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


Question: $如图，椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的焦点分别为F_{1}(-\sqrt{3},0),F_{2}(\sqrt{3},0),A为椭圆C上一点，\triangle F_{1}AF_{2}的面积的最大值为\sqrt{3}.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629848383483907/img/compression/M_346950ffc582efc2f97ee48bfa51bcb7.jpg)
$若B、D分别为椭圆C的上、下顶点，不垂直于坐标轴的直线l交椭圆C于P、Q(P在上方，Q在下方，且均不与B,D点重合)两点，直线PB,QD的斜率分别为k_{1},k_{2}，且k_{2}=-3k_{1}，求\triangle PBQ面积的最大值.$

Solution:
$依题意设直线PQ的方程为y=kx+m，k\neq 0,P(x_{1},y_{1})，Q(x_{2},y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1,\end{matrix}\right.消y并整理得(1+4k^{2})x^{2}+8kmx+4m^{2}-4=0，由题意得\Delta =64k^{2}m^{2}-4(1+4k^{2})(4m^{2}-4)=16(1+4k^{2}-m^{2})>0，由根与系数的关系得x_{1}+x_{2}=-\frac{8km}{1+4k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}，由k_{2}=-3k_{1}得\frac{y_2+1}{x_2}=-3\cdot \frac{y_1-1}{x_1}，两边同除以x_{1}，得\frac{y_2+1}{x_1x_2}=-3\cdot \frac{y_1-1}{x^2_1}=-3\cdot \frac{y_1-1}{4(1-y^2_1)}=\frac{3}{4(1+y_1)}，即3x_{1}x_{2}-4(1+y_{1})(1+y_{2})=0，将y_{1}=kx_{1}+m，y_{2}=kx_{2}+m代入上式得3x_{1}x_{2}-4(1+y_{1})(1+y_{2})=3x_{1}x_{2}-4(kx_{1}+m+1)(kx_{2}+m+1)=(3-4k^{2})x_{1}x_{2}-4k(m+1)(x_{1}+x_{2})-4(m+1)^{2}=(3-4k^{2})\frac{4m^2-4}{1+4k^2}-4k(m+1)\left(-\frac{8km}{1+4k^2}\right)-4(m+1)^{2}=0,整理得m^{2}-m-2=0，所以m=2或m=-1(此时Q点与D点重合，舍)，S_{\triangle PQB}=\frac{1}{2}\times 1\times |x_{1}-x_{2}|=\frac{1}{2}\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{{\left(-\frac{8km}{1+4k^2}\right)}^2-4\cdot \frac{4m^2-4}{1+4k^2}} =\frac{2\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}=\frac{2}{\sqrt{4k^2-3}+\frac{4}{\sqrt{4k^2-3}}}\leq \frac{1}{2},当k=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}时等号成立，满足条件，所以\triangle PQB面积的最大值为\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的焦点分别为F_{1}(-\sqrt{3},0),F_{2}(\sqrt{3},0),A为椭圆C上一点，\triangle F_{1}AF_{2}的面积的最大值为\sqrt{3}.$<img_2348>
$若B、D分别为椭圆C的上、下顶点，不垂直于坐标轴的直线l交椭圆C于P、Q(P在上方，Q在下方，且均不与B,D点重合)两点，直线PB,QD的斜率分别为k_{1},k_{2}，且k_{2}=-3k_{1}，求\triangle PBQ面积的最大值.$

Solution:
$依题意设直线PQ的方程为y=kx+m，k\neq 0,P(x_{1},y_{1})，Q(x_{2},y_{2})，联立\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1,\end{matrix}\right.消y并整理得(1+4k^{2})x^{2}+8kmx+4m^{2}-4=0，由题意得\Delta =64k^{2}m^{2}-4(1+4k^{2})(4m^{2}-4)=16(1+4k^{2}-m^{2})>0，由根与系数的关系得x_{1}+x_{2}=-\frac{8km}{1+4k^2}，x_{1}x_{2}=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}，由k_{2}=-3k_{1}得\frac{y_2+1}{x_2}=-3\cdot \frac{y_1-1}{x_1}，两边同除以x_{1}，得\frac{y_2+1}{x_1x_2}=-3\cdot \frac{y_1-1}{x^2_1}=-3\cdot \frac{y_1-1}{4(1-y^2_1)}=\frac{3}{4(1+y_1)}，即3x_{1}x_{2}-4(1+y_{1})(1+y_{2})=0，将y_{1}=kx_{1}+m，y_{2}=kx_{2}+m代入上式得3x_{1}x_{2}-4(1+y_{1})(1+y_{2})=3x_{1}x_{2}-4(kx_{1}+m+1)(kx_{2}+m+1)=(3-4k^{2})x_{1}x_{2}-4k(m+1)(x_{1}+x_{2})-4(m+1)^{2}=(3-4k^{2})\frac{4m^2-4}{1+4k^2}-4k(m+1)\left(-\frac{8km}{1+4k^2}\right)-4(m+1)^{2}=0,整理得m^{2}-m-2=0，所以m=2或m=-1(此时Q点与D点重合，舍)，S_{\triangle PQB}=\frac{1}{2}\times 1\times |x_{1}-x_{2}|=\frac{1}{2}\sqrt{{(x_1+x_2)}^2-4x_1x_2}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{{\left(-\frac{8km}{1+4k^2}\right)}^2-4\cdot \frac{4m^2-4}{1+4k^2}} =\frac{2\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}=\frac{2}{\sqrt{4k^2-3}+\frac{4}{\sqrt{4k^2-3}}}\leq \frac{1}{2},当k=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}时等号成立，满足条件，所以\triangle PQB面积的最大值为\frac{1}{2}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\Gamma :\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{b^2}=1(0$<img_1514>
$求椭圆\Gamma 的方程；$

