di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中 $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
由 $a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 知: $2^{n+1} a_{n+1}=2^{n} a_{n}+2 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

令 $b_{n}=2^{n} a_{n}$, 则 $b_{1}=1$ 且 $b_{n+1}=b_{n}+2 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

由 $b_{n}=\left(b_{n}-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdots+\left(b_{2}-b_{1}\right)+b_{1}=(2 n-1)+\cdots+3+1=n^{2}$, 得

$$
a_{n}=\frac{n^{2}}{2^{n}}
$$

Final answer: $a_{n}=\frac{n^{2}}{2^{n}}$
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中 $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

Solution:
由 $a_{n+1}=\frac{1}{2} a_{n}+\frac{2 n+1}{2^{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 知: $2^{n+1} a_{n+1}=2^{n} a_{n}+2 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

令 $b_{n}=2^{n} a_{n}$, 则 $b_{1}=1$ 且 $b_{n+1}=b_{n}+2 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

由 $b_{n}=\left(b_{n}-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdots+\left(b_{2}-b_{1}\right)+b_{1}=(2 n-1)+\cdots+3+1=n^{2}$, 得

$$
a_{n}=\frac{n^{2}}{2^{n}}
$$

由题意知:

$$
S_{n}=\frac{1^{2}}{2^{1}}+\frac{2^{2}}{2^{2}}+\frac{3^{2}}{2^{3}}+\frac{4^{2}}{2^{4}}+\cdots+\frac{(n-1)^{2}}{2^{n-1}}+\frac{n^{2}}{2^{n}}
$$

所以

$$
\frac{1}{2} S_{n}=\frac{1^{2}}{2^{2}}+\frac{2^{2}}{2^{3}}+\frac{3^{2}}{2^{4}}+\frac{4^{2}}{2^{5}}+\cdots+\frac{(n-1)^{2}}{2^{n}}+\frac{n^{2}}{2^{n+1}}
$$

两式相减得

$$
\frac{1}{2} S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^{2}}+\frac{5}{2^{3}}+\frac{7}{2^{4}}+\frac{9}{2^{5}}+\cdots+\frac{(2 n-1)}{2^{n}}-\frac{n^{2}}{2^{n+1}}
$$

设

$$
T_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^{2}}+\frac{5}{2^{3}}+\frac{7}{2^{4}}+\frac{9}{2^{5}}+\cdots+\frac{(2 n-1)}{2^{n}}
$$

再利用错位相减法求得 $T_{n}=3-\frac{2 n+3}{2^{n}}$, 所以

$$
S_{n}=6-\frac{2 n+3}{2^{n-1}}-\frac{n^{2}}{2^{n}}=6-\frac{n^{2}+4 n+6}{2^{n}}
$$

Final answer: $6-\frac{n^{2}+4 n+6}{2^{n}}$
Subfield: Geometry


Question: 设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$ 的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点.
证明: $B P=C Q$;

Solution:
设 $A B=c, B C=a, A C=b$.

在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\angle B A C$ 的平分线,

$$
\therefore \frac{B D}{D C}=\frac{A B}{A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{B D+D C}=\frac{A B}{A B+A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{a}=\frac{c}{b+c}, \therefore B D=\frac{a c}{b+c}
$$

又 $B M=\frac{a}{2}$, 由 $B P \cdot B A=B D \cdot B M$ 得 $B P=\frac{B D \cdot B M}{A B}=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.

由 $C Q \cdot C A=C M \cdot C D$ 得 $C Q=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.
Subfield: Geometry


Question: 设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$ 的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点.
证明: $M N \| A D$.

Solution:
首先证明 $CQ=BP$.
设 $A B=c, B C=a, A C=b$.

在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\angle B A C$ 的平分线,

$$
\therefore \frac{B D}{D C}=\frac{A B}{A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{B D+D C}=\frac{A B}{A B+A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{a}=\frac{c}{b+c}, \therefore B D=\frac{a c}{b+c}
$$

又 $B M=\frac{a}{2}$, 由 $B P \cdot B A=B D \cdot B M$ 得 $B P=\frac{B D \cdot B M}{A B}=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.

