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


Question: $已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)过点A(0,1)，且离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.
$<img_2961>
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$\because 椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)过点A(0,1)，即\frac{1}{b^2}=1，\therefore b=1.\because e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，又a^{2}-b^{2}=c^{2}，\therefore a=2，\therefore 椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+y^{2}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)过点A(0,1)，且离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.
$<img_2961>
$过A作斜率分别为k_{1},k_{2}的两条直线，分别交椭圆于点M,N，且k_{1}+k_{2}=2，证明：直线MN过定点.$

Solution:
$当直线MN的斜率不存在时，设直线方程为x=t，M(t,s),N(t,-s)，则k_{1}=\frac{1-s}{-t},k_{2}=\frac{1+s}{-t}，\therefore k_{1}+k_{2}=\frac{1-s}{-t}+\frac{1+s}{-t}=\frac{2}{-t}=2，解得t=-1，\therefore 直线方程为x=-1；当直线MN的斜率存在时，设直线方程为y=kx+m(m\neq 1)，联立\left\{\begin{matrix}x^2+4y^2=4,\\ y=kx+m,\end{matrix}\right.得(4k^{2}+1)x^{2}+8kmx+4m^{2}-4=0，设M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{8km}{4k^2+1}，x_{1}\cdot x_{2}=\frac{4m^2-4}{4k^2+1}(*)，则k_{1}+k_{2}=\frac{y_1-1}{x_1}+\frac{y_2-1}{x_2}=\frac{y_1x_2+x_1y_2-(x_1+x_2)}{x_1x_2}=\frac{2kx_1x_2+(m-1)(x_1+x_2)}{x_1x_2}=2，将(*)式代入化简可得\frac{8km-8k}{4m^2-4}=2，即(k-m-1)(m-1)=0，整理得k=m+1，代入直线MN的方程得y=(m+1)x+m=m(x+1)+x，即m(x+1)+x-y=0，由\left\{\begin{matrix}x+1=0,\\ y=x\end{matrix}\right.解得x=-1，y=-1，\therefore 直线MN恒过定点(-1,-1).综上所述，直线MN恒过定点(-1,-1).$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)过点A(0,1)，且离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623611251148337153/img/compression/M_dcd55c3f33058c32374df8adbf87b76e.jpg)
$过A作斜率分别为k_{1},k_{2}的两条直线，分别交椭圆于点M,N，且k_{1}+k_{2}=2，证明：直线MN过定点.$

Solution:
$当直线MN的斜率不存在时，设直线方程为x=t，M(t,s),N(t,-s)，则k_{1}=\frac{1-s}{-t},k_{2}=\frac{1+s}{-t}，\therefore k_{1}+k_{2}=\frac{1-s}{-t}+\frac{1+s}{-t}=\frac{2}{-t}=2，解得t=-1，\therefore 直线方程为x=-1；当直线MN的斜率存在时，设直线方程为y=kx+m(m\neq 1)，联立\left\{\begin{matrix}x^2+4y^2=4,\\ y=kx+m,\end{matrix}\right.得(4k^{2}+1)x^{2}+8kmx+4m^{2}-4=0，设M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{8km}{4k^2+1}，x_{1}\cdot x_{2}=\frac{4m^2-4}{4k^2+1}(*)，则k_{1}+k_{2}=\frac{y_1-1}{x_1}+\frac{y_2-1}{x_2}=\frac{y_1x_2+x_1y_2-(x_1+x_2)}{x_1x_2}=\frac{2kx_1x_2+(m-1)(x_1+x_2)}{x_1x_2}=2，将(*)式代入化简可得\frac{8km-8k}{4m^2-4}=2，即(k-m-1)(m-1)=0，整理得k=m+1，代入直线MN的方程得y=(m+1)x+m=m(x+1)+x，即m(x+1)+x-y=0，由\left\{\begin{matrix}x+1=0,\\ y=x\end{matrix}\right.解得x=-1，y=-1，\therefore 直线MN恒过定点(-1,-1).综上所述，直线MN恒过定点(-1,-1).$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市为响应习近平总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一块扇形荒地改造成市民休闲中心，如图，扇形OAB的半径为200 m，圆心角\angle AOB=\frac{2\pi }{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170225881804801/img/compression/M_b5b13a136353398789916987cbf04d56.jpg)
$如图1，将扇形的内切圆E及内部区域作为市民健身活动场所，其余区域种植各种花草，改造为景观绿地，求内切圆的半径r；$

