4+ \frac{\sqrt{5}}{2}$
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Question: $已知点F_1是椭圆C：x^2/4+y^2/3=1的左焦点，Q是椭圆C上的任意一点，A(\frac{1}{2},1)．$
$过点F_1的直线l与椭圆C相交于两点M,N，与y轴相交于点P．若\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{MF_1}，\overrightarrow{PN}=\mu\overrightarrow{NF_1}，试问：\lambda+\mu是不是定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．$

Solution:
$由题意知直线l的斜率存在，设l:y=k(x+1)，M(x_1, y_1)，N(x_2, y_2)，则P(0, k)，$

由

$\left\{\begin{matrix}y=k(x+1),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{matrix}\right.$

$消y得(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0，$

$\therefore x_1+x_2=-\frac{8k^2}{3+4k^2}，x_1x_2=\frac{4k^2-12}{3+4k^2}.$

$\because \overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{MF_1}，即(x_1,y_1-k)=\lambda (-1-x_1,-y_1)，$

$则\lambda =-\frac{x_1}{1+x_1}，同理可得\mu =-\frac{x_2}{1+x_2}，$

$\therefore \lambda +\mu =-\frac{x_1}{1+x_1}-\frac{x_2}{1+x_2}=-\frac{x_1(1+x_2)+x_2(1+x_1)}{(1+x_1)(1+x_2)}=-\frac{2x_1x_2+(x_1+x_2)}{x_1x_2+(x_1+x_2)+1}=-\frac{\frac{8k^2-24}{3+4k^2}-\frac{8k^2}{3+4k^2}}{\frac{4k^2-12}{3+4k^2}-\frac{8k^2}{3+4k^2}+1}=-\frac{8k^2-24-8k^2}{4k^2-12-8k^2+3+4k^2}=-\frac{8}{3}，$

$\therefore \lambda +\mu 是定值-\frac{8}{3}.$

Final answer: $-\frac{8}{3}$
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Question: $已知椭圆E：x^2/a^2 + y^2/b^2 =1 (a＞b＞0)的离心率e=\sqrt{2}/2，四个顶点组成的菱形的面积为8\sqrt{2}，O为坐标原点．$
$过\odot O:x^2+y^2=\frac{8}{3}上任意点P作\odot O的切线l与椭圆E交于点M，N，求证：\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}为定值．$

Solution:
$证明：当切线l的斜率不存在时，其方程为x=\pm\frac{2\sqrt{6}}{3}，$
$当x=\frac{2\sqrt{6}}{3}时，将x=\frac{2\sqrt{6}}{3}代入椭圆方程\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1，得y=\pm\frac{2\sqrt{6}}{3}，不妨令M=\left(\frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)，N=\left(\frac{2\sqrt{6}}{3},-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)，$
$\because P=\left(\frac{2\sqrt{6}}{3},0\right)，\therefore \overrightarrow{PM}=\left(0,\frac{2\sqrt{6}}{3}\right),\overrightarrow{PN}=\left(0,-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)，$
$\therefore \overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=-\frac{8}{3}；$
$当x=-\frac{2\sqrt{6}}{3}时，同理可得\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=-\frac{8}{3}.$
$当切线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，M(x_1,y_1)，N(x_2,y_2)，$
$因为l与\odot O相切，所以\frac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}，所以3m^2=8k^2+8，$
$由\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{matrix}\right.得(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-8=0，$
$\therefore x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2}，x_1x_2=\frac{2m^2-8}{1+2k^2}，$
$由\Delta =(4km)^2-4(1+2k^2)(2m^2-8)>0，得8k^2-m^2+4>0.$
$\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=(\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP})\cdot (\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OP})=\overrightarrow{OP}^2-\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\overrightarrow{OP}^2-\overrightarrow{OP}^2-\overrightarrow{OP}^2+\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=-\frac{8}{3}+\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}，$
$\because \overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=x_1x_2+y_1y_2=x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)$
$=(1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$
$=(1+k^2)\frac{2m^2-8}{1+2k^2}+km(-\frac{4km}{1+2k^2})+m^2=\frac{3m^2-8k^2-8}{1+2k^2}=0，$
$\therefore \overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=-\frac{8}{3}.$
$综上，\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}为定值-\frac{8}{3}.$
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Question: $已知椭圆𝐶：𝑥^2/𝑎^2 + 𝑦^2/𝑏^2 = 1(𝑎 > 𝑏 > 0)的长轴长为4，𝑃在𝐶上运动，𝐹<sub>1</sub>，𝐹<sub>2</sub>为𝐶的两个焦点，且\cos \angle 𝐹<sub>1</sub>𝑃𝐹<sub>2</sub>的最小值为1/2．$
$已知过点M(0,m)(-b<m<b)的动直线l交C于两点A，B，线段AB的中点为N，若\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}为定值，试求m的值。$