Solution:
$因为线段EF_{2}的中点\left(0,\frac{1}{2}\right)在y轴上，O为F_{1}F_{2}的中点，所以EF_{1}\parallel y轴，即EF\perp x轴.设E(-c,1)，F(-c,-1)，代入椭圆\Gamma 的方程得\frac{c^2}{16}+\frac{1}{b^2}=1，又c^{2}=a^{2}-b^{2}=16-b^{2}，所以\frac{16-b^2}{16}+\frac{1}{b^2}=1，即1-\frac{b^2}{16}+\frac{1}{b^2}=1，所以\frac{1}{b^2}=\frac{b^2}{16}，解得b^{2}=4，所以椭圆\Gamma 的方程为\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\Gamma :\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{b^2}=1(0$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629893280436225/img/compression/M_c98b73b030687f398c6234485e74925f.jpg)
$求椭圆\Gamma 的方程；$

Solution:
$因为线段EF_{2}的中点\left(0,\frac{1}{2}\right)在y轴上，O为F_{1}F_{2}的中点，所以EF_{1}\parallel y轴，即EF\perp x轴.设E(-c,1)，F(-c,-1)，代入椭圆\Gamma 的方程得\frac{c^2}{16}+\frac{1}{b^2}=1，又c^{2}=a^{2}-b^{2}=16-b^{2}，所以\frac{16-b^2}{16}+\frac{1}{b^2}=1，即1-\frac{b^2}{16}+\frac{1}{b^2}=1，所以\frac{1}{b^2}=\frac{b^2}{16}，解得b^{2}=4，所以椭圆\Gamma 的方程为\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1.$

Final answer: $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\Gamma :\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{b^2}=1(0$<img_1514>
$设\triangle OCQ的面积为S_{1}，\triangle OCM的面积为S_{2}，求S_{1}\cdot S_{2}的值.$

Solution:
$由题意及(1)可得A(-4，0)，B(4,0)，C(0,2)，所以直线BC的方程为\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1，即x+2y-4=0.设直线AP的斜率为k，0联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1,\\ y=k(x+4),\end{matrix}\right.消y得(1+4k^{2})x^{2}+32k^{2}x+64k^{2}-16=0，所以-4x_{P}=\frac{64k^2-16}{1+4k^2}，即x_{P}=\frac{4-16k^2}{1+4k^2}，则y_{P}=k(x_{P}+4)=\frac{8k}{1+4k^2}，所以P\left(\frac{4-16k^2}{1+4k^2},\frac{8k}{1+4k^2}\right).直线CP的方程为y=\frac{y_P-2}{x_P}x+2，设点M，Q的坐标分别为(x_{M},0)，(x_{Q},y_{Q})，在y=\frac{y_P-2}{x_P}x+2中，令y=0，得x_{M}=\frac{-2x_P}{y_P-2}=\frac{-2\cdot \frac{4-16k^2}{1+4k^2}}{\frac{8k}{1+4k^2}-2}=\frac{-2\cdot \frac{4-16k^2}{1+4k^2}}{\frac{8k-2-8k^2}{1+4k^2}}=-\frac{16k^2-4}{4k^2-4k+1}=-\frac{4(2k+1)(2k-1)}{(2k-1)^2}=\frac{4(1+2k)}{1-2k}.解\left\{\begin{matrix}x+2y-4=0,\\ y=k(x+4),\end{matrix}\right.得x_{Q}=\frac{4(1-2k)}{1+2k}.所以S_{1}\cdot S_{2}=\frac{4(1-2k)}{1+2k}\cdot \frac{4(1+2k)}{1-2k}=16.$

Final answer: $16$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，椭圆\Gamma :\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{b^2}=1(0$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629893280436225/img/compression/M_c98b73b030687f398c6234485e74925f.jpg)
$设\triangle OCQ的面积为S_{1}，\triangle OCM的面积为S_{2}，求S_{1}\cdot S_{2}的值.$