Solution:
$)连接OE并延长交\overset{\LARGE{\frown}}{AB}于点C，设OA与圆E相切于点D，连接ED.如图，由题设知EC=ED=r m，OE=(200-r)m，\angle EOD=\frac{\pi }{3}，所以在Rt\triangle ODE中，ED=OE\\sin  \frac{\pi }{3}，即r=\frac{\sqrt{3}}{2}(200-r)，解得r=400\sqrt{3}-600.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170224925503491/img/compression/M_743285958487c33f8dbbda347b58799a.jpg)

Final answer: $400\sqrt{3}-600$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市为响应习近平总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一块扇形荒地改造成市民休闲中心，如图，扇形OAB的半径为200 m，圆心角\angle AOB=\frac{2\pi }{3}.$<img_1955>
$如图1，将扇形的内切圆E及内部区域作为市民健身活动场所，其余区域种植各种花草，改造为景观绿地，求内切圆的半径r；$

Solution:
$)连接OE并延长交\overset{\LARGE{\frown}}{AB}于点C，设OA与圆E相切于点D，连接ED.如图，由题设知EC=ED=r m，OE=(200-r)m，\angle EOD=\frac{\pi }{3}，所以在Rt\triangle ODE中，ED=OE\\sin  \frac{\pi }{3}，即r=\frac{\sqrt{3}}{2}(200-r)，解得r=400\sqrt{3}-600.$<img_2140>

Final answer: $400\sqrt{3}-600$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市为响应习近平总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一块扇形荒地改造成市民休闲中心，如图，扇形OAB的半径为200 m，圆心角\angle AOB=\frac{2\pi }{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170225881804801/img/compression/M_b5b13a136353398789916987cbf04d56.jpg)
$如图2，扇形内有一矩形MNOP(边OP在半径OA上，点M在\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上)区域为市民健身活动场所，其余区域种植各种花草，改造为景观绿地，设\angle MOA=\theta ，求市民健身活动场所(矩形MNOP区域)面积的最大值.$

Solution:
$在Rt\triangle OPM中，OP=OM\\cos   \theta =200\\cos   \theta ，MP=OM\\sin   \theta =200\\sin   \theta ，所以S_{矩形MNOP}=OP\cdot MP=40 000\\sin   \theta \cdot \\cos   \theta =20 000\\sin   2\theta ，故当2\theta =\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{\pi }{4}时，市民健身活动场所(矩形MNOP区域)的面积最大，最大值为20 000 m^{2}.$

Final answer: $20 000 $ $m^2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市为响应习近平总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一块扇形荒地改造成市民休闲中心，如图，扇形OAB的半径为200 m，圆心角\angle AOB=\frac{2\pi }{3}.$<img_1955>
$如图2，扇形内有一矩形MNOP(边OP在半径OA上，点M在\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上)区域为市民健身活动场所，其余区域种植各种花草，改造为景观绿地，设\angle MOA=\theta ，求市民健身活动场所(矩形MNOP区域)面积的最大值.$

Solution:
$在Rt\triangle OPM中，OP=OM\\cos   \theta =200\\cos   \theta ，MP=OM\\sin   \theta =200\\sin   \theta ，所以S_{矩形MNOP}=OP\cdot MP=40 000\\sin   \theta \cdot \\cos   \theta =20 000\\sin   2\theta ，故当2\theta =\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{\pi }{4}时，市民健身活动场所(矩形MNOP区域)的面积最大，最大值为20 000 m^{2}.$

Final answer: $20 000 $ $m^2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $疫情期间,作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要上门排查外来人员信息,王阿姨和李叔叔分别需走访离家不超过200米、k米的区域,如图,l_{1},l_{2}分别是经过王阿姨家(点)的东西和南北走向的街道,且李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,以点O为坐标原点,l_{1},l_{2}为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知健康检查点[即点M(100,400)]和平安检查点[即点N(400,700)]是李叔叔负责区域中最远的两个检查点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170236229152771/img/compression/M_59035812b55e30f9ca9bafb438e5fe3e.jpg)
$求出k,并写出王阿姨和李叔叔负责区域边界的曲线方程;$

