di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C:  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 的离心率为  \frac{\sqrt{2}}{2} ，且过点 A (2，1)。$
点M，N在C上，且M垂直于N，AD垂直于MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.

Solution:
$证明：设M(x_1, y_1), N(x_2, y_2). 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y=kx+m，代入\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1得(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-6=0. 于是x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2}，x_1x_2=\frac{2m^2-6}{1+2k^2}①. 由AM\perp AN知\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN}=0，故(x_1-2)(x_2-2)+(y_1-1)(y_2-1)=0，可得(k^2+1)x_1x_2+(km-k-2)(x_1+x_2)+(m-1)^2+4=0. 将①代入上式可得(k^2+1)\frac{2m^2-6}{1+2k^2}- (km-k-2)\frac{4km}{1+2k^2}+(m-1)^2+4=0. 整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0. 因为A(2, 1)不在直线MN上，所以2k+m-1\neq 0，故2k+3m+1=0，k\neq 1. 于是MN的方程为y=k\left(x-\frac{2}{3}\right)-\frac{1}{3}(k\neq 1). 所以直线MN过点P\left(\frac{2}{3},-\frac{1}{3}\right). 若直线MN与x轴垂直，可得N(x_1, -y_1). 由\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN}=0得(x_1-2)(x_1-2)+(y_1-1)(-y_1-1)=0. 又\frac{x^2_1}{6}+\frac{y^2_1}{3}=1，可得3x_1^2-8x_1+4=0. 解得x_1=2(舍去)或x_1=\frac{2}{3}. 此时直线MN过点P\left(\frac{2}{3},-\frac{1}{3}\right). 令Q为AP的中点，即Q\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right). 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt\triangle ADP的斜边，故|DQ|=\frac{1}{2}|AP|=\frac{2\sqrt{2}}{3}. 若D与P重合，则|DQ|=\frac{1}{2}|AP|. 综上，存在点Q\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)，使得|DQ|为定值.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C：\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)的离心率为\frac{\sqrt{2}}{2}，点 P(1,0)在椭圆 C 上，直线 y=y_0与椭圆 C 交于不同的两点 A，B。$
$直线PA，PB分别交y轴于M，N两点，问：x轴上是否存在点Q，使得\angle OQN+\angle OQM= \frac{\pi }{2}？若存在，求出点Q的坐标；$

Solution:
$假设存在点Q使得\angle OQN+\angle OQM=\frac{\pi }{2}.设Q(m,0).$
$因为\angle OQN+\angle OQM=\frac{\pi }{2}，所以\angle OQN=\angle OMQ. $
则$tan\angle OQN=tan\angle OMQ，$
$即\frac{|ON|}{|OQ|}=\frac{|OQ|}{|OM|}，所以|OQ|^2=|ON||OM|.$
因为直线$y=y_0交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.$
设$A(x_0,y_0)，B(-x_0,y_0)(x_0\neq \pm 1)，$
因为$P(1,0)， $
$所以直线PA的方程为y=\frac{y_0}{x_0-1}(x-1).$
$令x=0，得y_M=\frac{-y_0}{x_0-1}.$
$因为P(1，0)，所以直线PB的方程为y=\frac{-y_0}{x_0+1}(x-1).$
$令x=0，得y_N=\frac{y_0}{x_0+1}.$
因为$|OQ|^2=|ON||OM|$，
$所以m^2=\frac{y^2_0}{|x^2_0-1|}.$
又因为点$A(x_0,y_0)在椭圆C上，所以y_0^2=2(1-x_0^2)$.
$所以m^2=\frac{2(1-x^2_0)}{1-x^2_0}=2，$
$即m=\pm \sqrt{2}.$
$所以存在点Q(\pm \sqrt{2},0)使得\angle OQN+\angle OQM=\frac{\pi }{2}成立.$

Final answer: $(-\sqrt{2},0)，(\sqrt{2},0)$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: {x^2}/{a^2} + {y^2}/{b^2} = 1 (a > b > 0) 的离心率为 \sqrt{3}/2，点(2,0)在椭圆C上.$
过点P(1,0)的直线(不与坐标轴垂直)与椭圆交于A、B两点，设点B关于x轴的对称点为B'.直线AB'与x轴的交点Q是不是定点，求出该定点的坐标。

Solution:
直线AB'与x轴的交点Q是定点.理由如下：
设A(x_1,y_1), B(x_2,y_2), B'(x_2,-y_2), Q(n,0)，直线AB的方程为 y=k(x-1)(k \neq 0)

联立:

$$
\left\{
\begin{matrix}
 y=k(x-1),\\ 
\frac{x^2}{4}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$
消去y得(1+4k^2)x^2-8k^2x+4k^2-4=0，
$所以 x_1 + x_2 = \frac{8k^2}{1+4k^2}, x_1  x_2=\frac{4k^2-4}{1+4k^2}，$
$直线AB'的方程为 y-y_1 = \frac{y_1+y_2}{x_1-x_2} (x-x_1)，$
$令 y=0，得 n = -\frac{y_1(x_1-x_2)}{y_1+y_2}+x_1 = \frac{x_1y_2+x_2y_1}{y_1+y_2}，$
又 y_1 = k(x_1-1), y_2 = k(x_2-1)，
$所以 n = \frac{2x_1x_2-(x_1+x_2)}{x_1+x_2-2} = \frac{2 \cdot \frac{4k^2-4}{1+4k^2}-\frac{8k^2}{1+4k^2}}{\frac{8k^2}{1+4k^2}-2} = 4，$
所以直线 AB'与x轴的交点Q是定点，其坐标是(4,0).