由 $C Q \cdot C A=C M \cdot C D$ 得 $C Q=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.

由题意作解析图, 连接 $B Q, P C$, 并设 $X, Y$ 分别为 $B Q, P C$ 的中点, 易证 $X N$ 平行且等于 $M Y$,所以四边形 $N X M Y$ 为平行四边形, 由 $C Q=B P$ 知 $N X=N Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为菱形, 从而 $M N$平分 $\angle X N Y$, 又 $A D$ 平分 $\angle B A C, A B\|N X, A C\| N Y$, 所以 $M N \| A D$.

<img_4228>

解析图
Subfield: Inequality


Question: 
证明对于任意的正实数 $a, b$ 都有: $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$

Solution:
由 $a+b-2 \sqrt{a b}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} \geq 0$, 故 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$.
Subfield: Inequality


Question: 
已知正数 $x, y$ 满足: $x+y=1$. 求 $\frac{1}{x}+\frac{4}{y}$ 的最小值.

Solution:
由 $a+b-2 \sqrt{a b}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} \geq 0$, 故 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$.

$\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\right)(x+y)=1+4+\frac{y}{x}+\frac{4 x}{y} \geq 5+2 \sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{4 x}{y}}=9$

等号在 $x=\frac{1}{3}, y=\frac{2}{3}$ 处取到, 故最小值为 9.

Final answer: $9$
Subfield: Plane Geometry


Question: 设锐角 $\triangle A B C$ 边 $B C, C A, A B$ 上的垂足分别为 $D, E, F$, 直线 $E F$ 与 $\triangle A B C$ 的外接圆的一个交点为 $P$,直线 $B P$ 与 $D F$ 交于点 $Q$. 证明: $A P=A Q$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f72f974b437467976f85g-1.jpg?height=454&width=568&top_left_y=1372&top_left_x=481)

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f72f974b437467976f85g-1.jpg?height=454&width=568&top_left_y=1366&top_left_x=1095)

如上图所示, 由于 $D, E, F$ 是垂足, 则 $\angle B F C=\angle B E C=90^{\circ}$, 故 $B, F, E, C$ 四点共圆, 从而

而

$$
\left\{\begin{array}{l}
\angle B F D=\angle F Q B+\angle F B Q \\
\angle B C A=\angle P C B+\angle P C A \quad \Rightarrow \angle F Q B=\angle P C B=\angle P A F \\
\angle F B Q=\angle A B P=\angle P C A
\end{array}\right.
$$

故 $A, F, P, Q$ 四点共圆 $\Rightarrow \angle A Q P=\angle A F E=\angle A C B=\angle A P Q \Rightarrow A P=A Q$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 设锐角 $\triangle A B C$ 边 $B C, C A, A B$ 上的垂足分别为 $D, E, F$, 直线 $E F$ 与 $\triangle A B C$ 的外接圆的一个交点为 $P$,直线 $B P$ 与 $D F$ 交于点 $Q$. 证明: $A P=A Q$.

<img_4115>

Solution:
<img_4223>

如上图所示, 由于 $D, E, F$ 是垂足, 则 $\angle B F C=\angle B E C=90^{\circ}$, 故 $B, F, E, C$ 四点共圆, 从而

而

$$
\left\{\begin{array}{l}
\angle B F D=\angle F Q B+\angle F B Q \\
\angle B C A=\angle P C B+\angle P C A \quad \Rightarrow \angle F Q B=\angle P C B=\angle P A F \\
\angle F B Q=\angle A B P=\angle P C A
\end{array}\right.
$$

故 $A, F, P, Q$ 四点共圆 $\Rightarrow \angle A Q P=\angle A F E=\angle A C B=\angle A P Q \Rightarrow A P=A Q$.
Subfield: Inequality


Question: 已知实数 $x, y$ 满足: $1+\cos ^{2}(x+y-1)=\frac{x^{2}+y^{2}+2(x+1)(1-y)}{x-y+1}$, 求 $x y$ 的最小值.