Solution:
$易知,王阿姨负责区域边界的曲线方程为x^{2}+y^{2}=200^{2}.因为李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,所以设李叔叔家所在的位置为C(c,c)，离M(100,400)和N(400,700)距离相等，故(c-100)^{2}+(c-400)^{2}=(c-400)^{2}+(c-700)^{2},故(c-100)^{2} =(c-700)^{2}，即c-100=700-c,故c=400，k=\sqrt{(400-400)^2-(400-700)^2}=300.故李叔叔负责区域边界的曲线方程为(x-400)^{2}+(y-400)^{2}=300^{2}.$

Final answer: $k=300$, $(x-400)^{2}+(y-400)^{2}=300^{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $疫情期间,作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要上门排查外来人员信息,王阿姨和李叔叔分别需走访离家不超过200米、k米的区域,如图,l_{1},l_{2}分别是经过王阿姨家(点)的东西和南北走向的街道,且李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,以点O为坐标原点,l_{1},l_{2}为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知健康检查点[即点M(100,400)]和平安检查点[即点N(400,700)]是李叔叔负责区域中最远的两个检查点.$<img_2294>
$求出k,并写出王阿姨和李叔叔负责区域边界的曲线方程;$

Solution:
$易知,王阿姨负责区域边界的曲线方程为x^{2}+y^{2}=200^{2}.因为李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,所以设李叔叔家所在的位置为C(c,c)，离M(100,400)和N(400,700)距离相等，故(c-100)^{2}+(c-400)^{2}=(c-400)^{2}+(c-700)^{2},故(c-100)^{2} =(c-700)^{2}，即c-100=700-c,故c=400，k=\sqrt{(400-400)^2-(400-700)^2}=300.故李叔叔负责区域边界的曲线方程为(x-400)^{2}+(y-400)^{2}=300^{2}.$

Final answer: $k=300$, $(x-400)^{2}+(y-400)^{2}=300^{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $疫情期间,作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要上门排查外来人员信息,王阿姨和李叔叔分别需走访离家不超过200米、k米的区域,如图,l_{1},l_{2}分别是经过王阿姨家(点)的东西和南北走向的街道,且李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,以点O为坐标原点,l_{1},l_{2}为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知健康检查点[即点M(100,400)]和平安检查点[即点N(400,700)]是李叔叔负责区域中最远的两个检查点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1635170236229152771/img/compression/M_59035812b55e30f9ca9bafb438e5fe3e.jpg)
$王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,需在姑山路(直线l:x-y+1 000=0)上碰头见面,你认为在何处最为便捷、省时间(两人所走的路程之和最短)?并给出理由.$

Solution:
$设圆心O关于直线l:x-y+1 000=0的对称点为P(a,b)，则有\frac{a}{2}-\frac{b}{2}+1 000=0,\frac{b}{a}=-1，解得a=-1 000,b=1 000,则P(-1 000,1 000),则k_{PC}=\frac{1 000-400}{-1 000-400}=-\frac{3}{7},故直线PC的方程为y=-\frac{3}{7}x+\frac{4 000}{7},联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{3}{7}x+\frac{4 000}{7},\\ x-y+1 000=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=-300,\\ y=700,\end{matrix}\right.可得交点坐标为(-300,700),所以王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,可选择在地点(-300,700)碰面,此时两人所走路程之和最短.$

Final answer: $(-300,700)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $疫情期间,作为街道工作人员的王阿姨和李叔叔需要上门排查外来人员信息,王阿姨和李叔叔分别需走访离家不超过200米、k米的区域,如图,l_{1},l_{2}分别是经过王阿姨家(点)的东西和南北走向的街道,且李叔叔家在王阿姨家的北偏东45^\circ 方向,以点O为坐标原点,l_{1},l_{2}为x轴、y轴建立平面直角坐标系,已知健康检查点[即点M(100,400)]和平安检查点[即点N(400,700)]是李叔叔负责区域中最远的两个检查点.$<img_2294>
$王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,需在姑山路(直线l:x-y+1 000=0)上碰头见面,你认为在何处最为便捷、省时间(两人所走的路程之和最短)?并给出理由.$