Final answer: $(4,0)$
Subfield: Conic Sections


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，$直线l与椭圆C交于不同的两点A，B (A，B都在x轴上方)，且\angle OFA＋\angle OFB=180^\circ .$

是否存在一个定点，$无论\angle OFA如何变化，直线l恒过该定点？若存在，求出该定点的坐标.$

<img_2118>

Solution:
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
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=kx+b,\\ 
\frac{x^2}{2}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$
$得(2k^{2}+1)x^{2}+4kbx+2b^{2}-2=0，$
$设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{4kb}{2k^2+1},x_{1}x_{2}=\frac{2b^2-2}{2k^2+1}.$
$k_{AF}＋k_{BF}＝\frac{y_{1}}{x_{1}+1}+\frac{y_{2}}{x_{2}+1}=\frac{kx_{1}+b}{x_{1}+1}+\frac{kx_{2}+b}{x_{2}+1}=\frac{2kx_{1}x_{2}+(k+b)(x_{1}+x_{2})+2b}{(x_{1}+1)(x_{2}+1)}＝0，$
$\therefore 2kx_{1}x_{2}+(k+b)(x_{1}+x_{2})+2b=2k\cdot \frac{2b^2-2}{2k^2+1}+(k+b)\cdot -\frac{4kb}{2k^2+1}+2b=0，$
$\therefore b-2k＝0，即b=2k，$
$\therefore 直线AB的方程为y＝k(x＋2),$
$\therefore 直线l恒过定点(-2，0).$

Final answer: (-2，0)
Subfield: Conic Sections


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，$直线l与椭圆C交于不同的两点A，B (A，B都在x轴上方)，且\angle OFA＋\angle OFB=180^\circ .$

是否存在一个定点，$无论\angle OFA如何变化，直线l恒过该定点？若存在，求出该定点的坐标.$

![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875889655865346/img/compression/M_3393a347d3844ed918d9badbdcedb05c.jpg)

Solution:
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
$$
\left\{
\begin{matrix}
y=kx+b,\\ 
\frac{x^2}{2}+y^2=1,
\end{matrix}
\right.
$$
$得(2k^{2}+1)x^{2}+4kbx+2b^{2}-2=0，$
$设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{4kb}{2k^2+1},x_{1}x_{2}=\frac{2b^2-2}{2k^2+1}.$
$k_{AF}＋k_{BF}＝\frac{y_{1}}{x_{1}+1}+\frac{y_{2}}{x_{2}+1}=\frac{kx_{1}+b}{x_{1}+1}+\frac{kx_{2}+b}{x_{2}+1}=\frac{2kx_{1}x_{2}+(k+b)(x_{1}+x_{2})+2b}{(x_{1}+1)(x_{2}+1)}＝0，$
$\therefore 2kx_{1}x_{2}+(k+b)(x_{1}+x_{2})+2b=2k\cdot \frac{2b^2-2}{2k^2+1}+(k+b)\cdot -\frac{4kb}{2k^2+1}+2b=0，$
$\therefore b-2k＝0，即b=2k，$
$\therefore 直线AB的方程为y＝k(x＋2),$
$\therefore 直线l恒过定点(-2，0).$

Final answer: (-2，0)
Subfield: Derivative


Question: $已知向量a = (sin x + cos x, cos x), b = (sin x - cos x, 2sin x), x \in  R.函数 f(x) = a \cdot  b +2.$
$设 g(x)=f(x)-3，x\in [0,2\pi ],求 g(x) 的所有零点。$

Solution:
$由 g(x)=0 得到 f(x)=3，所以 sin(2x-\frac{\pi }{4}) =  \frac{\sqrt{2}}{2}.$

$所以 2x-\frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4}+2k\pi 或 2x-\frac{\pi }{4} = \frac{3\pi }{4}+2k\pi, k \in  Z.$

$所以 x=\frac{\pi }{4}+k\pi 或 x=\frac{\pi }{2}+k\pi, k \in  Z.$

$又因为 x\in [0,2\pi ], 所以 x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}.$

$所以集合 A=\left\{\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right\}.$



Final answer: \frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}
Subfield: Derivative


