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


Question: $某城市决定在夹角为30^\circ 的两条道路EB，EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，|AB|=2，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且直线MN的倾斜角为45^\circ ，交OD于G.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402257898237954/img/compression/M_6e2211c926ab38b906f7d5870234a162.jpg)
$若椭圆的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，当线段OG长为何值时，游乐区域\triangle OMN的面积最大？$

Solution:
$设椭圆的焦距为2c，由椭圆的离心率为\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，b=1，a^{2}=b^{2}+c^{2}，得a^{2}=4，所以椭圆的方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1(x\geq 0).设G(m,0)，又直线MN的倾斜角为45^\circ ，且交OD于G，所以直线MN的方程为x=y+m(0由\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+y^2=1,\\ x=y+m,\end{matrix}\right.得5y^{2}+2my+m^{2}-4=0，设M(x_{1},y_{1})，N(x_{2},y_{2})，则y_{1}+y_{2}=-\frac{2}{5}m，y_{1}y_{2}=\frac{m^2-4}{5}，则|y_{1}-y_{2}|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\sqrt{\frac{4m^2}{25}-\frac{4m^2-16}{5}}=\frac{4\sqrt{5-m^2}}{5}，则S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}\times |OG|\times |y_{1}-y_{2}|=\frac{1}{2}m\times \frac{4\sqrt{5-m^2}}{5}=\frac{2\sqrt{m^2(5-m^2)}}{5}\leq 1，当且仅当m=\frac{\sqrt{10}}{2}时等号成立，此时\triangle OMN的面积最大.故当线段OG长为\frac{\sqrt{10}}{2}时，游乐区域\triangle OMN的面积最大.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某城市决定在夹角为30^\circ 的两条道路EB，EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，|AB|=2，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且直线MN的倾斜角为45^\circ ，交OD于G.$<img_2746>
$若椭圆的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}，当线段OG长为何值时，游乐区域\triangle OMN的面积最大？$

Solution:
$设椭圆的焦距为2c，由椭圆的离心率为\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}，b=1，a^{2}=b^{2}+c^{2}，得a^{2}=4，所以椭圆的方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1(x\geq 0).设G(m,0)，又直线MN的倾斜角为45^\circ ，且交OD于G，所以直线MN的方程为x=y+m(0由\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+y^2=1,\\ x=y+m,\end{matrix}\right.得5y^{2}+2my+m^{2}-4=0，设M(x_{1},y_{1})，N(x_{2},y_{2})，则y_{1}+y_{2}=-\frac{2}{5}m，y_{1}y_{2}=\frac{m^2-4}{5}，则|y_{1}-y_{2}|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\sqrt{\frac{4m^2}{25}-\frac{4m^2-16}{5}}=\frac{4\sqrt{5-m^2}}{5}，则S_{\triangle OMN}=\frac{1}{2}\times |OG|\times |y_{1}-y_{2}|=\frac{1}{2}m\times \frac{4\sqrt{5-m^2}}{5}=\frac{2\sqrt{m^2(5-m^2)}}{5}\leq 1，当且仅当m=\frac{\sqrt{10}}{2}时等号成立，此时\triangle OMN的面积最大.故当线段OG长为\frac{\sqrt{10}}{2}时，游乐区域\triangle OMN的面积最大.$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，O是坐标原点，椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，离心率e=\frac{1}{2}，点M\left(\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，点P在椭圆C上，延长PF_{1}交椭圆C于另一点Q，R是PF_{2}的中点．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402264130973698/img/compression/M_2de959a39ac81475ecefe171538fadf2.jpg)
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{3}{a^2}+\frac{3}{4b^2}=1,\\ a^2=b^2+c^2,\\ e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\end{matrix}\right.\therefore \left\{\begin{matrix}a=2,\\ b=\sqrt{3},\\ c=1,\end{matrix}\right.\therefore 椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1．$

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


Question: $如图，O是坐标原点，椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，离心率e=\frac{1}{2}，点M\left(\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，点P在椭圆C上，延长PF_{1}交椭圆C于另一点Q，R是PF_{2}的中点．$<img_3013>
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{3}{a^2}+\frac{3}{4b^2}=1,\\ a^2=b^2+c^2,\\ e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\end{matrix}\right.\therefore \left\{\begin{matrix}a=2,\\ b=\sqrt{3},\\ c=1,\end{matrix}\right.\therefore 椭圆C的方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1．$

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


Question: $如图，O是坐标原点，椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，离心率e=\frac{1}{2}，点M\left(\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，点P在椭圆C上，延长PF_{1}交椭圆C于另一点Q，R是PF_{2}的中点．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402264130973698/img/compression/M_2de959a39ac81475ecefe171538fadf2.jpg)
$记\triangle QF_{1}O与\triangle PF_{1}R的面积之和为S，试求S的最大值．$