Solution:
$设圆心O关于直线l:x-y+1 000=0的对称点为P(a,b)，则有\frac{a}{2}-\frac{b}{2}+1 000=0,\frac{b}{a}=-1，解得a=-1 000,b=1 000,则P(-1 000,1 000),则k_{PC}=\frac{1 000-400}{-1 000-400}=-\frac{3}{7},故直线PC的方程为y=-\frac{3}{7}x+\frac{4 000}{7},联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{3}{7}x+\frac{4 000}{7},\\ x-y+1 000=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=-300,\\ y=700,\end{matrix}\right.可得交点坐标为(-300,700),所以王阿姨和李叔叔为交流疫情信息,可选择在地点(-300,700)碰面,此时两人所走路程之和最短.$

Final answer: $(-300,700)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某海岛码头O离岸边最近点B的距离为150 km，岸边的医药公司A与点B的距离为300 km，现有一批药品要尽快送达海岛码头，已知A与B之间有一条公路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为130 km，快艇时速为50 km，试在岸边选一点C，先将药品用汽车从A运到C，再用快艇从C运到海岛码头.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623884644152471554/img/compression/M_8f20abfd4faac9e07443f5226759abf7.jpg)
$设点C与点B的距离为x，写出运输时间T(x)(单位：h)与x的关系式及x的范围；$

Solution:
$因为OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{150^2+x^2}，AC=300-x，所以T(x)=\frac{\sqrt{150^2+x^2}}{50}+\frac{300-x}{130},0\leq x\leq 300.$

Final answer: $T(x)=\frac{\sqrt{150^2+x^2}}{50}+\frac{300-x}{130}$, $[0,300]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某海岛码头O离岸边最近点B的距离为150 km，岸边的医药公司A与点B的距离为300 km，现有一批药品要尽快送达海岛码头，已知A与B之间有一条公路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为130 km，快艇时速为50 km，试在岸边选一点C，先将药品用汽车从A运到C，再用快艇从C运到海岛码头.$<img_3128>
$设点C与点B的距离为x，写出运输时间T(x)(单位：h)与x的关系式及x的范围；$

Solution:
$因为OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{150^2+x^2}，AC=300-x，所以T(x)=\frac{\sqrt{150^2+x^2}}{50}+\frac{300-x}{130},0\leq x\leq 300.$

Final answer: $T(x)=\frac{\sqrt{150^2+x^2}}{50}+\frac{300-x}{130}$, $[0,300]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某海岛码头O离岸边最近点B的距离为150 km，岸边的医药公司A与点B的距离为300 km，现有一批药品要尽快送达海岛码头，已知A与B之间有一条公路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为130 km，快艇时速为50 km，试在岸边选一点C，先将药品用汽车从A运到C，再用快艇从C运到海岛码头.$<img_3128>
$点C选在离点B多少千米处时可使运输时间最短？$

Solution:
$T'(x)=\frac{(150^2+x^2)^{-\frac{1}{2}} \times 2x}{2 \times 50}-\frac{1}{130}=\frac{x}{50\sqrt{150^2+x^2}}-\frac{1}{130}，由T'(x)>0，解得x>\frac{125}{2}.因此T(x)在\left[0,\frac{125}{2}\right]上递减，在\left[\frac{125}{2},300\right]上递增，所以当x=\frac{125}{2}时T(x)取得最小值.所以点C选在离点B\frac{125}{2} km处可使运输时间最短.$



Final answer: \frac{125}{2} km
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，某海岛码头O离岸边最近点B的距离为150 km，岸边的医药公司A与点B的距离为300 km，现有一批药品要尽快送达海岛码头，已知A与B之间有一条公路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为130 km，快艇时速为50 km，试在岸边选一点C，先将药品用汽车从A运到C，再用快艇从C运到海岛码头.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623884644152471554/img/compression/M_8f20abfd4faac9e07443f5226759abf7.jpg)
$点C选在何处可使运输时间最短？$

Solution:
$T'(x)=\frac{(150^2+x^2)^{-\frac{1}{2}} \times 2x}{2 \times 50}-\frac{1}{130}=\frac{x}{50\sqrt{150^2+x^2}}-\frac{1}{130}，由T'(x)>0，解得x>\frac{125}{2}.因此T(x)在\left[0,\frac{125}{2}\right]上递减，在\left[\frac{125}{2},300\right]上递增，所以当x=\frac{125}{2}时T(x)取得最小值.所以点C选在离点B\frac{125}{2} km处可使运输时间最短.$

