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


Question: $为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的正东方向设立了两个观测站A，B(点A在点O与点B之间)，它们到平台O的距离分别为3海里和12海里，记海平面上到两观测站A,B的距离之比为\frac{1}{2}的点P的轨迹为曲线E，规定曲线E及其内部区域为安全预警区(如图).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643326002982913/img/compression/M_05b7b5510407fc65d980e917add197b3.jpg)
$某日在观测站B处发现，在该海上平台O的正南方向相距2\sqrt{11}海里的C处，有一艘轮船正以每小时10海里的速度向北偏东30^\circ 方向航行，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，说明理由；如果进入，请求出它在安全预警区中的航行时间.$

Solution:
$由题意知C(0,-2\sqrt{11})，如图.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643326351110145/img/compression/M_c8ae8d2868c48e2f18dca8a16cd65fe0.jpg)$\because 轮船向北偏东30^\circ 方向航行，\therefore 直线CD的倾斜角为60^\circ ，即直线CD的斜率为\sqrt{3}，\therefore 直线CD的方程为y=\sqrt{3}x-2\sqrt{11}，\because 曲线E的方程为x^{2}+y^{2}=36，圆心O(0,0)，半径R=6海里，圆心O到直线CD的距离d=\frac{2\sqrt{11}}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=\sqrt{11}(海里)，满足d\therefore 如果轮船不改变航向，那么它一定会进入安全预警区.直线CD被圆O截得的弦长l=2\sqrt{36-11}=10(海里)，\because 轮船以每小时10海里的速度航行，\therefore 它在安全预警区中的航行时间t=\frac{10}{10}=1(小时).故如果航向不变，轮船一定会进入安全预警区，它在安全预警区中的航行时间为1小时.$

Final answer: $如果航向不变，轮船一定会进入安全预警区，它在安全预警区中的航行时间为1小时.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的正东方向设立了两个观测站A，B(点A在点O与点B之间)，它们到平台O的距离分别为3海里和12海里，记海平面上到两观测站A,B的距离之比为\frac{1}{2}的点P的轨迹为曲线E，规定曲线E及其内部区域为安全预警区(如图).$<img_2192>
$某日在观测站B处发现，在该海上平台O的正南方向相距2\sqrt{11}海里的C处，有一艘轮船正以每小时10海里的速度向北偏东30^\circ 方向航行，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，说明理由；如果进入，请求出它在安全预警区中的航行时间.$

Solution:
$由题意知C(0,-2\sqrt{11})，如图.$<img_2249>$\because 轮船向北偏东30^\circ 方向航行，\therefore 直线CD的倾斜角为60^\circ ，即直线CD的斜率为\sqrt{3}，\therefore 直线CD的方程为y=\sqrt{3}x-2\sqrt{11}，\because 曲线E的方程为x^{2}+y^{2}=36，圆心O(0,0)，半径R=6海里，圆心O到直线CD的距离d=\frac{2\sqrt{11}}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=\sqrt{11}(海里)，满足d\therefore 如果轮船不改变航向，那么它一定会进入安全预警区.直线CD被圆O截得的弦长l=2\sqrt{36-11}=10(海里)，\because 轮船以每小时10海里的速度航行，\therefore 它在安全预警区中的航行时间t=\frac{10}{10}=1(小时).故如果航向不变，轮船一定会进入安全预警区，它在安全预警区中的航行时间为1小时.$



Final answer: $如果航向不变，轮船一定会进入安全预警区，它在安全预警区中的航行时间为1小时.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C与y轴相切于点T(0,2)，与x轴的正半轴交于M，N两点(点M在点N的左侧)，且|MN|=3.$<img_2803>
$求圆C的方程；$

Solution:
$因为圆C与y轴相切于点T(0,2)，所以可设圆心的坐标为(m，2)(m>0)，则圆C的半径为m.又|MN|=3，所以m^{2}=2^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{25}{4}，解得m=\frac{5}{2}，所以圆C的方程为\left(x-\frac{5}{2}\right)^2+(y－2)^{2}=\frac{25}{4}.$

Final answer: $(x-\frac{5}{2})^2+(y-2)^2=\frac{25}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C与y轴相切于点T(0,2)，与x轴的正半轴交于M，N两点(点M在点N的左侧)，且|MN|=3.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643361524420609/img/compression/M_29d2094fd135545d6838bfcd8b7eeebb.jpg)
$求圆C的方程；$

Solution:
$因为圆C与y轴相切于点T(0,2)，所以可设圆心的坐标为(m，2)(m>0)，则圆C的半径为m.又|MN|=3，所以m^{2}=2^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{25}{4}，解得m=\frac{5}{2}，所以圆C的方程为\left(x-\frac{5}{2}\right)^2+(y－2)^{2}=\frac{25}{4}.$

Final answer: $(x-\frac{5}{2})^2+(y-2)^2=\frac{25}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C与y轴相切于点T(0,2)，与x轴的正半轴交于M，N两点(点M在点N的左侧)，且|MN|=3.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643361524420609/img/compression/M_29d2094fd135545d6838bfcd8b7eeebb.jpg)
$过点M任作一条直线与圆O:x^{2}+y^{2}=4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：k_{AN}+k_{BN}为定值.$

