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


Question: $已知\triangle OFQ的面积为2\sqrt{6}，且\overrightarrow{OF}\cdot \overrightarrow{FQ}=m，其中O为坐标原点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694254294069249/img/compression/M_cb99ffe49d72483ffa7777c4aeb4204b.jpg)
$设以O为中心，F为其中一个焦点的双曲线经过点Q，如图所示，|\overrightarrow{OF}|=c，m=\left(\frac{\sqrt{6}}{4}-1\right)c^{2}，当|\overrightarrow{OQ}|取得最小值时，求此双曲线的标准方程.$

Solution:
$设双曲线的标准方程为\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)，Q(x_{1}，y_{1})，由题易知\overrightarrow{FQ}=(x_{1}-c，y_{1})，所以S_{\triangle OFQ}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{OF}|\cdot |y_{1}|=2\sqrt{6}，则y_{1}=\pm \frac{4\sqrt{6}}{c}.因为\overrightarrow{OF}\cdot \overrightarrow{FQ}=m，m=\left(\frac{\sqrt{6}}{4}-1\right)c^{2}，所以(c，0)\cdot (x_{1}-c，y_{1})=\left(\frac{\sqrt{6}}{4}-1\right)c^{2}，解得x_{1}=\frac{\sqrt{6}}{4}c，所以|\overrightarrow{OQ}|=\sqrt{x^2_1+y^2_1}=\sqrt{\frac{3}{8}c^2+\frac{96}{c^2}}\geq \sqrt{12}=2\sqrt{3}，当且仅当c=4时取等号，(8分)此时|\overrightarrow{OQ}|最小，Q的坐标为(\sqrt{6}，\sqrt{6})或(\sqrt{6}，-\sqrt{6}).由题意得\left\{\begin{matrix}\frac{6}{a^2}-\frac{6}{b^2}=1,\\ a^2+b^2=16,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}a^2=4,\\ b^2=12,\end{matrix}\right.于是所求双曲线的标准方程为\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=1.(10分)$

Final answer: $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{12}=1.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $“十三五”期间，依靠不断增强的综合国力和自主创新能力，我国桥梁设计建设水平不断提升，创造了多项世界第一，为经济社会发展发挥了重要作用.下图是我国的一座抛物线拱形拉索大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为64米，拱形最高点与桥面的距离为32米.$<img_1825>
$求该桥抛物线拱形部分对应抛物线的焦准距(焦点到准线的距离)；$

Solution:
$以该桥抛物线拱形部分对应抛物线的顶点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系.$<img_1497>$由题知A(-32，-32)，B(32，-32)，(1分)设对应抛物线的方程为x^{2}=2py(p<0).因为点B(32，-32)在抛物线上，所以32^{2}=2p\times (-32)，(3分)所以p=-16，即|p|=16，故抛物线的焦准距为16米.(4分)$

Final answer: $16$
Subfield: Plane Geometry


Question: $“十三五”期间，依靠不断增强的综合国力和自主创新能力，我国桥梁设计建设水平不断提升，创造了多项世界第一，为经济社会发展发挥了重要作用.下图是我国的一座抛物线拱形拉索大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为64米，拱形最高点与桥面的距离为32米.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694264439459842/img/compression/M_89d04c590d7a799932e3d40c57f93ed2.jpg)
$求该桥抛物线拱形部分对应抛物线的焦准距(焦点到准线的距离)；$

Solution:
$以该桥抛物线拱形部分对应抛物线的顶点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694264078749699/img/compression/M_35f673d56a6eda8b4e2d44c43fb41e8e.jpg)$由题知A(-32，-32)，B(32，-32)，(1分)设对应抛物线的方程为x^{2}=2py(p<0).因为点B(32，-32)在抛物线上，所以32^{2}=2p\times (-32)，(3分)所以p=-16，即|p|=16，故抛物线的焦准距为16米.(4分)$

Final answer: $16$
Subfield: Plane Geometry


Question: $“十三五”期间，依靠不断增强的综合国力和自主创新能力，我国桥梁设计建设水平不断提升，创造了多项世界第一，为经济社会发展发挥了重要作用.下图是我国的一座抛物线拱形拉索大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为64米，拱形最高点与桥面的距离为32米.$<img_1825>
$已知直线m是抛物线的对称轴，Q为直线m与水面的交点，P为抛物线上一点，O，F分别为抛物线的顶点和焦点.若PF\perp m，PO\perp PQ，求桥面与水面的距离.$

