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


Question: $如图，某海面上有O，A，B三个小岛(面积大小忽略不计)，A岛在O岛的北偏东45^\circ 方向距O岛40\sqrt{2}千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处.以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系.圆C经过O，A，B三点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312947253985281/img/compression/M_87b436221950a37863f30a9b1e8facc8.jpg)
$求圆C的方程；$

Solution:
$由题图可知A(40,40)，B(20,0)，设过O，A，B三点的圆C的方程为x^{2}+y^{2}+Dx+Ey+F=0(D^{2}+E^{2}-4F＞0)，则\left\{\begin{matrix}F=0,\\ 40^2+40^2+40D+40E+F=0,\\ 20^2+20D+F=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}D=-20,\\ E=-60,\\ F=0,\end{matrix}\right.所以圆C的方程为x^{2}+y^{2}-20x-60y=0.$

Final answer: $x^2 + y^2 - 20x - 60y = 0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某海面上有O，A，B三个小岛(面积大小忽略不计)，A岛在O岛的北偏东45^\circ 方向距O岛40\sqrt{2}千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处.以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系.圆C经过O，A，B三点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312947253985281/img/compression/M_87b436221950a37863f30a9b1e8facc8.jpg)
$若圆C区域内有未知暗礁，现有一船M在O岛的南偏西30^\circ 方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45^\circ 方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？$

Solution:
$易知M(-20,-20\sqrt{3})，且船M的航线所在直线(记为l)的斜率为1，故直线l：x-y+20-20\sqrt{3}=0.由(1)得圆C的圆心C(10，30)，半径r=10\sqrt{10}.由于圆心C到直线l的距离d=\frac{|10-30+20-20\sqrt{3}|}{\sqrt{2}}=10\sqrt{6}<10\sqrt{10}，故该船有触礁的危险.$

Final answer: $该船有触礁的危险。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某海面上有O，A，B三个小岛(面积大小忽略不计)，A岛在O岛的北偏东45^\circ 方向距O岛40\sqrt{2}千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处.以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系.圆C经过O，A，B三点.$<img_2648>
$若圆C区域内有未知暗礁，现有一船M在O岛的南偏西30^\circ 方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45^\circ 方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？$

Solution:
$易知M(-20,-20\sqrt{3})，且船M的航线所在直线(记为l)的斜率为1，故直线l：x-y+20-20\sqrt{3}=0.由(1)得圆C的圆心C(10，30)，半径r=10\sqrt{10}.由于圆心C到直线l的距离d=\frac{|10-30+20-20\sqrt{3}|}{\sqrt{2}}=10\sqrt{6}<10\sqrt{10}，故该船有触礁的危险.$



Final answer: $该船有触礁的危险。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知圆C：x^{2}－(1+a)x+y^{2}－ay+a=0.$
$若圆C与y轴相切，求圆C的方程；$

Solution:
$由\left\{\begin{matrix}x=0,\\ x^2-(1+a)x+y^2-ay+a=0\end{matrix}\right.得y^{2}－ay+a=0，\because 圆C与y轴相切，\therefore \Delta =a^{2}－4a=0，解得a=0或a=4，\therefore 所求圆C的方程为x^{2}+y^{2}－x=0或x^{2}+y^{2}－5x－4y+4=0.$

Final answer: $x^{2}+y^{2}－x=0, x^{2}+y^{2}－5x－4y+4=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知圆C：x^{2}－(1+a)x+y^{2}－ay+a=0.$
$已知a>1，圆C与x轴相交于M，N两点(点M在点N的左侧).过点M任作一条直线与圆O：x^{2}+y^{2}=9相交于A，B两点，问：是否存在实数a，使得\angle ANM=\angle BNM？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.$<img_1946>

Solution:
$对于x^{2}-(1+a)x+y^{2}-ay+a=0,令y=0，得x^{2}－(1+a)x+a=0，解得x=1或x=a，\because a>1，\therefore M(1,0)，N(a,0).假设存在实数a，使得\angle ANM=\angle BNM.设A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2})，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x－1)，由\left\{\begin{matrix}y=k(x-1),\\ x^2+y^2=9,\end{matrix}\right.得(1+k^{2})x^{2}－2k^{2}x+k^{2}－9=0，由根与系数的关系得\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=\frac{2k^2}{1+k^2},\\ x_1x_2=\frac{k^2-9}{1+k^2},\end{matrix}\right.\because \angle ANM=\angle BNM，\therefore NA，NB的斜率互为相反数，\therefore \frac{y_1}{x_1-a}+\frac{y_2}{x_2-a}=0，即(x_{1}－1)(x_{2}－a)+(x_{2}－1)(x_{1}－a)=0，即2x_{1}x_{2}－(a+1)(x_{1}+x_{2})+2a=0，\therefore \frac{2(k^2-9)}{1+k^2}－\frac{2(a+1)k^2}{1+k^2}+2a=0，解得a=9.当直线AB与x轴垂直时，显然a=9满足\angle ANM=\angle BNM，即NA，NB的斜率互为相反数.综上所述，存在a=9，使得\angle ANM=\angle BNM.$