Solution:
$证明：由(1)知，M(1,0)，N(4,0)，当直线AB的斜率为0时，易知k_{AN}=k_{BN}=0，即k_{AN}+k_{BN}=0，为定值；当直线AB的斜率不为0时，设直线AB:x=1+ty，将x=1+ty代入x^{2}+y^{2}－4=0，整理得(t^{2}+1)y^{2}+2ty－3=0.设A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，则\left\{\begin{matrix}y_1+y_2=-\frac{2t}{t^2+1},\\ y_1y_2=\frac{-3}{t^2+1},\end{matrix}\right.则k_{AN}+k_{BN}=\frac{y_1}{x_1-4}+\frac{y_2}{x_2-4}=\frac{y_1}{ty_1-3}+\frac{y_2}{ty_2-3}=\frac{2ty_1y_2-3(y_1+y_2)}{(ty_1-3)(ty_2-3)}=\frac{\frac{-6t}{t^2+1}+\frac{6t}{t^2+1}}{(ty_1-3)(ty_2-3)}=0.综上，可得k_{AN}+k_{BN}=0，为定值.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C与y轴相切于点T(0,2)，与x轴的正半轴交于M，N两点(点M在点N的左侧)，且|MN|=3.$<img_2803>
$过点M任作一条直线与圆O:x^{2}+y^{2}=4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：k_{AN}+k_{BN}为定值.$

Solution:
$证明：由(1)知，M(1,0)，N(4,0)，当直线AB的斜率为0时，易知k_{AN}=k_{BN}=0，即k_{AN}+k_{BN}=0，为定值；当直线AB的斜率不为0时，设直线AB:x=1+ty，将x=1+ty代入x^{2}+y^{2}－4=0，整理得(t^{2}+1)y^{2}+2ty－3=0.设A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，则\left\{\begin{matrix}y_1+y_2=-\frac{2t}{t^2+1},\\ y_1y_2=\frac{-3}{t^2+1},\end{matrix}\right.则k_{AN}+k_{BN}=\frac{y_1}{x_1-4}+\frac{y_2}{x_2-4}=\frac{y_1}{ty_1-3}+\frac{y_2}{ty_2-3}=\frac{2ty_1y_2-3(y_1+y_2)}{(ty_1-3)(ty_2-3)}=\frac{\frac{-6t}{t^2+1}+\frac{6t}{t^2+1}}{(ty_1-3)(ty_2-3)}=0.综上，可得k_{AN}+k_{BN}=0，为定值.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市公园内的人工湖上有一个以点C为圆心的圆形喷泉，沿湖有一条小径AB，在AB的另一侧建有控制台O，OA和OB之间均有小径连接(小径均为直路)，且\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，喷泉中心C点距离B点60米，且CB连线恰与OA平行，在小径AB上有一休息亭Q，现测得|OB|=40\sqrt{2}米，|OQ|=20米，且OQ\perp OA.
$<img_2628>
$请计算小径AB的长度；$

Solution:
$以O为坐标原点，AO所在直线为x轴，OQ所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.$<img_2527>$由|OB|=40\sqrt{2}米，\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，可知B(40,40)，则直线OB的方程为y=x，又Q(0,20)，所以直线AB的方程为y=\frac{1}{2}x+20，令y=0，得x=-40,故A(－40,0)，所以|AB|=40\sqrt{5}米.$

Final answer: $40\sqrt{5}$ 米
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市公园内的人工湖上有一个以点C为圆心的圆形喷泉，沿湖有一条小径AB，在AB的另一侧建有控制台O，OA和OB之间均有小径连接(小径均为直路)，且\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，喷泉中心C点距离B点60米，且CB连线恰与OA平行，在小径AB上有一休息亭Q，现测得|OB|=40\sqrt{2}米，|OQ|=20米，且OQ\perp OA.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643362254229506/img/compression/M_a9c862c4efb3072c5473e3250a169d4c.jpg)
$请计算小径AB的长度；$

Solution:
$以O为坐标原点，AO所在直线为x轴，OQ所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643361906102276/img/compression/M_312c874502ee848fa1a344ea6be52f35.jpg)$由|OB|=40\sqrt{2}米，\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，可知B(40,40)，则直线OB的方程为y=x，又Q(0,20)，所以直线AB的方程为y=\frac{1}{2}x+20，令y=0，得x=-40,故A(－40,0)，所以|AB|=40\sqrt{5}米.$

Final answer: $40\sqrt{5}$ 米
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市公园内的人工湖上有一个以点C为圆心的圆形喷泉，沿湖有一条小径AB，在AB的另一侧建有控制台O，OA和OB之间均有小径连接(小径均为直路)，且\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，喷泉中心C点距离B点60米，且CB连线恰与OA平行，在小径AB上有一休息亭Q，现测得|OB|=40\sqrt{2}米，|OQ|=20米，且OQ\perp OA.
$<img_2628>
$现打算改建控制台O的位置(记为O')，使其离喷泉尽可能近，在点A，B，C的位置及\angle AOB大小均不变的前提下，请计算O'C长度的最小值；$