Solution:
$由题意得|OF|=8米，|FP|=16米，所以\\tan  \angle POF=\frac{|FP|}{|OF|}=\frac{16}{8}=2.(5分)又PO\perp PQ，所以\\tan  \angle QPF=\\tan  \angle POF=2，(6分)所以\\tan  \angle QPF=\frac{|QF|}{|PF|}=\frac{|QF|}{16}=2，所以|QF|=32米.(8分)又拱形最高点与桥面距离为32米，所以桥面与水面的距离d=|OF|=8米.(10分)$

Final answer: $8$ 米
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Question: $“十三五”期间，依靠不断增强的综合国力和自主创新能力，我国桥梁设计建设水平不断提升，创造了多项世界第一，为经济社会发展发挥了重要作用.下图是我国的一座抛物线拱形拉索大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为64米，拱形最高点与桥面的距离为32米.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694264439459842/img/compression/M_89d04c590d7a799932e3d40c57f93ed2.jpg)
$已知直线m是抛物线的对称轴，Q为直线m与水面的交点，P为抛物线上一点，O，F分别为抛物线的顶点和焦点.若PF\perp m，PO\perp PQ，求桥面与水面的距离.$

Solution:
$由题意得|OF|=8米，|FP|=16米，所以\\tan  \angle POF=\frac{|FP|}{|OF|}=\frac{16}{8}=2.(5分)又PO\perp PQ，所以\\tan  \angle QPF=\\tan  \angle POF=2，(6分)所以\\tan  \angle QPF=\frac{|QF|}{|PF|}=\frac{|QF|}{16}=2，所以|QF|=32米.(8分)又拱形最高点与桥面距离为32米，所以桥面与水面的距离d=|OF|=8米.(10分)$

Final answer: $8$ 米
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Question: $如图，已知圆M的圆心在第一象限，与x轴相切于点A(\sqrt{2}，0)，与直线y=2\sqrt{2}x相切于点B.$<img_1870>
$求圆M的方程；$

Solution:
$已知圆M的圆心在第一象限，与x轴相切于点A(\sqrt{2}，0)，设圆心M(\sqrt{2}，b)，b>0，则圆M的方程为(x-\sqrt{2})^{2}+(y-b)^{2}=b^{2}，由于圆M与直线y=2\sqrt{2}x相切于点B，故有\frac{|2\sqrt{2}\times \sqrt{2}-b|}{\sqrt{8+1}}=b，解得b=1，故圆M的方程为(x-\sqrt{2})^{2}+(y-1)^{2}=1.(5分)$

Final answer: $(x-\sqrt{2})^{2}+(y-1)^{2}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆M的圆心在第一象限，与x轴相切于点A(\sqrt{2}，0)，与直线y=2\sqrt{2}x相切于点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694287713652737/img/compression/M_b822d51617426b062837ec398e548714.jpg)
$求圆M的方程；$

Solution:
$已知圆M的圆心在第一象限，与x轴相切于点A(\sqrt{2}，0)，设圆心M(\sqrt{2}，b)，b>0，则圆M的方程为(x-\sqrt{2})^{2}+(y-b)^{2}=b^{2}，由于圆M与直线y=2\sqrt{2}x相切于点B，故有\frac{|2\sqrt{2}\times \sqrt{2}-b|}{\sqrt{8+1}}=b，解得b=1，故圆M的方程为(x-\sqrt{2})^{2}+(y-1)^{2}=1.(5分)$

Final answer: $(x-\sqrt{2})^{2}+(y-1)^{2}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆M的圆心在第一象限，与x轴相切于点A(\sqrt{2}，0)，与直线y=2\sqrt{2}x相切于点B.$<img_1870>
$圆M和圆x^{2}+y^{2}=1相交于P，Q两点，求线段PQ的长度.$

Solution:
$因为圆M和圆x^{2}+y^{2}=1相交于P，Q两点，所以把两个圆的方程相减，可得PQ的方程为2\sqrt{2}x+2y-3=0.由于点O到直线PQ的距离d=\frac{|0+0-3|}{\sqrt{8+4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}，故|PQ|=2\sqrt{1^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=2\times \frac{1}{2}=1.(12分)$

Final answer: $1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆M的圆心在第一象限，与x轴相切于点A(\sqrt{2}，0)，与直线y=2\sqrt{2}x相切于点B.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694287713652737/img/compression/M_b822d51617426b062837ec398e548714.jpg)
$圆M和圆x^{2}+y^{2}=1相交于P，Q两点，求线段PQ的长度.$

Solution:
$因为圆M和圆x^{2}+y^{2}=1相交于P，Q两点，所以把两个圆的方程相减，可得PQ的方程为2\sqrt{2}x+2y-3=0.由于点O到直线PQ的距离d=\frac{|0+0-3|}{\sqrt{8+4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}，故|PQ|=2\sqrt{1^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=2\times \frac{1}{2}=1.(12分)$