Final answer: $9$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知圆C：x^{2}－(1+a)x+y^{2}－ay+a=0.$
$已知a>1，圆C与x轴相交于M，N两点(点M在点N的左侧).过点M任作一条直线与圆O：x^{2}+y^{2}=9相交于A，B两点，问：是否存在实数a，使得\angle ANM=\angle BNM？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312970609569793/img/compression/M_77232371e650aabe960e15d064db2587.jpg)

Solution:
$对于x^{2}-(1+a)x+y^{2}-ay+a=0,令y=0，得x^{2}－(1+a)x+a=0，解得x=1或x=a，\because a>1，\therefore M(1,0)，N(a,0).假设存在实数a，使得\angle ANM=\angle BNM.设A(x_{1},y_{1})，B(x_{2},y_{2})，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x－1)，由\left\{\begin{matrix}y=k(x-1),\\ x^2+y^2=9,\end{matrix}\right.得(1+k^{2})x^{2}－2k^{2}x+k^{2}－9=0，由根与系数的关系得\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=\frac{2k^2}{1+k^2},\\ x_1x_2=\frac{k^2-9}{1+k^2},\end{matrix}\right.\because \angle ANM=\angle BNM，\therefore NA，NB的斜率互为相反数，\therefore \frac{y_1}{x_1-a}+\frac{y_2}{x_2-a}=0，即(x_{1}－1)(x_{2}－a)+(x_{2}－1)(x_{1}－a)=0，即2x_{1}x_{2}－(a+1)(x_{1}+x_{2})+2a=0，\therefore \frac{2(k^2-9)}{1+k^2}－\frac{2(a+1)k^2}{1+k^2}+2a=0，解得a=9.当直线AB与x轴垂直时，显然a=9满足\angle ANM=\angle BNM，即NA，NB的斜率互为相反数.综上所述，存在a=9，使得\angle ANM=\angle BNM.$

Final answer: $9$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C_{1}:(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1和圆C_{2}:(x-4)^{2}+(y-4)^{2}=4.$<img_1835>
$求两圆所有公切线的斜率；$

Solution:
$由题意得两圆公切线的斜率存在，设公切线的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0,则\left\{\begin{matrix}\frac{|-2k-1+m|}{\sqrt{k^2+1}}=1,\\ \frac{|4k-4+m|}{\sqrt{k^2+1}}=2,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}|2k+1-m|=\sqrt{k^2+1},\text{①}\\ |4k-4+m|=2\sqrt{k^2+1},\end{matrix}\right.所以|4k+2-2m|=|4k-4+m|.当4k+2-2m=4k-4+m时，m=2,代入①式，得|2k-1|=\sqrt{k^2+1}，解得k=0或k=\frac{4}{3};当4k+2-2m=-(4k-4+m)时，m=8k-2,代入①式，整理得|6k-3|=\sqrt{k^2+1},解得k=\frac{18\pm 2\sqrt{11}}{35}.综上，两圆所有公切线的斜率分别为0，\frac{4}{3}，\frac{18\pm 2\sqrt{11}}{35}.$

Final answer: $0, \frac{4}{4}, \frac{(18\pm 2\sqrt 11)}{35}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C_{1}:(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1和圆C_{2}:(x-4)^{2}+(y-4)^{2}=4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312971066748929/img/compression/M_70d4411b10ac9d6b04e39d8ee3b7cb9e.jpg)
$求两圆所有公切线的斜率；$

Solution:
$由题意得两圆公切线的斜率存在，设公切线的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0,则\left\{\begin{matrix}\frac{|-2k-1+m|}{\sqrt{k^2+1}}=1,\\ \frac{|4k-4+m|}{\sqrt{k^2+1}}=2,\end{matrix}\right.所以\left\{\begin{matrix}|2k+1-m|=\sqrt{k^2+1},\text{①}\\ |4k-4+m|=2\sqrt{k^2+1},\end{matrix}\right.所以|4k+2-2m|=|4k-4+m|.当4k+2-2m=4k-4+m时，m=2,代入①式，得|2k-1|=\sqrt{k^2+1}，解得k=0或k=\frac{4}{3};当4k+2-2m=-(4k-4+m)时，m=8k-2,代入①式，整理得|6k-3|=\sqrt{k^2+1},解得k=\frac{18\pm 2\sqrt{11}}{35}.综上，两圆所有公切线的斜率分别为0，\frac{4}{3}，\frac{18\pm 2\sqrt{11}}{35}.$