Final answer: $点C选在离点B\frac{125}{2} km处可使运输时间最短$
Subfield: Plane Geometry


Question: $图1是由矩形ADEB，Rt\triangle ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，\angle FBC=60^\circ .将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.$<img_1973>
$求图2中的四边形ACGD的面积.$

Solution:
$取CG的中点M，连接EM，DM.$<img_1580>$因为AB\parallel DE，AB\perp 平面BCGE，所以DE\perp 平面BCGE，故DE\perp CG.因为四边形BCGE是菱形，\angle EBC=60^\circ ，所以EM\perp CG，而DE\cap EM=E，故CG\perp 平面DEM.因此DM\perp CG.在Rt\triangle DEM中，DE=1，EM=\sqrt{3}，故DM=2.易知四边形ACGD是平行四边形，所以四边形ACGD的面积为4.$

Final answer: $4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $图1是由矩形ADEB，Rt\triangle ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，\angle FBC=60^\circ .将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875096182132737/img/compression/M_cd832811b4eed070cb272ce6f2ae913c.jpg)
$求图2中的四边形ACGD的面积.$

Solution:
$取CG的中点M，连接EM，DM.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875096182132737/img/compression/M_3c1a6299900a6559bfa3eb9acadd485f.jpg)$因为AB\parallel DE，AB\perp 平面BCGE，所以DE\perp 平面BCGE，故DE\perp CG.因为四边形BCGE是菱形，\angle EBC=60^\circ ，所以EM\perp CG，而DE\cap EM=E，故CG\perp 平面DEM.因此DM\perp CG.在Rt\triangle DEM中，DE=1，EM=\sqrt{3}，故DM=2.易知四边形ACGD是平行四边形，所以四边形ACGD的面积为4.$

Final answer: $4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，所有棱长均为2，\angle BAC=\angle BAA_{1}=\angle CAA_{1}=60^\circ ，P，Q分别在AB，A_{1}C_{1}上(不包括两端)，AP=A_{1}Q.$<img_1614>
$求证：PQ\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$证明：作PD\parallel AC，交BC于点D，连接DC_{1}，设A_{1}Q=AP=t(t\in (0，2))，则BP=QC_{1}=2-t，\because PD\parallel AC，\therefore \frac{PD}{AC}=\frac{BP}{AB}，即\frac{PD}{2}=\frac{2-t}{2}\Rightarrow PD=2-t，\because PD\xlongequal{//} QC_{1}，\therefore 四边形C_{1}QPD为平行四边形，\therefore PQ\parallel C_{1}D，\because PQ\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，C_{1}D\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore PQ\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$<img_2352>
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，所有棱长均为2，\angle BAC=\angle BAA_{1}=\angle CAA_{1}=60^\circ ，P，Q分别在AB，A_{1}C_{1}上(不包括两端)，AP=A_{1}Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875181161938946/img/compression/M_20cb73da676f997bdcdee32b43a77e11.jpg)
$求证：PQ\parallel 平面BCC_{1}B_{1}；$

Solution:
$证明：作PD\parallel AC，交BC于点D，连接DC_{1}，设A_{1}Q=AP=t(t\in (0，2))，则BP=QC_{1}=2-t，\because PD\parallel AC，\therefore \frac{PD}{AC}=\frac{BP}{AB}，即\frac{PD}{2}=\frac{2-t}{2}\Rightarrow PD=2-t，\because PD\xlongequal{//} QC_{1}，\therefore 四边形C_{1}QPD为平行四边形，\therefore PQ\parallel C_{1}D，\because PQ\not\subset 平面BCC_{1}B_{1}，C_{1}D\subset 平面BCC_{1}B_{1}，\therefore PQ\parallel 平面BCC_{1}B_{1}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875181656866818/img/compression/M_d18280f59844d92981ec7d19b0858dde.jpg)

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，所有棱长均为2，\angle BAC=\angle BAA_{1}=\angle CAA_{1}=60^\circ ，P，Q分别在AB，A_{1}C_{1}上(不包括两端)，AP=A_{1}Q.$<img_1614>
$设PQ与平面ABC所成角为\theta ，求\\sin   \theta 的取值范围.$