Solution:
$由题意及(1)可得A(-4，0)，B(4,0)，C(0,2)，所以直线BC的方程为\frac{x}{4}+\frac{y}{2}=1，即x+2y-4=0.设直线AP的斜率为k，0联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1,\\ y=k(x+4),\end{matrix}\right.消y得(1+4k^{2})x^{2}+32k^{2}x+64k^{2}-16=0，所以-4x_{P}=\frac{64k^2-16}{1+4k^2}，即x_{P}=\frac{4-16k^2}{1+4k^2}，则y_{P}=k(x_{P}+4)=\frac{8k}{1+4k^2}，所以P\left(\frac{4-16k^2}{1+4k^2},\frac{8k}{1+4k^2}\right).直线CP的方程为y=\frac{y_P-2}{x_P}x+2，设点M，Q的坐标分别为(x_{M},0)，(x_{Q},y_{Q})，在y=\frac{y_P-2}{x_P}x+2中，令y=0，得x_{M}=\frac{-2x_P}{y_P-2}=\frac{-2\cdot \frac{4-16k^2}{1+4k^2}}{\frac{8k}{1+4k^2}-2}=\frac{-2\cdot \frac{4-16k^2}{1+4k^2}}{\frac{8k-2-8k^2}{1+4k^2}}=-\frac{16k^2-4}{4k^2-4k+1}=-\frac{4(2k+1)(2k-1)}{(2k-1)^2}=\frac{4(1+2k)}{1-2k}.解\left\{\begin{matrix}x+2y-4=0,\\ y=k(x+4),\end{matrix}\right.得x_{Q}=\frac{4(1-2k)}{1+2k}.所以S_{1}\cdot S_{2}=\frac{4(1-2k)}{1+2k}\cdot \frac{4(1+2k)}{1-2k}=16.$

Final answer: $16$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,已知椭圆\frac{x^2}{12}+y^{2}=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q\left(0,\frac{1}{2}\right)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-\frac{1}{2}x+3于C,D两点.$<img_2737>
$求点P到椭圆上点的距离的最大值;$

Solution:
$设M(2\sqrt{3}\\cos   \theta ，\\sin   \theta )是椭圆上一点，又P(0，1)，\therefore |PM|^{2}=12\\cos  ^{2}\theta +(\\sin   \theta -1)^{2}=13-11\\sin  ^{2}\theta -2\\sin   \theta =\frac{144}{11}-11\left(\\\sin     \theta +\frac{1}{11}\right)^2\leq \frac{144}{11}，故|PM|的最大值是\frac{12\sqrt{11}}{11}，即点P到椭圆上的点的距离的最大值为\frac{12\sqrt{11}}{11}.$

Final answer: $\frac{12\sqrt{11}}{11}$.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,已知椭圆\frac{x^2}{12}+y^{2}=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q\left(0,\frac{1}{2}\right)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-\frac{1}{2}x+3于C,D两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629903069941762/img/compression/M_c1ae16e7dbd58a2a1fd327585317bd13.jpg)
$求点P到椭圆上点的距离的最大值;$

Solution:
$设M(2\sqrt{3}\\cos   \theta ，\\sin   \theta )是椭圆上一点，又P(0，1)，\therefore |PM|^{2}=12\\cos  ^{2}\theta +(\\sin   \theta -1)^{2}=13-11\\sin  ^{2}\theta -2\\sin   \theta =\frac{144}{11}-11\left(\\\sin     \theta +\frac{1}{11}\right)^2\leq \frac{144}{11}，故|PM|的最大值是\frac{12\sqrt{11}}{11}，即点P到椭圆上的点的距离的最大值为\frac{12\sqrt{11}}{11}.$

Final answer: $\frac{12\sqrt{11}}{11}$.$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,已知椭圆\frac{x^2}{12}+y^{2}=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q\left(0,\frac{1}{2}\right)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-\frac{1}{2}x+3于C,D两点.$<img_2737>
$求|CD|的最小值.$