Solution:
$易知O，A，B三点共圆，且易求得此圆的方程为(x+20)^{2}+(y－60)^{2}=4 000，其圆心为(-20，60)，半径为20\sqrt{10}.易得C(－20,40)，则|O'C|_{min}=20\sqrt{10}－20，此时点O'为直线x=－20与点A及坐标原点之间劣弧的交点.$

Final answer: $20\sqrt{10}-20$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市公园内的人工湖上有一个以点C为圆心的圆形喷泉，沿湖有一条小径AB，在AB的另一侧建有控制台O，OA和OB之间均有小径连接(小径均为直路)，且\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，喷泉中心C点距离B点60米，且CB连线恰与OA平行，在小径AB上有一休息亭Q，现测得|OB|=40\sqrt{2}米，|OQ|=20米，且OQ\perp OA.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643362254229506/img/compression/M_a9c862c4efb3072c5473e3250a169d4c.jpg)
$现打算改建控制台O的位置(记为O')，使其离喷泉尽可能近，在点A，B，C的位置及\angle AOB大小均不变的前提下，请计算O'C长度的最小值；$

Solution:
$易知O，A，B三点共圆，且易求得此圆的方程为(x+20)^{2}+(y－60)^{2}=4 000，其圆心为(-20，60)，半径为20\sqrt{10}.易得C(－20,40)，则|O'C|_{min}=20\sqrt{10}－20，此时点O'为直线x=－20与点A及坐标原点之间劣弧的交点.$

Final answer: $20\sqrt{10}-20$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市公园内的人工湖上有一个以点C为圆心的圆形喷泉，沿湖有一条小径AB，在AB的另一侧建有控制台O，OA和OB之间均有小径连接(小径均为直路)，且\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，喷泉中心C点距离B点60米，且CB连线恰与OA平行，在小径AB上有一休息亭Q，现测得|OB|=40\sqrt{2}米，|OQ|=20米，且OQ\perp OA.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643362254229506/img/compression/M_a9c862c4efb3072c5473e3250a169d4c.jpg)
$一人从小径一端A处向B处匀速前进时，喷泉恰好同时开启，喷泉开启t分钟后的水幕是一个以C为圆心，半径r=10\sqrt{at}米的圆形区域(含边界)，此人的行进速度是v=10\sqrt{5}米/分钟，在这个人行进的过程中他会被水幕沾染，试求实数a的最小值.$

Solution:
$人从A处行驶到B处所需要的时间为\frac{40\sqrt{5}}{10\sqrt{5}}=4(分钟)，假设在t(0则|AM|=10\sqrt{5}t米，所以M(20t－40,10t)，则|CM|^{2}=(20t－20)^{2}+(10t－40)^{2}=100(5t^{2}－16t+20)，又在t(0则存在t\in (0,4)，使得r^{2}\geq |CM|^{2}，即100at\geq 100(5t^{2}－16t+20)成立，所以存在t\in (0,4)，使得a\geq 5\left(t+\frac{4}{t}\right)－16成立，当t\in (0,4)时，5\left(t+\frac{4}{t}\right)－16\geq 5\times 2\sqrt{t \times \frac{4}{t}}－16=4，当且仅当t=\frac{4}{t}，即t=2时取等号，所以a\geq 4，即实数a的最小值为4.$

Final answer: $4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市公园内的人工湖上有一个以点C为圆心的圆形喷泉，沿湖有一条小径AB，在AB的另一侧建有控制台O，OA和OB之间均有小径连接(小径均为直路)，且\angle AOB=\frac{3}{4}\pi ，喷泉中心C点距离B点60米，且CB连线恰与OA平行，在小径AB上有一休息亭Q，现测得|OB|=40\sqrt{2}米，|OQ|=20米，且OQ\perp OA.
$<img_2628>
$一人从小径一端A处向B处匀速前进时，喷泉恰好同时开启，喷泉开启t分钟后的水幕是一个以C为圆心，半径r=10\sqrt{at}米的圆形区域(含边界)，此人的行进速度是v=10\sqrt{5}米/分钟，在这个人行进的过程中他会被水幕沾染，试求实数a的最小值.$

Solution:
$人从A处行驶到B处所需要的时间为\frac{40\sqrt{5}}{10\sqrt{5}}=4(分钟)，假设在t(0则|AM|=10\sqrt{5}t米，所以M(20t－40,10t)，则|CM|^{2}=(20t－20)^{2}+(10t－40)^{2}=100(5t^{2}－16t+20)，又在t(0则存在t\in (0,4)，使得r^{2}\geq |CM|^{2}，即100at\geq 100(5t^{2}－16t+20)成立，所以存在t\in (0,4)，使得a\geq 5\left(t+\frac{4}{t}\right)－16成立，当t\in (0,4)时，5\left(t+\frac{4}{t}\right)－16\geq 5\times 2\sqrt{t \times \frac{4}{t}}－16=4，当且仅当t=\frac{4}{t}，即t=2时取等号，所以a\geq 4，即实数a的最小值为4.$

Final answer: $4$
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D\left(1,\frac{3}{2}\right)，A为左顶点，且直线DA的斜率为\frac{1}{2}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643379547467778/img/compression/M_335f2d263c38169be2b41a26c840a230.jpg)
$求椭圆C的标准方程；$