Solution:
$连接OR，PO，\because O,R分别为F_{1}F_{2},PF_{2}的中点，\therefore OR\parallel PF_{1}，\therefore \triangle PF_{1}R与\triangle PF_{1}O同底等高，\therefore S_{\triangle PF_{1}R}=S_{\triangle PF_{1}O}，\therefore S=S_{\triangle QF_{1}O}+S_{\triangle PF_{1}O}=S_{\triangle PQO}．①当直线PQ的斜率不存在时，其方程为x=-1，此时S_{\triangle PQO}=\frac{1}{2}\times 1\times \left[\frac{3}{2}-\left(-\frac{3}{2}\right)\right]=\frac{3}{2}；②当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y=k(x+1)，设P(x_{1},y_{1})，Q(x_{2},y_{2})，显然直线PQ不与x轴重合，即k\neq 0.由\left\{\begin{matrix}y=k(x+1),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得(3+4k^{2})x^{2}+8k^{2}x+4k^{2}-12=0，则x_{1}+x_{2}=-\frac{8k^2}{3+4k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{4k^2-12}{3+4k^2}，\therefore |PQ|=\sqrt{1+k^2}|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}，又点O到直线PQ的距离d=\frac{|k|}{\sqrt{1+k^2}}，\therefore S=\frac{1}{2}|PQ|\cdot d=6\sqrt{\frac{k^2(k^2+1)}{{(3+4k^2)}^2}}，令a=3+4k^{2},则a\in (3,+\infty )，则S=6\sqrt{\frac{(a-3)(a+1)}{16a^2}}=\frac{3}{2}\sqrt{-\frac{3}{a^2}-\frac{2}{a}+1}.\because a\in (3,+\infty )，\therefore \frac{1}{a}\in \left(0,\frac{1}{3}\right)，\therefore -\frac{3}{a^2}-\frac{2}{a}+1\in (0,1)，\therefore S\in \left(0,\frac{3}{2}\right).综上所述,S\in \left(0,\frac{3}{2}\right]，则S的最大值为\frac{3}{2}．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402264596541442/img/compression/M_17affc45b9137c2ce89f8bc9192ae5b9.jpg)

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


Question: $如图，O是坐标原点，椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，离心率e=\frac{1}{2}，点M\left(\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，点P在椭圆C上，延长PF_{1}交椭圆C于另一点Q，R是PF_{2}的中点．$<img_3013>
$记\triangle QF_{1}O与\triangle PF_{1}R的面积之和为S，试求S的最大值．$

Solution:
$连接OR，PO，\because O,R分别为F_{1}F_{2},PF_{2}的中点，\therefore OR\parallel PF_{1}，\therefore \triangle PF_{1}R与\triangle PF_{1}O同底等高，\therefore S_{\triangle PF_{1}R}=S_{\triangle PF_{1}O}，\therefore S=S_{\triangle QF_{1}O}+S_{\triangle PF_{1}O}=S_{\triangle PQO}．①当直线PQ的斜率不存在时，其方程为x=-1，此时S_{\triangle PQO}=\frac{1}{2}\times 1\times \left[\frac{3}{2}-\left(-\frac{3}{2}\right)\right]=\frac{3}{2}；②当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y=k(x+1)，设P(x_{1},y_{1})，Q(x_{2},y_{2})，显然直线PQ不与x轴重合，即k\neq 0.由\left\{\begin{matrix}y=k(x+1),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right.得(3+4k^{2})x^{2}+8k^{2}x+4k^{2}-12=0，则x_{1}+x_{2}=-\frac{8k^2}{3+4k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{4k^2-12}{3+4k^2}，\therefore |PQ|=\sqrt{1+k^2}|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}，又点O到直线PQ的距离d=\frac{|k|}{\sqrt{1+k^2}}，\therefore S=\frac{1}{2}|PQ|\cdot d=6\sqrt{\frac{k^2(k^2+1)}{{(3+4k^2)}^2}}，令a=3+4k^{2},则a\in (3,+\infty )，则S=6\sqrt{\frac{(a-3)(a+1)}{16a^2}}=\frac{3}{2}\sqrt{-\frac{3}{a^2}-\frac{2}{a}+1}.\because a\in (3,+\infty )，\therefore \frac{1}{a}\in \left(0,\frac{1}{3}\right)，\therefore -\frac{3}{a^2}-\frac{2}{a}+1\in (0,1)，\therefore S\in \left(0,\frac{3}{2}\right).综上所述,S\in \left(0,\frac{3}{2}\right]，则S的最大值为\frac{3}{2}．$<img_2844>