Solution:
$若直线l的斜率不存在，易得\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=-3；$

$若直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，$

$联立\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.消y得(4k^2+3)x^2+8kmx+4m^2-12=0，易知\Delta >0恒成立，$

$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，则N\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)，$

$且x_1+x_2=\frac{-8km}{4k^2+3}，x_1x_2=\frac{4m^2-12}{4k^2+3}.$

$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=x_1x_2+y_1y_2-m\cdot\frac{y_1+y_2}{2}$

$=x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)-\frac{m}{2}(kx_1+m+kx_2+m)$

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

$=\frac{-12k^2+4m^2-12}{4k^2+3}=\frac{-3(4k^2+3)+4m^2-3}{4k^2+3}=-3+\frac{4m^2-3}{4k^2+3}，$

$要使上式为常数，必须且只需4m^2-3=0，即m=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\in (-\sqrt{3},\sqrt{3}).$

$此时\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=-3为定值，符合题意.$

$综上，当m=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}时，能使得\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=-3.$

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


Question: $已知两点M(0,-4)，N(0,4)，动点P在x轴的投影为Q，且 \overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=3\overrightarrow{PQ}^2，记动点P的轨迹为曲线C。$
$过点F(2\sqrt{6},0)的直线与曲线C在y轴右侧相交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于点H，试问\frac{|AB|}{|FH|}是不是定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.$

Solution:
$由题可知直线AB的斜率一定存在，且不为0，设直线AB的方程为y=k(x-2 \sqrt{6})，A(x1,y1)，B(x2,y2).$
联立

$\left\{\begin{matrix}y=k(x-2\sqrt{6}),\\ \frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{8}=1,\end{matrix}\right.$

$消去y整理得(1-2k2)x2+8 \sqrt{6} k2x-48k2-16=0，$
则

$\left\{\begin{matrix}\mathit{ \Delta} =384k^4+(1-2k^2)(192k^2+64)&gt;0,\\ x_1+x_2=\frac{-8\sqrt{6}k^2}{1-2k^2}&gt;0,\\ x_1x_2=\frac{-48k^2-16}{1-2k^2}&gt;0,\end{matrix}\right.$

$整理得k2> \frac{1}{2}.$
$\frac{x_1+x_2}{2} =- \frac{4\sqrt{6}k^2}{1-2k^2} ， \frac{y_1+y_2}{2} =- \frac{2\sqrt{6}k}{1-2k^2} ，$
$则线段AB的垂直平分线的方程为y+ \frac{2\sqrt{6}k}{1-2k^2} =- \frac{1}{k} \left(x+\frac{4\sqrt{6}k^2}{1-2k^2}\right) ，$
$令y=0，得x=- \frac{6\sqrt{6}k^2}{1-2k^2} ，则H \left(-\frac{6\sqrt{6}k^2}{1-2k^2},0\right) ，$
$|FH|= \left|2\sqrt{6}+\frac{6\sqrt{6}k^2}{1-2k^2}\right| = \left|\frac{2\sqrt{6}(1+k^2)}{1-2k^2}\right| .$
$又|AB|= \sqrt{1+k^2} \cdot  \sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}$
$= \sqrt{1+k^2} \cdot  \sqrt{{\left(\frac{-8\sqrt{6}k^2}{1-2k^2}\right)}^2-4 \cdot \frac{-48k^2-16}{1-2k^2}}$
$= \sqrt{1+k^2} \cdot  \sqrt{\frac{384k^4}{{(1-2k^2)}^2}+\frac{(192k^2+64)(1-2k^2)}{{(1-2k^2)}^2}}$
$= \left|\frac{8(1+k^2)}{1-2k^2}\right| ，$
$所以 \frac{|AB|}{|FH|} = \frac{8}{2\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{6}}{3} .故 \frac{|AB|}{|FH|} 是定值，该定值为 \frac{2\sqrt{6}}{3} .$