Solution:
$由题意得A(－a,0)，所以\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a^2}+\frac{9}{4b^2}=1,\\ \frac{\frac{3}{2}}{1+a}=\frac{1}{2},\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=2,\\ b=\sqrt{3}(\text{舍负}),\end{matrix}\right.故椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
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D\left(1,\frac{3}{2}\right)，A为左顶点，且直线DA的斜率为\frac{1}{2}.
$<img_2524>
$求椭圆C的标准方程；$

Solution:
$由题意得A(－a,0)，所以\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a^2}+\frac{9}{4b^2}=1,\\ \frac{\frac{3}{2}}{1+a}=\frac{1}{2},\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=2,\\ b=\sqrt{3}(\text{舍负}),\end{matrix}\right.故椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
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D\left(1,\frac{3}{2}\right)，A为左顶点，且直线DA的斜率为\frac{1}{2}.
$<img_2524>
$设M(m,0)在椭圆内部，T(t,0)在椭圆外，过M作斜率存在且不为0的直线交椭圆C于P，Q两点，若\angle PTM=\angle QTM，求证：m\cdot t为定值，并求出这个定值.$

Solution:
$设直线PQ：x=ny+m(n\neq 0)，与椭圆方程\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1联立，消去x，整理得(3n^{2}+4)y^{2}+6mny+3m^{2}－12=0，记P(x_{1},y_{1})，Q(x_{2},y_{2})，因为M(m,0)在椭圆内部，所以\Delta >0，所以y_{1}+y_{2}=\frac{-6mn}{3n^2+4}，y_{1}y_{2}=\frac{3m^2-12}{3n^2+4}，若\angle PTM=\angle QTM，则k_{TP}+k_{TQ}=0，可得\frac{y_1}{x_1-t}+\frac{y_2}{x_2-t}=0，即y_{1}(ny_{2}+m－t)+y_{2}(ny_{1}+m－t)=0，即2ny_{1}y_{2}+(m－t)(y_{1}+y_{2})=0，可得\frac{2n \cdot (3m^2-12)}{3n^2+4}+\frac{-6mn(m-t)}{3n^2+4}=0，即－24n+6mnt=0，又n\neq 0，所以mt=4(定值).$

Final answer: $4$
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D\left(1,\frac{3}{2}\right)，A为左顶点，且直线DA的斜率为\frac{1}{2}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643379547467778/img/compression/M_335f2d263c38169be2b41a26c840a230.jpg)
$设M(m,0)在椭圆内部，T(t,0)在椭圆外，过M作斜率存在且不为0的直线交椭圆C于P，Q两点，若\angle PTM=\angle QTM，求证：m\cdot t为定值，并求出这个定值.$

Solution:
$设直线PQ：x=ny+m(n\neq 0)，与椭圆方程\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1联立，消去x，整理得(3n^{2}+4)y^{2}+6mny+3m^{2}－12=0，记P(x_{1},y_{1})，Q(x_{2},y_{2})，因为M(m,0)在椭圆内部，所以\Delta >0，所以y_{1}+y_{2}=\frac{-6mn}{3n^2+4}，y_{1}y_{2}=\frac{3m^2-12}{3n^2+4}，若\angle PTM=\angle QTM，则k_{TP}+k_{TQ}=0，可得\frac{y_1}{x_1-t}+\frac{y_2}{x_2-t}=0，即y_{1}(ny_{2}+m－t)+y_{2}(ny_{1}+m－t)=0，即2ny_{1}y_{2}+(m－t)(y_{1}+y_{2})=0，可得\frac{2n \cdot (3m^2-12)}{3n^2+4}+\frac{-6mn(m-t)}{3n^2+4}=0，即－24n+6mnt=0，又n\neq 0，所以mt=4(定值).$

Final answer: $4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某高校的志愿者服务小组决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图，A，B两个信号源相距10米，O是AB的中点，过O点的直线l与直线AB的夹角为45^\circ ，机器猫在直线l上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到A点的信号比接收到B点的信号晚\frac{8}{v_0}秒(注：信号每秒传播v_{0}米)，在t_{0}时刻，测得机器鼠距离O点4米.$<img_1928>
$以O为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，求t_{0}时刻机器鼠所在位置的坐标；$

Solution:
$设机器鼠所在位置为点P，由题意可得\frac{|PA|}{v_0}－\frac{|PB|}{v_0}=\frac{8}{v_0}，即|PA|－|PB|=8，又8<10=|AB|，结合双曲线的定义可得P的轨迹为双曲线的右支，且2c=10，2a=8，故c=5，a=4，b=\sqrt{c^2-a^2}=3，则P的轨迹方程为\frac{x^2}{16}－\frac{y^2}{9}=1(x\geq 4)，在t_{0}时刻，|OP|=4，即P(4,0)，可得机器鼠所在位置的坐标为(4,0).$

Final answer: $(4,0)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某高校的志愿者服务小组决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图，A，B两个信号源相距10米，O是AB的中点，过O点的直线l与直线AB的夹角为45^\circ ，机器猫在直线l上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到A点的信号比接收到B点的信号晚\frac{8}{v_0}秒(注：信号每秒传播v_{0}米)，在t_{0}时刻，测得机器鼠距离O点4米.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643408192618498/img/compression/M_fc7600bd0de31405e14364422b19749f.jpg)
$以O为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，求t_{0}时刻机器鼠所在位置的坐标；$