Solution:
$由题易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y=kx+\frac{1}{2}，将直线AB的方程与椭圆的方程联立，消去y，整理得\left(k^2+\frac{1}{12}\right)x^{2}+kx-\frac{3}{4}=0，设A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}，x_{1}x_{2}=-\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}，易得直线PA:y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1，联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2}x+3,\\ y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1,\end{matrix}\right.得x_{C}=\frac{4x_1}{x_1+2y_1-2}=\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}，同理可得x_{D}=\frac{4x_2}{x_2+2y_2-2}=\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}，则|CD|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}|x_{C}-x_{D}|=\frac{\sqrt{5}}{2}\left|\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}-\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{[(2k+1)x_1-1][(2k+1)x_2-1]}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{(2k+1)^2x_1x_2-(2k+1)(x_1+x_2)+1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{\sqrt{\left(\frac{-k}{k^2+\frac{1}{12}}\right)^2\frac{+}{} \frac{3}{k^2+\frac{1}{12}}}}{-(2k+1)^2\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}+(2k+1)\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}+1}\right|=\frac{3\sqrt{5}}{2}\times \frac{\sqrt{16k^2+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times \frac{\sqrt{16k^2+1}\sqrt{\frac{9}{16}+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times \frac{\sqrt{(4k)^2+1^2}\cdot \sqrt{\left(\frac{3}{4}\right)^2+1^2}}{|3k+1|}\geq \frac{6\sqrt{5}}{5}\times \frac{\sqrt{\left(4k\times \frac{3}{4}+1\times 1\right)^2}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.当且仅当k=\frac{3}{16}时取到等号，经检验符合题意.$

Final answer: $\frac{6\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图,已知椭圆\frac{x^2}{12}+y^{2}=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q\left(0,\frac{1}{2}\right)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-\frac{1}{2}x+3于C,D两点.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716629903069941762/img/compression/M_c1ae16e7dbd58a2a1fd327585317bd13.jpg)
$求|CD|的最小值.$

Solution:
$由题易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y=kx+\frac{1}{2}，将直线AB的方程与椭圆的方程联立，消去y，整理得\left(k^2+\frac{1}{12}\right)x^{2}+kx-\frac{3}{4}=0，设A(x_{1}，y_{1})，B(x_{2}，y_{2})，则x_{1}+x_{2}=-\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}，x_{1}x_{2}=-\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}，易得直线PA:y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1，联立\left\{\begin{matrix}y=-\frac{1}{2}x+3,\\ y=\frac{y_1-1}{x_1}x+1,\end{matrix}\right.得x_{C}=\frac{4x_1}{x_1+2y_1-2}=\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}，同理可得x_{D}=\frac{4x_2}{x_2+2y_2-2}=\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}，则|CD|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}|x_{C}-x_{D}|=\frac{\sqrt{5}}{2}\left|\frac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}-\frac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{[(2k+1)x_1-1][(2k+1)x_2-1]}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{x_2-x_1}{(2k+1)^2x_1x_2-(2k+1)(x_1+x_2)+1}\right|=2\sqrt{5}\left|\frac{\sqrt{\left(\frac{-k}{k^2+\frac{1}{12}}\right)^2\frac{+}{} \frac{3}{k^2+\frac{1}{12}}}}{-(2k+1)^2\frac{3}{4\left(k^2+\frac{1}{12}\right)}+(2k+1)\frac{k}{k^2+\frac{1}{12}}+1}\right|=\frac{3\sqrt{5}}{2}\times \frac{\sqrt{16k^2+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times \frac{\sqrt{16k^2+1}\sqrt{\frac{9}{16}+1}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\times \frac{\sqrt{(4k)^2+1^2}\cdot \sqrt{\left(\frac{3}{4}\right)^2+1^2}}{|3k+1|}\geq \frac{6\sqrt{5}}{5}\times \frac{\sqrt{\left(4k\times \frac{3}{4}+1\times 1\right)^2}}{|3k+1|}=\frac{6\sqrt{5}}{5}.当且仅当k=\frac{3}{16}时取到等号，经检验符合题意.$

Final answer: $\frac{6\sqrt{5}}{5}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $修建一个面积为360平方米的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(被利用的部分需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2米的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/米，新墙的造价为180元/米，设利用的旧墙的长度为x米，修建此矩形场地围墙的总费用为y元.$<img_2004>
$将y表示为x的函数；$

Solution:
$设与旧墙垂直的一边长为a米，则y=45x+180(x-2)+180\cdot 2a=225x+360a-360.依题意可知xa=360,则a=\frac{360}{x},所以y=225x+\frac{360^2}{x}-360(x>2).$

Final answer: $y=225x+\frac{360^2}{x}-360$
Subfield: Plane Geometry


Question: $修建一个面积为360平方米的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(被利用的部分需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2米的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/米，新墙的造价为180元/米，设利用的旧墙的长度为x米，修建此矩形场地围墙的总费用为y元.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455668678336515/img/compression/M_7839c246755304eeae2e08ab345df9b1.jpg)
$将y表示为x的函数；$

Solution:
$设与旧墙垂直的一边长为a米，则y=45x+180(x-2)+180\cdot 2a=225x+360a-360.依题意可知xa=360,则a=\frac{360}{x},所以y=225x+\frac{360^2}{x}-360(x>2).$

Final answer: $y=225x+\frac{360^2}{x}-360$
Subfield: Plane Geometry


Question: $修建一个面积为360平方米的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(被利用的部分需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2米的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/米，新墙的造价为180元/米，设利用的旧墙的长度为x米，修建此矩形场地围墙的总费用为y元.$<img_2004>
$当x为何值时，修建此矩形场地围墙的总费用最少？最少为多少？$