Question: $已知向量a = (sin x + cos x, cos x), b = (sin x - cos x, 2sin x), x \in  R.函数 f(x) = a \cdot  b +2.$
$设 g(x)=f(x)-3，x\in [0,2\pi ],求 g(x) 的零点组成的集合 A。$

Solution:
$由 g(x)=0 得到 f(x)=3，所以 sin(2x-\frac{\pi }{4}) =  \frac{\sqrt{2}}{2}.$

$所以 2x-\frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4}+2k\pi 或 2x-\frac{\pi }{4} = \frac{3\pi }{4}+2k\pi, k \in  Z.$

$所以 x=\frac{\pi }{4}+k\pi 或 x=\frac{\pi }{2}+k\pi, k \in  Z.$

$又因为 x\in [0,2\pi ], 所以 x=\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}.$

$所以集合 A=\left\{\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right\}.$

Final answer: $\left\{\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right\}$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B(\sqrt{2},\frac{\pi }{4})，C(\sqrt{2},\frac{3\pi }{4})，D(2，\pi )，弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在圆的圆心分别是(1，0)，\left(1,\frac{\pi }{2}\right)，(1，\pi )，曲线M_1是弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB},曲线M_2是弧\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，曲线M_3是弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549651523170305/img/compression/M_90f4d51b27ae8c1123e0afc0eb37b51e.jpg)
$曲线M由M_1，M_2，M_3构成，若点P在M上，且|OP|= \sqrt{3}，求P的极坐标.$

Solution:
根据点P的位置进行分类讨论。

$设P(\rho ,\theta )，由题设及(1)知$

$若0\leq \theta \leq {\frac{\pi }{4}}，则2\cos  \theta ={\sqrt{3}}，解得\theta ={\frac{\pi }{6}}；(6分)$

$若{\frac{\pi }{4}}\leq \theta \leq {\frac{3\pi }{4}}，则2\sin  \theta ={\sqrt{3}}，解得\theta ={\frac{\pi }{3}}或\theta ={\frac{2\pi }{3}}；(7分)$

$若{\frac{3\pi }{4}}\leq \theta \leq \pi ，则-2\cos  \theta ={\sqrt{3}}，解得\theta ={\frac{5\pi }{6}}。(8分)$

$综上，P的极坐标为{\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{6}\right)}或{\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{3}\right)}或{\left(\sqrt{3},\frac{2\pi }{3}\right)}或{\left(\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right)}。(10分)$

Final answer: $\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{6}\right)，\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{3}\right)，\left(\sqrt{3},\frac{2\pi }{3}\right)，\left(\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right).$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B(\sqrt{2},\frac{\pi }{4})，C(\sqrt{2},\frac{3\pi }{4})，D(2，\pi )，弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}，\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，\overset{\LARGE{\frown}}{CD}所在圆的圆心分别是(1，0)，\left(1,\frac{\pi }{2}\right)，(1，\pi )，曲线M_1是弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB},曲线M_2是弧\overset{\LARGE{\frown}}{BC}，曲线M_3是弧\overset{\LARGE{\frown}}{CD}.$
<img_36>
$曲线M由M_1，M_2，M_3构成，若点P在M上，且|OP|= \sqrt{3}，求P的所有可能的极坐标.$

Solution:
根据点P的位置进行分类讨论。

$设P(\rho ,\theta )，由题设及(1)知$

$若0\leq \theta \leq {\frac{\pi }{4}}，则2\cos  \theta ={\sqrt{3}}，解得\theta ={\frac{\pi }{6}}；(6分)$

$若{\frac{\pi }{4}}\leq \theta \leq {\frac{3\pi }{4}}，则2\sin  \theta ={\sqrt{3}}，解得\theta ={\frac{\pi }{3}}或\theta ={\frac{2\pi }{3}}；(7分)$

$若{\frac{3\pi }{4}}\leq \theta \leq \pi ，则-2\cos  \theta ={\sqrt{3}}，解得\theta ={\frac{5\pi }{6}}。(8分)$

$综上，P的极坐标为{\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{6}\right)}或{\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{3}\right)}或{\left(\sqrt{3},\frac{2\pi }{3}\right)}或{\left(\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right)}。(10分)$



Final answer: $\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{6}\right)，\left(\sqrt{3},\frac{\pi }{3}\right)，\left(\sqrt{3},\frac{2\pi }{3}\right)，\left(\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C_1的参数方程为$
$$
\left\{\begin{matrix}x=\cos ^kt,\\ y=\sin ^kt\end{matrix}\right.
$$
$(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C_2的极坐标方程为4\rho  \cos \theta  -16\rho  \sin \theta  +3=0.$
$当k=4时，求C_1与C_2的公共点的直角坐标.$

