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


Question: $已知点P是椭圆C上的任意一点，P到直线l_{1}：x＝-2的距离为d_{1}，与点F(-1，0)的距离为d_{2}，且\frac{d_2}{d_1}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$设P(x，y)，则d_{1}＝|x＋2|，d_{2}＝\sqrt{{(x+1)}^2+y^2}，\therefore \frac{d_2}{d_1}=\frac{\sqrt{{(x+1)}^2+y^2}}{|x+2|}=\frac{\sqrt{2}}{2}，化简得\frac{x^2}{2}＋y^{2}＝1，\therefore 椭圆C的方程为\frac{x^2}{2}＋y^{2}＝1.$

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


Question: $已知点P是椭圆C上的任意一点，P到直线l_{1}：x＝-2的距离为d_{1}，与点F(-1，0)的距离为d_{2}，且\frac{d_2}{d_1}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
$如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且\angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ .①当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；②是否存在一个定点，无论\angle OFA如何变化，直线l恒过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.$<img_2118>

Solution:
$①由(1)知A(0，1)，又F(-1，0)，\therefore k_{AF}＝1，\because \angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ ，\therefore k_{BF}＝-k_{AF}=-1，\therefore 直线BF的方程为y＝-(x＋1)＝-x-1.联立\left\{\begin{matrix}y=-x-1,\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1,\end{matrix}\right.消去y得3x^{2}＋4x＝0，解得x＝0(舍)或x＝-\frac{4}{3}，\therefore B\left(-\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)，\therefore k_{AB}＝\frac{1}{2}，\therefore 直线AB的方程为y＝\frac{1}{2}x＋1.②存在满足题意的定点.\because \angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ ，\therefore k_{AF}＋k_{BF}＝0，设直线AB的方程为y＝kx＋b，联立\left\{\begin{matrix}y=kx+b,\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1,\end{matrix}\right.得(2k^{2}+1)x^{2}+4kbx+2b^{2}-2=0，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{4kb}{2k^2+1},x_{1}x_{2}=\frac{2b^2-2}{2k^2+1}.k_{AF}＋k_{BF}＝\frac{y_1}{x_1+1}+\frac{y_2}{x_2+1}=\frac{kx_1+b}{x_1+1}+\frac{kx_2+b}{x_2+1}=\frac{2kx_1x_2+(k+b)(x_1+x_2)+2b}{(x_1+1)(x_2+1)}＝0，\therefore 2kx_{1}x_{2}+(k+b)(x_{1}+x_{2})+2b=2k\cdot \frac{2b^2-2}{2k^2+1}+(k+b)\cdot \left(-\frac{4kb}{2k^2+1}\right)+2b=0，\therefore b-2k＝0，即b=2k，\therefore 直线AB的方程为y＝k(x＋2)，\therefore 直线l恒过定点(-2，0).$

Final answer: $ y＝\frac{1}{2}x＋1$, $(-2，0)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知点P是椭圆C上的任意一点，P到直线l_{1}：x＝-2的距离为d_{1}，与点F(-1，0)的距离为d_{2}，且\frac{d_2}{d_1}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$
$如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且\angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ .①当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；②是否存在一个定点，无论\angle OFA如何变化，直线l恒过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875889655865346/img/compression/M_3393a347d3844ed918d9badbdcedb05c.jpg)

Solution:
$①由(1)知A(0，1)，又F(-1，0)，\therefore k_{AF}＝1，\because \angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ ，\therefore k_{BF}＝-k_{AF}=-1，\therefore 直线BF的方程为y＝-(x＋1)＝-x-1.联立\left\{\begin{matrix}y=-x-1,\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1,\end{matrix}\right.消去y得3x^{2}＋4x＝0，解得x＝0(舍)或x＝-\frac{4}{3}，\therefore B\left(-\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)，\therefore k_{AB}＝\frac{1}{2}，\therefore 直线AB的方程为y＝\frac{1}{2}x＋1.②存在满足题意的定点.\because \angle OFA＋\angle OFB＝180^\circ ，\therefore k_{AF}＋k_{BF}＝0，设直线AB的方程为y＝kx＋b，联立\left\{\begin{matrix}y=kx+b,\\ \frac{x^2}{2}+y^2=1,\end{matrix}\right.得(2k^{2}+1)x^{2}+4kbx+2b^{2}-2=0，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{4kb}{2k^2+1},x_{1}x_{2}=\frac{2b^2-2}{2k^2+1}.k_{AF}＋k_{BF}＝\frac{y_1}{x_1+1}+\frac{y_2}{x_2+1}=\frac{kx_1+b}{x_1+1}+\frac{kx_2+b}{x_2+1}=\frac{2kx_1x_2+(k+b)(x_1+x_2)+2b}{(x_1+1)(x_2+1)}＝0，\therefore 2kx_{1}x_{2}+(k+b)(x_{1}+x_{2})+2b=2k\cdot \frac{2b^2-2}{2k^2+1}+(k+b)\cdot \left(-\frac{4kb}{2k^2+1}\right)+2b=0，\therefore b-2k＝0，即b=2k，\therefore 直线AB的方程为y＝k(x＋2)，\therefore 直线l恒过定点(-2，0).$