Solution:
$\because x>2,\therefore y=225x+\frac{360^2}{x}-360\geq 2\times \sqrt{225x \cdot \frac{360^2}{x}}-360=10 440,当且仅当225x=\frac{360^2}{x}，即x=24时，等号成立.故当x=24时，修建围墙的总费用最少，最少为10 440元.$

Final answer: $10$, $440$ 元
Subfield: Plane Geometry


Question: $修建一个面积为360平方米的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(被利用的部分需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2米的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/米，新墙的造价为180元/米，设利用的旧墙的长度为x米，修建此矩形场地围墙的总费用为y元.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455668678336515/img/compression/M_7839c246755304eeae2e08ab345df9b1.jpg)
$当x为何值时，修建此矩形场地围墙的总费用最少？最少为多少？$

Solution:
$\because x>2,\therefore y=225x+\frac{360^2}{x}-360\geq 2\times \sqrt{225x \cdot \frac{360^2}{x}}-360=10 440,当且仅当225x=\frac{360^2}{x}，即x=24时，等号成立.故当x=24时，修建围墙的总费用最少，最少为10 440元.$

Final answer: $10$, $440$ 元
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，计划依靠一面墙建一个植物角.墙长为18 m.用栅栏围成四个相同的长方形区域(靠墙的一边较长)种植若干种植物.$<img_2235>
$若每个长方形区域的面积为24 m^{2}，要使围成四个区域的栅栏的总长度(单位：m)最短，求所用最短栅栏的长度；$

Solution:
$设每个长方形区域的长为a m(0\frac{24}{a},所以a>2\sqrt{6},所以2\sqrt{6}则栅栏的总长度l=4a+6\times \frac{24}{a}=4a+\frac{144}{a}\geq 2\sqrt{4a \cdot \frac{144}{a}}=48(m)，当且仅当4a=\frac{144}{a}，即a=6时等号成立，此时\frac{24}{a}=4,所以每个长方形区域的长和宽分别为6 m和4 m时，所用最短栅栏的长度为48 m.$



Final answer: 48 m(米)
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，计划依靠一面墙建一个植物角.墙长为18 m.用栅栏围成四个相同的长方形区域(靠墙的一边较长)种植若干种植物.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455678165852161/img/compression/M_641454790732080a724ee200a3e9149c.jpg)
$若每个长方形区域的面积为24 m^{2}，要使围成四个区域的栅栏的总长度(单位：m)最短，则每个长方形区域的长和宽(单位：m)分别是多少？并求所用最短栅栏的长度；$

Solution:
$设每个长方形区域的长为a m(0\frac{24}{a},所以a>2\sqrt{6},所以2\sqrt{6}则栅栏的总长度l=4a+6\times \frac{24}{a}=4a+\frac{144}{a}\geq 2\sqrt{4a \cdot \frac{144}{a}}=48(m)，当且仅当4a=\frac{144}{a}，即a=6时等号成立，此时\frac{24}{a}=4,所以每个长方形区域的长和宽分别为6 m和4 m时，所用最短栅栏的长度为48 m.$

Final answer: $每个长方形区域的长和宽分别为6 m和4 m，所用最短栅栏的长度为48 m。$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，计划依靠一面墙建一个植物角.墙长为18 m.用栅栏围成四个相同的长方形区域(靠墙的一边较长)种植若干种植物.$<img_2235>
$若每个长方形区域的长为x m(x>2)，宽为长的一半,每米栅栏的价格为5元，区域的重建费用为每平方米10元，要使总费用不超过180元，求长方形区域的长x的取值范围.$

Solution:
$由题可知每个长方形区域的长为x m，宽为\frac{x}{2} m，2则四个长方形区域的面积为4x\cdot \frac{x}{2}=2x^{2}(m^{2})，栅栏总长度为4x+6\times \frac{x}{2}=7x(m)，\therefore 总费用(元)y=10\times 2x^{2}+5\times 7x=20x^{2}+35x，2又总费用不超过180元，\therefore 20x^{2}+35x\leq 180，解得-4\leq x\leq \frac{9}{4},又\because 2故当2<x\leq \frac{9}{4}时，总费用不超过180元.$

Final answer: $(2, \frac{9}{4})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，计划依靠一面墙建一个植物角.墙长为18 m.用栅栏围成四个相同的长方形区域(靠墙的一边较长)种植若干种植物.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455678165852161/img/compression/M_641454790732080a724ee200a3e9149c.jpg)
$若每个长方形区域的长为x m(x>2)，宽为长的一半,每米栅栏的价格为5元，区域的重建费用为每平方米10元，要使总费用不超过180元，求长方形区域的长x的取值范围.$