Solution:
$当k=4时，$

$C_1:$
$$
\begin{align*}
x &= \cos ^4t,\\ 
y &= \sin ^4t
\end{align*}
$$

$消去参数t得C_1的普通方程为\sqrt{x} + \sqrt{y} = 1.$

$C_2的直角坐标方程为: 4x - 16y + 3 = 0.$

由
$$
\begin{align*}
\sqrt{x}+\sqrt{y}&=1,\\ 
4x-16y+3&=0
\end{align*}
$$

解得
$$
\begin{align*}
x &= \frac{1}{4},\\ 
y &= \frac{1}{4}.
\end{align*}
$$

$故C_1与C_2的公共点的直角坐标为\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right).$



Final answer: $\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，点A(4,\pi )，曲线M是以OA为直径，O_1为圆心的半圆，点B在曲线M上，四边形OBCD是正方形.$

<img_3116>
$当\angle AOB=\frac{\pi }{6}时，求B，C两点的极坐标；$

Solution:
$连接AB,OC，因为OA是直径，所以AB\perp BO，$

<img_2939>

$在Rt\triangle AOB中，|OA|=4，\angle AOB= \frac{\pi }{6}，$

$\therefore |OB|=4\times \cos \frac{\pi }{6}=2\sqrt{3}，$

$\therefore 点B的极坐标为\left(2\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right)，$

$在正方形OBCD中，|OC|=\sqrt{2}|OB|=2\sqrt{6}，\angle AOC=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{12}，$

$\therefore 点C的极坐标为\left(2\sqrt{6},\frac{7\pi }{12}\right).$



Final answer: $\left(2\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right), \left(2\sqrt{6},\frac{7\pi }{12}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $如图，在极坐标系Ox中，点A(4,\pi )，曲线M是以OA为直径，O_1为圆心的半圆，点B在曲线M上，四边形OBCD是正方形.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549655776194562/img/compression/M_2c06737f56466dac1c5b247d61df0744.jpg)
$当\angle AOB=\frac{\pi }{6}时，求B，C两点的极坐标；$

Solution:
$连接AB,OC，因为OA是直径，所以AB\perp BO，$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715549656132710402/img/compression/M_f6652172259ff9dcf3591cb4d961e17e.jpg)

$在Rt\triangle AOB中，|OA|=4，\angle AOB= \frac{\pi }{6}，$

$\therefore |OB|=4\times \cos \frac{\pi }{6}=2\sqrt{3}，$

$\therefore 点B的极坐标为\left(2\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right)，$

$在正方形OBCD中，|OC|=\sqrt{2}|OB|=2\sqrt{6}，\angle AOC=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{12}，$

$\therefore 点C的极坐标为\left(2\sqrt{6},\frac{7\pi }{12}\right).$

Final answer: $\left(2\sqrt{3},\frac{5\pi }{6}\right), \left(2\sqrt{6},\frac{7\pi }{12}\right)$
Subfield: Elementary Functions


Question: $第四届中国国际进口博览会于2021年11月5日至10日在上海举行.本届进博会有4 000多项新产品、新技术、新服务.某跨国公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在2022年与该跨国公司合资生产此款空调.生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，生产x千台空调，需另投入资金R(x)万元，且R(x)=\begin{cases}10x^2+ax,&0\leq x<40\\ \frac{901x^2-9 450x+10 000}{x},& x\geq 40\end{cases}.经测算，当生产10千台空调时需另投入的资金R=4,000万元.每台空调售价为0.9万元时，当年内生产的空调当年能全部销售完.$
2022年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？注：利润=销售额-成本.

Solution:
$当0\leq x<40时，W=-10(x-30)^2+8740，所以当x=30时，W有最大值，最大值为8740；当x\geq 40时，W=-\left(x+\frac{10000}{x}\right)+9190\leq -2\sqrt{x\cdot \frac{10000}{x}}+9190=8990，当且仅当x=\frac{10000}{x}，即x=100时，W有最大值，最大值为8990.因为8740<8990，所以当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元.$



Final answer: $x=100,W=8990$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2,E,F分别为PD,PB的中点.
<img_2171>
$若点M是线段PC上的点,且PM= \frac{1}{3} PC，判断点M是否在平面AEF内,并证明你的结论;$

Solution:
$证明：连接AC、BD交于O，以O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则A(\sqrt{2},0,0)，B(0,\sqrt{2},0)，P(0,0,2)，C(-\sqrt{2},0,0)，D(0,-\sqrt{2},0)，E\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)，F\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)，\overrightarrow{AE}=\left(-\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)，\overrightarrow{AF}=\left(-\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)  $
$又\overrightarrow{PM}=\frac{1}{3} \overrightarrow{PC}，得\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AP}+\frac{1}{3} \overrightarrow{PC}=\left(-\frac{4}{3}\sqrt{2},0,\frac{4}{3}\right)  $
$\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=(-2\sqrt{2},0,2),所以\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3} \overrightarrow{AE}+\frac{2}{3} \overrightarrow{AF}  $
$所以A、M、E、F四点共面，即点M在平面AEF内.$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2,E,F分别为PD,PB的中点.
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283958279782402/img/compression/M_639cce88f56232fd6d592334e5882d02.jpg)
$若点M是线段PC上的点,且PM= \frac{1}{3} PC，判断点M是否在平面AEF内,并证明你的结论;$