Final answer: $1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四面体OABC各棱的长都是1，D，E分别是OC，AB的中点，记\overrightarrow{OA}=a，\overrightarrow{OB}=b，\overrightarrow{OC}=c.$<img_2005>
$用向量a,b,c表示向量\overrightarrow{DE}；$

Solution:
$根据题意，\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC})=\frac{1}{2}(a+b-c).(6分)$

Final answer: $\overrightarrow{DE}=\frac{1}{2}(a+b-c)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四面体OABC各棱的长都是1，D，E分别是OC，AB的中点，记\overrightarrow{OA}=a，\overrightarrow{OB}=b，\overrightarrow{OC}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694365665423362/img/compression/M_28040589046b252984c8830ba3478d79.jpg)
$用向量a,b,c表示向量\overrightarrow{DE}；$

Solution:
$根据题意，\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AE}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC})=\frac{1}{2}(a+b-c).(6分)$

Final answer: $\overrightarrow{DE}=\frac{1}{2}(a+b-c)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四面体OABC各棱的长都是1，D，E分别是OC，AB的中点，记\overrightarrow{OA}=a，\overrightarrow{OB}=b，\overrightarrow{OC}=c.$<img_2005>
$求证：DE\perp AB.$

Solution:
$证明：根据题意，a,b,c相互之间的夹角为\frac{\pi }{3}，且模均为1，由(1)知\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(a+b-c)\cdot (b-a)=\frac{1}{2}(-a^{2}+b^{2}-b\cdot c+a\cdot c)=\frac{1}{2}\times \left(-1+1-1\times 1\times \frac{1}{2}+1\times 1\times \frac{1}{2}\right)=0，所以DE\perp AB.(12分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，四面体OABC各棱的长都是1，D，E分别是OC，AB的中点，记\overrightarrow{OA}=a，\overrightarrow{OB}=b，\overrightarrow{OC}=c.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694365665423362/img/compression/M_28040589046b252984c8830ba3478d79.jpg)
$求证：DE\perp AB.$

Solution:
$证明：根据题意，a,b,c相互之间的夹角为\frac{\pi }{3}，且模均为1，由(1)知\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}(a+b-c)\cdot (b-a)=\frac{1}{2}(-a^{2}+b^{2}-b\cdot c+a\cdot c)=\frac{1}{2}\times \left(-1+1-1\times 1\times \frac{1}{2}+1\times 1\times \frac{1}{2}\right)=0，所以DE\perp AB.(12分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆\Gamma :\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的右焦点为F，过F的直线l交\Gamma 于A，B两点.$<img_1812>
$若直线l垂直于x轴，求线段AB的长；$

Solution:
$由题知F(1，0)，令x=1，则\frac{1}{4}+\frac{y^2}{3}=1，\therefore y=\pm \frac{3}{2}，\therefore |AB|=3.(2分)$

Final answer: $3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆\Gamma :\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的右焦点为F，过F的直线l交\Gamma 于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694368525938690/img/compression/M_1c76b662d059d178589b1b06e541fc35.jpg)
$若直线l垂直于x轴，求线段AB的长；$

Solution:
$由题知F(1，0)，令x=1，则\frac{1}{4}+\frac{y^2}{3}=1，\therefore y=\pm \frac{3}{2}，\therefore |AB|=3.(2分)$

Final answer: $3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆\Gamma :\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的右焦点为F，过F的直线l交\Gamma 于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694368525938690/img/compression/M_1c76b662d059d178589b1b06e541fc35.jpg)
$若直线l与x轴不重合，O为坐标原点，求\triangle AOB面积的最大值；$

Solution:
$由题设直线l：x=my+1，A(x_{1}，y_{1}),B(x_{2}，y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\\ x=my+1,\end{matrix}\right.得(3m^{2}+4)y^{2}+6my-9=0，则\Delta =144(m^{2}+1)>0,y_{1}+y_{2}=\frac{-6m}{3m^2+4},y_{1}\cdot y_{2}=\frac{-9}{3m^2+4}，(4分)\therefore |y_{1}-y_{2}|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{12\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}，\therefore S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}|OF|\cdot |y_{1}-y_{2}|=\frac{6\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}，(5分)令\sqrt{m^2+1}=t,t\geq 1，则S_{\triangle AOB}=\frac{6t}{3t^2+1}=\frac{6}{3t+\frac{1}{t}}，t\geq 1，又y=3t+\frac{1}{t}在[1,+\infty )上为增函数，\therefore S_{\triangle AOB}=\frac{6t}{3t^2+1}=\frac{6}{3t+\frac{1}{t}}\leq \frac{6}{4}=\frac{3}{2}，当且仅当t=1，即m=0时取等号，\therefore \triangle AOB面积的最大值为\frac{3}{2}.(7分)$