Solution:
$取AC的中点M，连接A_{1}M、BM、A_{1}B，\because AM=\frac{1}{2}AC=1，AA_{1}=2，\angle A_{1}AM=60^\circ ，\therefore A_{1}M^{2}=AA^2_1+AM^{2}-2AA_{1}\cdot AM\cdot \\cos   60^\circ =4+1-2\times 2\times 1\times \frac{1}{2}=3，\therefore A_{1}M=\sqrt{3}，易得A_{1}M\perp AC，\because \triangle ABC是等边三角形，\therefore BM\perp AC，又A_{1}M\cap BM=M，\therefore AC\perp 平面A_{1}BM,又AC\subset 平面ABC，\therefore 平面ABC\perp 平面A_{1}BM，在\triangle A_{1}BM中，A_{1}M=BM=\sqrt{3}，A_{1}B=2，易得A_{1}B边上的高为\sqrt{2}.作A_{1}H\perp BM，垂足为H，易证得A_{1}H\perp 平面ABC,则S_{\triangle A_{1}BM}=\frac{2 \times \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}=\frac{\sqrt{3}A_1H}{2}，\therefore A_{1}H=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}，\because A_{1}Q\parallel 平面ABC，所以点Q到平面ABC的距离为\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.\because \overrightarrow{QP}=\overrightarrow{QA_1}+\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AP}，\therefore \overrightarrow{QP}^2=|\overrightarrow{QA_1}+\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AP}|^{2}=t^{2}+4+t^{2}+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{A_1A}+2\overrightarrow{A_1A}\cdot \overrightarrow{AP}+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{AP}=2t^{2}+4+2\cdot t\cdot 2\times \frac{1}{2}+2\times 2\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+2\cdot t\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=t^{2}+4，\therefore QP=\sqrt{t^2+4}，\therefore \\sin   \theta =\frac{\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\sqrt{t^2+4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{t^2+4}}，\because t\in (0，2)，\therefore \sqrt{t^2+4}\in (2，2\sqrt{2})，\therefore \\sin   \theta \in \left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right).$



Final answer: $ \left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，三棱柱ABC-A_{1}B_{1}C_{1}中，所有棱长均为2，\angle BAC=\angle BAA_{1}=\angle CAA_{1}=60^\circ ，P，Q分别在AB，A_{1}C_{1}上(不包括两端)，AP=A_{1}Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875181161938946/img/compression/M_20cb73da676f997bdcdee32b43a77e11.jpg)
$设PQ与平面ABC所成角为\theta ，求\\sin   \theta 的取值范围.$

Solution:
$取AC的中点M，连接A_{1}M、BM、A_{1}B，\because AM=\frac{1}{2}AC=1，AA_{1}=2，\angle A_{1}AM=60^\circ ，\therefore A_{1}M^{2}=AA^2_1+AM^{2}-2AA_{1}\cdot AM\cdot \\cos   60^\circ =4+1-2\times 2\times 1\times \frac{1}{2}=3，\therefore A_{1}M=\sqrt{3}，易得A_{1}M\perp AC，\because \triangle ABC是等边三角形，\therefore BM\perp AC，又A_{1}M\cap BM=M，\therefore AC\perp 平面A_{1}BM,又AC\subset 平面ABC，\therefore 平面ABC\perp 平面A_{1}BM，在\triangle A_{1}BM中，A_{1}M=BM=\sqrt{3}，A_{1}B=2，易得A_{1}B边上的高为\sqrt{2}.作A_{1}H\perp BM，垂足为H，易证得A_{1}H\perp 平面ABC,则S_{\triangle A_{1}BM}=\frac{2 \times \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}=\frac{\sqrt{3}A_1H}{2}，\therefore A_{1}H=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}，\because A_{1}Q\parallel 平面ABC，所以点Q到平面ABC的距离为\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.\because \overrightarrow{QP}=\overrightarrow{QA_1}+\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AP}，\therefore \overrightarrow{QP}^2=|\overrightarrow{QA_1}+\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AP}|^{2}=t^{2}+4+t^{2}+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{A_1A}+2\overrightarrow{A_1A}\cdot \overrightarrow{AP}+2\overrightarrow{QA_1}\cdot \overrightarrow{AP}=2t^{2}+4+2\cdot t\cdot 2\times \frac{1}{2}+2\times 2\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+2\cdot t\cdot t\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=t^{2}+4，\therefore QP=\sqrt{t^2+4}，\therefore \\sin   \theta =\frac{\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\sqrt{t^2+4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{t^2+4}}，\because t\in (0，2)，\therefore \sqrt{t^2+4}\in (2，2\sqrt{2})，\therefore \\sin   \theta \in \left(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right).$