Solution:
$1+\cos ^{2}(x+y-1)=\frac{x^{2}+y^{2}+2(x+1)(1-y)}{x-y+1}=\frac{\left(x^{2}+y^{2}-2 x y\right)+2(x-y)+1+1}{x-y+1}$

$$
=\frac{(x-y+1)^{2}+1}{x-y+1}=x-y+1+\frac{1}{x-y+1} .
$$

由于 $0<1+\cos ^{2}(x+y-1) \leq 2$, 故 $x-y+1>0$, 从而 $x-y+1+\frac{1}{x-y+1} \geq 2$.

$$
\begin{aligned}
& \Rightarrow\left\{\begin{array} { l } 
{ 1 + \operatorname { c o s } ^ { 2 } ( x + y - 1 ) = 2 } \\
{ x - y + 1 = 1 }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } 
{ \operatorname { c o s } ^ { 2 } ( x + y - 1 ) = 1 } \\
{ x = y }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
x+y-1=k \pi, k \in \mathbf{Z} \\
x=y
\end{array}\right.\right.\right. \\
& \Rightarrow x=y=\frac{1+k \pi}{2}, k \in \mathbf{Z} \Rightarrow x y=\left(\frac{1+k \pi}{2}\right)^{2} \geq \frac{1}{4}, k \in \mathbf{Z} \text {, 故 }(x y)_{\min }=\frac{1}{4} \text {. }
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{1}{4}$
Subfield: Set Theory


Question: 设 $S, T$ 是两个非空集合, 若存在一个从 $S$ 到 $T$ 的函数 $y=f(x)$ 满足:

( $i$ ) $T=\{f(x) \mid x \in S\}$; ( $i i) \forall x_{1}, x_{2} \in S$, 当 $x_{1}<x_{2}$ 时, 恒有 $f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$.

那么称这两个集合 “保序同构”.
证明: $A=(0,1), B=R$ 是保序同构的;

Solution:
令

$$
f(x)=\tan \left[\left(x-\frac{1}{2}\right) \pi\right](x \in A)
$$

则 $f(x)$ 单调增, 且其值域为 $\mathbf{R}$, 因此, $A$ 和 $B$ 是保序同构的.
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $f(m)$ 是正整数 $m$ 的各位数字的乘积, 求方程 $f(m)=m^{2}-10 m-36$ 的正整数解.

Solution:
设 $m$ 是 $n$ 位正整数, 若 $n \geq 3$, 则 $m \geq 10^{n-1} \geq 100$, 所以

$$
9^{n} \geq f(m)=m^{2}-10 m-36=m(m-10)-36 \geq 90 m-36 \geq 9 \cdot 10^{n}-36>10^{n}
$$

矛盾, 此时无解;

若 $n=1$, 则 $f(m)=m=m^{2}-10 m-36$, 此方程无整数解;

若 $n=2$, 且 $m \geq 20$, 则 $81 \geq f(m)=m^{2}-10 m-36 \geq 400-200-36=164$, 矛盾.

所以 $m \in[10,19]$.

设 $m=10+k, f(m)=(10+k)^{2}-10(10+k)-36=k$, 解得 $k=3$.

综上, 方程的解为 $m=13$.

Final answer: $13$
Subfield: Sequence


Question: 设 $a_{1}=2, a_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{n}+1$. 证明: $1-\frac{1}{2018^{2018}}<\sum_{n=1}^{2018} \frac{1}{a_{n}}<1$.