Final answer: $0, \frac{4}{4}, \frac{(18\pm 2\sqrt 11)}{35}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C_{1}:(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1和圆C_{2}:(x-4)^{2}+(y-4)^{2}=4.$<img_1835>
$设P为平面上一点，若存在过点P的无穷多条直线l与圆C_{1}和圆C_{2}相交，且直线l被圆C_{2}截得的弦长是其被圆C_{1}截得的弦长的2倍，试求所有满足条件的点P的坐标.$

Solution:
$设C_{1}，C_{2}到直线l的距离分别为d_{1},d_{2}，则\sqrt{4-d^2_2}=2\sqrt{1-d^2_1},即d^2_2=4d^2_1,所以d_{2}=2d_{1}.设P(m,n)，直线l的方程为y-n=k'(x-m)，即k'x-y-mk'+n=0,则2\times \frac{|-2k'-1-mk'+n|}{\sqrt{1+k'^2}}=\frac{|4k'-4-mk'+n|}{\sqrt{1+k'^2}}，因此-4k'-2-2mk'+2n=4k'-4-mk'+n或4k'+2+2mk'-2n=4k'-4-mk'+n，所以(8+m)k'-2-n=0或mk'+2-n=0，因为存在无穷多条直线l，所以\left\{\begin{matrix}8+m=0,\\ -2-n=0\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}m=0,\\ 2-n=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}m=-8,\\ n=-2\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}m=0,\\ n=2,\end{matrix}\right.故点P的坐标为(-8,-2)或(0,2).$

Final answer: $(-8,-2),(0,2)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，已知圆C_{1}:(x+2)^{2}+(y-1)^{2}=1和圆C_{2}:(x-4)^{2}+(y-4)^{2}=4.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662312971066748929/img/compression/M_70d4411b10ac9d6b04e39d8ee3b7cb9e.jpg)
$设P为平面上一点，若存在过点P的无穷多条直线l与圆C_{1}和圆C_{2}相交，且直线l被圆C_{2}截得的弦长是其被圆C_{1}截得的弦长的2倍，试求所有满足条件的点P的坐标.$

Solution:
$设C_{1}，C_{2}到直线l的距离分别为d_{1},d_{2}，则\sqrt{4-d^2_2}=2\sqrt{1-d^2_1},即d^2_2=4d^2_1,所以d_{2}=2d_{1}.设P(m,n)，直线l的方程为y-n=k'(x-m)，即k'x-y-mk'+n=0,则2\times \frac{|-2k'-1-mk'+n|}{\sqrt{1+k'^2}}=\frac{|4k'-4-mk'+n|}{\sqrt{1+k'^2}}，因此-4k'-2-2mk'+2n=4k'-4-mk'+n或4k'+2+2mk'-2n=4k'-4-mk'+n，所以(8+m)k'-2-n=0或mk'+2-n=0，因为存在无穷多条直线l，所以\left\{\begin{matrix}8+m=0,\\ -2-n=0\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}m=0,\\ 2-n=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}m=-8,\\ n=-2\end{matrix}\right.或\left\{\begin{matrix}m=0,\\ n=2,\end{matrix}\right.故点P的坐标为(-8,-2)或(0,2).$

Final answer: $(-8,-2),(0,2)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有3个监测点A，B，C，且OA＝OB＝OC＝30 km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，3个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早\frac{40}{v_0} s(注：信号每秒传播v_{0} km).$<img_2779>
$求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；$

Solution:
$设观察员可能出现的位置为点P(x,y)，由题意得PB－PA=\frac{40}{v_0}\times v_{0}=40故点P的轨迹为双曲线的左支，设双曲线方程为\frac{x^2}{a^2}－\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0,x\leq -a)，又2a=40，2c=60，所以b^{2}=c^{2}－a^{2}=500，故点P的轨迹方程为\frac{x^2}{400}－\frac{y^2}{500}=1(x\leq -20).$

Final answer: $\frac{x^2}{400}－\frac{y^2}{500}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有3个监测点A，B，C，且OA＝OB＝OC＝30 km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，3个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早\frac{40}{v_0} s(注：信号每秒传播v_{0} km).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662313025154793474/img/compression/M_c7d0f223a6cd843588fa8b17f35505e4.jpg)
$求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；$

Solution:
$设观察员可能出现的位置为点P(x,y)，由题意得PB－PA=\frac{40}{v_0}\times v_{0}=40故点P的轨迹为双曲线的左支，设双曲线方程为\frac{x^2}{a^2}－\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0,x\leq -a)，又2a=40，2c=60，所以b^{2}=c^{2}－a^{2}=500，故点P的轨迹方程为\frac{x^2}{400}－\frac{y^2}{500}=1(x\leq -20).$

Final answer: $\frac{x^2}{400}－\frac{y^2}{500}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有3个监测点A，B，C，且OA＝OB＝OC＝30 km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，3个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早\frac{40}{v_0} s(注：信号每秒传播v_{0} km).$<img_2779>
$若C点信号失灵，现立即以C为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径r至少是多少千米？$