Final answer: $ \left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABD中，平面PAD\perp 平面ABD，且AP=PD=BD=2，AB=2\sqrt{3}，PA\perp PD.$<img_2428>
$求证：AP\perp BD；$

Solution:
$证明：因为AP=PD=2，PA\perp PD，所以AD=\sqrt{2}AP=2\sqrt{2}，又BD=2,AB=2\sqrt{3}，所以AB^{2}=AD^{2}+BD^{2}，所以BD\perp AD，又平面PAD\perp 平面ABD，平面PAD\cap 平面ABD=AD，所以BD\perp 平面PAD，又AP\subset 平面PAD，所以AP\perp BD.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABD中，平面PAD\perp 平面ABD，且AP=PD=BD=2，AB=2\sqrt{3}，PA\perp PD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875233859174401/img/compression/M_8f334a8aeebef6fbe11335dcb5d3059b.jpg)
$求证：AP\perp BD；$

Solution:
$证明：因为AP=PD=2，PA\perp PD，所以AD=\sqrt{2}AP=2\sqrt{2}，又BD=2,AB=2\sqrt{3}，所以AB^{2}=AD^{2}+BD^{2}，所以BD\perp AD，又平面PAD\perp 平面ABD，平面PAD\cap 平面ABD=AD，所以BD\perp 平面PAD，又AP\subset 平面PAD，所以AP\perp BD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABD中，平面PAD\perp 平面ABD，且AP=PD=BD=2，AB=2\sqrt{3}，PA\perp PD.$<img_2428>
$求二面角B-PA-D的余弦值；$

Solution:
$以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1894>$则D(0,0,0)，A(2\sqrt{2},0,0)，B(0,2,0)，P(\sqrt{2},0,\sqrt{2})，所以\overrightarrow{AP}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})，\overrightarrow{AB}=(-2\sqrt{2},2,0)，设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-\sqrt{2}x+\sqrt{2}z=0,\\ -2\sqrt{2}x+2y=0,\end{matrix}\right.取x=1，得z=1，y=\sqrt{2}，则n=(1,\sqrt{2}，1)，因为BD\perp 平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为\overrightarrow{DB}=(0,2,0)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{DB}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DB}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{DB}|}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{1+2+1} \times 2}=\frac{\sqrt{2}}{2}，因为二面角B-PA-D为锐二面角，所以二面角B-PA-D的余弦值为\frac{\sqrt{2}}{2}.$

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


Question: $如图，在三棱锥P-ABD中，平面PAD\perp 平面ABD，且AP=PD=BD=2，AB=2\sqrt{3}，PA\perp PD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875233859174401/img/compression/M_8f334a8aeebef6fbe11335dcb5d3059b.jpg)
$求二面角B-PA-D的余弦值；$

Solution:
$以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875234488320002/img/compression/M_98808568a0fd2f7f0398d767da724929.jpg)$则D(0,0,0)，A(2\sqrt{2},0,0)，B(0,2,0)，P(\sqrt{2},0,\sqrt{2})，所以\overrightarrow{AP}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})，\overrightarrow{AB}=(-2\sqrt{2},2,0)，设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AP}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AB}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}-\sqrt{2}x+\sqrt{2}z=0,\\ -2\sqrt{2}x+2y=0,\end{matrix}\right.取x=1，得z=1，y=\sqrt{2}，则n=(1,\sqrt{2}，1)，因为BD\perp 平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为\overrightarrow{DB}=(0,2,0)，所以\\cos  \langle n,\overrightarrow{DB}\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DB}}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{DB}|}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{1+2+1} \times 2}=\frac{\sqrt{2}}{2}，因为二面角B-PA-D为锐二面角，所以二面角B-PA-D的余弦值为\frac{\sqrt{2}}{2}.$

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


Question: $如图，在三棱锥P-ABD中，平面PAD\perp 平面ABD，且AP=PD=BD=2，AB=2\sqrt{3}，PA\perp PD.$<img_2428>
$在线段PD上存在点E，使得直线AE与平面PAB所成角的正弦值等于\frac{2}{5}，求此时线段PE的长；$