Solution:
$由题可知每个长方形区域的长为x m，宽为\frac{x}{2} m，2则四个长方形区域的面积为4x\cdot \frac{x}{2}=2x^{2}(m^{2})，栅栏总长度为4x+6\times \frac{x}{2}=7x(m)，\therefore 总费用(元)y=10\times 2x^{2}+5\times 7x=20x^{2}+35x，2又总费用不超过180元，\therefore 20x^{2}+35x\leq 180，解得-4\leq x\leq \frac{9}{4},又\because 2故当2<x\leq \frac{9}{4}时，总费用不超过180元.$

Final answer: $(2, \frac{9}{4})$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2-x,x\leq 1,\\ x-1,x>1.\end{matrix}\right.$
$在平面直角坐标系中，画出函数f(x)的图象，并写出函数的单调增区间；$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455722570948609/img/compression/M_8209f2711195411d0d09d4de8e70c687.jpg)

Solution:
$当x\leq 1时， f(x)=x^{2}-x=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4},作出函数f(x)的图象，如图所示，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455722151518209/img/compression/M_6465a3a34325792d620dfedc2fd9cb08.jpg)$由图象可得f(x)的单调递增区间为\left[\frac{1}{2},+\infty \right).$

Final answer: $[1/2, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2-x,x\leq 1,\\ x-1,x>1.\end{matrix}\right.$
$在平面直角坐标系中，画出函数f(x)的图象，并写出函数的单调增区间；$<img_1781>

Solution:
$当x\leq 1时， f(x)=x^{2}-x=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4},作出函数f(x)的图象，如图所示，$<img_2136>$由图象可得f(x)的单调递增区间为\left[\frac{1}{2},+\infty \right).$

Final answer: $[1/2, +\infty )$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2-x,x\leq 1,\\ x-1,x>1.\end{matrix}\right.$
$若f(a)＝2，求实数a的值；$

Solution:
$当a\leq 1时，令f(a)=2,即a^{2}-a＝2，解得a＝-1或a＝2(不合题意，舍去)；当a＞1时，令f(a)=2,即a-1＝2，解得a＝3.故当f(a)＝2时，a＝-1或a=3.$

Final answer: $-1, 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: $已知函数f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2-x,x\leq 1,\\ x-1,x>1.\end{matrix}\right.$
$(3)若直线y＝k与函数f(x)的图象没有公共点，直接写出k的范围.$

Solution:
$k的取值范围为\left(-\infty ,-\frac{1}{4}\right).$

Final answer: $(-\infty , -1/4)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市计划开发如图所示的矩形地块AMPN，AM＝60 m，AN＝40 m，现根据市政规划，建设如图中矩形ABCD所示的绿化景观，要求顶点C在地块的对角线MN上，B，D分别在边AM，AN上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455761666056194/img/compression/M_15db45ca33289c4f4baf2691e8421f3b.jpg)
$要使绿化景观的占地面积不小于576 m^{2}，AB的长度应该在什么范围内？$

Solution:
$设AB＝x m，则0\therefore \frac{DC}{AM}=\frac{ND}{NA}，即\frac{x}{60}=\frac{40-AD}{40}，则AD=\left(40-\frac{2}{3}x\right)m，故矩形ABCD的面积S=\left(40x-\frac{2}{3}x^2\right)m^{2}，要使绿化景观的占地面积不小于576 m^{2}，则S=40x-\frac{2}{3}x^{2}\geq 576，化简得x^{2}-60x+864\leq 0，解得24\leq x\leq 36，故AB的长度范围(单位：m)为[24，36].$

Final answer: $[24, 36]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市计划开发如图所示的矩形地块AMPN，AM＝60 m，AN＝40 m，现根据市政规划，建设如图中矩形ABCD所示的绿化景观，要求顶点C在地块的对角线MN上，B，D分别在边AM，AN上.$<img_3038>
$要使绿化景观的占地面积不小于576 m^{2}，AB的长度应该在什么范围内？$

Solution:
$设AB＝x m，则0\therefore \frac{DC}{AM}=\frac{ND}{NA}，即\frac{x}{60}=\frac{40-AD}{40}，则AD=\left(40-\frac{2}{3}x\right)m，故矩形ABCD的面积S=\left(40x-\frac{2}{3}x^2\right)m^{2}，要使绿化景观的占地面积不小于576 m^{2}，则S=40x-\frac{2}{3}x^{2}\geq 576，化简得x^{2}-60x+864\leq 0，解得24\leq x\leq 36，故AB的长度范围(单位：m)为[24，36].$

Final answer: $[24, 36]$
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市计划开发如图所示的矩形地块AMPN，AM＝60 m，AN＝40 m，现根据市政规划，建设如图中矩形ABCD所示的绿化景观，要求顶点C在地块的对角线MN上，B，D分别在边AM，AN上.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664455761666056194/img/compression/M_15db45ca33289c4f4baf2691e8421f3b.jpg)
$如何设计方能使绿化景观的占地面积最大？最大是多少平方米？$