Solution:
$证明：连接AC、BD交于O，以O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则A(\sqrt{2},0,0)，B(0,\sqrt{2},0)，P(0,0,2)，C(-\sqrt{2},0,0)，D(0,-\sqrt{2},0)，E\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)，F\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)，\overrightarrow{AE}=\left(-\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)，\overrightarrow{AF}=\left(-\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)  $
$又\overrightarrow{PM}=\frac{1}{3} \overrightarrow{PC}，得\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AP}+\frac{1}{3} \overrightarrow{PC}=\left(-\frac{4}{3}\sqrt{2},0,\frac{4}{3}\right)  $
$\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=(-2\sqrt{2},0,2),所以\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3} \overrightarrow{AE}+\frac{2}{3} \overrightarrow{AF}  $
$所以A、M、E、F四点共面，即点M在平面AEF内.$

Final answer: 证明题
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在极坐标系中，已知点A(\rho _1,\frac{\pi }{3})在直线l：\rho cos \theta =2上，点B(\rho _2,\frac{\pi }{6})在圆C：\rho =4sin \theta 上(其中\rho\geq 0，0\leq \theta＜2\pi ).$
$求出直线l与圆C的公共点的极坐标.$

Solution:
由

$\left\{\begin{matrix}\rho \cos  \theta =2,\\ \rho =4\sin  \theta ,\end{matrix}\right.$

$得4sin \theta cos \theta =2,所以sin 2\theta =1.$

$因为\rho \geq 0, 0\leq \theta <2\pi,所以\theta =\frac{\pi }{4}, \rho =2\sqrt{2}.$

$所以公共点的极坐标为(2\sqrt{2},\frac{\pi }{4}).$

Final answer: $(2\sqrt{2},\frac{\pi }{4})$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为$
$\left\{\begin{matrix}x=3\cos  \theta ,\\ y=\sin  \theta \end{matrix}\right.$
$(\theta为参数)，直线l的参数方程为$
$\left\{\begin{matrix}x=a+4t,\\ y=1-t\end{matrix}\right.$
$(t为参数)。$
$若a=-1，求C与l的交点坐标；$

Solution:
$曲线C的普通方程为  \frac{x^2}{9} + y^2 = 1 。$

当 a = -1 时，直线 l 的普通方程为 x + 4y - 3 = 0 。

$由  \left\{\begin{matrix}x+4y-3=0,\\ \frac{x^2}{9}+y^2=1\end{matrix}\right.  解得  \left\{\begin{matrix}x=3,\\ y=0\end{matrix}\right.  或  \left\{\begin{matrix}x=-\frac{21}{25},\\ y=\frac{24}{25}.\end{matrix}\right.  $

$从而 C 与 l 的交点坐标为 (3，0)， \left(-\frac{21}{25},\frac{24}{25}\right) .$



Final answer: $(3，0)，\left(-\frac{21}{25},\frac{24}{25}\right)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在平面直角坐标系xOy中，\odot O的参数方程为$
$$
\begin{cases}
x=\cos\theta ,\\
y=\sin\theta
\end{cases}
$$
$(\theta为参数)，过点(0，-\sqrt{2})且倾斜角为\alpha 的直线l与\odot O交于A，B两点.$
$求AB中点P的轨迹的参数方程.$

Solution:
$l的参数方程为$
$$
\begin{matrix}
x=t\cos  \alpha ,\\ 
y=-\sqrt{2}+t\sin  \alpha 
\end{matrix}
$$

$$
\left(t{\text{为参数}},\frac{\pi }{4}<\alpha <\frac{3\pi }{4}\right)
$$

$设A，B，P对应的参数分别为t_A,t_B,t_P,则t_P=\frac{t_A+t_B}{2},且t_A,t_B满足t^2-2\sqrt{2}tsin \alpha +1=0.$
$于是t_A+t_B=2\sqrt{2}sin \alpha ,t_P=\sqrt{2}sin \alpha .$
$又点P的坐标(x,y)满足$
$$
\begin{matrix}
x=t_P\cos   \alpha ,\\ 
y=-\sqrt{2}+t_P\sin   \alpha .
\end{matrix}
$$
$所以点P的轨迹的参数方程是$

$$
\begin{matrix}
x=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin   2\alpha\\ 
y=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos   2\alpha 
\end{matrix}
$$

$$
\left(\alpha {\text{为参数}},\frac{\pi }{4}<\alpha <\frac{3\pi }{4}\right)
$$

Final answer: $$
\begin{matrix}
x=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin   2\alpha ,\\ 
y=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos   2\alpha 
\end{matrix}
$$

$$
\left(\alpha {\text{为参数}},\frac{\pi }{4}<\alpha <\frac{3\pi }{4}\right)
$$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{n} = 1(0 < n < 4)经过点(\sqrt{2}，1).$
$设椭圆E的左顶点为A，直线l: x=my+1与E相交于M, N两点，直线AM与直线x=4相交于点Q.问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标$

Solution:
直线NQ过x轴上的定点.