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


Question: $已知椭圆\Gamma :\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的右焦点为F，过F的直线l交\Gamma 于A，B两点.$<img_1812>
$若直线l与x轴不重合，O为坐标原点，求\triangle AOB面积的最大值；$

Solution:
$由题设直线l：x=my+1，A(x_{1}，y_{1}),B(x_{2}，y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\\ x=my+1,\end{matrix}\right.得(3m^{2}+4)y^{2}+6my-9=0，则\Delta =144(m^{2}+1)>0,y_{1}+y_{2}=\frac{-6m}{3m^2+4},y_{1}\cdot y_{2}=\frac{-9}{3m^2+4}，(4分)\therefore |y_{1}-y_{2}|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{12\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}，\therefore S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}|OF|\cdot |y_{1}-y_{2}|=\frac{6\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}，(5分)令\sqrt{m^2+1}=t,t\geq 1，则S_{\triangle AOB}=\frac{6t}{3t^2+1}=\frac{6}{3t+\frac{1}{t}}，t\geq 1，又y=3t+\frac{1}{t}在[1,+\infty )上为增函数，\therefore S_{\triangle AOB}=\frac{6t}{3t^2+1}=\frac{6}{3t+\frac{1}{t}}\leq \frac{6}{4}=\frac{3}{2}，当且仅当t=1，即m=0时取等号，\therefore \triangle AOB面积的最大值为\frac{3}{2}.(7分)$

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


Question: $已知椭圆\Gamma :\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的右焦点为F，过F的直线l交\Gamma 于A，B两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1696694368525938690/img/compression/M_1c76b662d059d178589b1b06e541fc35.jpg)
$若椭圆\Gamma 上存在点C使得|AC|=|BC|，且\triangle ABC的重心G在y轴上，求此时直线l的方程.$

Solution:
$当直线l不与x轴重合时，设直线l：x=my+1,A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),C(x_{C}，y_{C})，AB的中点为M(x_{M}，y_{M})，由(2)知y_{1}+y_{2}=\frac{-6m}{3m^2+4},y_{1}\cdot y_{2}=\frac{-9}{3m^2+4}，\because \triangle ABC的重心G在y轴上，\therefore x_{1}+x_{2}+x_{C}=0,\therefore x_{C}=-(x_{1}+x_{2})=-m(y_{1}+y_{2})-2=\frac{-8}{3m^2+4}，x_{M}=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{m(y_1+y_2)}{2}+1=\frac{4}{3m^2+4}，y_{M}=\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{-3m}{3m^2+4}.(9分)\because |AC|=|BC|,\therefore CM\perp AB，\therefore 直线CM：y-y_{M}=-m(x-x_{M}),\therefore y_{C}=y_{M}-m(x_{C}-x_{M})=\frac{9m}{3m^2+4}，\therefore C\left(\frac{-8}{3m^2+4},\frac{9m}{3m^2+4}\right)，代入椭圆，得m^{2}(3m^{2}-1)=0，解得m=0或m=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}，\therefore 直线l：x=1或x=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}y+1.(11分)当直线l与x轴重合时，C点为椭圆的上顶点或下顶点，满足题意，此时l：y=0.综上，直线l的方程为x=1或y=0或x=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}y+1.(12分)$

Final answer: $x=1,y=0,x=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}y+1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆\Gamma :\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1的右焦点为F，过F的直线l交\Gamma 于A，B两点.$<img_1812>
$若椭圆\Gamma 上存在点C使得|AC|=|BC|，且\triangle ABC的重心G在y轴上，求此时直线l的方程.$

Solution:
$当直线l不与x轴重合时，设直线l：x=my+1,A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),C(x_{C}，y_{C})，AB的中点为M(x_{M}，y_{M})，由(2)知y_{1}+y_{2}=\frac{-6m}{3m^2+4},y_{1}\cdot y_{2}=\frac{-9}{3m^2+4}，\because \triangle ABC的重心G在y轴上，\therefore x_{1}+x_{2}+x_{C}=0,\therefore x_{C}=-(x_{1}+x_{2})=-m(y_{1}+y_{2})-2=\frac{-8}{3m^2+4}，x_{M}=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{m(y_1+y_2)}{2}+1=\frac{4}{3m^2+4}，y_{M}=\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{-3m}{3m^2+4}.(9分)\because |AC|=|BC|,\therefore CM\perp AB，\therefore 直线CM：y-y_{M}=-m(x-x_{M}),\therefore y_{C}=y_{M}-m(x_{C}-x_{M})=\frac{9m}{3m^2+4}，\therefore C\left(\frac{-8}{3m^2+4},\frac{9m}{3m^2+4}\right)，代入椭圆，得m^{2}(3m^{2}-1)=0，解得m=0或m=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}，\therefore 直线l：x=1或x=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}y+1.(11分)当直线l与x轴重合时，C点为椭圆的上顶点或下顶点，满足题意，此时l：y=0.综上，直线l的方程为x=1或y=0或x=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}y+1.(12分)$