Solution:
$设轨迹上一点为M(x,y)，则MC=\sqrt{x^2+(y-30)^2}=\sqrt{x^2+y^2-60y+900}，因为\frac{x^2}{400}－\frac{y^2}{500}=1，所以x^{2}=\frac{4}{5}y^{2}+400，则MC=\sqrt{\frac{9}{5}y^2-60y+1 300}=\sqrt{\frac{9}{5}\left(y-\frac{50}{3}\right)^2+800}\geq 20\sqrt{2}，当且仅当y=\frac{50}{3}时，MC取得最小值20\sqrt{2}，故扫描半径r至少是20\sqrt{2} km.$

Final answer: $20\sqrt 2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有3个监测点A，B，C，且OA＝OB＝OC＝30 km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，3个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早\frac{40}{v_0} s(注：信号每秒传播v_{0} km).$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662313025154793474/img/compression/M_c7d0f223a6cd843588fa8b17f35505e4.jpg)
$若C点信号失灵，现立即以C为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径r至少是多少千米？$

Solution:
$设轨迹上一点为M(x,y)，则MC=\sqrt{x^2+(y-30)^2}=\sqrt{x^2+y^2-60y+900}，因为\frac{x^2}{400}－\frac{y^2}{500}=1，所以x^{2}=\frac{4}{5}y^{2}+400，则MC=\sqrt{\frac{9}{5}y^2-60y+1 300}=\sqrt{\frac{9}{5}\left(y-\frac{50}{3}\right)^2+800}\geq 20\sqrt{2}，当且仅当y=\frac{50}{3}时，MC取得最小值20\sqrt{2}，故扫描半径r至少是20\sqrt{2} km.$

Final answer: $20\sqrt 2$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C：y^{2}＝2px(p＞0)的焦点为F，点M(2，m)为其上一点，且MF＝4.$
$求p与m的值；$

Solution:
$抛物线C：y^{2}＝2px(p＞0)的焦点为F\left(\frac{p}{2},0\right)，准线方程为x=－\frac{p}{2}，由抛物线的定义知，点M(2，m)与点F之间的距离等于点M到准线的距离，所以MF=2+\frac{p}{2}=4，所以p＝4，故抛物线C的方程为y^{2}＝8x.因为点M(2，m)在抛物线C上，所以m^{2}＝16，所以m＝\pm 4.$

Final answer: $p=4$,$m=4,-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C：y^{2}＝2px(p＞0)的焦点为F，点M(2，m)为其上一点，且MF＝4.$
$如图，过点F作直线l交抛物线于A,B两点(A在x轴上方)，求直线OA，OB的斜率之积.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662313044337045506/img/compression/M_d24846e82bd6dc94adb1eae1570ed5c9.jpg)

Solution:
$由(1)知，抛物线C的方程为y^{2}＝8x，焦点为F(2，0)，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，将x=2代入y^{2}＝8x，可得y=\pm 4，则A(2，4)，B(2，-4)，从而k_{OA}\cdot k_{OB}=\frac{4-0}{2-0}\times \frac{-4-0}{2-0}=－4；当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k(k\neq 0)，则其方程为y＝k(x-2)，联立\left\{\begin{matrix}y=k(x-2),\\ y^2=8x,\end{matrix}\right.消去x，得ky^{2}-8y-16k＝0，其中k\neq 0，则\Delta ＝64+64k^{2}＞0，设A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，则y_{1}y_{2}=\frac{-16k}{k}=－16，所以x_{1}x_{2}=\left(\frac{1}{8}y^2_1\right)\cdot \left(\frac{1}{8}y^2_2\right)=\frac{1}{64}(y_{1}y_{2})^{2}=\frac{1}{64}\times (－16)^{2}=4，从而k_{OA}\cdot k_{OB}=\frac{y_1-0}{x_1-0}\cdot \frac{y_2-0}{x_2-0}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=\frac{-16}{4}=－4.综上,直线OA,OB的斜率之积为-4.$

Final answer: $-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C：y^{2}＝2px(p＞0)的焦点为F，点M(2，m)为其上一点，且MF＝4.$
$如图，过点F作直线l交抛物线于A,B两点(A在x轴上方)，求直线OA，OB的斜率之积.$<img_2852>

Solution:
$由(1)知，抛物线C的方程为y^{2}＝8x，焦点为F(2，0)，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，将x=2代入y^{2}＝8x，可得y=\pm 4，则A(2，4)，B(2，-4)，从而k_{OA}\cdot k_{OB}=\frac{4-0}{2-0}\times \frac{-4-0}{2-0}=－4；当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k(k\neq 0)，则其方程为y＝k(x-2)，联立\left\{\begin{matrix}y=k(x-2),\\ y^2=8x,\end{matrix}\right.消去x，得ky^{2}-8y-16k＝0，其中k\neq 0，则\Delta ＝64+64k^{2}＞0，设A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，则y_{1}y_{2}=\frac{-16k}{k}=－16，所以x_{1}x_{2}=\left(\frac{1}{8}y^2_1\right)\cdot \left(\frac{1}{8}y^2_2\right)=\frac{1}{64}(y_{1}y_{2})^{2}=\frac{1}{64}\times (－16)^{2}=4，从而k_{OA}\cdot k_{OB}=\frac{y_1-0}{x_1-0}\cdot \frac{y_2-0}{x_2-0}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=\frac{-16}{4}=－4.综上,直线OA,OB的斜率之积为-4.$