Solution:
$S=40x-\frac{2}{3}x^{2}=-\frac{2}{3}(x-30)^{2}+600，0因此当x＝30时，S取得最大值600，此时AD=40-\frac{2}{3}x=20(m)，故当AB＝30 m，AD＝20 m时，绿化景观的占地面积最大，最大是600 m^{2}.$

Final answer: $600$ 平方米
Subfield: Plane Geometry


Question: $某市计划开发如图所示的矩形地块AMPN，AM＝60 m，AN＝40 m，现根据市政规划，建设如图中矩形ABCD所示的绿化景观，要求顶点C在地块的对角线MN上，B，D分别在边AM，AN上.$<img_3038>
$如何设计方能使绿化景观的占地面积最大？最大是多少平方米？$

Solution:
$S=40x-\frac{2}{3}x^{2}=-\frac{2}{3}(x-30)^{2}+600，0因此当x＝30时，S取得最大值600，此时AD=40-\frac{2}{3}x=20(m)，故当AB＝30 m，AD＝20 m时，绿化景观的占地面积最大，最大是600 m^{2}.$

Final answer: $600$ 平方米
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，扇形OPQ的半径为1，圆心角为\frac{\pi }{6}，平行四边形ABCD的顶点C在扇形弧上，D在OQ上，A，B在OP上，记平行四边形ABCD的面积为S，\angle COP=\alpha ．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664456031055503362/img/compression/M_05a83d18904398babdf6759442f1ffc9.jpg)
$用\alpha 表示平行四边形ABCD的面积S；$

Solution:
$过点C作CE\perp OP，交OP于点E，$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664456031277801474/img/compression/M_673d2e1e89546fab68ac2dbbe4d1b90b.jpg)$在\triangle OCE中，OC=1，\angle COE=\alpha ，所以CE=\\sin   \alpha ，在\triangle OCD中，\angle COD=\frac{\pi }{6}-\alpha ,\angle OCD=\alpha ，所以\angle ODC=\frac{5\pi }{6}，过C作CF\perp OQ,交OQ于F，则CF=OC\cdot \\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right)=\\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right),在\triangle CDF中，\angle CDF=\angle POQ=\frac{\pi }{6},所以CD=2CF=2\\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right),所以S=CD\cdot CE=2\\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right)\\sin   \alpha =(\\cos   \alpha -\sqrt{3}\\sin   \alpha )\\sin   \alpha =\\sin   \alpha \\cos   \alpha -\sqrt{3}\\sin  ^{2}\alpha =\frac{1}{2}\\sin   2\alpha -\sqrt{3}\cdot \frac{1-\\\cos    2\alpha }{2}=\\sin  \left(2\alpha +\frac{\pi }{3}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2},\alpha \in \left(0,\frac{\pi }{6}\right).$

Final answer: $\frac{1}{2}\sin   2\alpha -\sqrt{3}\cdot \frac{1-\cos    2\alpha }{2}$ or $\sin  \left(2\alpha +\frac{\pi }{3}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，扇形OPQ的半径为1，圆心角为\frac{\pi }{6}，平行四边形ABCD的顶点C在扇形弧上，D在OQ上，A，B在OP上，记平行四边形ABCD的面积为S，\angle COP=\alpha ．$<img_2097>
$用\alpha 表示平行四边形ABCD的面积S；$

Solution:
$过点C作CE\perp OP，交OP于点E，$<img_2571>$在\triangle OCE中，OC=1，\angle COE=\alpha ，所以CE=\\sin   \alpha ，在\triangle OCD中，\angle COD=\frac{\pi }{6}-\alpha ,\angle OCD=\alpha ，所以\angle ODC=\frac{5\pi }{6}，过C作CF\perp OQ,交OQ于F，则CF=OC\cdot \\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right)=\\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right),在\triangle CDF中，\angle CDF=\angle POQ=\frac{\pi }{6},所以CD=2CF=2\\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right),所以S=CD\cdot CE=2\\sin  \left(\frac{\pi }{6}-\alpha \right)\\sin   \alpha =(\\cos   \alpha -\sqrt{3}\\sin   \alpha )\\sin   \alpha =\\sin   \alpha \\cos   \alpha -\sqrt{3}\\sin  ^{2}\alpha =\frac{1}{2}\\sin   2\alpha -\sqrt{3}\cdot \frac{1-\\\cos    2\alpha }{2}=\\sin  \left(2\alpha +\frac{\pi }{3}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2},\alpha \in \left(0,\frac{\pi }{6}\right).$