Final answer: $x=1,y=0,x=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}y+1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①\overrightarrow{BA}\cdot (\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD})=0；②PC=\sqrt{7}；③点P在平面ABCD内的射影在直线AD上.如图，平面五边形PABCD中，\triangle PAD是边长为2的等边三角形，AD\parallel BC，AB=2BC=2，AB\perp BC，将\triangle PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F、M分别是AB、CE的中点，且　　　　.$<img_2494>$
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.$
$求证：AB\perp FM；$

Solution:
$证明：取AD,CD的中点分别为O,G，连接PO,FG,MG，如图1所示，$<img_2585>$图1选择①：因为\overrightarrow{BA}\cdot (\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD})=0，\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD}=2\overrightarrow{PO}，所以\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{PO}=0，即AB\perp PO.又AB\perp AD，AD\cap PO=O，AD，PO\subset 平面PAD，所以AB\perp 平面PAD.因为M,G分别为CE,CD的中点，所以MG\parallel PD，又MG\not\subset 平面PAD，PD\subset 平面PAD，所以MG\parallel 平面PAD.(3分)同理可得FG\parallel 平面PAD.又因为MG\cap FG=G，MG，FG\subset 平面FGM，所以平面FGM\parallel 平面PAD，所以AB\perp 平面FGM.又FM\subset 平面FGM，所以AB\perp FM.(5分)选择②：连接OC，则OC=AB=2，PO=\sqrt{3}，因为PC=\sqrt{7},PC^{2}=PO^{2}+OC^{2}，所以OC\perp PO，则AB\perp PO.又AB\perp AD，AD\cap PO=O，AD，PO\subset 平面PAD，所以AB\perp 平面PAD.因为M,G分别为CE,CD的中点，所以MG\parallel PD，又MG\not\subset 平面PAD，PD\subset 平面PAD，所以MG\parallel 平面PAD.(3分)同理可得FG\parallel 平面PAD.又因为MG\cap FG=G，MG，FG\subset 平面FGM，所以平面FGM\parallel 平面PAD，所以AB\perp 平面FGM.又FM\subset 平面FGM，所以AB\perp FM.(5分)选择③：因为点P在平面ABCD内的射影在直线AD上，所以平面PAD\perp 平面ABCD.又因为平面PAD\cap 平面ABCD=AD，AB\subset 平面ABCD，AD\perp AB，所以AB\perp 平面PAD.因为M,G分别为CE,CD的中点，所以MG\parallel PD，又MG\not\subset 平面PAD，PD\subset 平面PAD，所以MG\parallel 平面PAD，(3分)同理可得FG\parallel 平面PAD.又因为MG\cap FG=G，MG，FG\subset 平面FGM，所以平面FGM\parallel 平面PAD，所以AB\perp 平面FGM.又FM\subset 平面FGM，所以AB\perp FM.(5分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①\overrightarrow{BA}\cdot (\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD})=0；②PC=\sqrt{7}；③点P在平面ABCD内的射影在直线AD上.如图，平面五边形PABCD中，\triangle PAD是边长为2的等边三角形，AD\parallel BC，AB=2BC=2，AB\perp BC，将\triangle PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F、M分别是AB、CE的中点，且　　　　.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400135084326915/img/compression/M_a07639453a1a5f6bd7fbe953894275e3.jpg)$
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.$
$求证：AB\perp FM；$

