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


Question: $已知椭圆C：9x^2+y^2=m^2 (m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M。$
$若l过点(\frac{m}{3},m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB是不是平行四边形？若是，求此时l的斜率；$

Solution:
$四边形iOAPB是平行四边形.$

$因为直线i l过点 (\frac{m}{3},m)，$

$所以i l不过原点且与iC有两个交点的充要条件是i k>0，i k\neq 3.$

$由(1)得iOM的方程为i y=-\frac{9}{k} i x . 设点iP的横坐标为 i x_{P}.$

$由\left\{\begin{matrix}y=-\frac{9}{k}x,\\ 9x^2+y^2=m^2,\end{matrix}\right. 得 i x^2_P=\frac{k^2m^2}{9k^2+81}，即 i x_{P}=\frac{\pm km}{3\sqrt{k^2+9}}.$

$将点\left(\frac{m}{3},m\right)的坐标代入直线i l的方程得i b=\frac{m(3-k)}{3}，因此 i x_{M}=\frac{mk(k-3)}{3(k^2+9)}.$

$四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即 i x_{P}=2 i x_{M}.$

$于是 \frac{\pm km}{3\sqrt{k^2+9}}=2\times \frac{mk(k-3)}{3(k^2+9)}.解得k_1=4-\sqrt{7}，k_2=4+\sqrt{7}.$

$因为k_i>0,k_i\neq 3，i=1，2，所以当l的斜率为4-\sqrt{7}或4+\sqrt{7}时，四边形OAPB为平行四边形.$

Final answer: $4-\sqrt{7}, 4+\sqrt{7}$
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Question: $已知O为坐标原点，点E(\frac{3}{4},0)，过动点W作直线x=-\frac{1}{4}的垂线，垂足为F，\overrightarrow{OW}\cdot \overrightarrow{EF}=0，记W的轨迹为曲线C。$
$若A_1，B_1，A_2，B_2均在C上，直线A_1B_1，A_2B_2的交点为P(\frac{1}{4},0)，A_1B_1\perp A_2B_2，求四边形A_1A_2B_1B_2面积的最小值.$

Solution:
$设 A_{1}(x_{1},y_{1})，B_{1}(x_{2},y_{2})，A_{2}(x_{3},y_{3})，B_{2}(x_{4},y_{4})，$
$直线 A_{1}B_{1}，A_{2}B_{2} 的方程分别为 x=my+\frac{1}{4}，x=-\frac{y}{m}+\frac{1}{4}，$
$将 x=my+\frac{1}{4} 代入抛物线方程 y^{2}=x 得 y^{2}-my-\frac{1}{4}=0，$
$所以 y_{1}+y_{2}=m，y_{1}y_{2}=-\frac{1}{4}，$
$所以 |A_{1}B_{1}|=\sqrt{1+m^{2}}|y_{1}-y_{2}|=\sqrt{1+m^{2}}\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=m^{2}+1，$
$同理得 |A_{2}B_{2}|=1+\frac{1}{m^{2}}，$
$所以四边形 A_{1}A_{2}B_{1}B_{2} 的面积 S=\frac{1}{2}|A_{1}B_{1}|\cdot |A_{2}B_{2}|=\frac{1}{2}(1+m^{2})\cdot \left(1+\frac{1}{m^{2}}\right)=\frac{1}{2}\left(2+m^{2}+\frac{1}{m^{2}}\right)\geq 2，$
$当且仅当 m=\pm1 时等号成立，所以四边形 A_{1}A_{2}B_{1}B_{2} 的面积的最小值为2.$

Final answer: $2$
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Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0), A, B分别为椭圆C的右顶点、上顶点，F为椭圆C的右焦点，椭圆C的离心率为 \frac{1}{2}, \triangle ABF的面积为 \frac{\sqrt{3}}{2}.$
点P为椭圆C上的动点(不是顶点)，点P与点M，N分别关于原点、y轴对称，连接MN，与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，则直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积是不是定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

Solution:
$由题意可知直线PQ的斜率一定存在，设直线PQ的方程为y=kx+m，P(x_1,y_1)，Q(x_2,y_2)，则M(-x_1,-y_1)，N(-x_1,y_1)，E(-x_1,0)，$
$联立方程\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\\ y=kx+m,\end{matrix}\right. 得(3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0，$
$\therefore x_1+x_2=-\frac{8km}{3+4k^2}，$
$\therefore y_1+y_2=k(x_1+x_2)+2m=k\cdot \left(-\frac{8km}{3+4k^2}\right)+2m=\frac{6m}{3+4k^2}，$
$\therefore k_MQ=\frac{y_1+y_2}{x_1+x_2}=\frac{\frac{6m}{3+4k^2}}{-\frac{8km}{3+4k^2}}=-\frac{3}{4k}，$
$\because k_PE=\frac{y_1}{2x_1}=k_PQ=k，$
$\therefore k_MP=\frac{y_1}{x_1}=2k_PE=2k，$
$\therefore k_MP\cdot k_MQ=2k\cdot \left(-\frac{3}{4k}\right)=-\frac{3}{2},$
$\therefore k_MP\cdot k_MQ为定值-\frac{3}{2}.$