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


Question: $如图，A，B是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右顶点，M是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AM，BM与直线l:x=4分别交于E，D两点，当点M的坐标为\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)时，\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ME}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402293971501057/img/compression/M_0896c53d0150c63eb17312310d6d05b3.jpg)
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$由题意可知，A(-a,0)，点E的横坐标为4.因为点M的坐标为\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ME}，所以1-(-a)=4-1，解得a=2，将M\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)代入椭圆C的方程，可得\frac{1}{4}+\frac{3}{4b^2}=1，解得b=1(负值舍去)，所以椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

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


Question: $如图，A，B是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右顶点，M是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AM，BM与直线l:x=4分别交于E，D两点，当点M的坐标为\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)时，\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ME}.$<img_3068>
$求椭圆C的方程；$

Solution:
$由题意可知，A(-a,0)，点E的横坐标为4.因为点M的坐标为\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ME}，所以1-(-a)=4-1，解得a=2，将M\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)代入椭圆C的方程，可得\frac{1}{4}+\frac{3}{4b^2}=1，解得b=1(负值舍去)，所以椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{4}+y^{2}=1.$

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


Question: $如图，A，B是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右顶点，M是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AM，BM与直线l:x=4分别交于E，D两点，当点M的坐标为\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)时，\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ME}.$<img_3068>
$记\triangle MAB和\triangle MED的面积分别为S_{1}和S_{2}，求\frac{S_1}{S_2}的取值范围.$

Solution:
$由(1)知，A(-2，0)，设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0)，M(x_{0}，y_{0})，易得E(4，6k)，联立\left\{\begin{matrix}y=k(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1,\end{matrix}\right.消去y并整理，得(4k^{2}+1)x^{2}+16k^{2}x+16k^{2}-4=0，则-2x_{0}=\frac{16k^2-4}{4k^2+1}，所以x_{0}=\frac{2-8k^2}{4k^2+1}，所以y_{0}=\frac{4k}{4k^2+1}，所以M\left(\frac{2-8k^2}{4k^2+1},\frac{4k}{4k^2+1}\right)， 则S_{1}=\frac{1}{2}|AB||y_{0}|=\frac{8k}{4k^2+1}.因为B(2，0)，所以k_{BM}=-\frac{1}{4k}，所以直线BM的方程为y=-\frac{1}{4k}(x-2)，所以D\left(4,-\frac{1}{2k}\right)，则S_{2}=\frac{1}{2}|ED||4-x_{0}|=\frac{1}{2}\left|6k+\frac{1}{2k}\right|\cdot \left(4-\frac{2-8k^2}{4k^2+1}\right)=\frac{(12k^2+1)^2}{2k(1+4k^2)}， 所以\frac{S_1}{S_2}=\frac{16k^2}{(12k^2+1)^2}=\frac{16k^2}{144k^4+24k^2+1}=\frac{16}{144k^2+\frac{1}{k^2}+24}\leq \frac{16}{2\sqrt{144k^2 \cdot \frac{1}{k^2}}+24}=\frac{1}{3}，当且仅当144k^{2}=\frac{1}{k^2}，即k=\frac{\sqrt{3}}{6}时取等号，所以\frac{S_1}{S_2}的取值范围为\left(0,\frac{1}{3}\right].$

Final answer: $(0,\frac{1}{3}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，A，B是椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右顶点，M是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AM，BM与直线l:x=4分别交于E，D两点，当点M的坐标为\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)时，\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{ME}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402293971501057/img/compression/M_0896c53d0150c63eb17312310d6d05b3.jpg)
$记\triangle MAB和\triangle MED的面积分别为S_{1}和S_{2}，求\frac{S_1}{S_2}的取值范围.$

Solution:
$由(1)知，A(-2，0)，设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0)，M(x_{0}，y_{0})，易得E(4，6k)，联立\left\{\begin{matrix}y=k(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1,\end{matrix}\right.消去y并整理，得(4k^{2}+1)x^{2}+16k^{2}x+16k^{2}-4=0，则-2x_{0}=\frac{16k^2-4}{4k^2+1}，所以x_{0}=\frac{2-8k^2}{4k^2+1}，所以y_{0}=\frac{4k}{4k^2+1}，所以M\left(\frac{2-8k^2}{4k^2+1},\frac{4k}{4k^2+1}\right)， 则S_{1}=\frac{1}{2}|AB||y_{0}|=\frac{8k}{4k^2+1}.因为B(2，0)，所以k_{BM}=-\frac{1}{4k}，所以直线BM的方程为y=-\frac{1}{4k}(x-2)，所以D\left(4,-\frac{1}{2k}\right)，则S_{2}=\frac{1}{2}|ED||4-x_{0}|=\frac{1}{2}\left|6k+\frac{1}{2k}\right|\cdot \left(4-\frac{2-8k^2}{4k^2+1}\right)=\frac{(12k^2+1)^2}{2k(1+4k^2)}， 所以\frac{S_1}{S_2}=\frac{16k^2}{(12k^2+1)^2}=\frac{16k^2}{144k^4+24k^2+1}=\frac{16}{144k^2+\frac{1}{k^2}+24}\leq \frac{16}{2\sqrt{144k^2 \cdot \frac{1}{k^2}}+24}=\frac{1}{3}，当且仅当144k^{2}=\frac{1}{k^2}，即k=\frac{\sqrt{3}}{6}时取等号，所以\frac{S_1}{S_2}的取值范围为\left(0,\frac{1}{3}\right].$