Solution:
$设机器鼠所在位置为点P，由题意可得\frac{|PA|}{v_0}－\frac{|PB|}{v_0}=\frac{8}{v_0}，即|PA|－|PB|=8，又8<10=|AB|，结合双曲线的定义可得P的轨迹为双曲线的右支，且2c=10，2a=8，故c=5，a=4，b=\sqrt{c^2-a^2}=3，则P的轨迹方程为\frac{x^2}{16}－\frac{y^2}{9}=1(x\geq 4)，在t_{0}时刻，|OP|=4，即P(4,0)，可得机器鼠所在位置的坐标为(4,0).$

Final answer: $(4,0)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某高校的志愿者服务小组决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图，A，B两个信号源相距10米，O是AB的中点，过O点的直线l与直线AB的夹角为45^\circ ，机器猫在直线l上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到A点的信号比接收到B点的信号晚\frac{8}{v_0}秒(注：信号每秒传播v_{0}米)，在t_{0}时刻，测得机器鼠距离O点4米.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643408192618498/img/compression/M_fc7600bd0de31405e14364422b19749f.jpg)
$游戏设定：当机器鼠在距离直线l不超过1.5米的区域运动时，有“被抓”的风险，如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，那么它是否有“被抓”的风险？$

Solution:
$设与曲线\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1(x\geq 4)相切的直线l的平行线l_{1}的方程为y=x+m，切点为(x_{1},y_{1}).联立直线l_{1}的方程与双曲线方程\frac{x^2}{16}－\frac{y^2}{9}=1(x\geq 4)，消去y，可得7x^{2}+32mx+16m^{2}+144=0，即有\Delta =(32m)^{2}－28(16m^{2}+144)=0，且2x_{1}=－\frac{32m}{7}>0，可得m=－\sqrt{7}，即l_{1}:y=x－\sqrt{7}与双曲线的右支相切，易知切点即为双曲线的右支上距离l最近的点，此时l与l_{1}的距离d=\frac{|-\sqrt{7}|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}，即机器鼠到直线l的最小距离为\frac{\sqrt{14}}{2}>1.5，故如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，那么它没有“被抓”的风险.$

Final answer: $如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，那么它没有“被抓”的风险。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某高校的志愿者服务小组决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图，A，B两个信号源相距10米，O是AB的中点，过O点的直线l与直线AB的夹角为45^\circ ，机器猫在直线l上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到A点的信号比接收到B点的信号晚\frac{8}{v_0}秒(注：信号每秒传播v_{0}米)，在t_{0}时刻，测得机器鼠距离O点4米.$<img_1928>
$游戏设定：当机器鼠在距离直线l不超过1.5米的区域运动时，有“被抓”的风险，如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，那么它是否有“被抓”的风险？$

Solution:
$设与曲线\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1(x\geq 4)相切的直线l的平行线l_{1}的方程为y=x+m，切点为(x_{1},y_{1}).联立直线l_{1}的方程与双曲线方程\frac{x^2}{16}－\frac{y^2}{9}=1(x\geq 4)，消去y，可得7x^{2}+32mx+16m^{2}+144=0，即有\Delta =(32m)^{2}－28(16m^{2}+144)=0，且2x_{1}=－\frac{32m}{7}>0，可得m=－\sqrt{7}，即l_{1}:y=x－\sqrt{7}与双曲线的右支相切，易知切点即为双曲线的右支上距离l最近的点，此时l与l_{1}的距离d=\frac{|-\sqrt{7}|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}，即机器鼠到直线l的最小距离为\frac{\sqrt{14}}{2}>1.5，故如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，那么它没有“被抓”的风险.$



Final answer: $如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，那么它没有“被抓”的风险。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与一等轴双曲线相交，并且双曲线的左、右顶点分别是该椭圆的左、右焦点F_{1}(－2,0)，F_{2}(2,0)，双曲线的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF_{1},PF_{2}的斜率分别为k_{1},k_{2}，且直线PF_{1}和PF_{2}与椭圆的交点分别为A、B和C、D.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643409086005249/img/compression/M_d005aa2a3a64624048c5136a6572b325.jpg)
$分别求椭圆和双曲线的标准方程；$

Solution:
$设双曲线的标准方程为\frac{x^2}{a^2_1}-\frac{y^2}{b^2_1}=1(a_{1}>0,b_{1}>0).由题意知，a_{1}=b_{1}=2，故双曲线的标准方程为\frac{x^2}{4}－\frac{y^2}{4}=1.在椭圆中，c=2，a=2\sqrt{2}，故b=\sqrt{a^2-c^2}=2,故椭圆的标准方程为\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$,$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与一等轴双曲线相交，并且双曲线的左、右顶点分别是该椭圆的左、右焦点F_{1}(－2,0)，F_{2}(2,0)，双曲线的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF_{1},PF_{2}的斜率分别为k_{1},k_{2}，且直线PF_{1}和PF_{2}与椭圆的交点分别为A、B和C、D.$<img_2888>
$分别求椭圆和双曲线的标准方程；$