Final answer: $\frac{1}{2}\sin   2\alpha -\sqrt{3}\cdot \frac{1-\cos    2\alpha }{2}$ or $\sin  \left(2\alpha +\frac{\pi }{3}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，扇形OPQ的半径为1，圆心角为\frac{\pi }{6}，平行四边形ABCD的顶点C在扇形弧上，D在OQ上，A，B在OP上，记平行四边形ABCD的面积为S，\angle COP=\alpha ．$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664456031055503362/img/compression/M_05a83d18904398babdf6759442f1ffc9.jpg)
$当\alpha 取何值时，平行四边形ABCD的面积S最大？并求出这个最大面积．$

Solution:
$因为\alpha \in \left(0,\frac{\pi }{6}\right)，所以2\alpha +\frac{\pi }{3}\in \left(\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3}\right)，所以当2\alpha +\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}，即\alpha =\frac{\pi }{12}时，S取得最大值，为1-\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Final answer: $\alpha =\frac{\pi }{12}, S=1-\frac{\sqrt{3}}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图，扇形OPQ的半径为1，圆心角为\frac{\pi }{6}，平行四边形ABCD的顶点C在扇形弧上，D在OQ上，A，B在OP上，记平行四边形ABCD的面积为S，\angle COP=\alpha ．$<img_2097>
$当\alpha 取何值时，平行四边形ABCD的面积S最大？

Solution:
$因为\alpha \in \left(0,\frac{\pi }{6}\right)，所以2\alpha +\frac{\pi }{3}\in \left(\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3}\right)，所以当2\alpha +\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}，即\alpha =\frac{\pi }{12}时，S取得最大值，为1-\frac{\sqrt{3}}{2}.$



Final answer: $\alpha =\frac{\pi }{12}$
Subfield: Plane Geometry


Question: $如图1所示，已知扇形AOB的半径和面积分别为2,\frac{2\pi }{3}.现要探究：在该扇形内截取一个矩形，应该如何截取，可以使得截取的矩形面积最大？现有两个实验小组，他们分别采用两种方案，方案一：如图2所示，将矩形的一边CD与OA重合，另外两个顶点E,F分别在弧AB和半径OB上；方案二：如图3所示，两个顶点D,E在弧AB上，另外两个顶点C,F分别在半径OA和OB上.
$<img_1705>$
图1
$<img_2280>$
图2
$<img_1591>$
图3
$
$求扇形的圆心角；$

Solution:
$设扇形的圆心角为\theta ，半径为R，面积为S，依题意得S=\frac{1}{2}\theta R^{2}，又R=2，S=\frac{2\pi }{3},所以\frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}\times \theta \times 2^{2}，因此\theta =\frac{\pi }{3}.$

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


Question: $如图1所示，已知扇形AOB的半径和面积分别为2,\frac{2\pi }{3}.现要探究：在该扇形内截取一个矩形，应该如何截取，可以使得截取的矩形面积最大？现有两个实验小组，他们分别采用两种方案，方案一：如图2所示，将矩形的一边CD与OA重合，另外两个顶点E,F分别在弧AB和半径OB上；方案二：如图3所示，两个顶点D,E在弧AB上，另外两个顶点C,F分别在半径OA和OB上.
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664499107830767617/img/compression/M_d6c3c18a62478a9792eeb116c9e15bd5.jpg)$
图1
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664499107830767617/img/compression/M_d4563c93e9db241c2a4cdab4588e8f82.jpg)$
图2
$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1664499107830767617/img/compression/M_565d89c0032fb3aac61d8f02e3b7b319.jpg)$
图3
$
$求扇形的圆心角；$

Solution:
$设扇形的圆心角为\theta ，半径为R，面积为S，依题意得S=\frac{1}{2}\theta R^{2}，又R=2，S=\frac{2\pi }{3},所以\frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}\times \theta \times 2^{2}，因此\theta =\frac{\pi }{3}.$

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


Question: $如图，已知面积为\frac{\pi }{6}的扇形AOB的半径为1，C是弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上一动点，矩形CDEF内接于该扇形.$![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1669581748372447234/img/compression/M_7ca83963c4e4d121aafb40516e774a7f.jpg)
$求扇形圆心角\angle AOB的大小；$

Solution:
$设\angle AOB=\theta ，则\frac{1}{2}\theta \times 1^{2}=\frac{\pi }{6}，解得\theta =\frac{\pi }{3}，即\angle AOB=\frac{\pi }{3}.(3分)$

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


Question: $如图，已知面积为\frac{\pi }{6}的扇形AOB的半径为1，C是弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}上一动点，矩形CDEF内接于该扇形.$<img_1556>
$求扇形圆心角\angle AOB的大小；$

Solution:
$设\angle AOB=\theta ，则\frac{1}{2}\theta \times 1^{2}=\frac{\pi }{6}，解得\theta =\frac{\pi }{3}，即\angle AOB=\frac{\pi }{3}.(3分)$

Final answer: $\frac{\pi}{3}$ rad