Final answer: $(0,\frac{1}{3}]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示，AB=4(单位：十米，下同)，O为AB的中点，椭圆的焦点P在对称轴OD上，点M,N在椭圆上，MN平行AB交OD于G，且G在P的右侧，\triangle MNP为灯光区，用于美化环境.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402294860693506/img/compression/M_123c202e9fd715491fd806649e00bcd1.jpg)
$若椭圆的离心率为\frac{\sqrt{5}}{5}，且PG=1，求\triangle MNP的面积；$

Solution:
$以AB所在的直线为y轴，OD所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设椭圆的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402295082991617/img/compression/M_76def07126fbbfc02ba9119c83e0b034.jpg)$由题意可知,b=2,e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{5}，又a^{2}=b^{2}+c^{2},\therefore a=\sqrt{5},c=1，\therefore 椭圆的方程为\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1，易知x_{G}=2,\therefore y_{M}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，则S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}\times 1\times \frac{4\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}(百平方米).$

Final answer: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示，AB=4(单位：十米，下同)，O为AB的中点，椭圆的焦点P在对称轴OD上，点M,N在椭圆上，MN平行AB交OD于G，且G在P的右侧，\triangle MNP为灯光区，用于美化环境.$<img_1843>
$若椭圆的离心率为\frac{\sqrt{5}}{5}，且PG=1，求\triangle MNP的面积；$

Solution:
$以AB所在的直线为y轴，OD所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设椭圆的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0).$<img_1624>$由题意可知,b=2,e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{5}，又a^{2}=b^{2}+c^{2},\therefore a=\sqrt{5},c=1，\therefore 椭圆的方程为\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1，易知x_{G}=2,\therefore y_{M}=\frac{2\sqrt{5}}{5}，则S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}\times 1\times \frac{4\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}(百平方米).$

Final answer: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示，AB=4(单位：十米，下同)，O为AB的中点，椭圆的焦点P在对称轴OD上，点M,N在椭圆上，MN平行AB交OD于G，且G在P的右侧，\triangle MNP为灯光区，用于美化环境.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402294860693506/img/compression/M_123c202e9fd715491fd806649e00bcd1.jpg)
$若学校的另一条道路EF满足OE=3,\\tan  \angle OEF=2，为确保道路安全，要求椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于\frac{\sqrt{5}}{5}，求半椭圆形状的小湖的最大面积.\left[\right.椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的面积为\pi ab\left]\right.$

Solution:
$由题意可知直线EF的方程为x+2y-6=0，设平行于直线EF且与椭圆相切的直线为l：x+2y+m=0(m\neq -6).因为椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于\frac{\sqrt{5}}{5}，所以椭圆的面积最大时，直线l与直线EF之间的距离为\frac{\sqrt{5}}{5}，可得\frac{|m+6|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，解得m=-5或m=-7(舍去).设椭圆的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1(a>0)，由\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1,\\ x+2y-5=0,\end{matrix}\right.得(a^{2}+16)x^{2}-10a^{2}x+9a^{2}=0，\therefore \Delta =0,\therefore a^{2}=9,即a=3,\therefore \frac{1}{2}\times 3\times 2\times \pi =3\pi (百平方米),即半椭圆形状的小湖的最大面积为3\pi 百平方米.$

Final answer: $3\pi $
Subfield: Plane Geometry


Question: $某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示，AB=4(单位：十米，下同)，O为AB的中点，椭圆的焦点P在对称轴OD上，点M,N在椭圆上，MN平行AB交OD于G，且G在P的右侧，\triangle MNP为灯光区，用于美化环境.$<img_1843>
$若学校的另一条道路EF满足OE=3,\\tan  \angle OEF=2，为确保道路安全，要求椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于\frac{\sqrt{5}}{5}，求半椭圆形状的小湖的最大面积.\left[\right.椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的面积为\pi ab\left]\right.$