Final answer: $-\frac{3}{2}$
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Question: $已知F为抛物线T:x^2=2py (p＞0)的焦点，点P在抛物线T上，O为坐标原点，\triangle OPF的外接圆与抛物线T的准线相切，且该圆的周长为3\pi .$
$如图，设点A，B，C都在抛物线T上，若\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}的最小值.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894924585533441/img/compression/M_8a260b9a388dbdbed79ced5306d72afa.jpg)

Solution:
$设点 A(x_1,\frac{x^2_1}{4})，B(x_2,\frac{x^2_2}{4})，C(x_3,\frac{x^2_3}{4}) (x_{1}> x_{2}> x_{3})，直线 AB 的斜率为 k (k>0)，因为 AB \perp BC，所以直线 BC 的斜率为 -\frac{1}{k} .$
$因为 |AB|=|BC|，所以 \sqrt{1+k^2}\cdot |x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |x_{2}- x_{3}| ，得 x_{2}- x_{3}  =k(x_{1}-x_{2})，①$
$因为 k=\frac{\frac{x^2_1}{4}-\frac{x^2_2}{4}}{x_1-x_2}=\frac{x_1+x_2}{4}，所以 x_{1} +  x_{2} =4k，$
$即 x_{1}=4k-x{2}，②$
$因为 -\frac{1}{k}=\frac{\frac{x^2_2}{4}-\frac{x^2_3}{4}}{x_2-x_3}=\frac{x_2+x_3}{4}，所以 x_{2} +  x_{3} =-\frac{4}{k}，$
$即 x_{3} =-x_{2}-\frac{4}{k}，③$
$将②③代入①，得 2x_{2}+\frac{4}{k}=k(4k-2x_{2})，$
$即 (k+1)x_{2}=2k^2-\frac{2}{k}=\frac{2(k^3-1)}{k} ，$
$则 x_{2}=\frac{2(k^3-1)}{k(k+1)} 。$
$所以 \overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|cos 45^\circ =|\overrightarrow{AB}|^2=(x_{1}-x_{2})^2(1+k^2)=(4k-2x_{2})^2(1+k^2)=\left[4k-\frac{4(k^3-1)}{k(k+1)}\right]^2(1+k^2)=\frac{16(k^2+1)^3}{k^2(k+1)^2}$
$因为 k^2+1\geq 2k，所以 (k^2+1)^2\geq 4k^2，又 k^2+1\geq \frac{(k+1)^2}{2} ，所以 (k^2+1)^3\geq 2k^2(k+1)^2 ，$
$从而 \frac{{(k^2+1)}^3}{k^2(k+1)^2}\geq 2，当且仅当 k=1 时取等号，则 \overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}\geq 32 ，所以 \overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC} 的最小值为32.$

Final answer: $32$
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Question: $已知F为抛物线T:x^2=2py (p＞0)的焦点，点P在抛物线T上，O为坐标原点，\triangle OPF的外接圆与抛物线T的准线相切，且该圆的周长为3\pi .$
$如图，设点A，B，C都在抛物线T上，若\triangle ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}的最小值.$
<img_1745>

Solution:
$设点 A(x_1,\frac{x^2_1}{4})，B(x_2,\frac{x^2_2}{4})，C(x_3,\frac{x^2_3}{4}) (x_{1}> x_{2}> x_{3})，直线 AB 的斜率为 k (k>0)，因为 AB \perp BC，所以直线 BC 的斜率为 -\frac{1}{k} .$
$因为 |AB|=|BC|，所以 \sqrt{1+k^2}\cdot |x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |x_{2}- x_{3}| ，得 x_{2}- x_{3}  =k(x_{1}-x_{2})，①$
$因为 k=\frac{\frac{x^2_1}{4}-\frac{x^2_2}{4}}{x_1-x_2}=\frac{x_1+x_2}{4}，所以 x_{1} +  x_{2} =4k，$
$即 x_{1}=4k-x{2}，②$
$因为 -\frac{1}{k}=\frac{\frac{x^2_2}{4}-\frac{x^2_3}{4}}{x_2-x_3}=\frac{x_2+x_3}{4}，所以 x_{2} +  x_{3} =-\frac{4}{k}，$
$即 x_{3} =-x_{2}-\frac{4}{k}，③$
$将②③代入①，得 2x_{2}+\frac{4}{k}=k(4k-2x_{2})，$
$即 (k+1)x_{2}=2k^2-\frac{2}{k}=\frac{2(k^3-1)}{k} ，$
$则 x_{2}=\frac{2(k^3-1)}{k(k+1)} 。$
$所以 \overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|cos 45^\circ =|\overrightarrow{AB}|^2=(x_{1}-x_{2})^2(1+k^2)=(4k-2x_{2})^2(1+k^2)=\left[4k-\frac{4(k^3-1)}{k(k+1)}\right]^2(1+k^2)=\frac{16(k^2+1)^3}{k^2(k+1)^2}$
$因为 k^2+1\geq 2k，所以 (k^2+1)^2\geq 4k^2，又 k^2+1\geq \frac{(k+1)^2}{2} ，所以 (k^2+1)^3\geq 2k^2(k+1)^2 ，$
$从而 \frac{{(k^2+1)}^3}{k^2(k+1)^2}\geq 2，当且仅当 k=1 时取等号，则 \overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC}\geq 32 ，所以 \overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AC} 的最小值为32.$