$由\left\{\begin{matrix}x=my+1,\\ x^2+2y^2=4\end{matrix}\right.可得(m^2+2)y^2+2my-3=0，$

$显然\Delta=4m^2+12(m^2+2) >0，$

$设M(x_1，y_1)，N(x_2，y_2)，则y_1+y_2=-\frac{2m}{m^2+2}，y_1y_2=-\frac{3}{m^2+2}.$

$易得直线AM的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2).$

$令x=4，解得y=\frac{6y_1}{x_1+2}，则Q\left(4,\frac{6y_1}{x_1+2}\right)，$

$所以直线NQ的斜率为k_{NQ}=\frac{\frac{6y_1}{x_1+2}-y_2}{4-x_2}=\frac{6y_1-y_2(x_1+2)}{(4-x_2)(x_1+2)}，且k_{NQ}\neq0，$

$所以直线NQ的方程为y-y_2=\frac{6y_1-y_2(x_1+2)}{(4-x_2)(x_1+2)}(x-x_2).$

$令y=0，则x=x_2-\frac{y_2(4-x_2)(x_1+2)}{6y_1-y_2(x_1+2)}$

$=\frac{x_2[6y_1-y_2(x_1+2)]-y_2(4-x_2)(x_1+2)}{6y_1-y_2(x_1+2)}$

$=\frac{6x_2y_1-4y_2(x_1+2)}{6y_1-y_2(x_1+2)}$

$=\frac{6(my_2+1)y_1-4y_2(my_1+3)}{6y_1-y_2(my_1+3)}$

$=\frac{2my_1y_2+6y_1-12y_2}{-my_1y_2+6y_1-3y_2}$

$=\frac{2m\left(-\frac{3}{m^2+2}\right)+6\left(-\frac{2m}{m^2+2}\right)-18y_2}{-m\left(-\frac{3}{m^2+2}\right)+6\left(-\frac{2m}{m^2+2}\right)-9y_2}$

$=\frac{-18m-18(m^2+2)y_2}{-9m-9(m^2+2)y_2}=2.$

所以直线NQ过定点(2，0).

Final answer: $(2，0)$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)的离心率为 \frac{1}{2}，长轴的左端点为 A(-2，0).$
过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线x=4，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.

Solution:
证明：椭圆右焦点坐标为(1，0)，易知直线l斜率不为零，设直线l方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
$由\left\{\begin{matrix}x=my+1,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{matrix}\right.消去x得(3m^2+4)y^2+6my-9=0，$
$所以y1+y2=\frac{-6m}{3m^2+4}，y1y2=\frac{-9}{3m^2+4}，$
$由题意得直线AM的方程为y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)，令x=4可得D\left(4,\frac{6y_1}{x_1+2}\right)，同理直线AN的方程为y=\frac{y_2}{x_2+2}(x+2)，得E\left(4,\frac{6y_2}{x_2+2}\right)，$
设x轴上一点P(t，0)，
$则\overrightarrow{PD}=\left(4-t,\frac{6y_1}{x_1+2}\right)，\overrightarrow{PE}=\left(4-t,\frac{6y_2}{x_2+2}\right)，$
$由题意知以DE为直径的圆恒过x轴上定点等价于\overset{\to }{PD}\cdot \overset{\to }{PE}=0,$
$\overrightarrow{PD}\cdot \overrightarrow{PE}=(4-t)^2+\frac{36y_1y_2}{(x_1+2)(x_2+2)}，$
$因为(x1+2)(x2+2)=(my1+3)(my2+3)=m^2y1y2+3m\cdot (y1+y2)+9=m^2\cdot \frac{-9}{3m^2+4}+3m\cdot \frac{-6m}{3m^2+4}+9=\frac{36}{3m^2+4}，$
$所以\overrightarrow{PD}\cdot \overrightarrow{PE}=(4-t)^2+\frac{36y_1y_2}{(my_1+3)(my_2+3)}=(4-t)^2+\frac{36\cdot \frac{-9}{3m^2+4}}{\frac{36}{3m^2+4}}=(4-t)^2-9=0，解得t=1或t=7，$
所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为(1，0)，(7，0).