Solution:
$设双曲线的标准方程为\frac{x^2}{a^2_1}-\frac{y^2}{b^2_1}=1(a_{1}>0,b_{1}>0).由题意知，a_{1}=b_{1}=2，故双曲线的标准方程为\frac{x^2}{4}－\frac{y^2}{4}=1.在椭圆中，c=2，a=2\sqrt{2}，故b=\sqrt{a^2-c^2}=2,故椭圆的标准方程为\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$,$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与一等轴双曲线相交，并且双曲线的左、右顶点分别是该椭圆的左、右焦点F_{1}(－2,0)，F_{2}(2,0)，双曲线的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF_{1},PF_{2}的斜率分别为k_{1},k_{2}，且直线PF_{1}和PF_{2}与椭圆的交点分别为A、B和C、D.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643409086005249/img/compression/M_d005aa2a3a64624048c5136a6572b325.jpg)
$证明：k_{1}k_{2}=1；$

Solution:
$证明：设点P(x_{0},y_{0})，则k_{1}=\frac{y_0}{x_0+2}，k_{2}=\frac{y_0}{x_0-2}，则k_{1}k_{2}=\frac{y_0}{x_0+2}\cdot \frac{y_0}{x_0-2}=\frac{y^2_0}{x^2_0-4}.由点P在双曲线上，可知\frac{x^2_0}{4}－\frac{y^2_0}{4}=1，即有x^2_0－4=y^2_0，从而\frac{y^2_0}{x^2_0-4}=1，故k_{1}k_{2}=1.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与一等轴双曲线相交，并且双曲线的左、右顶点分别是该椭圆的左、右焦点F_{1}(－2,0)，F_{2}(2,0)，双曲线的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF_{1},PF_{2}的斜率分别为k_{1},k_{2}，且直线PF_{1}和PF_{2}与椭圆的交点分别为A、B和C、D.$<img_2888>
$证明：k_{1}k_{2}=1；$

Solution:
$证明：设点P(x_{0},y_{0})，则k_{1}=\frac{y_0}{x_0+2}，k_{2}=\frac{y_0}{x_0-2}，则k_{1}k_{2}=\frac{y_0}{x_0+2}\cdot \frac{y_0}{x_0-2}=\frac{y^2_0}{x^2_0-4}.由点P在双曲线上，可知\frac{x^2_0}{4}－\frac{y^2_0}{4}=1，即有x^2_0－4=y^2_0，从而\frac{y^2_0}{x^2_0-4}=1，故k_{1}k_{2}=1.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与一等轴双曲线相交，并且双曲线的左、右顶点分别是该椭圆的左、右焦点F_{1}(－2,0)，F_{2}(2,0)，双曲线的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF_{1},PF_{2}的斜率分别为k_{1},k_{2}，且直线PF_{1}和PF_{2}与椭圆的交点分别为A、B和C、D.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643409086005249/img/compression/M_d005aa2a3a64624048c5136a6572b325.jpg)
$是否存在常数\lambda ，使得|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|恒成立？若存在，求出\lambda 的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$假设存在常数\lambda ，使得|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|恒成立.由(2)知k_{1}k_{2}=1，所以可设直线AB的方程为y=k(x+2)，直线CD的方程为y=\frac{1}{k}(x－2).将直线AB的方程y=k(x+2)与椭圆方程联立，消去y，整理得(1+2k^{2})x^{2}+8k^{2}x+8(k^{2}－1)=0，设A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2})，则有x_{1}+x_{2}=－\frac{8k^2}{1+2k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{8(k^2-1)}{1+2k^2}，因此|AB|=\sqrt{(1+k^2)[(x_1+x_2)^2-4x_1x_2]}=\frac{4\sqrt{2}(1+k^2)}{1+2k^2}.同理可得|CD|=\frac{4\sqrt{2}(k^2+1)}{2+k^2}.因此由|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|知\lambda =\frac{1}{|AB|}+\frac{1}{|CD|}=\frac{1+2k^2}{4\sqrt{2}(1+k^2)}+\frac{2+k^2}{4\sqrt{2}(k^2+1)}=\frac{3+3k^2}{4\sqrt{2}(k^2+1)}=\frac{3\sqrt{2}}{8}.所以存在常数\lambda =\frac{3\sqrt{2}}{8}，使得|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|恒成立.$

Final answer: $存在，\lambda = \frac{3\sqrt{2}}{8}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)与一等轴双曲线相交，并且双曲线的左、右顶点分别是该椭圆的左、右焦点F_{1}(－2,0)，F_{2}(2,0)，双曲线的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线PF_{1},PF_{2}的斜率分别为k_{1},k_{2}，且直线PF_{1}和PF_{2}与椭圆的交点分别为A、B和C、D.$<img_2888>
$存在常数\lambda ，使得|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|恒成立，请求出\lambda 的值；$