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{3}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1 (a > b > 0)的离心率为\frac{\sqrt{6}}{3}，且经过点P(1, \sqrt{3}).$
A、B为椭圆C上两点，直线PA与PB的倾斜角互补，求\triangle PAB面积的最大值．

Solution:
由题意可知直线AB的斜率一定存在.
设直线AB的方程为y=kx+t，A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，
$将y=kx+t代入\frac{y^2}{6}+\frac{x^2}{2}=1得(k^2+3)x^2+2ktx+t^2-6=0，$
由\Delta =4k^2t^2-4(k^2+3)(t^2-6)>0得6k^2-3t^2+18>0.
$x_1+x_2=\frac{-2kt}{k^2+3}，x_1x_2=\frac{t^2-6}{k^2+3}. $

$\because 直线PA和直线PB的倾斜角互补，\therefore k_PA=-k_PB,即\frac{y_1-\sqrt{3}}{x_1-1}=-\frac{y_2-\sqrt{3}}{x_2-1}，$
$化简可得2\sqrt{3}+x_1y_2+x_2y_1=(y_1+y_2)+\sqrt{3}(x_1+x_2)， $

$\because y_1+y_2=kx_1+t+kx_2+t=k(x_1+x_2)+2t=\frac{6t}{k^2+3},$
$x_1y_2+x_2y_1=x_1(kx_2+t)+x_2(kx_1+t)=2kx_1x_2+t(x_1+x_2)=\frac{-12k}{k^2+3}, $

$\therefore 2\sqrt{3}+ \frac{-12k}{k^2+3}=\frac{6t}{k^2+3}+\sqrt{3}\cdot \frac{-2kt}{k^2+3}，$
$化简得(k-\sqrt{3})(k+t-\sqrt{3})=0, $

$\because 直线AB不过点P，\therefore k=\sqrt{3}, $
$\therefore x_1+x_2=\frac{-\sqrt{3}t}{3}，x_1x_2=\frac{t^2-6}{6}, $
$-2\sqrt{3}<t<2\sqrt{3}(由判别式求得),$
$则|AB|=\sqrt{1+{(\sqrt{3})}^2}\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}=\frac{2\sqrt{3}\sqrt{12-t^2}}{3},$

$又点P到直线AB的距离为\frac{|\sqrt{3}-\sqrt{3}+t|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1}}=\frac{|t|}{2}, $

$\therefore S_\triangle PAB=\frac{1}{2}\frac{2\sqrt{3}\sqrt{12-t^2}}{3}\frac{|t|}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{(12-t^2)t^2}\leq \sqrt{3}, $
$当且仅当t=\pm\sqrt{6}时等号成立，\therefore \triangle PAB面积的最大值为\sqrt{3}．$

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


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，\angle ABC=120^\circ ，AB=1，BC=4，PA=\sqrt{15}，M，N分别为BC，PC的中点，PD\perp DC，PM\perp MD.$
<img_1961>
$求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.$

Solution:
如图，以D为原点，直线DM，DC分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系D-xyz.

<img_2344>

$则A(2\sqrt{3}，-2，0)，C(0，1，0)，M(\sqrt{3}，0，0)，$

$设P(\sqrt{3}，0，z_0)，z_0>0，因为PA=\sqrt{15}，所以z_0=2\sqrt{2}，$

$故P(\sqrt{3}，0，2\sqrt{2})，N\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)，$

$所以\overrightarrow{AN}=\left(-\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{5}{2},\sqrt{2}\right)，\overrightarrow{DP}=(\sqrt{3}，0，2\sqrt{2})，\overrightarrow{DM}=(\sqrt{3}，0，0).$