Final answer: $ y＝\frac{1}{2}x＋1$, $(-2，0)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知F是抛物线y^{2}=2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2.$<img_2504>
$求抛物线的方程；$

Solution:
$由题意知p=2，所以抛物线的方程是y^{2}=4x.$

Final answer: $y^2=4x$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知F是抛物线y^{2}=2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875912133644289/img/compression/M_5b0d4ffd9338c55a0cb9921c089e4531.jpg)
$求抛物线的方程；$

Solution:
$由题意知p=2，所以抛物线的方程是y^{2}=4x.$

Final answer: $y^2=4x$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知F是抛物线y^{2}=2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2.$<img_2504>
$设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|^{2}=|PN|\cdot |QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围.$

Solution:
$由题意可设直线AB的方程为x=ty+1\left(t \ne \frac{1}{2}\right)，A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),将直线AB的方程代入y^{2}=4x,得y^{2}-4ty-4=0,所以y_{1}+y_{2}=4t,y_{1}y_{2}=-4.直线MA的方程为y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),设直线l的方程为x=\frac{1}{2}y+s.记P(x_{P},y_{P}),Q(x_{Q},y_{Q}),由\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),\\ x=\frac{1}{2}y+s,\end{matrix}\right.得y_{P}=\frac{2(s+1)y_1}{(2t-1)y_1+4},同理得y_{Q}=\frac{2(s+1)y_2}{(2t-1)y_2+4},记R(x_{R},y_{R}),由\left\{\begin{matrix}x=ty+1,\\ x=\frac{1}{2}y+s,\end{matrix}\right.得y_{R}=\frac{2(s-1)}{2t-1}.由题意知|y_{R}|^{2}=|y_{P}|\cdot |y_{Q}|，化简得\frac{(s-1)^2}{(2t-1)^2}=\frac{(s+1)^2}{4t^2+3}.易知s\neq 1,所以\frac{(s+1)^2}{(s-1)^2}=\frac{4t^2+3}{(2t-1)^2}.因为\frac{4t^2+3}{(2t-1)^2}=\left(\frac{2}{2t-1}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}\left(\right.当t=-\frac{3}{2}时等号成立\left)\right.，所以\frac{(s+1)^2}{(s-1)^2}\geq \frac{3}{4},得s\leq -7-4\sqrt{3}或s\geq -7+4\sqrt{3}且s\neq 1.因此直线l在x轴上截距的取值范围是(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\cup [-7+4\sqrt{3},1)\cup (1,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty , -7-4\sqrt 3]\cup [-7+4\sqrt 3, 1)\cup (1, +\infty )。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知F是抛物线y^{2}=2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875912133644289/img/compression/M_5b0d4ffd9338c55a0cb9921c089e4531.jpg)
$设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|^{2}=|PN|\cdot |QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围.$