Final answer: $32$
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Question: $已知椭圆 C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)的离心率为\frac{1}{2}， 圆C_1：x^2 + y^2 =3 与椭圆 C 有且仅有的两个交点都在 y 轴上.$
$已知直线l过椭圆C的左顶点A，且l交圆C_1于M，N两点，P为椭圆C上一点，若以PM为直径的圆过点A，求\triangle PMN面积的最大值.$

Solution:
$由题意知 A(-2,0)，\because 以 PM 为直径的圆过点 A ，\therefore  l\perp  AP ，$

<img_142>

$由题意可知直线 AP 的斜率存在且不为0，故设直线 AP 的方程为 y=k(x+2)(k\neq 0)，$

$则直线 l 的方程为 y=-\frac{1}{k}(x+2).$

$设 P(x_0, y_0) ，由 \left\{\begin{matrix}y=k(x+2),\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{matrix}\right. 得 (3+4k^2)x^2+16k^2x+16k^2-12=0，$

$\because 点 A(-2,0)为直线 AP 与 C 的一个交点，$

$\therefore -2x_0=\frac{16k^2-12}{3+4k^2} ，解得 x_0=\frac{6-8k^2}{3+4k^2} ，$

$\therefore |AP|=\sqrt{1+k^2}|x_0+2|=\sqrt{1+k^2}|\frac{6-8k^2}{3+4k^2}+2|=\frac{12\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2}.$

$直线 l 的方程变形为 x+ky+2=0，设原点到直线 l 的距离为d，$

$\therefore d=\frac{2}{\sqrt{1+k^2}}，$

$\therefore |MN|=2\sqrt{3-d^2}=2\sqrt{3-\frac{4}{1+k^2}}=2\sqrt{\frac{3k^2-1}{1+k^2}}.$

$S_{\triangle PMN}=\frac{1}{2}|AP|\cdot |MN|=\frac{12\sqrt{3k^2-1}}{3+4k^2}=12\sqrt{\frac{3k^2-1}{(3+4k^2)^2}}，$

$设 3k^2-1=t > 0，则 k^2=\frac{t+1}{3}，$

$\therefore  S_{\triangle PMN} =36\sqrt{\frac{t}{(13+4t)^2}}=36\sqrt{\frac{1}{16t+\frac{169}{t}+104}}，$

$\because  16t+\frac{169}{t}+104\geq 2\sqrt{16t \times \frac{169}{t}}+104=208(当且仅当t=\frac{13}{4}时，等号成立)，$

$\therefore \triangle  PMN 面积的最大值为 \frac{9\sqrt{13}}{13}.$

Final answer: $\frac{9\sqrt{13}}{13}$
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Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} +\frac{y^2}{b^2}=1 (a>b>0)的右焦点F(c,0)在直线\sqrt{3}x+y-2\sqrt{3}=0上，且离心率为\frac{1}{2}.$
$设A(-a,0)，B(a,0)，过点A的直线与椭圆C交于另一点P(异于点B)，与直线x=a交于一点M，\angle PFB的平分线与直线x=a交于点N，是否存在常数\lambda ，使得\overrightarrow{BN}=\lambda \overrightarrow{BM}？若存在，求出\lambda 的值；若不存在，请说明理由。$

Solution:
$存在，\lambda =\frac{1}{2}. 理由如下：$
$易得 A(-4,0),B(4,0),F(2,0), 设 M(4,y_1),N(4,y_2),P(x_0,y_0)，显然 y_1y_2>0.$
$设直线 AP 的方程为 x = my -4 (m \neq  0),$
$\because 点 M 在直线 AP 上，\therefore  my_1 -4 =4, 则 m = \frac{8}{y_1}.$
$联立 \left\{\begin{matrix}x=my-4,\\ \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1,\end{matrix}\right. 得 (3m^2+4)y^2 -24my=0, 易知该方程的两根分别为 y_0 和 0，$
$\therefore  y_0 = \frac{24m}{3m^2+4}, \therefore  x_0 = my_0-4 = \frac{12m^2-16}{3m^2+4}.$
$当 x_0 \neq  2 时， k_{PF} = \frac{y_0}{x_0-2} = \frac{\frac{24m}{3m^2+4}}{\frac{12m^2-16}{3m^2+4}-2} = \frac{4m}{m^2-4} = \frac{8y_1}{16-y^2_1}, k_{NF} = \frac{y_2}{2}.$
$设 \angle BFN =\theta, 则 \angle PFB =2\theta, \therefore  tan2\theta = \frac{2\\tan   \theta }{1-{\\tan   }^2\theta } = \frac{y_2}{1-\left(\frac{y_2}{2}\right)^2} = \frac{4y_2}{4-y^2_2} = \frac{4m}{m^2-4}.$
$\therefore  \frac{8y_1}{16-y^2_1} = \frac{4y_2}{4-y^2_2}, \therefore  (2y_2 -y_1)(y_1y_2+8)=0,$
$\because  y_1y_2 > 0，\therefore  2y_2 -y_1 = 0, \therefore  y_2 = \frac{1}{2}y_1, 则 \overrightarrow{BN} = \frac{1}{2} \overrightarrow{BM}.$
$当 x_0=2 时， y_0 = \pm3，不妨取 y_0 =3, 则直线 AP 的方程为 y = -\frac{1}{2}(x+4).$
$则 M (4,4)，此时 PF\perp FB，则 \angle BFN=45^\circ ，所以直线 FN 的方程为 y = x - 2, 则 N (4,2),所以 \overrightarrow{BN} = \frac{1}{2} \overrightarrow{BM}.$
$综上，存在常数 \lambda = \frac{1}{2}, 使得 \overrightarrow{BN} = \lambda \overrightarrow{BM}.$