Solution:
$假设存在常数\lambda ，使得|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|恒成立.由(2)知k_{1}k_{2}=1，所以可设直线AB的方程为y=k(x+2)，直线CD的方程为y=\frac{1}{k}(x－2).将直线AB的方程y=k(x+2)与椭圆方程联立，消去y，整理得(1+2k^{2})x^{2}+8k^{2}x+8(k^{2}－1)=0，设A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2})，则有x_{1}+x_{2}=－\frac{8k^2}{1+2k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{8(k^2-1)}{1+2k^2}，因此|AB|=\sqrt{(1+k^2)[(x_1+x_2)^2-4x_1x_2]}=\frac{4\sqrt{2}(1+k^2)}{1+2k^2}.同理可得|CD|=\frac{4\sqrt{2}(k^2+1)}{2+k^2}.因此由|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|知\lambda =\frac{1}{|AB|}+\frac{1}{|CD|}=\frac{1+2k^2}{4\sqrt{2}(1+k^2)}+\frac{2+k^2}{4\sqrt{2}(k^2+1)}=\frac{3+3k^2}{4\sqrt{2}(k^2+1)}=\frac{3\sqrt{2}}{8}.所以存在常数\lambda =\frac{3\sqrt{2}}{8}，使得|AB|+|CD|=\lambda |AB|\cdot |CD|恒成立.$



Final answer: $\frac{3\sqrt{2}}{8}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆M:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的两顶点为A(－2,0)，B(2,0)，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}，过y轴上的点F(0,t)(|t|<4,t\neq 0)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643477901950978/img/compression/M_75a988ed004e68eccaf700aa77384f6c.jpg)
$当t=2\sqrt{3}且|CD|=4时，求直线l的方程；$

Solution:
$由题可得b=2.由e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，结合a^{2}=b^{2}+c^{2}及b=2，得a=4，\therefore 椭圆的标准方程为\frac{y^2}{16}+\frac{x^2}{4}=1.当直线l的斜率不存在时，|CD|=8，与题意不符，故直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+2\sqrt{3}，代入椭圆方程\frac{y^2}{16}+\frac{x^2}{4}=1,整理得(k^{2}+4)x^{2}+4\sqrt{3}kx－4=0，设C(x_{C},y_{C})，D(x_{D},y_{D})，则x_{C}+x_{D}=\frac{-4\sqrt{3}k}{k^2+4}，x_{C}\cdot x_{D}=\frac{-4}{k^2+4}.\therefore |CD|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_C+x_D)^2-4x_Cx_D}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{\left(\frac{-4\sqrt{3}k}{k^2+4}\right)^2-4 \times \frac{-4}{4+k^2}}=\frac{8(k^2+1)}{k^2+4}=4，解得k=\pm \sqrt{2}.则直线l的方程为\sqrt{2}x－y+2\sqrt{3}=0或\sqrt{2}x+y－2\sqrt{3}=0.$

Final answer: $\sqrt{2}x－y+2\sqrt{3}=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆M:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的两顶点为A(－2,0)，B(2,0)，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}，过y轴上的点F(0,t)(|t|<4,t\neq 0)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.$<img_2210>
$当t=2\sqrt{3}且|CD|=4时，求直线l的方程；$

Solution:
$由题可得b=2.由e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，结合a^{2}=b^{2}+c^{2}及b=2，得a=4，\therefore 椭圆的标准方程为\frac{y^2}{16}+\frac{x^2}{4}=1.当直线l的斜率不存在时，|CD|=8，与题意不符，故直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+2\sqrt{3}，代入椭圆方程\frac{y^2}{16}+\frac{x^2}{4}=1,整理得(k^{2}+4)x^{2}+4\sqrt{3}kx－4=0，设C(x_{C},y_{C})，D(x_{D},y_{D})，则x_{C}+x_{D}=\frac{-4\sqrt{3}k}{k^2+4}，x_{C}\cdot x_{D}=\frac{-4}{k^2+4}.\therefore |CD|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_C+x_D)^2-4x_Cx_D}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{\left(\frac{-4\sqrt{3}k}{k^2+4}\right)^2-4 \times \frac{-4}{4+k^2}}=\frac{8(k^2+1)}{k^2+4}=4，解得k=\pm \sqrt{2}.则直线l的方程为\sqrt{2}x－y+2\sqrt{3}=0或\sqrt{2}x+y－2\sqrt{3}=0.$

Final answer: $\sqrt{2}x－y+2\sqrt{3}=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆M:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的两顶点为A(－2,0)，B(2,0)，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}，过y轴上的点F(0,t)(|t|<4,t\neq 0)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.$<img_2210>
$当点P异于A，B两点时，设点P与点Q的横坐标分别为x_{P}，x_{Q}，存在常数\lambda 使x_{P}\cdot x_{Q}=\lambda 成立，请求出\lambda 的值.$