Solution:
$证明：取AD,CD的中点分别为O,G，连接PO,FG,MG，如图1所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400135386316803/img/compression/M_2181004da5aec1a6d1d99703541083b2.jpg)$图1选择①：因为\overrightarrow{BA}\cdot (\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD})=0，\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD}=2\overrightarrow{PO}，所以\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{PO}=0，即AB\perp PO.又AB\perp AD，AD\cap PO=O，AD，PO\subset 平面PAD，所以AB\perp 平面PAD.因为M,G分别为CE,CD的中点，所以MG\parallel PD，又MG\not\subset 平面PAD，PD\subset 平面PAD，所以MG\parallel 平面PAD.(3分)同理可得FG\parallel 平面PAD.又因为MG\cap FG=G，MG，FG\subset 平面FGM，所以平面FGM\parallel 平面PAD，所以AB\perp 平面FGM.又FM\subset 平面FGM，所以AB\perp FM.(5分)选择②：连接OC，则OC=AB=2，PO=\sqrt{3}，因为PC=\sqrt{7},PC^{2}=PO^{2}+OC^{2}，所以OC\perp PO，则AB\perp PO.又AB\perp AD，AD\cap PO=O，AD，PO\subset 平面PAD，所以AB\perp 平面PAD.因为M,G分别为CE,CD的中点，所以MG\parallel PD，又MG\not\subset 平面PAD，PD\subset 平面PAD，所以MG\parallel 平面PAD.(3分)同理可得FG\parallel 平面PAD.又因为MG\cap FG=G，MG，FG\subset 平面FGM，所以平面FGM\parallel 平面PAD，所以AB\perp 平面FGM.又FM\subset 平面FGM，所以AB\perp FM.(5分)选择③：因为点P在平面ABCD内的射影在直线AD上，所以平面PAD\perp 平面ABCD.又因为平面PAD\cap 平面ABCD=AD，AB\subset 平面ABCD，AD\perp AB，所以AB\perp 平面PAD.因为M,G分别为CE,CD的中点，所以MG\parallel PD，又MG\not\subset 平面PAD，PD\subset 平面PAD，所以MG\parallel 平面PAD，(3分)同理可得FG\parallel 平面PAD.又因为MG\cap FG=G，MG，FG\subset 平面FGM，所以平面FGM\parallel 平面PAD，所以AB\perp 平面FGM.又FM\subset 平面FGM，所以AB\perp FM.(5分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①\overrightarrow{BA}\cdot (\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD})=0；②PC=\sqrt{7}；③点P在平面ABCD内的射影在直线AD上.如图，平面五边形PABCD中，\triangle PAD是边长为2的等边三角形，AD\parallel BC，AB=2BC=2，AB\perp BC，将\triangle PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F、M分别是AB、CE的中点，且　　　　.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400135084326915/img/compression/M_a07639453a1a5f6bd7fbe953894275e3.jpg)$
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.$
$当EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.$

Solution:
$由(1)可知，AB\perp 平面PAD，所以\angle AEF即为EF与平面PAD所成的角.因为\\tan  \angle AEF=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{AE}，所以当AE最小时，\angle AEF最大，所以当AE\perp PD，即E为PD的中点时，\angle AEF最大.(8分)以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400135575060482/img/compression/M_4cdff1f5809a8c2f97b95392492d41cd.jpg)$图2则A(0,-1,0),E\left(0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),C(2,0,0).(9分)所以\overrightarrow{AE}=\left(0,\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{AC}=(2,1,0).设平面ACE的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0，\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=0\\ \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{3}{2}y_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\\ 2x_1+y_1=0，\end{matrix}\right.令z_{1}=\sqrt{3}，得m=\left(\frac{1}{2},-1,\sqrt{3}\right).(11分)由题意可知，平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{17}}{17}，所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{17}}{17}.(12分)$

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


Question: $请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①\overrightarrow{BA}\cdot (\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PD})=0；②PC=\sqrt{7}；③点P在平面ABCD内的射影在直线AD上.如图，平面五边形PABCD中，\triangle PAD是边长为2的等边三角形，AD\parallel BC，AB=2BC=2，AB\perp BC，将\triangle PAD沿AD翻折成四棱锥P-ABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F、M分别是AB、CE的中点，且　　　　.$<img_2494>$
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.$
$当EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.$

Solution:
$由(1)可知，AB\perp 平面PAD，所以\angle AEF即为EF与平面PAD所成的角.因为\\tan  \angle AEF=\frac{AF}{AE}=\frac{1}{AE}，所以当AE最小时，\angle AEF最大，所以当AE\perp PD，即E为PD的中点时，\angle AEF最大.(8分)以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，$<img_2634>$图2则A(0,-1,0),E\left(0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),C(2,0,0).(9分)所以\overrightarrow{AE}=\left(0,\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，\overrightarrow{AC}=(2,1,0).设平面ACE的法向量为m=(x_{1},y_{1},z_{1})，则\left\{\begin{matrix}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0，\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{AC}=0\\ \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{3}{2}y_1+\frac{\sqrt{3}}{2}z_1=0,\\ 2x_1+y_1=0，\end{matrix}\right.令z_{1}=\sqrt{3}，得m=\left(\frac{1}{2},-1,\sqrt{3}\right).(11分)由题意可知，平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0)，所以\\cos  \langle m,n\rangle =\frac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{17}}{17}，所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为\frac{\sqrt{17}}{17}.(12分)$