Final answer: $\frac{1}{2}$
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Question: $如图，A为椭圆C：\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1的左顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M, N两点，直线AM, AN与圆O: x^{2} + y^{2} = 8的另一交点分别为P, Q。$

<img_2462>
$设直线AM,AN的斜率分别为k_1,k_2，证明：k_1\cdot k_2为定值；$

Solution:
$证明：因为A为椭圆C：\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1的左顶点，故A(-2\sqrt{2},0)。$
$设M(x_0,y_0)，则N(-x_0,-y_0)，故直线AM的斜率k_1=\frac{y_0}{x_0+2\sqrt{2}}，$
$直线AN的斜率k_2=\frac{-y_0}{-x_0+2\sqrt{2}}=\frac{y_0}{x_0-2\sqrt{2}}，$
$故k_1\cdot k_2=\frac{y^2_0}{(x_0+2\sqrt{2})(x_0-2\sqrt{2})}=\frac{y^2_0}{x^2_0-8}。$
$因为M(x_0,y_0)是椭圆C:\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1上的点，$
$所以\frac{x^2_0}{8} + \frac{y^2_0}{4} = 1，即y^2_0=-\frac{1}{2}(x^2_0-8)，故k_1\cdot k_2=-\frac{1}{2}.$
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Question: $如图，A为椭圆C：\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1的左顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M, N两点，直线AM, AN与圆O: x^{2} + y^{2} = 8的另一交点分别为P, Q。$

![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894946241208321/img/compression/M_8f15e62c45f2d703b7c1a5002e8f65b6.jpg)
$设直线AM,AN的斜率分别为k_1,k_2，证明：k_1\cdot k_2为定值；$

Solution:
$证明：因为A为椭圆C：\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1的左顶点，故A(-2\sqrt{2},0)。$
$设M(x_0,y_0)，则N(-x_0,-y_0)，故直线AM的斜率k_1=\frac{y_0}{x_0+2\sqrt{2}}，$
$直线AN的斜率k_2=\frac{-y_0}{-x_0+2\sqrt{2}}=\frac{y_0}{x_0-2\sqrt{2}}，$
$故k_1\cdot k_2=\frac{y^2_0}{(x_0+2\sqrt{2})(x_0-2\sqrt{2})}=\frac{y^2_0}{x^2_0-8}。$
$因为M(x_0,y_0)是椭圆C:\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1上的点，$
$所以\frac{x^2_0}{8} + \frac{y^2_0}{4} = 1，即y^2_0=-\frac{1}{2}(x^2_0-8)，故k_1\cdot k_2=-\frac{1}{2}.$

Final answer: 证明题
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Question: $如图，A为椭圆C：\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1的左顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M, N两点，直线AM, AN与圆O: x^{2} + y^{2} = 8的另一交点分别为P, Q。$

<img_2462>
$设\triangle AMN与\triangle APQ的面积分别为S_1,S_2，求\frac{S_1}{S_2}的最大值.$

Solution:
$设P(x_1,y_1)，Q(x_2,y_2)，直线AM的方程为x=m_1y-2\sqrt{2}(m_1\neq 0). $
联立
$$
\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1,\\ x=m_1y-2\sqrt{2},\end{matrix}\right.
$$
$得(m_1^2+2)y^2-4\sqrt{2}m_1y=0.$
$则y=0或y=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+2}，故y_0=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+2}.$
$将x=m_1y-2\sqrt{2}代入x^2+y^2=8，得(m_1^2+1)y^2-4\sqrt{2}m_1y=0，$
$则y=0或y=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+1}，故y_1=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+1}.$
$所以\frac{|AM|}{|AP|}=\left|\frac{y_0}{y_1}\right|=\frac{m^2_1+1}{m^2_1+2}.$
$设直线AN的方程为x=m_2y-2\sqrt{2}(m_2\neq 0)，同理可得\frac{|AN|}{|AQ|}=\frac{m^2_2+1}{m^2_2+2}.$
$又k_1k_2=-\frac{1}{2}，所以\frac{1}{m_1m_2}=-\frac{1}{2}，即m_1m_2=-2.$
$故\frac{|AN|}{|AQ|}=\frac{m^2_2+1}{m^2_2+2}=\frac{m^2_1+4}{2m^2_1+4}.$
$所以\frac{S_1}{S_2}=\frac{|AM| \cdot |AN|}{|AP| \cdot |AQ|}=\frac{m^2_1+1}{m^2_1+2}\cdot\frac{m^2_1+4}{2m^2_1+4}=\frac{(m^2_1+1)(m^2_1+4)}{2(m^2_1+2)^2}.$
$令m^2_1+2=t，则\frac{S_1}{S_2}=\frac{(t-1)(t+2)}{2t^2}=\frac{1}{2}\left(-\frac{2}{t^2}+\frac{1}{t}+1\right)=-\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{4}\right)^2+\frac{9}{16}.$
$当\frac{1}{t}=\frac{1}{4}，即t=4，即m^2_1+2=4，即m^2_1=2时，\frac{S_1}{S_2}取得最大值\frac{9}{16}.$