Solution:
$由题意可知直线EF的方程为x+2y-6=0，设平行于直线EF且与椭圆相切的直线为l：x+2y+m=0(m\neq -6).因为椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于\frac{\sqrt{5}}{5}，所以椭圆的面积最大时，直线l与直线EF之间的距离为\frac{\sqrt{5}}{5}，可得\frac{|m+6|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}，解得m=-5或m=-7(舍去).设椭圆的方程为\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1(a>0)，由\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1,\\ x+2y-5=0,\end{matrix}\right.得(a^{2}+16)x^{2}-10a^{2}x+9a^{2}=0，\therefore \Delta =0,\therefore a^{2}=9,即a=3,\therefore \frac{1}{2}\times 3\times 2\times \pi =3\pi (百平方米),即半椭圆形状的小湖的最大面积为3\pi 百平方米.$

Final answer: $3\pi $
Subfield: Plane Geometry


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{5}}{3}，其左、右焦点与短轴端点构成的四边形的面积为4\sqrt{5}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402153250230273/img/compression/M_62d0464afdc042d15c7472517f2c6b4c.jpg)
$求椭圆C的标准方程；$

Solution:
$由已知可得\left\{\begin{matrix}\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3},\\ 2bc=4\sqrt{5},\\ c=\sqrt{a^2-b^2},\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=3,\\ b=2,\\ c=\sqrt{5},\end{matrix}\right.因此，椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
Subfield: Plane Geometry


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{5}}{3}，其左、右焦点与短轴端点构成的四边形的面积为4\sqrt{5}.
$<img_2545>
$求椭圆C的标准方程；$

Solution:
$由已知可得\left\{\begin{matrix}\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3},\\ 2bc=4\sqrt{5},\\ c=\sqrt{a^2-b^2},\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a=3,\\ b=2,\\ c=\sqrt{5},\end{matrix}\right.因此，椭圆C的标准方程为\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
Subfield: Plane Geometry


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{5}}{3}，其左、右焦点与短轴端点构成的四边形的面积为4\sqrt{5}.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402153250230273/img/compression/M_62d0464afdc042d15c7472517f2c6b4c.jpg)
$如图，过椭圆外一点P作两条互相垂直的直线l_{1}，l_{2}，且l_{1}，l_{2}均与椭圆C相切，切点分别为A，B.(i)求P的轨迹方程；(ii)记原点O到l_{1}，l_{2}的距离分别为d_{1}，d_{2}，求d_{1}d_{2}的最大值.$

Solution:
$(i)设点P的坐标为(x_{0},y_{0}).当直线l_{1}，l_{2}的斜率都存在时，不妨设直线l_{1}，l_{2}的斜率分别为k_{1}，k_{2}，过点P且斜率存在的直线方程为y-y_{0}=k(x-x_{0})，即y=kx+(y_{0}-kx_{0})，联立\left\{\begin{matrix}y=kx+(y_0-kx_0),\\ 4x^2+9y^2=36,\end{matrix}\right.消去y可得(9k^{2}+4)x^{2}+18k(y_{0}-kx_{0})x+9(y_{0}-kx_{0})^{2}-36=0，由\Delta =18^{2}k^{2}(y_{0}-kx_{0})^{2}-4(9k^{2}+4)[9(y_{0}-kx_{0})^{2}-36]=0，可得(9-x^2_0)k^{2}+2kx_{0}y_{0}+4-y^2_0=0，由题意可知，k_{1}，k_{2}是关于k的二次方程(9-x^2_0)k^{2}+2kx_{0}y_{0}+4-y^2_0=0的两根，因为l_{1}\perp l_{2}，所以k_{1}k_{2}=\frac{4-y^2_0}{9-x^2_0}=-1，化简可得x^2_0+y^2_0=13.当l_{1}，l_{2}分别与两坐标轴垂直时，满足l_{1}\perp l_{2}，此时点P的坐标为(\pm 3,\pm 2)，点P在圆x^{2}+y^{2}=13上.综上所述，点P的轨迹方程为x^{2}+y^{2}=13.(ii)由(i)可知|OP|=\sqrt{13}，如图所示，过点O分别作直线l_{1}、l_{2}的垂线，垂足分别为M，N.因为PN\perp PA，OM\perp PA，所以OM\parallel PN，同理可得ON\parallel PM，所以四边形OMPN为矩形，故d^2_1+d^2_2=|OM|^{2}+|ON|^{2}=|OP|^{2}=13，由基本不等式可得d_{1}d_{2}\leq \frac{d^2_1+d^2_2}{2}=\frac{13}{2}，当且仅当d_{1}=d_{2}=\frac{\sqrt{26}}{2}时，等号成立.因此，d_{1}d_{2}的最大值为\frac{13}{2}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658402153250230273/img/compression/M_f9594ba102e6736d9cd0317cf9fb3814.jpg)