Final answer: $-4$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:x^{2}=2py(p>0)的准线方程为y=－1，直线l过点P(0,－1)且与抛物线C交于A,B两点.点A关于y轴的对称点为A'，连接A'B.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662313046253842434/img/compression/M_c5800d29d582c7ebf252c8909f5e0607.jpg)
$求抛物线C的标准方程；$

Solution:
$因为抛物线C:x^{2}=2py(p>0)的准线方程为y=－1，所以\frac{p}{2}=1，即p=2，所以抛物线C的标准方程为x^{2}=4y.$

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


Question: $已知抛物线C:x^{2}=2py(p>0)的准线方程为y=－1，直线l过点P(0,－1)且与抛物线C交于A,B两点.点A关于y轴的对称点为A'，连接A'B.
$<img_1848>
$求抛物线C的标准方程；$

Solution:
$因为抛物线C:x^{2}=2py(p>0)的准线方程为y=－1，所以\frac{p}{2}=1，即p=2，所以抛物线C的标准方程为x^{2}=4y.$

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


Question: $已知抛物线C:x^{2}=2py(p>0)的准线方程为y=－1，直线l过点P(0,－1)且与抛物线C交于A,B两点.点A关于y轴的对称点为A'，连接A'B.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1662313046253842434/img/compression/M_c5800d29d582c7ebf252c8909f5e0607.jpg)
$问直线A'B是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.$

Solution:
$易知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为y=kx－1(k\neq 0)，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})，则A'(－x_{1},y_{1})，联立\left\{\begin{matrix}x^2=4y,\\ y=kx-1,\end{matrix}\right.消去y并整理得x^{2}－4kx+4=0，则\Delta =16k^{2}－16>0，x_{1}x_{2}=4，x_{1}+x_{2}=4k，所以k_{A'B}=\frac{y_2-y_1}{x_2+x_1}=\frac{\frac{x^2_2}{4}-\frac{x^2_1}{4}}{x_1+x_2}=\frac{x_2-x_1}{4}.于是直线A'B的方程为y－\frac{x^2_2}{4}=\frac{x_2-x_1}{4}(x－x_{2})，所以y=\frac{x_2-x_1}{4}x+\frac{x^2_2}{4}－\frac{(x_2-x_1)x_2}{4}，即y=\frac{x_2-x_1}{4}x+1,因为当x=0时，y=1,所以直线A'B过定点(0,1).$

Final answer: $(0,1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知抛物线C:x^{2}=2py(p>0)的准线方程为y=－1，直线l过点P(0,－1)且与抛物线C交于A,B两点.点A关于y轴的对称点为A'，连接A'B.
$<img_1848>
$问直线A'B是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.$

Solution:
$易知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为y=kx－1(k\neq 0)，设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})，则A'(－x_{1},y_{1})，联立\left\{\begin{matrix}x^2=4y,\\ y=kx-1,\end{matrix}\right.消去y并整理得x^{2}－4kx+4=0，则\Delta =16k^{2}－16>0，x_{1}x_{2}=4，x_{1}+x_{2}=4k，所以k_{A'B}=\frac{y_2-y_1}{x_2+x_1}=\frac{\frac{x^2_2}{4}-\frac{x^2_1}{4}}{x_1+x_2}=\frac{x_2-x_1}{4}.于是直线A'B的方程为y－\frac{x^2_2}{4}=\frac{x_2-x_1}{4}(x－x_{2})，所以y=\frac{x_2-x_1}{4}x+\frac{x^2_2}{4}－\frac{(x_2-x_1)x_2}{4}，即y=\frac{x_2-x_1}{4}x+1,因为当x=0时，y=1,所以直线A'B过定点(0,1).$

Final answer: $(0,1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle ABC三个顶点分别为A(2,4)，B(0,－5)，C(10,0)，线段AC的垂直平分线为l.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404962025103361/img/compression/M_381abaacc35c09806cc4b07d4bc83ae4.jpg)
$求直线l的方程；$

Solution:
$由已知得直线AC的斜率为\frac{4-0}{2-10}=－\frac{1}{2},所以直线l的斜率为2.(3分)又线段AC的中点为(6,2),所以直线l的方程为y－2=2(x－6),即2x－y－10=0.(6分)$