Final answer: $(1,0)，(7,0)$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知焦点为F的抛物线C: y^{2}=2px(p>0)经过点M(1,2).$
$设斜率为k(k\neq 0)的直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，若以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.$

Solution:
$证明：设直线l的方程为y=kx+m(k\neq 0).$
由
$$
\left\{
\begin{matrix}
y^2=4x,  \\
y=kx+m
\end{matrix}
\right.
$$
$消去y得k^2x^2+(2km-4)x+m^2=0.$
$由\Delta >0得1-km>0.$
$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),则x_1+x_2=\frac{4-2km}{k^2}，x_1x_2=\frac{m^2}{k^2}.$
$设AB的中点为N(x_0,y_0)，则x_0=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{2-km}{k^2}.$
$点N到准线的距离d=x_0+1=\frac{k^2-km+2}{k^2}，$
$|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}=\frac{4\sqrt{1+k^2}}{k^2}\sqrt{1-km},$
$因为以AB为直径的圆与准线x=-1相切，所以\frac{|AB|}{2}=d，$
$所以\frac{2\sqrt{1+k^2}}{k^2}\sqrt{1-km}=\frac{k^2-km+2}{k^2}，$
$整理得k^2+2km+m^2=0，解得k+m=0，满足\Delta >0.$
$所以直线y=kx+m=k(x-1)(k\neq 0)过定点(1,0).$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0)的一个顶点为(0，1)，焦距为2 \sqrt{3}. 椭圆E的左、右顶点分别为A、B，P为椭圆E上异于A，B的动点，PB交直线x=4于点T，AT与椭圆E的另一个交点为Q.$
$直线PQ是否过x轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标。$

Solution:
$直线PQ过x轴上的定点.$
$①当直线PQ斜率不存在时，设直线PQ的方程为x=t(t\neq \pm 2).$
$A(-2，0，B(2，0，设P(t,y_0)，Q(t,-y_0)， y_0\neq 0,$
$直线PB的方程为y=\frac{y_0}{t-2}(x-2).令x=4，得y=\frac{2y_0}{t-2}.$
$所以T(4,\frac{2y_0}{t-2}).所以\overrightarrow{AT}=\left(6,\frac{2y_0}{t-2}\right)，\overrightarrow{AQ}=(t+2，-y_0).$
$因为A，T，Q三点共线，所以\overrightarrow{AT}\parallel  \overrightarrow{AQ}，则(t+2)\frac{2y_0}{t-2}+6y_0=0，所以\left[\frac{2(t+2)}{t-2}+6\right]y_0=0.$
$因为y_0\neq 0，所以\frac{2(t+2)}{t-2}+6=0,解得t=1.$
$此时直线PQ的方程为x=1，直线PQ过点(1，0).$
$②当直线PQ斜率存在时，$
$A(-2，0)，B(2，0)，设P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)，T(4，m)，$
$则直线PB的方程为y=\frac{m}{2}(x-2).$
$由\left\{\begin{matrix}y=\frac{m}{2}(x-2),\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{matrix}\right.得(1+m^2)x^2-4m^2x+4m^2-4=0，$
$则2x_1=\frac{4m^2-4}{1+m^2}，即x_1=\frac{2m^2-2}{1+m^2}，$
$则y_1=-\frac{2m}{1+m^2}，P\left(\frac{2m^2-2}{1+m^2},-\frac{2m}{1+m^2}\right).$
$k_{AQ}=k_{AT}=\frac{m}{6}，则直线AT的方程为y=\frac{m}{6}(x+2).$
$由\left\{\begin{matrix}y=\frac{m}{6}(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{matrix}\right.得(9+m^2)x^2+4m^2x+4m^2-36=0，$
$则-2x_2=\frac{4m^2-36}{9+m^2}，即x_2=\frac{-2m^2+18}{9+m^2}，$
$则y_2=\frac{6m}{9+m^2}，Q\left(\frac{18-2m^2}{9+m^2},\frac{6m}{9+m^2}\right)，$
$\therefore k_{PQ}=\frac{\frac{6m}{9+m^2}+\frac{2m}{1+m^2}}{\frac{18-2m^2}{9+m^2}-\frac{2m^2-2}{1+m^2}}=\frac{-2m}{m^2-3}.$
$所以直线PQ方程为y+\frac{2m}{1+m^2}=\frac{-2m}{m^2-3}\left(x-\frac{2m^2-2}{1+m^2}\right).$
$当x=1时y=0，此时直线PQ过定点(1，0).$
$综上，直线PQ过x轴上的定点(1，0).$

Final answer: $(1，0)$
Subfield: Polar Coordinates and Parametric Equations


Question: $在直角坐标系xOy中,P(0,\sqrt{3}).以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知圆锥曲线C的极坐标方程为\rho^2(sin^2\theta+3)=12,F_1、F_2为C的左、右焦点,过点F_1的直线l与曲线C相交于A,B两点.$
$当l\perp PF_2时,求l的参数方程;$