Final answer: $\frac{9}{16}$
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Question: $如图，A为椭圆C：\frac{x^2}{8} + \frac{y^2}{4} = 1的左顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M, N两点，直线AM, AN与圆O: x^{2} + y^{2} = 8的另一交点分别为P, Q。$

![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894946241208321/img/compression/M_8f15e62c45f2d703b7c1a5002e8f65b6.jpg)
$设\triangle AMN与\triangle APQ的面积分别为S_1,S_2，求\frac{S_1}{S_2}的最大值.$

Solution:
$设P(x_1,y_1)，Q(x_2,y_2)，直线AM的方程为x=m_1y-2\sqrt{2}(m_1\neq 0). $
联立
$$
\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1,\\ x=m_1y-2\sqrt{2},\end{matrix}\right.
$$
$得(m_1^2+2)y^2-4\sqrt{2}m_1y=0.$
$则y=0或y=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+2}，故y_0=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+2}.$
$将x=m_1y-2\sqrt{2}代入x^2+y^2=8，得(m_1^2+1)y^2-4\sqrt{2}m_1y=0，$
$则y=0或y=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+1}，故y_1=\frac{4\sqrt{2}m_1}{m^2_1+1}.$
$所以\frac{|AM|}{|AP|}=\left|\frac{y_0}{y_1}\right|=\frac{m^2_1+1}{m^2_1+2}.$
$设直线AN的方程为x=m_2y-2\sqrt{2}(m_2\neq 0)，同理可得\frac{|AN|}{|AQ|}=\frac{m^2_2+1}{m^2_2+2}.$
$又k_1k_2=-\frac{1}{2}，所以\frac{1}{m_1m_2}=-\frac{1}{2}，即m_1m_2=-2.$
$故\frac{|AN|}{|AQ|}=\frac{m^2_2+1}{m^2_2+2}=\frac{m^2_1+4}{2m^2_1+4}.$
$所以\frac{S_1}{S_2}=\frac{|AM| \cdot |AN|}{|AP| \cdot |AQ|}=\frac{m^2_1+1}{m^2_1+2}\cdot\frac{m^2_1+4}{2m^2_1+4}=\frac{(m^2_1+1)(m^2_1+4)}{2(m^2_1+2)^2}.$
$令m^2_1+2=t，则\frac{S_1}{S_2}=\frac{(t-1)(t+2)}{2t^2}=\frac{1}{2}\left(-\frac{2}{t^2}+\frac{1}{t}+1\right)=-\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{4}\right)^2+\frac{9}{16}.$
$当\frac{1}{t}=\frac{1}{4}，即t=4，即m^2_1+2=4，即m^2_1=2时，\frac{S_1}{S_2}取得最大值\frac{9}{16}.$

Final answer: $\frac{9}{16}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F_1，F_2，离心率e=\frac{\sqrt{2}}{2}，P为椭圆上一动点，\triangle PF_1F_2面积的最大值为2.$
$平面内到两定点距离之比是常数\lambda (\lambda \neq 1)的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆x^2+y^2=8上，求2|QA|+|QP|-|PF_{2}|的最小值.$

Solution:
$由题意 A (0,\sqrt{2})，设 R (0, m), Q (x, y )，使2|QA |=|QR |，即 \frac{|QR|}{|QA|} =2,即 \frac{x^2+(y-m)^2}{x^2+(y-\sqrt{2})^2} =4，整理得 x^2+ y^2+\frac{2m-8\sqrt{2}}{3} y = \frac{m^2-8}{3} ，$
$又点 Q 在圆 x^2+ y^2=8上，\therefore  \left\{\begin{matrix}\frac{2m-8\sqrt{2}}{3}=0,\\ \frac{m^2-8}{3}=8,\end{matrix}\right. 解得 m = 4\sqrt{2}，\therefore  R (0, 4\sqrt{2} )。$
$由椭圆定义得|PF_2 |=4-|PF_1 |，$
$\therefore 2|QA |+|QP |-|PF_2 |=|QR |+|QP |-(4-|PF_1 |)=|QR |+|QP |+|PF_1 |-4，$
$当 R, Q, P, F_1四点共线时，2|QA |+|QP |-|PF_2 |有最小值 \sqrt{34} -4.$
<img_58>

Final answer: $\sqrt{34}-4$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C_1：y^2=4x与椭圆C_2：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)有公共的焦点，C_2的左、右焦点分别为F_1，F_2，该椭圆的离心率为\frac{1}{2}.$
$如图，若直线l与x轴、椭圆C_2顺次交于P，Q，R(点P在椭圆左顶点的左侧)，且\angle PF_1Q与\angle PF_1R互为补角，求\triangle F_1QR面积S的最大值.$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894967469084673/img/compression/M_8663348533850efe435f2172cd3d4b8f.jpg)