Final answer: $x^2 + y^2 = 13$, $\frac{13}{2}$
Subfield: Plane Geometry


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{5}}{3}，其左、右焦点与短轴端点构成的四边形的面积为4\sqrt{5}.
$<img_2545>
$如图，过椭圆外一点P作两条互相垂直的直线l_{1}，l_{2}，且l_{1}，l_{2}均与椭圆C相切，切点分别为A，B.(i)求P的轨迹方程；(ii)记原点O到l_{1}，l_{2}的距离分别为d_{1}，d_{2}，求d_{1}d_{2}的最大值.$

Solution:
$(i)设点P的坐标为(x_{0},y_{0}).当直线l_{1}，l_{2}的斜率都存在时，不妨设直线l_{1}，l_{2}的斜率分别为k_{1}，k_{2}，过点P且斜率存在的直线方程为y-y_{0}=k(x-x_{0})，即y=kx+(y_{0}-kx_{0})，联立\left\{\begin{matrix}y=kx+(y_0-kx_0),\\ 4x^2+9y^2=36,\end{matrix}\right.消去y可得(9k^{2}+4)x^{2}+18k(y_{0}-kx_{0})x+9(y_{0}-kx_{0})^{2}-36=0，由\Delta =18^{2}k^{2}(y_{0}-kx_{0})^{2}-4(9k^{2}+4)[9(y_{0}-kx_{0})^{2}-36]=0，可得(9-x^2_0)k^{2}+2kx_{0}y_{0}+4-y^2_0=0，由题意可知，k_{1}，k_{2}是关于k的二次方程(9-x^2_0)k^{2}+2kx_{0}y_{0}+4-y^2_0=0的两根，因为l_{1}\perp l_{2}，所以k_{1}k_{2}=\frac{4-y^2_0}{9-x^2_0}=-1，化简可得x^2_0+y^2_0=13.当l_{1}，l_{2}分别与两坐标轴垂直时，满足l_{1}\perp l_{2}，此时点P的坐标为(\pm 3,\pm 2)，点P在圆x^{2}+y^{2}=13上.综上所述，点P的轨迹方程为x^{2}+y^{2}=13.(ii)由(i)可知|OP|=\sqrt{13}，如图所示，过点O分别作直线l_{1}、l_{2}的垂线，垂足分别为M，N.因为PN\perp PA，OM\perp PA，所以OM\parallel PN，同理可得ON\parallel PM，所以四边形OMPN为矩形，故d^2_1+d^2_2=|OM|^{2}+|ON|^{2}=|OP|^{2}=13，由基本不等式可得d_{1}d_{2}\leq \frac{d^2_1+d^2_2}{2}=\frac{13}{2}，当且仅当d_{1}=d_{2}=\frac{\sqrt{26}}{2}时，等号成立.因此，d_{1}d_{2}的最大值为\frac{13}{2}.$<img_1846>

Final answer: $x^2 + y^2 = 13$, $\frac{13}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)的焦点为F，点A(2,1)是抛物线内一点，若该抛物线上存在点E，使得|AE|+|EF|有最小值3.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658381159720894466/img/compression/M_2761954ebff3b8105d5e56d2333b0d3f.jpg)
$求抛物线C的方程；$

Solution:
$过点E作抛物线C的准线的垂线，垂足为点D，根据抛物线的定义可得|EF|=|ED|，于是|AE|+|EF|=|AE|+|ED|，当A，E，D三点共线时，|AE|+|ED|有最小值2+\frac{p}{2}，(2分)所以2+\frac{p}{2}=3，解得p=2，所以抛物线C的方程为y^{2}=4x.(4分)$

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


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)的焦点为F，点A(2,1)是抛物线内一点，若该抛物线上存在点E，使得|AE|+|EF|有最小值3.$<img_2425>
$求抛物线C的方程；$

Solution:
$过点E作抛物线C的准线的垂线，垂足为点D，根据抛物线的定义可得|EF|=|ED|，于是|AE|+|EF|=|AE|+|ED|，当A，E，D三点共线时，|AE|+|ED|有最小值2+\frac{p}{2}，(2分)所以2+\frac{p}{2}=3，解得p=2，所以抛物线C的方程为y^{2}=4x.(4分)$

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


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)的焦点为F，点A(2,1)是抛物线内一点，若该抛物线上存在点E，使得|AE|+|EF|有最小值3.$<img_2425>
$设直线l:2x-y+4=0，点B是l与y轴的交点，过点A作与l平行的直线l_{1}，过点A的动直线l_{2}与抛物线相交于P，Q两点，直线PB，QB分别交直线l_{1}于点M，N，证明：|AM|=|AN|.$