Solution:
$因为 \rho ^2=x^2+y^2, \rho \sin  \theta =y，  $
$由已知C的极坐标方程为\rho ^2(\sin ^2\theta +3)=12，  $
$所以3x^2+4y^2=12 ，即C的直角坐标方程为$
$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1  $
$所以F_1(-1，0)、F_2(1，0).  $
$而直线PF_2的斜率k=-\sqrt{3}，于是经过点F_1垂直于直线PF_2的直线l的斜率k'=\frac{\sqrt{3}}{3}，即直线l的倾斜角是30^\circ ，因此直线l的参数方程是  $
$\left\{\begin{matrix}x=-1+t\cos  30^{\circ},\\ y=t\sin  30^{\circ}\end{matrix}\right.(t为参数)，  $
即
$\left\{\begin{matrix}x=-1+\frac{\sqrt{3}}{2}t,\\ y=\frac{1}{2}t\end{matrix}\right.(t为参数).$

Final answer: $\left\{\begin{matrix}x=-1+\frac{\sqrt{3}}{2}t,\\ y=\frac{1}{2}t\end{matrix}\right.$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知椭圆C_1：\frac{x^2}{2}+y^2=1，抛物线C_2：y^2=2px (p>0)，点A是椭圆C_1与抛物线C_2的交点，过点A的直线l交椭圆C_1于点B，交抛物线C_2于点M(B，M不同于A).$

<img_8>
$若p = \frac{1}{16}，求抛物线C_2的焦点坐标；$

Solution:
$由p=\frac{1}{16}得C_2的焦点坐标是\left(\frac{1}{32},0\right).$



Final answer: $\left(\frac{1}{32},0\right)$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知椭圆C_1：\frac{x^2}{2}+y^2=1，抛物线C_2：y^2=2px (p>0)，点A是椭圆C_1与抛物线C_2的交点，过点A的直线l交椭圆C_1于点B，交抛物线C_2于点M(B，M不同于A).$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894833347321857/img/compression/M_eddc649a1c492ffe5ff4ca2fb7adbeed.jpg)
$若p = \frac{1}{16}，求抛物线C_2的焦点坐标；$

Solution:
$由p=\frac{1}{16}得C_2的焦点坐标是\left(\frac{1}{32},0\right).$

Final answer: $\left(\frac{1}{32},0\right)$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知A，B分别为椭圆E：\frac{x^2}{a^2}+y^2=1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8.P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D。$
证明：直线CD过定点.

Solution:
$证明：设C(x_1, y_1), D(x_2, y_2), P(6, t). 若t\neq 0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知-3<n<3.$
$由于直线PA的方程为y=\frac{t}{9}(x+3)，所以y_1=\frac{t}{9}(x_1+3).$
$直线PB的方程为y= \frac{t}{3}(x-3)，所以y_2=\frac{t}{3}(x_2-3).$
$可得3y_1(x_2-3)=y_2(x_1+3).$
$由于\frac{x^2_2}{9} + y^2_2 =1，故y^2_2=-\frac{(x_2+3)(x_2-3)}{9}，$
$可得27y_1y_2=-(x_1+3)(x_2+3)，即$
$(27+m^2)y_1y_2+m(n+3)(y_1+y_2)+(n+3)^2=0.①$
$将x=my+n代入\frac{x^2}{9}+ y^2=1得$
$(m^2+9) y^2+2mn+y +n^2-9=0.$
$所以y_1+y_2=-\frac{2mn}{m^2+9}，y_1y_2=\frac{n^2-9}{m^2+9}.$
$代入①式得(27+m^2)(n^2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)^2(m^2+9)=0.$
$解得n_1=-3(舍去)，n_2=\frac{3}{2}.$
$故直线CD的方程为x=my+\frac{3}{2}，即直线CD过定点\left(\frac{3}{2},0\right).$
$若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点\left(\frac{3}{2},0\right).$
$综上，直线CD过定点\left(\frac{3}{2},0\right).$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C： x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1  (a>b>0) 的离心率为 \sqrt{2}/2, 点 P(0,1) 和点 A(m,n) (m\neq 0) 都在椭圆 C 上, 直线 PA 交 x 轴于点 M.$
$设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得\angle OQM=\angle ONQ?若存在,求点Q的坐标;$

Solution:
$因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).$
$设N(x_{N},0),则x_{N}=\frac{m}{1+n}.$
$“存在点Q(0,y_{Q})，使得\angle OQM=\angle ONQ”等价于“存在点Q(0,y_{Q})，使得\frac{|OM|}{|OQ|}=\frac{|OQ|}{|ON|}”,$
即y_{Q}满足y^2_Q=|x_{M}||x_{N}|.
$因为x_{M}=\frac{m}{1-n},x_{N}=\frac{m}{1+n},\frac{m^2}{2}+n^2=1,$
$所以y^2_Q=|x_{M}||x_{N}|=\frac{m^2}{1-n^2}=2.$
$所以y_{Q}=\sqrt{2}或y_{Q}=-\sqrt{2}.$
$故在y轴上存在点Q,使得\angle OQM=\angle ONQ.$
$点Q的坐标为(0,\sqrt{2})或(0,-\sqrt{2}).$

Final answer: $(0,\sqrt{2})，(0,-\sqrt{2})$