Solution:
$设Q(x_1,y_1)，R(x_2,y_2)，F_1(-1,0),$
$因为\angle PF_1Q与\angle PF_1R互补，$
$所以k_{QF_1}+k_{RF_1}=0，$
$所以\frac{y_1}{x_1+1}+\frac{y_2}{x_2+1}=0，$
$化简整理得x_1y_2+y_2+x_2y_1+y_1=0①.$
$设直线PQ的方程为x=my+n(m\neq 0)，$
$联立直线与椭圆方程得\left\{\begin{matrix}x=my+n, \\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right. $
$化简整理可得(3m^2+4)y^2+6mny+3n^2-12=0，$
$\Delta =36m^2n^2-4(3m^2+4)(3n^2-12)＞0，可得n^2<3m^2+4②，$
$由韦达定理，可得y_1+y_2=-\frac{6mn}{3m^2+4}，y_1y_2=\frac{3n^2-12}{3m^2+4}③.$
$将x_1=my_1+n，x_2=my_2+n代入①，可得2my_1y_2+(n+1)(y_1+y_2)=0④，$
$将③代入④，可得\frac{6m(n^2-4)}{3m^2+4}=\frac{6mn(n+1)}{3m^2+4}，解得n=-4，$
$所以直线PQ的方程为x=my-4.$
$由②可得，3m^2+4＞16，即m^2＞4.$
$点F_1(-1,0)到直线PQ的距离d=\frac{|-1 \times 1-0+4|}{\sqrt{1+m^2}}=\frac{3}{\sqrt{1+m^2}}"$
$所以S=\frac{1}{2}|QR|d=\frac{1}{2}\sqrt{1+m^2}(y_1+y_2)^2-4y_1y_2\frac{3}{\sqrt{1+m^2}}=\frac{18(m^2-4)}{(3m^2+4)^2}。$

$令\sqrt{m^2-4}=t，t＞0，则S=\frac{18t}{3t^2+16}=\frac{18}{3t+\frac{16}{t}}\leq \frac{18}{2\sqrt{3 \times 16}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}，当且仅当3t=\frac{16}{t}，m=\pm\frac{2\sqrt{21}}{3}时，等号成立，$
$所以\triangle F_1QR面积S的最大值为\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{3}}{4}$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C_1：y^2=4x与椭圆C_2：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)有公共的焦点，C_2的左、右焦点分别为F_1，F_2，该椭圆的离心率为\frac{1}{2}.$
$如图，若直线l与x轴、椭圆C_2顺次交于P，Q，R(点P在椭圆左顶点的左侧)，且\angle PF_1Q与\angle PF_1R互为补角，求\triangle F_1QR面积S的最大值.$
<img_2857>

Solution:
$设Q(x_1,y_1)，R(x_2,y_2)，F_1(-1,0),$
$因为\angle PF_1Q与\angle PF_1R互补，$
$所以k_{QF_1}+k_{RF_1}=0，$
$所以\frac{y_1}{x_1+1}+\frac{y_2}{x_2+1}=0，$
$化简整理得x_1y_2+y_2+x_2y_1+y_1=0①.$
$设直线PQ的方程为x=my+n(m\neq 0)，$
$联立直线与椭圆方程得\left\{\begin{matrix}x=my+n, \\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\end{matrix}\right. $
$化简整理可得(3m^2+4)y^2+6mny+3n^2-12=0，$
$\Delta =36m^2n^2-4(3m^2+4)(3n^2-12)＞0，可得n^2<3m^2+4②，$
$由韦达定理，可得y_1+y_2=-\frac{6mn}{3m^2+4}，y_1y_2=\frac{3n^2-12}{3m^2+4}③.$
$将x_1=my_1+n，x_2=my_2+n代入①，可得2my_1y_2+(n+1)(y_1+y_2)=0④，$
$将③代入④，可得\frac{6m(n^2-4)}{3m^2+4}=\frac{6mn(n+1)}{3m^2+4}，解得n=-4，$
$所以直线PQ的方程为x=my-4.$
$由②可得，3m^2+4＞16，即m^2＞4.$
$点F_1(-1,0)到直线PQ的距离d=\frac{|-1 \times 1-0+4|}{\sqrt{1+m^2}}=\frac{3}{\sqrt{1+m^2}}"$
$所以S=\frac{1}{2}|QR|d=\frac{1}{2}\sqrt{1+m^2}(y_1+y_2)^2-4y_1y_2\frac{3}{\sqrt{1+m^2}}=\frac{18(m^2-4)}{(3m^2+4)^2}。$

$令\sqrt{m^2-4}=t，t＞0，则S=\frac{18t}{3t^2+16}=\frac{18}{3t+\frac{16}{t}}\leq \frac{18}{2\sqrt{3 \times 16}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}，当且仅当3t=\frac{16}{t}，m=\pm\frac{2\sqrt{21}}{3}时，等号成立，$
$所以\triangle F_1QR面积S的最大值为\frac{3\sqrt{3}}{4}.$

Final answer: $\frac{3\sqrt{3}}{4}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下：选手依次参加第一、二、三关，每关闯关成功可获得的奖金分别为600元、900元、1 500元，奖金可累加；若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关；若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小李参加该闯关游戏，已知他第一、二、三关闯关成功的概率分别为\frac{3}{4}，\frac{2}{3}，\frac{1}{2}，第一关闯关成功后选择继续闯关的概率为\frac{3}{5}，第二关闯关成功后选择继续闯关的概率为\frac{2}{5}，且每关闯关成功与否互不影响.$
求小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；

Solution:
根据题意得，小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零的事件分为如下两类情况：
$①第一关闯关成功，第二关闯关失败，其概率P_1=\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{3}{20}；$
$②第一关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，其概率P_2=\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{5}\times \left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{50}.记“小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零”为事件A，则P(A)=P_1+P_2=\frac{3}{20}+\frac{3}{50}=\frac{21}{100}.$

Final answer: $\frac{21}{100}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下：选手依次参加第一、二、三关，每关闯关成功可获得的奖金分别为600元、900元、1 500元，奖金可累加；若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关；若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小李参加该闯关游戏，已知他第一、二、三关闯关成功的概率分别为\frac{3}{4}，\frac{2}{3}，\frac{1}{2}，第一关闯关成功后选择继续闯关的概率为\frac{3}{5}，第二关闯关成功后选择继续闯关的概率为\frac{2}{5}，且每关闯关成功与否互不影响.$
设小李所得总奖金为X元，求随机变量X的分布列及其数学期望.