Solution:
$假设存在符合题意的点E，设PE=t(0\leq t\leq 2)，则\overrightarrow{PE}=\frac{t}{2}\overrightarrow{PD}=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}t,0,-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)，所以\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PE}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}t,0,-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)=\left(-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t,0,\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)，由(2)知，平面PAB的一个法向量为n=(1,\sqrt{2}，1)，所以直线AE与平面PAB所成角的正弦值为\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}|}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{AE}|}=\frac{\left|-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t+\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right|}{\sqrt{1+2+1} \cdot \sqrt{{\left(-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)}^2+0+{\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)}^2}}=\frac{\sqrt{2}t}{2\sqrt{4+t^2}}，由已知可得\frac{\sqrt{2}t}{2\sqrt{4+t^2}}=\frac{2}{5}，解得t=\frac{4\sqrt{34}}{17}.所以PE=\frac{4\sqrt{34}}{17}.所以在线段PD上存在点E，使得直线AE与平面PAB所成角的正弦值等于\frac{2}{5}，此时PE=\frac{4\sqrt{34}}{17}.$



Final answer: $\frac{4\sqrt{34}}{17}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在三棱锥P-ABD中，平面PAD\perp 平面ABD，且AP=PD=BD=2，AB=2\sqrt{3}，PA\perp PD.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875233859174401/img/compression/M_8f334a8aeebef6fbe11335dcb5d3059b.jpg)
$在线段PD上是否存在点E，使得直线AE与平面PAB所成角的正弦值等于\frac{2}{5}？若存在，求线段PE的长；若不存在，说明理由.$

Solution:
$假设存在符合题意的点E，设PE=t(0\leq t\leq 2)，则\overrightarrow{PE}=\frac{t}{2}\overrightarrow{PD}=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}t,0,-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)，所以\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PE}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}t,0,-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)=\left(-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t,0,\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)，由(2)知，平面PAB的一个法向量为n=(1,\sqrt{2}，1)，所以直线AE与平面PAB所成角的正弦值为\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{AE}|}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\overrightarrow{AE}|}=\frac{\left|-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t+\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right|}{\sqrt{1+2+1} \cdot \sqrt{{\left(-\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)}^2+0+{\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)}^2}}=\frac{\sqrt{2}t}{2\sqrt{4+t^2}}，由已知可得\frac{\sqrt{2}t}{2\sqrt{4+t^2}}=\frac{2}{5}，解得t=\frac{4\sqrt{34}}{17}.所以PE=\frac{4\sqrt{34}}{17}.所以在线段PD上存在点E，使得直线AE与平面PAB所成角的正弦值等于\frac{2}{5}，此时PE=\frac{4\sqrt{34}}{17}.$

Final answer: $存在$，$\frac{4\sqrt{34}}{17}$
Subfield: Plane Geometry


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>
$求椭圆E的标准方程；$

Solution:
$易知|OM|=\frac{1}{2}|PF_{2}|,所以|OM|+\frac{1}{2}|PF_{1}|=\frac{1}{2}(|PF_{1}|+|PF_{2}|)=2，即|PF_{1}|+|PF_{2}|=4，所以2a=4,a=2.又因为e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，故c=\sqrt{3}，所以b^{2}=a^{2}-c^{2}=1，故椭圆E的标准方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+y^2=1。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知P为椭圆E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)上任意一点，F_{1},F_{2}为左、右焦点，M为PF_{1}中点，如图所示.若|OM|+\frac{1}{2}|PF_{1}|=2，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875608637497345/img/compression/M_d9e97da5688e79ca76e7e58ec6f5f326.jpg)
$求椭圆E的标准方程；$

Solution:
$易知|OM|=\frac{1}{2}|PF_{2}|,所以|OM|+\frac{1}{2}|PF_{1}|=\frac{1}{2}(|PF_{1}|+|PF_{2}|)=2，即|PF_{1}|+|PF_{2}|=4，所以2a=4,a=2.又因为e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，故c=\sqrt{3}，所以b^{2}=a^{2}-c^{2}=1，故椭圆E的标准方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+y^2=1。$
Subfield: Plane Geometry


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


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: $\sqrt{5}$