$设平面PDM的法向量为n=(x，y，z)，$

$由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DM}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x+2\sqrt{2}z=0,\\ \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.取n=(0，1，0).$

$设直线AN与平面PDM所成的角为\alpha ，$

$所以\sin  \alpha =|\cos \langle \overrightarrow{AN}，n\rangle |= \frac{|\overrightarrow{AN} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AN}||\boldsymbol{n}|}= \frac{\sqrt{15}}{6}$

$因此，直线AN与平面PDM所成角的正弦值为\frac{\sqrt{15}}{6}$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，\angle ABC=120^\circ ，AB=1，BC=4，PA=\sqrt{15}，M，N分别为BC，PC的中点，PD\perp DC，PM\perp MD.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894120918118402/img/compression/M_d3bf08194198b4b8ec1fa37ec1881a40.jpg)
$求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.$

Solution:
如图，以D为原点，直线DM，DC分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系D-xyz.

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894121480155138/img/compression/M_ecf0cb3f727a0f15ed427631af8eef89.jpg)

$则A(2\sqrt{3}，-2，0)，C(0，1，0)，M(\sqrt{3}，0，0)，$

$设P(\sqrt{3}，0，z_0)，z_0>0，因为PA=\sqrt{15}，所以z_0=2\sqrt{2}，$

$故P(\sqrt{3}，0，2\sqrt{2})，N\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)，$

$所以\overrightarrow{AN}=\left(-\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{5}{2},\sqrt{2}\right)，\overrightarrow{DP}=(\sqrt{3}，0，2\sqrt{2})，\overrightarrow{DM}=(\sqrt{3}，0，0).$

$设平面PDM的法向量为n=(x，y，z)，$

$由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DP}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DM}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}\sqrt{3}x+2\sqrt{2}z=0,\\ \sqrt{3}x=0,\end{matrix}\right.取n=(0，1，0).$

$设直线AN与平面PDM所成的角为\alpha ，$

$所以\sin  \alpha =|\cos \langle \overrightarrow{AN}，n\rangle |= \frac{|\overrightarrow{AN} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AN}||\boldsymbol{n}|}= \frac{\sqrt{15}}{6}$

$因此，直线AN与平面PDM所成角的正弦值为\frac{\sqrt{15}}{6}$

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{6}$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD\perp 平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.$
    
<img_345>
$若\triangle OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小为45^\circ ，求三棱锥A-BCD的体积.$

Solution:
$如图,取OD的中点F,连接CF,则CF\perp BD.过点O作OG\parallel FC，交BC于点G,则OG\perp BD.$

$结合(1)可知OG,OD,OA两两垂直.$

以O为坐标原点,OG,OD,OA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,

<img_110>

$则B(0,-1,0),D(0,1,0),C(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)设A(0,0,a),a>0,由DE=2EA,可得E\left(0,\frac{1}{3},\frac{2a}{3}\right),所以\overrightarrow{BE}=\left(0,\frac{4}{3},\frac{2a}{3}\right),\overrightarrow{BC}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right) $

$设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BE}=\frac{4}{3}y+\frac{2a}{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0,\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3},则y=-1,z=\frac{2}{a},$

$所以n=\left(\sqrt{3},-1,\frac{2}{a}\right) $

$易知平面BCD的一个法向量m=(0,0,1)，$

$因为二面角E-BC-D的大小为45^\circ ,$

$所以\cos  45^\circ =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{2}{a}}{1 \times \sqrt{3+1+\frac{4}{{a}^{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2} $

$又a>0,故a=1,即OA=1,所以V_三棱锥A-BCD_=\frac{1}{3}S_\triangle BCD\cdot OA=\frac{1}{3}\times \left(\frac{1}{2} \times 2 \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\times 1=\frac{\sqrt{3}}{6}$

Final answer: ${\frac{\sqrt{3}}{6}}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD\perp 平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.$
    
![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894145620381698/img/compression/M_43960c8c8dff7a9b171d2d11b94d87f6.jpg)
$若\triangle OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小为45^\circ ，求三棱锥A-BCD的体积.$