Solution:
$根据题意得，X的可能取值为0，600，1 500，3 000，$
$P(X=0)=\left(1-\frac{3}{4}\right)+\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \left(1-\frac{2}{3}\right)+\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{5}\times \left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{23}{50}，$
$P(X=600)=\frac{3}{4}\times \left(1-\frac{3}{5}\right)=\frac{3}{10}，$
$P(X=1 500)=\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \left(1-\frac{2}{5}\right)=\frac{9}{50}，$
$P(X=3 000)=\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{5}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{50}，$
$所以X的分布列为$

$| X | 0 | 600 | 1 500 | 3 000 |$
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
$| P | \frac{23}{50} | \frac{3}{10} | \frac{9}{50} | \frac{3}{50} | $

$所以X的数学期望E(X)=0\times \frac{23}{50}+600\times \frac{3}{10}+1 500\times \frac{9}{50}+3 000\times \frac{3}{50}=630.$

Final answer: $X的分布列为$

| X | 0 | 600 | 1 500 | 3 000 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| P | $\frac{23}{50}$ | $\frac{3}{10}$ | $\frac{9}{50}$ | $\frac{3}{50}$ | 

$X的数学期望E(X)=630.$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下：选手依次参加第一、二、三关，每关闯关成功可获得的奖金分别为600元、900元、1 500元，奖金可累加；若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关；若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小李参加该闯关游戏，已知他第一、二、三关闯关成功的概率分别为\frac{3}{4}，\frac{2}{3}，\frac{1}{2}，第一关闯关成功后选择继续闯关的概率为\frac{3}{5}，第二关闯关成功后选择继续闯关的概率为\frac{2}{5}，且每关闯关成功与否互不影响.$
设小李所得总奖金为X元，求随机变量X的数学期望.

Solution:
$根据题意得，X的可能取值为0，600，1 500，3 000，$
$P(X=0)=\left(1-\frac{3}{4}\right)+\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \left(1-\frac{2}{3}\right)+\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{5}\times \left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{23}{50}，$
$P(X=600)=\frac{3}{4}\times \left(1-\frac{3}{5}\right)=\frac{3}{10}，$
$P(X=1 500)=\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \left(1-\frac{2}{5}\right)=\frac{9}{50}，$
$P(X=3 000)=\frac{3}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{5}\times \frac{1}{2}=\frac{3}{50}，$
$所以X的分布列为$

$| X | 0 | 600 | 1 500 | 3 000 |$
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
$| P | \frac{23}{50} | \frac{3}{10} | \frac{9}{50} | \frac{3}{50} | $

$所以X的数学期望E(X)=0\times \frac{23}{50}+600\times \frac{3}{10}+1 500\times \frac{9}{50}+3 000\times \frac{3}{50}=630.$



Final answer: $630$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 小王在每天17：00至18：00之间都会参加一项自己喜欢的体育运动，运动项目有篮球、羽毛球、游泳三种.已知小王当天参加的运动项目只与前一天参加的运动项目有关，在前一天参加某类运动项目的情况下，当天参加各类运动项目的概率如下表：

|前一天  |当天        |
|--------|-------------|
|        |篮球|羽毛球|游泳|
|篮球    |0.5|0.2|0.3|
|羽毛球  |0.3|0.1|0.6|
|游泳    |0.3|0.6|0.1|
已知小王参加三类运动项目一小时的能量消耗(单位：卡)如下表所示：

| 运动项目 | 篮球 | 羽毛球 | 游泳 |
| -------- | ---- | ----- | ---- |
| 能量消耗/卡 | 500 | 400 | 600 |

求小王从第一天打羽毛球开始，前三天参加体育运动能量消耗总卡数的分布列和期望.

Solution:
$小王从第一天打羽毛球开始，前三天的运动项目安排有BAA，BAB，BAC，BBA，BBB，BBC，BCA，BCB，BCC，共9种，$
$用X表示运动能量消耗总卡数，则X的所有可能取值为1 200，1 300，1 400，1 500，1600，$
$P(X=1200)=P(BBB)=0.1\times 0.1=0.01，$
$P(X=1300)=P(BAB)+P(BBA)=0.3\times 0.2+0.1\times 0.3=0.09，$
$P(X=1400)=P(BAA)+P(BBC)+P(BCB)=0.3\times 0.5+0.1\times 0.6+0.6\times 0.6=0.57，$
$P(X=1500)=P(BAC)+P(BCA)=0.3\times 0.3+0.6\times 0.3=0.27，$
$P(X=1600)=P(BCC)=0.6\times 0.1=0.06，$
$所以小王从第一天打羽毛球开始，前三天参加体育运动能量消耗总卡数X的分布列为$

|X   |1200|1300|1400|1500|1600|
|:--   |:--: |:--: |:--: |:--: |:--: |
|P   |0.01 |0.09 |0.57 |0.27 |0.06 |

能量消耗总卡数X的期望E(X)=1 200\times 0.01+1 300\times 0.09+1 400\times 0.57+1 500\times 0.27+1 600\times 0.06=1 428.