Final answer: $2x－y－10=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle ABC三个顶点分别为A(2,4)，B(0,－5)，C(10,0)，线段AC的垂直平分线为l.
$<img_2959>
$求直线l的方程；$

Solution:
$由已知得直线AC的斜率为\frac{4-0}{2-10}=－\frac{1}{2},所以直线l的斜率为2.(3分)又线段AC的中点为(6,2),所以直线l的方程为y－2=2(x－6),即2x－y－10=0.(6分)$

Final answer: $2x－y－10=0$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle ABC三个顶点分别为A(2,4)，B(0,－5)，C(10,0)，线段AC的垂直平分线为l.
$<img_2959>
$点P在直线l上运动，求当AP+BP的值最小时，点P的坐标.$

Solution:
$由(1)得点A关于直线l的对称点为点C,所以直线BC与直线l的交点即为AP+BP的值最小时的点P.(9分)由B(0,－5)，C(10,0)得直线BC的方程为\frac{x}{10}+\frac{y}{-5}=1,即x－2y－10=0.联立\left\{\begin{matrix}x-2y-10=0,\\ 2x-y-10=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=\frac{10}{3},\\ y=-\frac{10}{3},\end{matrix}\right.所以点P的坐标为\left(\frac{10}{3},-\frac{10}{3}\right).(12分)$

Final answer: $(\frac{10}{3},-\frac{10}{3})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知\triangle ABC三个顶点分别为A(2,4)，B(0,－5)，C(10,0)，线段AC的垂直平分线为l.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404962025103361/img/compression/M_381abaacc35c09806cc4b07d4bc83ae4.jpg)
$点P在直线l上运动，求当AP+BP的值最小时，点P的坐标.$

Solution:
$由(1)得点A关于直线l的对称点为点C,所以直线BC与直线l的交点即为AP+BP的值最小时的点P.(9分)由B(0,－5)，C(10,0)得直线BC的方程为\frac{x}{10}+\frac{y}{-5}=1,即x－2y－10=0.联立\left\{\begin{matrix}x-2y-10=0,\\ 2x-y-10=0,\end{matrix}\right.解得\left\{\begin{matrix}x=\frac{10}{3},\\ y=-\frac{10}{3},\end{matrix}\right.所以点P的坐标为\left(\frac{10}{3},-\frac{10}{3}\right).(12分)$

Final answer: $(\frac{10}{3},-\frac{10}{3})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，将矩形折叠，使A点落在线段DC上(包括端点).
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404962641666050/img/compression/M_e21f0078a1972358de3fc85dac943ddd.jpg)
$若折痕所在直线的斜率为k，求折痕所在直线的方程；$

Solution:
$①当k=0时，点A与点D重合，折痕所在的直线方程为y=\frac{1}{2}；(1分)②当k\neq 0时，记将矩形折叠后A点落在线段DC上的点为G(a,1)，0＜a\leq 2，所以A与G关于折痕所在的直线对称，则k_{OG}\cdot k=－1，即\frac{1}{a}\cdot k=－1，解得a=－k，故G点坐标为(－k,1)，-2\leq k＜0，(2分)从而折痕所在的直线与OG的交点坐标，即线段OG的中点，为\left(-\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right)，记M\left(-\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right)，则折痕所在的直线方程为y－\frac{1}{2}=k\left(x+\frac{k}{2}\right)，即y=kx+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}.(3分)由①②得折痕所在直线的方程为y=kx+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}，-2\leq k\leq 0.(4分)$

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


Question: $已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，将矩形折叠，使A点落在线段DC上(包括端点).
$<img_2396>
$若折痕所在直线的斜率为k，求折痕所在直线的方程；$

Solution:
$①当k=0时，点A与点D重合，折痕所在的直线方程为y=\frac{1}{2}；(1分)②当k\neq 0时，记将矩形折叠后A点落在线段DC上的点为G(a,1)，0＜a\leq 2，所以A与G关于折痕所在的直线对称，则k_{OG}\cdot k=－1，即\frac{1}{a}\cdot k=－1，解得a=－k，故G点坐标为(－k,1)，-2\leq k＜0，(2分)从而折痕所在的直线与OG的交点坐标，即线段OG的中点，为\left(-\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right)，记M\left(-\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right)，则折痕所在的直线方程为y－\frac{1}{2}=k\left(x+\frac{k}{2}\right)，即y=kx+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}.(3分)由①②得折痕所在直线的方程为y=kx+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}，-2\leq k\leq 0.(4分)$

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


Question: $已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，将矩形折叠，使A点落在线段DC上(包括端点).
$<img_2396>
$当－2+\sqrt{3}\leq k\leq 0时，求折痕长度的最大值；$