Solution:
$由题意可设直线AB的方程为x=ty+1\left(t \ne \frac{1}{2}\right)，A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),将直线AB的方程代入y^{2}=4x,得y^{2}-4ty-4=0,所以y_{1}+y_{2}=4t,y_{1}y_{2}=-4.直线MA的方程为y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),设直线l的方程为x=\frac{1}{2}y+s.记P(x_{P},y_{P}),Q(x_{Q},y_{Q}),由\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),\\ x=\frac{1}{2}y+s,\end{matrix}\right.得y_{P}=\frac{2(s+1)y_1}{(2t-1)y_1+4},同理得y_{Q}=\frac{2(s+1)y_2}{(2t-1)y_2+4},记R(x_{R},y_{R}),由\left\{\begin{matrix}x=ty+1,\\ x=\frac{1}{2}y+s,\end{matrix}\right.得y_{R}=\frac{2(s-1)}{2t-1}.由题意知|y_{R}|^{2}=|y_{P}|\cdot |y_{Q}|，化简得\frac{(s-1)^2}{(2t-1)^2}=\frac{(s+1)^2}{4t^2+3}.易知s\neq 1,所以\frac{(s+1)^2}{(s-1)^2}=\frac{4t^2+3}{(2t-1)^2}.因为\frac{4t^2+3}{(2t-1)^2}=\left(\frac{2}{2t-1}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}\left(\right.当t=-\frac{3}{2}时等号成立\left)\right.，所以\frac{(s+1)^2}{(s-1)^2}\geq \frac{3}{4},得s\leq -7-4\sqrt{3}或s\geq -7+4\sqrt{3}且s\neq 1.因此直线l在x轴上截距的取值范围是(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\cup [-7+4\sqrt{3},1)\cup (1,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty , -7-4\sqrt 3]\cup [-7+4\sqrt 3, 1)\cup (1, +\infty )。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $刍甍(chú méng)是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱”.如图，在刍甍ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，平面BAE和平面CDE交于EF.$<img_2241>
$求证：CD\parallel 平面BAE；$

Solution:
$证明：在正方形ABCD中，CD\parallel AB，因为CD\not\subset 平面BAE，AB\subset 平面BAE,所以CD\parallel 平面BAE.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $刍甍(chú méng)是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱”.如图，在刍甍ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，平面BAE和平面CDE交于EF.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623876804398510083/img/compression/M_31c5308f7acd1aa2134c81aaa9926c63.jpg)
$求证：CD\parallel 平面BAE；$

Solution:
$证明：在正方形ABCD中，CD\parallel AB，因为CD\not\subset 平面BAE，AB\subset 平面BAE,所以CD\parallel 平面BAE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $刍甍(chú méng)是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱”.如图，在刍甍ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，平面BAE和平面CDE交于EF.$<img_2241>
$若AB=4，EF=2，ED=FC，AF=3\sqrt{3}，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使几何体ABCDEF存在且唯一，并求平面ADE和平面BAE的夹角的余弦值.条件①：BF\perp FC，AF\perp FC；条件②：平面CDE\perp 平面ABCD，AF\perp FC；条件③：平面CBF\perp 平面ABCD，BF\perp FC.$

Solution:
$由(1)知CD\parallel 平面BAE，又CD\subset 平面CDE，平面BAE与平面CDE交于EF.\therefore CD\parallel EF，又CD\parallel AB，\therefore AB\parallel EF，\therefore 四边形CDEF为等腰梯形，四边形BAEF为梯形.选择条件①：\because BF\perp FC，AF\perp FC，AF\cap BF=F,\therefore FC\perp 平面BAF，即FC\perp 平面BAE.又EF\subset 平面BAE，\therefore FC\perp EF，此时四边形CDEF不是等腰梯形，故条件①不符合.选择条件③：\because 平面CBF\perp 平面ABCD，且平面CBF\cap 平面ABCD=BC，CD\perp BC，\therefore CD\perp 平面CBF，又FC\subset 平面CBF，\therefore CD\perp FC，此时四边形CDEF不是等腰梯形，故条件③不符合.选择条件②：过点F作FO\perp DC于O，过O作OH\perp DC，交AB于H，连接AO，\because 平面CDE\perp 平面ABCD，平面CDE\cap 平面ABCD=CD，\therefore FO\perp 平面ABCD.易得OD,OH,OF两两垂直.以O为坐标原点，分别以OD,OH,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$<img_1860>$在四边形CDEF中，ED=FC，EF=2，CD=4，所以OC=1，OD=3，在正方形ABCD中，AB=4，所以AO=5.因为AO\perp FO，AF=3\sqrt{3}，所以FO=\sqrt{2}，所以H(0,4,0)，D(3,0,0)，A(3,4,0)，E(2,0,\sqrt{2})，F(0,0,\sqrt{2})，所以\overrightarrow{DA}=(0,4,0)，\overrightarrow{DE}=(－1,0,\sqrt{2})，\overrightarrow{AE}=(－1,－4,\sqrt{2})，\overrightarrow{FE}=(2,0,0)，设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DA}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}4y=0,\\ -x+\sqrt{2}z=0,\end{matrix}\right.令z=1，则n=(\sqrt{2},0,1)，设平面BAE的法向量为m=(a,b,c)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{FE}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-a-4b+\sqrt{2}c=0,\\ 2a=0,\end{matrix}\right.令b=1，则m=(0,1,2\sqrt{2})，设平面ADE和平面BAE的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle n,m\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\boldsymbol{m}|}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} \times 3}=\frac{2\sqrt{6}}{9}，所以平面ADE和平面BAE的夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{6}}{9}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{9}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $刍甍(chú méng)是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱”.如图，在刍甍ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，平面BAE和平面CDE交于EF.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623876804398510083/img/compression/M_31c5308f7acd1aa2134c81aaa9926c63.jpg)
$若AB=4，EF=2，ED=FC，AF=3\sqrt{3}，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使几何体ABCDEF存在且唯一，并求平面ADE和平面BAE的夹角的余弦值.条件①：BF\perp FC，AF\perp FC；条件②：平面CDE\perp 平面ABCD，AF\perp FC；条件③：平面CBF\perp 平面ABCD，BF\perp FC.$