Final answer: $E(X)=1428，分布列为$

|X   |1200|1300|1400|1500|1600|
|:--   |:--: |:--: |:--: |:--: |:--: |
|P   |0.01 |0.09 |0.57 |0.27 |0.06 |
Subfield: Probability and Statistics


Question: 小王在每天17：00至18：00之间都会参加一项自己喜欢的体育运动，运动项目有篮球、羽毛球、游泳三种.已知小王当天参加的运动项目只与前一天参加的运动项目有关，在前一天参加某类运动项目的情况下，当天参加各类运动项目的概率如下表：

|前一天  |当天        |
|--------|-------------|
|        |篮球|羽毛球|游泳|
|篮球    |0.5|0.2|0.3|
|羽毛球  |0.3|0.1|0.6|
|游泳    |0.3|0.6|0.1|
已知小王参加三类运动项目一小时的能量消耗(单位：卡)如下表所示：

| 运动项目 | 篮球 | 羽毛球 | 游泳 |
| -------- | ---- | ----- | ---- |
| 能量消耗/卡 | 500 | 400 | 600 |

求小王从第一天打羽毛球开始，前三天参加体育运动能量消耗总卡数的期望.

Solution:
$小王从第一天打羽毛球开始，前三天的运动项目安排有BAA，BAB，BAC，BBA，BBB，BBC，BCA，BCB，BCC，共9种，$
$用X表示运动能量消耗总卡数，则X的所有可能取值为1 200，1 300，1 400，1 500，1600，$
$P(X=1200)=P(BBB)=0.1\times 0.1=0.01，$
$P(X=1300)=P(BAB)+P(BBA)=0.3\times 0.2+0.1\times 0.3=0.09，$
$P(X=1400)=P(BAA)+P(BBC)+P(BCB)=0.3\times 0.5+0.1\times 0.6+0.6\times 0.6=0.57，$
$P(X=1500)=P(BAC)+P(BCA)=0.3\times 0.3+0.6\times 0.3=0.27，$
$P(X=1600)=P(BCC)=0.6\times 0.1=0.06，$
$所以小王从第一天打羽毛球开始，前三天参加体育运动能量消耗总卡数X的分布列为$

|X   |1200|1300|1400|1500|1600|
|:--   |:--: |:--: |:--: |:--: |:--: |
|P   |0.01 |0.09 |0.57 |0.27 |0.06 |

能量消耗总卡数X的期望E(X)=1 200\times 0.01+1 300\times 0.09+1 400\times 0.57+1 500\times 0.27+1 600\times 0.06=1428.



Final answer: $1428$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一.冰壶比赛的场地示意图如图所示，其中左端(投掷线MN的左侧)有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN处将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒区，比赛以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负.甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定：冰壶的重心落在圆O中，得3分；冰壶的重心落在圆环A中，得2分；冰壶的重心落在圆环B中，得1分；其余情况均得0分.已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为\frac{1}{3}，\frac{1}{4}；甲、乙得2分的概率分别为\frac{2}{5}，\frac{1}{2}；甲、乙得1分的概率分别为\frac{1}{5}，\frac{1}{6}$

<img_83>
求甲、乙两人所得分数相同的概率；

Solution:
$由题意知甲得0分的概率为1- \frac{1}{3} - \frac{2}{5} - \frac{1}{5} = \frac{1}{15} ，$
$乙得0分的概率为1- \frac{1}{4} - \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{12} ，$
$所以甲、乙两人所得分数相同的概率为 \frac{1}{3} \times  \frac{1}{4} + \frac{2}{5} \times  \frac{1}{2} + \frac{1}{5} \times  \frac{1}{6} + \frac{1}{15} \times  \frac{1}{12} = \frac{29}{90}.$

Final answer: $\frac{29}{90}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: $冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一.冰壶比赛的场地示意图如图所示，其中左端(投掷线MN的左侧)有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN处将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒区，比赛以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负.甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定：冰壶的重心落在圆O中，得3分；冰壶的重心落在圆环A中，得2分；冰壶的重心落在圆环B中，得1分；其余情况均得0分.已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为\frac{1}{3}，\frac{1}{4}；甲、乙得2分的概率分别为\frac{2}{5}，\frac{1}{2}；甲、乙得1分的概率分别为\frac{1}{5}，\frac{1}{6}$

![24ASD5SX532.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623895217360535553/img/compression/M_35aadd1de0ec4fa93da02c3591eb5a06.jpg)
求甲、乙两人所得分数相同的概率；

Solution:
$由题意知甲得0分的概率为1- \frac{1}{3} - \frac{2}{5} - \frac{1}{5} = \frac{1}{15} ，$
$乙得0分的概率为1- \frac{1}{4} - \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{12} ，$
$所以甲、乙两人所得分数相同的概率为 \frac{1}{3} \times  \frac{1}{4} + \frac{2}{5} \times  \frac{1}{2} + \frac{1}{5} \times  \frac{1}{6} + \frac{1}{15} \times  \frac{1}{12} = \frac{29}{90}.$

Final answer: $\frac{29}{90}$