Solution:
$当k=0时，折痕的长度为2；当折痕刚好经过B点时，将(2,0)代入直线方程得k^{2}+4k+1=0，解得k=－2+\sqrt{3}或k=－2－\sqrt{3}(此时A点不在线段DC上，舍去).当－2+\sqrt{3}\leq k<0时，折痕的两个端点一定分别在BC和y轴上，设折痕所在直线交BC于点P，交y轴于点Q，则P\left(2,2k+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}\right)，Q\left(0,\frac{k^2+1}{2}\right)，(7分)\because PQ^{2}=2^{2}+\left[\frac{k^2+1}{2}-\left(2k+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}\right)\right]^2=4+4k^{2}\leq 4+4(7－4\sqrt{3})=32－16\sqrt{3}，\therefore PQ\leq \sqrt{32-16\sqrt{3}}=\sqrt{4(8-4\sqrt{3})}=\sqrt{4(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2}=2(\sqrt{6}－\sqrt{2})，而2(\sqrt{6}－\sqrt{2})>2，故折痕长度的最大值为2(\sqrt{6}－\sqrt{2}).(9分)$

Final answer: $2(\sqrt{6}－\sqrt{2})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，将矩形折叠，使A点落在线段DC上(包括端点).
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404962641666050/img/compression/M_e21f0078a1972358de3fc85dac943ddd.jpg)
$当－2+\sqrt{3}\leq k\leq 0时，求折痕长度的最大值；$

Solution:
$当k=0时，折痕的长度为2；当折痕刚好经过B点时，将(2,0)代入直线方程得k^{2}+4k+1=0，解得k=－2+\sqrt{3}或k=－2－\sqrt{3}(此时A点不在线段DC上，舍去).当－2+\sqrt{3}\leq k<0时，折痕的两个端点一定分别在BC和y轴上，设折痕所在直线交BC于点P，交y轴于点Q，则P\left(2,2k+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}\right)，Q\left(0,\frac{k^2+1}{2}\right)，(7分)\because PQ^{2}=2^{2}+\left[\frac{k^2+1}{2}-\left(2k+\frac{k^2}{2}+\frac{1}{2}\right)\right]^2=4+4k^{2}\leq 4+4(7－4\sqrt{3})=32－16\sqrt{3}，\therefore PQ\leq \sqrt{32-16\sqrt{3}}=\sqrt{4(8-4\sqrt{3})}=\sqrt{4(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2}=2(\sqrt{6}－\sqrt{2})，而2(\sqrt{6}－\sqrt{2})>2，故折痕长度的最大值为2(\sqrt{6}－\sqrt{2}).(9分)$

Final answer: $2(\sqrt{6}－\sqrt{2})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，将矩形折叠，使A点落在线段DC上(包括端点).
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404962641666050/img/compression/M_e21f0078a1972358de3fc85dac943ddd.jpg)
$当－2\leq k\leq －1时，折痕为线段PQ，设t=k(2PQ^{2}－1)，试求t的最大值.$

Solution:
$当－2\leq k\leq －1时，折痕的两个端点一定分别在DC和x轴上，不妨设P在DC上，Q在x轴上，则折痕所在直线交DC于P\left(\frac{1}{2k}-\frac{k}{2},1\right)，交x轴于Q\left(-\frac{k^2+1}{2k},0\right)，\because PQ^{2}=\left[-\frac{k^2+1}{2k}-\left(\frac{1}{2k}-\frac{k}{2}\right)\right]^2+1=\frac{1}{k^2}+1，\therefore t=k(2PQ^{2}－1)=k+\frac{2}{k}，\because －2\leq k\leq －1，\therefore k+\frac{2}{k}=-\left(-k+\frac{2}{-k}\right)\leq －2\sqrt{2}(当且仅当k=－\sqrt{2}时取“=”)，(11分)\therefore 当k=－\sqrt{2}时，t取最大值，且t的最大值是－2\sqrt{2}.(12分)$

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


Question: $已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，将矩形折叠，使A点落在线段DC上(包括端点).
$<img_2396>
$当－2\leq k\leq －1时，折痕为线段PQ，设t=k(2PQ^{2}－1)，试求t的最大值.$

Solution:
$当－2\leq k\leq －1时，折痕的两个端点一定分别在DC和x轴上，不妨设P在DC上，Q在x轴上，则折痕所在直线交DC于P\left(\frac{1}{2k}-\frac{k}{2},1\right)，交x轴于Q\left(-\frac{k^2+1}{2k},0\right)，\because PQ^{2}=\left[-\frac{k^2+1}{2k}-\left(\frac{1}{2k}-\frac{k}{2}\right)\right]^2+1=\frac{1}{k^2}+1，\therefore t=k(2PQ^{2}－1)=k+\frac{2}{k}，\because －2\leq k\leq －1，\therefore k+\frac{2}{k}=-\left(-k+\frac{2}{-k}\right)\leq －2\sqrt{2}(当且仅当k=－\sqrt{2}时取“=”)，(11分)\therefore 当k=－\sqrt{2}时，t取最大值，且t的最大值是－2\sqrt{2}.(12分)$