Solution:
$由(1)知CD\parallel 平面BAE，又CD\subset 平面CDE，平面BAE与平面CDE交于EF.\therefore CD\parallel EF，又CD\parallel AB，\therefore AB\parallel EF，\therefore 四边形CDEF为等腰梯形，四边形BAEF为梯形.选择条件①：\because BF\perp FC，AF\perp FC，AF\cap BF=F,\therefore FC\perp 平面BAF，即FC\perp 平面BAE.又EF\subset 平面BAE，\therefore FC\perp EF，此时四边形CDEF不是等腰梯形，故条件①不符合.选择条件③：\because 平面CBF\perp 平面ABCD，且平面CBF\cap 平面ABCD=BC，CD\perp BC，\therefore CD\perp 平面CBF，又FC\subset 平面CBF，\therefore CD\perp FC，此时四边形CDEF不是等腰梯形，故条件③不符合.选择条件②：过点F作FO\perp DC于O，过O作OH\perp DC，交AB于H，连接AO，\because 平面CDE\perp 平面ABCD，平面CDE\cap 平面ABCD=CD，\therefore FO\perp 平面ABCD.易得OD,OH,OF两两垂直.以O为坐标原点，分别以OD,OH,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623876805501612034/img/compression/M_83f57a77e2b76e934aee8dead6fe9914.jpg)$在四边形CDEF中，ED=FC，EF=2，CD=4，所以OC=1，OD=3，在正方形ABCD中，AB=4，所以AO=5.因为AO\perp FO，AF=3\sqrt{3}，所以FO=\sqrt{2}，所以H(0,4,0)，D(3,0,0)，A(3,4,0)，E(2,0,\sqrt{2})，F(0,0,\sqrt{2})，所以\overrightarrow{DA}=(0,4,0)，\overrightarrow{DE}=(－1,0,\sqrt{2})，\overrightarrow{AE}=(－1,－4,\sqrt{2})，\overrightarrow{FE}=(2,0,0)，设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DA}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DE}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}4y=0,\\ -x+\sqrt{2}z=0,\end{matrix}\right.令z=1，则n=(\sqrt{2},0,1)，设平面BAE的法向量为m=(a,b,c)，由\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{FE}=0,\end{matrix}\right.得\left\{\begin{matrix}-a-4b+\sqrt{2}c=0,\\ 2a=0,\end{matrix}\right.令b=1，则m=(0,1,2\sqrt{2})，设平面ADE和平面BAE的夹角为\theta ，则\\cos   \theta =|\\cos  \langle n,m\rangle |=\frac{|\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}| \cdot |\boldsymbol{m}|}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} \times 3}=\frac{2\sqrt{6}}{9}，所以平面ADE和平面BAE的夹角的余弦值为\frac{2\sqrt{6}}{9}.$

Final answer: $\frac{2\sqrt{6}}{9}$
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_1688>
$证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC\perp 平面BCGE；$

Solution:
$证明：由已知得AD\parallel BE，CG\parallel BE，所以AD\parallel CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB\perp BE，AB\perp BC，故AB\perp 平面BCGE.又因为AB\subset 平面ABC，所以平面ABC\perp 平面BCGE.$
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/1623894144601165826/img/compression/M_6c2667cac225d8a06c5e30426e52ea4e.jpg)
$证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC\perp 平面BCGE；$