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


Question: $当光射到两种不同介质的分界面上时，有部分光自界面射回原介质中的现象，被称为光的反射，如图1所示.一条光线从点A(1,2)出发，经过直线y=x-2反射后到达点B(-3,0)，如图2所示.求反射光线所在直线的方程，并在图2中作出光线从A到B的入射和反射路径；
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646420760268062721/img/compression/M_92ef40119b15954040b83818208b123b.jpg)

Solution:
$求得A关于直线y=x-2的对称点A'的坐标，由此求得反射光线所在直线的方程，并画出图像.$

Final answer: $y=x-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $当光射到两种不同介质的分界面上时，有部分光自界面射回原介质中的现象，被称为光的反射，如图1所示.一条光线从点A(1,2)出发，经过直线y=x-2反射后到达点B(-3,0)，如图2所示.求反射光线所在直线的方程，并在图2中作出光线从A到B的入射和反射路径；
$<img_2932>

Solution:
$求得A关于直线y=x-2的对称点A'的坐标，由此求得反射光线所在直线的方程，并画出图像.$

Final answer: $y=x-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知C(-1,0)，直线l的斜率小于0，且l经过点(4,7)，l与坐标轴交于M，N两点，试问\triangle CMN的面积是否存在最值？若存在，求出相应的最值；若不存在，请说明理由.$

Solution:
$设直线l:y-7=k(x-4)(k<0)，求得\triangle CMN的面积S的表达式，结合基本不等式求得S的取值范围，由此确定正确结论.$



Final answer: $\triangle CMN的面积不存在最值$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，圆O：x^{2}+y^{2}=4与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM、AN分别与圆O交于M、N两点.$<img_2993>
$若k_{AM}=2，k_{AN}=-\frac{1}{2}，求\triangle AMN的面积；$

Solution:
$根据题意，知圆O：x^{2}+y^{2}=4的圆心为(0，0)，半径r=2，A(-2，0)，若k_{AM}=2，则直线AM的方程为y-0=2(x+2)，即y=2x+4，所以圆心到直线AM的距离d=\frac{|4|}{\sqrt{1+4}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}，所以|AM|=2\times \sqrt{r^2-d^2}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.(2分)由已知条件并结合中位线定理知，|AN|=2d，即|AN|=\frac{8\sqrt{5}}{5}，因为k_{AM}\cdot k_{AN}=-1，所以AN\perp AM，所以\triangle AMN的面积S=\frac{1}{2}\times |AM|\times |AN|=\frac{1}{2}\times \frac{4\sqrt{5}}{5}\times \frac{8\sqrt{5}}{5}=\frac{16}{5}.(4分)$

Final answer: $\frac{16}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，圆O：x^{2}+y^{2}=4与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM、AN分别与圆O交于M、N两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1647799872539136002/img/compression/M_b82215dfa6e0dfda3fca16be8d56e2dd.jpg)
$若k_{AM}=2，k_{AN}=-\frac{1}{2}，求\triangle AMN的面积；$

Solution:
$根据题意，知圆O：x^{2}+y^{2}=4的圆心为(0，0)，半径r=2，A(-2，0)，若k_{AM}=2，则直线AM的方程为y-0=2(x+2)，即y=2x+4，所以圆心到直线AM的距离d=\frac{|4|}{\sqrt{1+4}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}，所以|AM|=2\times \sqrt{r^2-d^2}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.(2分)由已知条件并结合中位线定理知，|AN|=2d，即|AN|=\frac{8\sqrt{5}}{5}，因为k_{AM}\cdot k_{AN}=-1，所以AN\perp AM，所以\triangle AMN的面积S=\frac{1}{2}\times |AM|\times |AN|=\frac{1}{2}\times \frac{4\sqrt{5}}{5}\times \frac{8\sqrt{5}}{5}=\frac{16}{5}.(4分)$

Final answer: $\frac{16}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，圆O：x^{2}+y^{2}=4与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM、AN分别与圆O交于M、N两点.$<img_2993>
$若直线MN过点(1，0)，证明：k_{AM}\cdot k_{AN}为定值，并求此定值.$