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


Question: $如图所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界是以线段OA上的M为圆心，且与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80 m.经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，\\tan  \angle BCO＝\frac{4}{3}.$<img_2547>
$求新桥BC的长；$

Solution:
$如图，以O为坐标原点，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系xOy.
$<img_2198>$由条件知，A(0,60)，C(170,0)，k_{BC}＝-\\tan  \angle BCO＝-\frac{4}{3}.又因为AB\perp BC，所以k_{AB}＝\frac{3}{4}.
(2分)
设点B的坐标为(a，b)，则k_{BC}＝\frac{b-0}{a-170}＝-\frac{4}{3}，k_{AB}＝\frac{b-60}{a-0}＝\frac{3}{4}，解得a＝80，b＝120,即B(80，120).
(4分)
所以BC＝\sqrt{(170-80)^2+(0-120)^2}＝150(m).因此新桥BC的长为150 m.
(6分)$

Final answer: $150 $ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界是以线段OA上的M为圆心，且与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80 m.经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，\\tan  \angle BCO＝\frac{4}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404971545694210/img/compression/M_b7469b7fdde6f4e9db8f3dcbf262f32a.jpg)
$求新桥BC的长；$

Solution:
$如图，以O为坐标原点，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系xOy.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404971545694210/img/compression/M_3269810162660fcb0d4a54ed1544d8b8.jpg)$由条件知，A(0,60)，C(170,0)，k_{BC}＝-\\tan  \angle BCO＝-\frac{4}{3}.又因为AB\perp BC，所以k_{AB}＝\frac{3}{4}.
(2分)
设点B的坐标为(a，b)，则k_{BC}＝\frac{b-0}{a-170}＝-\frac{4}{3}，k_{AB}＝\frac{b-60}{a-0}＝\frac{3}{4}，解得a＝80，b＝120,即B(80，120).
(4分)
所以BC＝\sqrt{(170-80)^2+(0-120)^2}＝150(m).因此新桥BC的长为150 m.
(6分)$

Final answer: $150 $ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界是以线段OA上的M为圆心，且与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80 m.经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，\\tan  \angle BCO＝\frac{4}{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1658404971545694210/img/compression/M_b7469b7fdde6f4e9db8f3dcbf262f32a.jpg)
$当OM为多少时，圆形保护区的面积最大？$

Solution:
$设保护区的边界圆M的半径为r m，OM＝d m(0\leq d\leq 60).由(1)知，直线BC的方程为y＝-\frac{4}{3}(x-170)，即4x＋3y-680＝0.由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即r＝\frac{|3d-680|}{\sqrt{4^2+3^2}}＝\frac{680-3d}{5}.
(8分)
因为点O和点A到圆M上任意一点的距离均不小于80 m，所以\left\{\begin{matrix}r-d\geq 80,\\ r-(60-d)\geq 80,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{680-3d}{5}-d\geq 80,\\ \frac{680-3d}{5}-(60-d)\geq 80,\end{matrix}\right.解得10\leq d\leq 35.
(10分)
故当d＝10时，r＝\frac{680-3d}{5}最大，即圆的面积最大.所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大.
(12分)$

Final answer: $10$ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界是以线段OA上的M为圆心，且与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80 m.经测量，点A位于点O正北方向60 m处，点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，\\tan  \angle BCO＝\frac{4}{3}.$<img_2547>
$当OM为多少时，圆形保护区的面积最大？$

Solution:
$设保护区的边界圆M的半径为r m，OM＝d m(0\leq d\leq 60).由(1)知，直线BC的方程为y＝-\frac{4}{3}(x-170)，即4x＋3y-680＝0.由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即r＝\frac{|3d-680|}{\sqrt{4^2+3^2}}＝\frac{680-3d}{5}.
(8分)
因为点O和点A到圆M上任意一点的距离均不小于80 m，所以\left\{\begin{matrix}r-d\geq 80,\\ r-(60-d)\geq 80,\end{matrix}\right.即\left\{\begin{matrix}\frac{680-3d}{5}-d\geq 80,\\ \frac{680-3d}{5}-(60-d)\geq 80,\end{matrix}\right.解得10\leq d\leq 35.
(10分)
故当d＝10时，r＝\frac{680-3d}{5}最大，即圆的面积最大.所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大.
(12分)$

Final answer: $10$ m
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_{1}，F_{2}，上顶点为A，O为坐标原点，且F_{1}F_{2}=2，\angle AF_{1}F_{2}=60^\circ .$
$求C的方程；$

Solution:
$设F_{1}(－c,0)，F_{2}(c,0)，其中a^{2}=b^{2}+c^{2}.由题意知c=OF_{1}=1，因为\angle AF_{1}F_{2}=60^\circ ，所以a=AF_{1}=\frac{OF_1}{\\\cos    60 ^{\circ} }=2，(2分)所以b^{2}=a^{2}－c^{2}=3，所以C的方程为\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.(3分)$

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