Solution:
$证明：在2x-y+4=0中，令x=0，得y=4，所以点B(0,4).因为l_{1}\parallel l，且l_{1}过点A(2,1)，所以直线l_{1}的方程为2x-y-3=0.(5分)当l_{2}过原点时，不妨令P(0，0)，则M为l_{1}与y轴的交点，即M(0，-3)，此时l_{2}的方程为y=\frac{1}{2}x,易得其与抛物线另一交点Q的坐标为(16，8)，则直线BQ的方程为y=\frac{x}{4}+4，由\left\{\begin{matrix}y=\frac{x}{4}+4,\\ 2x-y-3=0,\end{matrix}\right.得N(4,5),\therefore MN的中点为A.即|AM|=|AN|.(7分)当l_{2}不过原点时，设直线l_{2}的方程为x-2=t(y-1)，联立\left\{\begin{matrix}x-2=t(y-1),\\ y^2=4x,\end{matrix}\right.得y^{2}-4ty+4t-8=0，所以\Delta =16(t^{2}-t+2)>0.设点P(x_{1}，y_{1})，Q(x_{2}，y_{2})，则y_{1}+y_{2}=4t，y_{1}y_{2}=4t-8，直线PB的方程为y=\frac{y_1-4}{x_1}x+4，直线QB的方程为y=\frac{y_2-4}{x_2}x+4.联立\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1-4}{x_1}x+4,\\ 2x-y-3=0,\end{matrix}\right.解得x_{M}=\frac{7x_1}{2x_1-y_1+4}=\frac{7(ty_1+2-t)}{(2t-1)y_1+8-2t}，同理,可得x_{N}=\frac{7(ty_2+2-t)}{(2t-1)y_2+8-2t}，(10分)所以x_{M}+x_{N}=\frac{7(ty_1+2-t)}{(2t-1)y_1+8-2t}+\frac{7(ty_2+2-t)}{(2t-1)y_2+8-2t}=\frac{2t(2t-1)y_1y_2+[(8-2t)t+(2t-1)(2-t)](y_1+y_2)+2(2-t)(8-2t)}{(2t-1)^2y_1y_2+(2t-1)(8-2t)(y_1+y_2)+(8-2t)^2}\times 7=\frac{4t^2-4t+8}{t^2-t+2}=4，因为x_{A}=2，所以x_{M}+x_{N}=2x_{A}，即A是线段MN的中点，即|AM|=|AN|.(12分)综上，|AM|=|AN|.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:y^{2}=2px(p>0)的焦点为F，点A(2,1)是抛物线内一点，若该抛物线上存在点E，使得|AE|+|EF|有最小值3.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658381159720894466/img/compression/M_2761954ebff3b8105d5e56d2333b0d3f.jpg)
$设直线l:2x-y+4=0，点B是l与y轴的交点，过点A作与l平行的直线l_{1}，过点A的动直线l_{2}与抛物线相交于P，Q两点，直线PB，QB分别交直线l_{1}于点M，N，证明：|AM|=|AN|.$

Solution:
$证明：在2x-y+4=0中，令x=0，得y=4，所以点B(0,4).因为l_{1}\parallel l，且l_{1}过点A(2,1)，所以直线l_{1}的方程为2x-y-3=0.(5分)当l_{2}过原点时，不妨令P(0，0)，则M为l_{1}与y轴的交点，即M(0，-3)，此时l_{2}的方程为y=\frac{1}{2}x,易得其与抛物线另一交点Q的坐标为(16，8)，则直线BQ的方程为y=\frac{x}{4}+4，由\left\{\begin{matrix}y=\frac{x}{4}+4,\\ 2x-y-3=0,\end{matrix}\right.得N(4,5),\therefore MN的中点为A.即|AM|=|AN|.(7分)当l_{2}不过原点时，设直线l_{2}的方程为x-2=t(y-1)，联立\left\{\begin{matrix}x-2=t(y-1),\\ y^2=4x,\end{matrix}\right.得y^{2}-4ty+4t-8=0，所以\Delta =16(t^{2}-t+2)>0.设点P(x_{1}，y_{1})，Q(x_{2}，y_{2})，则y_{1}+y_{2}=4t，y_{1}y_{2}=4t-8，直线PB的方程为y=\frac{y_1-4}{x_1}x+4，直线QB的方程为y=\frac{y_2-4}{x_2}x+4.联立\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1-4}{x_1}x+4,\\ 2x-y-3=0,\end{matrix}\right.解得x_{M}=\frac{7x_1}{2x_1-y_1+4}=\frac{7(ty_1+2-t)}{(2t-1)y_1+8-2t}，同理,可得x_{N}=\frac{7(ty_2+2-t)}{(2t-1)y_2+8-2t}，(10分)所以x_{M}+x_{N}=\frac{7(ty_1+2-t)}{(2t-1)y_1+8-2t}+\frac{7(ty_2+2-t)}{(2t-1)y_2+8-2t}=\frac{2t(2t-1)y_1y_2+[(8-2t)t+(2t-1)(2-t)](y_1+y_2)+2(2-t)(8-2t)}{(2t-1)^2y_1y_2+(2t-1)(8-2t)(y_1+y_2)+(8-2t)^2}\times 7=\frac{4t^2-4t+8}{t^2-t+2}=4，因为x_{A}=2，所以x_{M}+x_{N}=2x_{A}，即A是线段MN的中点，即|AM|=|AN|.(12分)综上，|AM|=|AN|.$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知图形ABCDEF的内部连有线段.$<img_1783>
$由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？$