Solution:
$存在.当直线l的斜率不存在时，直线l与y轴重合，由椭圆的对称性可知直线AC与直线BD平行，不符合题意，\therefore 直线l的斜率存在.由题意可设直线l的方程为x=my+n(m\neq 0,n\neq 0)，代入椭圆方程，得(1+4m^{2})y^{2}+8mny+4n^{2}－16=0.设C(x_{1},y_{1})，D(x_{2},y_{2})，\therefore y_{1}+y_{2}=\frac{-8mn}{1+4m^2}，y_{1}\cdot y_{2}=\frac{4n^2-16}{1+4m^2},\therefore my_{1}y_{2}=\frac{4-n^2}{2n}\cdot (y_{1}+y_{2})①,直线AC的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)②,直线BD的方程为y=\frac{y_2}{x_2-2}(x－2)③,由\frac{\text{②}}{\text{③}}得\frac{x-2}{x+2}=\frac{y_1(x_2-2)}{y_2(x_1+2)}=\frac{y_1(my_2+n-2)}{y_2(my_1+n+2)}=\frac{my_1y_2+y_1(n-2)}{my_1y_2+y_2(n+2)}④,将①代入④，得\frac{x-2}{x+2}=\frac{(2-n)[(n+2)y_2+(2-n)y_1]}{(2+n)[(n+2)y_2+(2-n)y_1]}=\frac{2-n}{2+n}，解得x=\frac{4}{n}，即x_{Q}=\frac{4}{n},又知x_{P}=n,\therefore x_{P}\cdot x_{Q}=n\times \frac{4}{n}=4(常数),即点P与点Q的横坐标之积为定值4.故存在常数\lambda =4使x_{P}\cdot x_{Q}=\lambda 成立.$



Final answer: $\lambda =4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆M:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的两顶点为A(－2,0)，B(2,0)，离心率e=\frac{\sqrt{3}}{2}，过y轴上的点F(0,t)(|t|<4,t\neq 0)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643477901950978/img/compression/M_75a988ed004e68eccaf700aa77384f6c.jpg)
$当点P异于A，B两点时，设点P与点Q的横坐标分别为x_{P}，x_{Q}，是否存在常数\lambda 使x_{P}\cdot x_{Q}=\lambda 成立？若存在，求出\lambda 的值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$存在.当直线l的斜率不存在时，直线l与y轴重合，由椭圆的对称性可知直线AC与直线BD平行，不符合题意，\therefore 直线l的斜率存在.由题意可设直线l的方程为x=my+n(m\neq 0,n\neq 0)，代入椭圆方程，得(1+4m^{2})y^{2}+8mny+4n^{2}－16=0.设C(x_{1},y_{1})，D(x_{2},y_{2})，\therefore y_{1}+y_{2}=\frac{-8mn}{1+4m^2}，y_{1}\cdot y_{2}=\frac{4n^2-16}{1+4m^2},\therefore my_{1}y_{2}=\frac{4-n^2}{2n}\cdot (y_{1}+y_{2})①,直线AC的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)②,直线BD的方程为y=\frac{y_2}{x_2-2}(x－2)③,由\frac{\text{②}}{\text{③}}得\frac{x-2}{x+2}=\frac{y_1(x_2-2)}{y_2(x_1+2)}=\frac{y_1(my_2+n-2)}{y_2(my_1+n+2)}=\frac{my_1y_2+y_1(n-2)}{my_1y_2+y_2(n+2)}④,将①代入④，得\frac{x-2}{x+2}=\frac{(2-n)[(n+2)y_2+(2-n)y_1]}{(2+n)[(n+2)y_2+(2-n)y_1]}=\frac{2-n}{2+n}，解得x=\frac{4}{n}，即x_{Q}=\frac{4}{n},又知x_{P}=n,\therefore x_{P}\cdot x_{Q}=n\times \frac{4}{n}=4(常数),即点P与点Q的横坐标之积为定值4.故存在常数\lambda =4使x_{P}\cdot x_{Q}=\lambda 成立.$

Final answer: $存在，\lambda =4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率是\frac{1}{2}，短轴长为2\sqrt{3}，椭圆的左、右顶点分别为A_{1}，A_{2}，过椭圆C与抛物线E:y^{2}=2px(p>0)的公共焦点F的直线l与椭圆相交于A,B两点，与抛物线E相交于P,Q两点，点M为PQ的中点.$<img_2928>
$求椭圆C和抛物线E的方程；$

Solution:
$根据题意得\left\{\begin{matrix}2b=2\sqrt{3},\\ e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\\ a^2=b^2+c^2,\end{matrix}\right.解得a=2，b=\sqrt{3}，c=1，所以椭圆C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1，又椭圆C与抛物线共焦点，故\frac{p}{2}=1,所以p=2,所以拋物线E:y^{2}=4x.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$,$y^{2}=4x$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率是\frac{1}{2}，短轴长为2\sqrt{3}，椭圆的左、右顶点分别为A_{1}，A_{2}，过椭圆C与抛物线E:y^{2}=2px(p>0)的公共焦点F的直线l与椭圆相交于A,B两点，与抛物线E相交于P,Q两点，点M为PQ的中点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658643478329769985/img/compression/M_c31a562730fc76d0fb519e8c44705c00.jpg)
$求椭圆C和抛物线E的方程；$

Solution:
$根据题意得\left\{\begin{matrix}2b=2\sqrt{3},\\ e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\\ a^2=b^2+c^2,\end{matrix}\right.解得a=2，b=\sqrt{3}，c=1，所以椭圆C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1，又椭圆C与抛物线共焦点，故\frac{p}{2}=1,所以p=2,所以拋物线E:y^{2}=4x.$

Final answer: $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$,$y^{2}=4x$