Solution:
$证明：由已知得AD\parallel BE，CG\parallel BE，所以AD\parallel CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB\perp BE，AB\perp BC，故AB\perp 平面BCGE.又因为AB\subset 平面ABC，所以平面ABC\perp 平面BCGE.$

Final answer: 证明题
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/1623894144601165826/img/compression/M_6c2667cac225d8a06c5e30426e52ea4e.jpg)
$求图2中的二面角B-CG-A的大小.$

Solution:
$作EH\perp BC，垂足为H.因为EH\subset 平面BCGE，平面BCGE\perp 平面ABC，平面BCGE\cap 平面ABC=BC，所以EH\perp 平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，\angle EBC=60^\circ ，可求得BH=1，EH=\sqrt{3}.以H为坐标原点，\overrightarrow{HC}的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894144601165826/img/compression/M_f03d763c3fcf0f878d7b250752ef7db0.jpg)$则A(-1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，\sqrt{3})，所以\overrightarrow{CG}=(1，0，\sqrt{3})，\overrightarrow{AC}=(2，-1，0).设平面ACGD的法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}C\overrightarrow{G} \cdot \boldsymbol{n}=0,\\ A\overrightarrow{C} \cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x+\sqrt{3}z=0,\\ 2x-y=0,\end{matrix}\right.所以可取n=(3，6，-\sqrt{3}).又平面BCGE的法向量可取为m=(0，1，0)，所以\\cos  \langle n，m\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}.因此二面角B-CG-A的大小为30^\circ .$

Final answer: $30^\circ $
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_1688>
$求图2中的二面角B-CG-A的大小.$

Solution:
$作EH\perp BC，垂足为H.因为EH\subset 平面BCGE，平面BCGE\perp 平面ABC，平面BCGE\cap 平面ABC=BC，所以EH\perp 平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，\angle EBC=60^\circ ，可求得BH=1，EH=\sqrt{3}.以H为坐标原点，\overrightarrow{HC}的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，$<img_2150>$则A(-1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，\sqrt{3})，所以\overrightarrow{CG}=(1，0，\sqrt{3})，\overrightarrow{AC}=(2，-1，0).设平面ACGD的法向量为n=(x，y，z)，则\left\{\begin{matrix}C\overrightarrow{G} \cdot \boldsymbol{n}=0,\\ A\overrightarrow{C} \cdot \boldsymbol{n}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}x+\sqrt{3}z=0,\\ 2x-y=0,\end{matrix}\right.所以可取n=(3，6，-\sqrt{3}).又平面BCGE的法向量可取为m=(0，1，0)，所以\\cos  \langle n，m\rangle =\frac{\boldsymbol{n} \cdot \boldsymbol{m}}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}.因此二面角B-CG-A的大小为30^\circ .$

Final answer: $30^\circ $
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=4，E为CD的中点，且\triangle VBC为等边三角形.$<img_2349>
$若VB\perp AE，求证：AE\perp VE；$

Solution:
$证明：因为E为CD的中点，所以AD=DE=2，所以\triangle ADE为等腰直角三角形，所以\angle AED=45^\circ .同理，\angle BEC=45^\circ ，所以AE\perp BE.又因为VB\perp AE，VB\cap BE=B，VB，BE\subset 平面VBE,所以AE\perp 平面VBE.因为VE\subset 平面VBE，所以AE\perp VE.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=4，E为CD的中点，且\triangle VBC为等边三角形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894260573671426/img/compression/M_90e37e2a530a58058a08b22acf9aef77.jpg)
$若VB\perp AE，求证：AE\perp VE；$

Solution:
$证明：因为E为CD的中点，所以AD=DE=2，所以\triangle ADE为等腰直角三角形，所以\angle AED=45^\circ .同理，\angle BEC=45^\circ ，所以AE\perp BE.又因为VB\perp AE，VB\cap BE=B，VB，BE\subset 平面VBE,所以AE\perp 平面VBE.因为VE\subset 平面VBE，所以AE\perp VE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=4，E为CD的中点，且\triangle VBC为等边三角形.$<img_2349>
$若二面角A-BC-V的大小为30^\circ ，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值.$