Solution:
$如图,取OD的中点F,连接CF,则CF\perp BD.过点O作OG\parallel FC，交BC于点G,则OG\perp BD.$

$结合(1)可知OG,OD,OA两两垂直.$

以O为坐标原点,OG,OD,OA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894146195001346/img/compression/M_60fd6ea28c847a805f0a62796f5409b3.jpg)

$则B(0,-1,0),D(0,1,0),C(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)设A(0,0,a),a>0,由DE=2EA,可得E\left(0,\frac{1}{3},\frac{2a}{3}\right),所以\overrightarrow{BE}=\left(0,\frac{4}{3},\frac{2a}{3}\right),\overrightarrow{BC}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right) $

$设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BE}=\frac{4}{3}y+\frac{2a}{3}z=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0,\end{matrix}\right.令x=\sqrt{3},则y=-1,z=\frac{2}{a},$

$所以n=\left(\sqrt{3},-1,\frac{2}{a}\right) $

$易知平面BCD的一个法向量m=(0,0,1)，$

$因为二面角E-BC-D的大小为45^\circ ,$

$所以\cos  45^\circ =\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{2}{a}}{1 \times \sqrt{3+1+\frac{4}{{a}^{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2} $

$又a>0,故a=1,即OA=1,所以V_三棱锥A-BCD_=\frac{1}{3}S_\triangle BCD\cdot OA=\frac{1}{3}\times \left(\frac{1}{2} \times 2 \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\times 1=\frac{\sqrt{3}}{6}$

Final answer: ${\frac{\sqrt{3}}{6}}.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $在三棱锥A-BCD中，已知CB=CD=\sqrt{5}，BD=2，O为BD的中点，AO\perp 平面BCD，AO=2，E为AC的中点. $

<img_1882>
求直线AB与DE所成角的余弦值；

Solution:
连接OC，因为CB=CD，O为BD的中点，
$所以CO\perp BD.$
$因为AO\perp 平面BCD，所以AO\perp OB，AO\perp OC.$
$以{\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OA}}为基底，建立空间直角坐标系O-xyz.$
$因为BD=2，CB=CD=\sqrt{5}，AO=2，$
$所以B(1，0，0)，D(-1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).$
$因为E为AC的中点，所以E(0，1，1).$
$则\overrightarrow{AB}=(1，0，-2)，\overrightarrow{DE}=(1，1，1)，$
$所以|\cos \langle \overrightarrow{AB}，\overrightarrow{DE}\rangle |=$
$\frac{|A\overrightarrow{B} \cdot D\overrightarrow{E}|}{|A\overrightarrow{B}||D\overrightarrow{E}|}=$
$\frac{|1+0-2|}{\sqrt{5} \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{15}$
$因此，直线AB与DE所成角的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{15}$

<img_2302>

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


Question: $在三棱锥A-BCD中，已知CB=CD=\sqrt{5}，BD=2，O为BD的中点，AO\perp 平面BCD，AO=2，E为AC的中点. $

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894148933881858/img/compression/M_882b68ffa3eae4e5a5084e81e3e436f3.jpg)
求直线AB与DE所成角的余弦值；

Solution:
连接OC，因为CB=CD，O为BD的中点，
$所以CO\perp BD.$
$因为AO\perp 平面BCD，所以AO\perp OB，AO\perp OC.$
$以{\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OA}}为基底，建立空间直角坐标系O-xyz.$
$因为BD=2，CB=CD=\sqrt{5}，AO=2，$
$所以B(1，0，0)，D(-1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).$
$因为E为AC的中点，所以E(0，1，1).$
$则\overrightarrow{AB}=(1，0，-2)，\overrightarrow{DE}=(1，1，1)，$
$所以|\cos \langle \overrightarrow{AB}，\overrightarrow{DE}\rangle |=$
$\frac{|A\overrightarrow{B} \cdot D\overrightarrow{E}|}{|A\overrightarrow{B}||D\overrightarrow{E}|}=$
$\frac{|1+0-2|}{\sqrt{5} \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{15}$
$因此，直线AB与DE所成角的余弦值为\frac{\sqrt{15}}{15}$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894148497674244/img/compression/M_e007df27ebe176cccd497df5baec1ee7.jpg)

Final answer: $\frac{\sqrt{15}}{15}$