Solution:
$设M(x_{1}，y_{1})、N(x_{2}，y_{2})，①当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为y=k(x-1)(k\neq 0)，代入圆的方程中得x^{2}+k^{2}(x-1)^{2}-4=0，整理得(1+k^{2})x^{2}-2k^{2}x+k^{2}-4=0，(5分)则有x_{1}+x_{2}=\frac{2k^2}{1+k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{k^2-4}{1+k^2}，此时k_{AM}\cdot k_{AN}=\frac{y_1}{x_1+2}\cdot \frac{y_2}{x_2+2}=\frac{y_1y_2}{(x_1+2)(x_2+2)}=\frac{k^2(x_1-1)(x_2-1)}{(x_1+2)(x_2+2)}=k^{2}\cdot \frac{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}=\frac{k^2\left(\frac{k^2-4}{1+k^2}-\frac{2k^2}{1+k^2}+1\right)}{\frac{k^2-4}{1+k^2}+2\cdot \frac{2k^2}{1+k^2}+4}=\frac{-3k^2}{9k^2}=-\frac{1}{3}.(8分)②当直线MN斜率不存在时，直线MN的方程为x=1，代入圆的方程可得\left\{\begin{matrix}x=1,\\ y=\sqrt{3}\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}x=1,\\ y=-\sqrt{3},\end{matrix}\right.不妨设M(1，\sqrt{3}),N(1,-\sqrt{3}),此时k_{AM}\cdot k_{AN}=\frac{\sqrt{3}-0}{1-(-2)}\times \frac{-\sqrt{3}-0}{1-(-2)}=-\frac{1}{3}.(9分)综上，k_{AM}\cdot k_{AN}为定值，且此定值为-\frac{1}{3}.(10分)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，在平面直角坐标系xOy中，圆O：x^{2}+y^{2}=4与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM、AN分别与圆O交于M、N两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1647799872539136002/img/compression/M_b82215dfa6e0dfda3fca16be8d56e2dd.jpg)
$若直线MN过点(1，0)，证明：k_{AM}\cdot k_{AN}为定值，并求此定值.$

Solution:
$设M(x_{1}，y_{1})、N(x_{2}，y_{2})，①当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为y=k(x-1)(k\neq 0)，代入圆的方程中得x^{2}+k^{2}(x-1)^{2}-4=0，整理得(1+k^{2})x^{2}-2k^{2}x+k^{2}-4=0，(5分)则有x_{1}+x_{2}=\frac{2k^2}{1+k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{k^2-4}{1+k^2}，此时k_{AM}\cdot k_{AN}=\frac{y_1}{x_1+2}\cdot \frac{y_2}{x_2+2}=\frac{y_1y_2}{(x_1+2)(x_2+2)}=\frac{k^2(x_1-1)(x_2-1)}{(x_1+2)(x_2+2)}=k^{2}\cdot \frac{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}=\frac{k^2\left(\frac{k^2-4}{1+k^2}-\frac{2k^2}{1+k^2}+1\right)}{\frac{k^2-4}{1+k^2}+2\cdot \frac{2k^2}{1+k^2}+4}=\frac{-3k^2}{9k^2}=-\frac{1}{3}.(8分)②当直线MN斜率不存在时，直线MN的方程为x=1，代入圆的方程可得\left\{\begin{matrix}x=1,\\ y=\sqrt{3}\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}x=1,\\ y=-\sqrt{3},\end{matrix}\right.不妨设M(1，\sqrt{3}),N(1,-\sqrt{3}),此时k_{AM}\cdot k_{AN}=\frac{\sqrt{3}-0}{1-(-2)}\times \frac{-\sqrt{3}-0}{1-(-2)}=-\frac{1}{3}.(9分)综上，k_{AM}\cdot k_{AN}为定值，且此定值为-\frac{1}{3}.(10分)$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，设点A，B在x轴上，且关于原点O对称.点P满足\\tan  \angle PAB=2,\\tan  \angle PBA=\frac{1}{2}，且\triangle PAB的面积为20.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1646400191346847745/img/compression/M_74f9b95afeef1f2cf6dc619bfc66c130.jpg)
$求点P的坐标；$

Solution:
$设A(-c，0)，B(c，0)，则直线PA的方程为y=2(x+c)，直线PB的方程为y=-\frac{1}{2}(x-c).由\left\{\begin{matrix}y=2(x+c),\\ y=-\frac{1}{2}(x-c),\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=-\frac{3c}{5}，\\ y=\frac{4c}{5}.\end{matrix}\right.所以P\left(-\frac{3c}{5}，\frac{4c}{5}\right).(2分)所以\triangle PAB的面积S=\frac{1}{2}|AB|\cdot |y_{P}|=\frac{4c^2}{5}.所以\frac{4c^2}{5}=20,解得c=5.所以点P的坐标为(-3，4).(5分)$

Final answer: $(-3，4)$