Solution:
$取BC的中点O，AD的中点G,连接OG，VO，则OG\perp BC.又\triangle VBC为等边三角形，所以VO\perp BC，所以\angle GOV为二面角A-BC-V的平面角，所以\angle GOV=30^\circ ,过点V作VF\perp GO于F，易知VF\perp 平面ABCD，因为VO=\sqrt{3},所以VF=\frac{\sqrt{3}}{2}，OF=\frac{3}{2}.以O为坐标原点，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{GO}的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.$<img_2480>$则A(1，-4，0)，C(-1，0，0)，D(-1，-4，0)，V\left(0,- \frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，所以\overrightarrow{DC}=(0,4,0)，\overrightarrow{CV}=\left(1,-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{AV}=\left(-1,\frac{5}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right).设n=(x,y,z)为平面VCD的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CV}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}4y=0,\\ x-\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0,\end{matrix}\right.令z=2，得n=(-\sqrt{3},0,2).设直线AV与平面VCD所成的角为\alpha ，则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle \overrightarrow{AV},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AV} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AV}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{8} \times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{42}}{14}，故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为\frac{\sqrt{42}}{14}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{42}}{14}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=4，E为CD的中点，且\triangle VBC为等边三角形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894260573671426/img/compression/M_90e37e2a530a58058a08b22acf9aef77.jpg)
$若二面角A-BC-V的大小为30^\circ ，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值.$

Solution:
$取BC的中点O，AD的中点G,连接OG，VO，则OG\perp BC.又\triangle VBC为等边三角形，所以VO\perp BC，所以\angle GOV为二面角A-BC-V的平面角，所以\angle GOV=30^\circ ,过点V作VF\perp GO于F，易知VF\perp 平面ABCD，因为VO=\sqrt{3},所以VF=\frac{\sqrt{3}}{2}，OF=\frac{3}{2}.以O为坐标原点，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{GO}的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894260959547394/img/compression/M_8e3a071ddee6cd69b41f2cedd30f968e.jpg)$则A(1，-4，0)，C(-1，0，0)，D(-1，-4，0)，V\left(0,- \frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，所以\overrightarrow{DC}=(0,4,0)，\overrightarrow{CV}=\left(1,-\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{AV}=\left(-1,\frac{5}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right).设n=(x,y,z)为平面VCD的法向量，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{DC}=0,\\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{CV}=0,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}4y=0,\\ x-\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0,\end{matrix}\right.令z=2，得n=(-\sqrt{3},0,2).设直线AV与平面VCD所成的角为\alpha ，则\\sin   \alpha =|\\cos  \langle \overrightarrow{AV},n\rangle |=\frac{|\overrightarrow{AV} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AV}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{8} \times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{42}}{14}，故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为\frac{\sqrt{42}}{14}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{42}}{14}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1},F_{2},点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，直线AF_{1}与椭圆E相交于另一点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504747266050/img/compression/M_1991b03c9b4312e62eb5cacd1530b890.jpg)
$求\triangle AF_{1}F_{2}的周长；$

Solution:
$设椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则a^{2}=4，b^{2}=3，c^{2}=1.所以\triangle AF_{1}F_{2}的周长为2a+2c=6.$

Final answer: $6$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1},F_{2},点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，直线AF_{1}与椭圆E相交于另一点B.$<img_2938>
$求\triangle AF_{1}F_{2}的周长；$

Solution:
$设椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则a^{2}=4，b^{2}=3，c^{2}=1.所以\triangle AF_{1}F_{2}的周长为2a+2c=6.$

Final answer: $6$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1},F_{2},点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，直线AF_{1}与椭圆E相交于另一点B.$<img_2938>
$在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}的最小值；$

Solution:
$椭圆E的右准线为x=4.设P(x，0)，Q(4，y)，则\overrightarrow{OP}=(x，0)，\overrightarrow{QP}=(x-4，-y)，\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}=x(x-4)=(x-2)^{2}-4\geq -4，当x=2时取等号.所以\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}的最小值为-4.$<img_2581>

Final answer: $-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1},F_{2},点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，直线AF_{1}与椭圆E相交于另一点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504747266050/img/compression/M_1991b03c9b4312e62eb5cacd1530b890.jpg)
$在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}的最小值；$

Solution:
$椭圆E的右准线为x=4.设P(x，0)，Q(4，y)，则\overrightarrow{OP}=(x，0)，\overrightarrow{QP}=(x-4，-y)，\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}=x(x-4)=(x-2)^{2}-4\geq -4，当x=2时取等号.所以\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{QP}的最小值为-4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504281698305/img/compression/M_ca0ef057289478e70571961e3c8e552a.jpg)