Solution:
$由题意知，点A沿着题图中的线段到达点E的最近路线需要向右移动3次，向上移动3次，故点A到达点E的最近路线的条数为C^3_6\cdot C^3_3=20.　(3分)$

Final answer: $20$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知图形ABCDEF的内部连有线段.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694947205087248385/img/compression/M_c7551f3071f80552f61987be9aaedf81.jpg)
$由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？$

Solution:
$由题意知，点A沿着题图中的线段到达点E的最近路线需要向右移动3次，向上移动3次，故点A到达点E的最近路线的条数为C^3_6\cdot C^3_3=20.　(3分)$

Final answer: $20$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知图形ABCDEF的内部连有线段.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694947205087248385/img/compression/M_c7551f3071f80552f61987be9aaedf81.jpg)
$由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？$

Solution:
$设点G、H、P的位置如图所示：则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：①沿着A\rightarrow E\rightarrow C，共有C^3_6\cdot C^3_3\cdot C^2_3=60条最近路线；②沿着A\rightarrow G\rightarrow C，共有C^3_5\cdot C^2_2\cdot C^1_3\cdot C^2_2=30条最近路线；(5分)③沿着A\rightarrow H\rightarrow C，共有C^3_4\cdot C^1_4=16条最近路线；④沿着A\rightarrow P\rightarrow C，共有C^1_5=5条最近路线.(8分)故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有60+30+16+5=111条.(9分)$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694947205460541442/img/compression/M_0b20236b5cb96a3fe4e94f11bbd0819e.jpg)

Final answer: $111$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知图形ABCDEF的内部连有线段.$<img_1783>
$由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？$

Solution:
$设点G、H、P的位置如图所示：则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：①沿着A\rightarrow E\rightarrow C，共有C^3_6\cdot C^3_3\cdot C^2_3=60条最近路线；②沿着A\rightarrow G\rightarrow C，共有C^3_5\cdot C^2_2\cdot C^1_3\cdot C^2_2=30条最近路线；(5分)③沿着A\rightarrow H\rightarrow C，共有C^3_4\cdot C^1_4=16条最近路线；④沿着A\rightarrow P\rightarrow C，共有C^1_5=5条最近路线.(8分)故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有60+30+16+5=111条.(9分)$<img_2705>

Final answer: $111$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知图形ABCDEF的内部连有线段.$<img_1783>
$图中总共有多少个矩形？$

Solution:
$由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：①矩形的边不在CD上，共有C^2_4\cdot C^2_6=90个矩形；②矩形的一条边在CD上，共有C^1_4\cdot C^2_3=12个矩形.(11分)故共有90+12=102个矩形.(12分)$

Final answer: $102$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知图形ABCDEF的内部连有线段.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1694947205087248385/img/compression/M_c7551f3071f80552f61987be9aaedf81.jpg)
$图中总共有多少个矩形？$

Solution:
$由题意，要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：①矩形的边不在CD上，共有C^2_4\cdot C^2_6=90个矩形；②矩形的一条边在CD上，共有C^1_4\cdot C^2_3=12个矩形.(11分)故共有90+12=102个矩形.(12分)$

Final answer: $102$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，DC上的点，且AE=BE，CF=2DF，设\overrightarrow{DA}=a，\overrightarrow{DB}=b，\overrightarrow{DC}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1693846930632278017/img/compression/M_06c5043a8815080ec936f6813e354fe0.jpg)
$以{a,b,c}为基底表示\overrightarrow{FE}；$

Solution:
$因为AE=BE，CF=2DF，所以\overrightarrow{DE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB}),\overrightarrow{DF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{DC}，(2分)所以\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{DE}-\overrightarrow{DF}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DB})-\frac{1}{3}\overrightarrow{DC}=\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b-\frac{1}{3}c.(5分)$

Final answer: $\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b-\frac{1}{3}c$