Final answer: $-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1},F_{2},点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，直线AF_{1}与椭圆E相交于另一点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894504747266050/img/compression/M_1991b03c9b4312e62eb5cacd1530b890.jpg)
$设点M在椭圆E上，记\triangle OAB与\triangle MAB的面积分别为S_{1}，S_{2}，若S_{2}=3S_{1}，求点M的坐标.$

Solution:
$因为椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，所以F_{1}(-1，0)，F_{2}(1，0)，A\left(1,\frac{3}{2}\right)，所以直线AB：3x-4y+3=0.设M(x，y)，因为S_{2}=3S_{1}，所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.由此得\frac{|3x-4y+3|}{5}=3\times \frac{|3 \times 0-4 \times 0+3|}{5}，则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.由\left\{\begin{matrix}3x-4y+12=0,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得7x^{2}+24x+32=0，此方程无解；由\left\{\begin{matrix}3x-4y-6=0,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得7x^{2}-12x-4=0，所以x=2或x=-\frac{2}{7}.代入直线l：3x-4y-6=0，对应分别得y=0或y=-\frac{12}{7}.因此点M的坐标为(2，0)或\left(-\frac{2}{7},-\frac{12}{7}\right).$

Final answer: $(2, 0), (-\frac{2}{7}, -\frac{12}{7})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1},F_{2},点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，直线AF_{1}与椭圆E相交于另一点B.$<img_2938>
$设点M在椭圆E上，记\triangle OAB与\triangle MAB的面积分别为S_{1}，S_{2}，若S_{2}=3S_{1}，求点M的坐标.$

Solution:
$因为椭圆E：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF_{2}\perp F_{1}F_{2}，所以F_{1}(-1，0)，F_{2}(1，0)，A\left(1,\frac{3}{2}\right)，所以直线AB：3x-4y+3=0.设M(x，y)，因为S_{2}=3S_{1}，所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.由此得\frac{|3x-4y+3|}{5}=3\times \frac{|3 \times 0-4 \times 0+3|}{5}，则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.由\left\{\begin{matrix}3x-4y+12=0,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得7x^{2}+24x+32=0，此方程无解；由\left\{\begin{matrix}3x-4y-6=0,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得7x^{2}-12x-4=0，所以x=2或x=-\frac{2}{7}.代入直线l：3x-4y-6=0，对应分别得y=0或y=-\frac{12}{7}.因此点M的坐标为(2，0)或\left(-\frac{2}{7},-\frac{12}{7}\right).$

Final answer: $(2, 0), (-\frac{2}{7}, -\frac{12}{7})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)过点M(1，-2\sqrt{2})，直线l经过抛物线的焦点F与抛物线交于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894791726759937/img/compression/M_e83aea7715e7c46fe2583d23c2fe92ac.jpg)
$若直线l的方程为y=x-2，求\triangle ABO的面积；$

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

Final answer: $8\sqrt 2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)过点M(1，-2\sqrt{2})，直线l经过抛物线的焦点F与抛物线交于A，B两点.$<img_2277>
$若直线l的方程为y=x-2，求\triangle ABO的面积；$

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

Final answer: $8\sqrt 2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)过点M(1，-2\sqrt{2})，直线l经过抛物线的焦点F与抛物线交于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894791726759937/img/compression/M_e83aea7715e7c46fe2583d23c2fe92ac.jpg)
$若直线OA，OB的斜率分别为k_{1}，k_{2}，且k_{1}+k_{2}=2，求直线l的方程.$

Solution:
$由题意知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=k(x-2)，A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}y^2=8x,\\  y=k(x-2),\end{matrix}\right.可得k^{2}x^{2}-(4k^{2}+8)x+4k^{2}=0，显然\Delta >0，从而x_{1}+x_{2}=\frac{4k^2+8}{k^2}，x_{1}x_{2}=4.\therefore k_{1}+k_{2}=\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=\frac{k(x_1-2)}{x_1}+\frac{k(x_2-2)}{x_2}=2k-\left(\frac{2k}{x_1}+\frac{2k}{x_2}\right)=2k-\frac{2k(x_1+x_2)}{x_1x_2}=2k-2k\frac{\frac{4k^2+8}{k^2}}{4}=-\frac{4}{k}=2，\therefore k=-2.\therefore 直线l的方程为2x+y-4=0.$

Final answer: $2x+y-4=0$