Solution:
由递推式得 $a_{n+1}-1=a_{n}^{2}-a_{n}=a_{n}\left(a_{n}-1\right)$, 所以 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{n}-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}$, 从而得

$$
\sum_{n=1}^{2018} \frac{1}{a_{n}}=\sum_{n=1}^{2018}\left(\frac{1}{a_{n}-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}\right)=1-\frac{1}{a_{2019}-1}
$$

又 $a_{n+1}-a_{n}=\left(a_{n}-1\right)^{2}>0$, 得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递增, 所以 $a_{n} \geq a_{1}=2$, 特别地

$$
\sum_{k=1}^{2018} \frac{1}{a_{k}}=1-\frac{1}{a_{2019}-1}<1
$$

由递推式可得 $a_{n}=\frac{a_{n+1}-1}{a_{n}-1}$, 从而

$$
a_{1} \cdot a_{2} \cdots a_{n}=\frac{a_{n+1}-1}{a_{1}-1}=a_{n+1}-1
$$

由均值不等式及已证结论有

$$
\frac{1}{n}>\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}} \geq \frac{1}{\sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdots a_{n}}}
$$

所以 $a_{1} \cdot a_{2} \cdots a_{n}>n^{n}$, 特别地

$$
a_{2019}-1=a_{1} \cdot a_{2} \cdots a_{2018}>2018^{2018}
$$

故

$$
\sum_{k=1}^{2018} \frac{1}{a_{k}}=1-\frac{1}{a_{2019}-1}>1-\frac{1}{2018^{2018}}
$$

#
Subfield: Conic Sections


Question: 设椭圆 $C$ 的左、右顶点为 $A, B(a, 0)$, 过焦点 $F(1,0)$ 作非水平直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $P, Q$ 两点, 记直线 $A P, B Q$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$. 其中 $\frac{k_{1}}{k_{2}}$ 为定值, 并求此定值 (用 $a$ 的函数表示).

Solution:
设 $l: x=t y+1$, 代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-1}=1$ 得

$$
\left(\left(a^{2}-1\right) t^{2}+a^{2}\right) y^{2}+2\left(a^{2}-1\right) t y-\left(a^{2}-1\right)^{2}=0
$$

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则

$$
y_{1}+y_{2}=-\frac{2\left(a^{2}-1\right) t}{\left(a^{2}-1\right) t^{2}+a^{2}}, \quad y_{1} y_{2}=-\frac{\left(a^{2}-1\right)^{2}}{\left(a^{2}-1\right) t^{2}+a^{2}}
$$

两式相除得

$$
\frac{y_{1}+y_{2}}{y_{1} y_{2}}=\frac{2}{a^{2}-1} t, \quad t y_{1} y_{2}=\frac{a^{2}-1}{2}\left(y_{1}+y_{2}\right)
$$

由题意知

$$
k_{1}=\frac{y_{1}}{x_{1}+a}=\frac{y_{1}}{t y_{1}+a+1}, \quad k_{2}=\frac{y_{2}}{x_{2}-a}=\frac{y_{2}}{t y_{2}-a+1}
$$

从而

$$
\frac{k_{1}}{k_{2}}=\frac{y_{1}\left(t y_{2}-a+1\right)}{y_{2}\left(t y_{1}+a+1\right)}=\frac{\frac{\left(a^{2}-1\right)\left(y_{1}+y_{2}\right)}{2}-a y_{1}+y_{1}}{\frac{\left(a^{2}-1\right)\left(y_{1}+y_{2}\right)}{2}+a y_{2}+y_{2}}=\frac{\left(a^{2}-2 a+1\right) y_{1}+\left(a^{2}-1\right) y_{2}}{\left(a^{2}-1\right) y_{1}+\left(a^{2}+2 a+1\right) y_{2}}
$$

因为

$$
\frac{a^{2}-2 a+1}{a^{2}-1}=\frac{a-1}{a+1}=\frac{a^{2}-1}{a^{2}+2 a+1}
$$

所以

$$
\frac{k_{1}}{k_{2}}=\frac{a-1}{a+1}
$$

Final answer: $\frac{a-1}{a+1}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 满足 $|f(0)| \leq 2,|f(2)| \leq 2,|f(-2)| \leq 2$, 求当 $x \in[-2,2]$ 时, $y=|f(x)|$的最大值.

Solution:
由题意知

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ c = f ( 0 ) } \\
{ 4 a + 2 b + c = f ( 2 ) } \\
{ 4 a - 2 b + c = f ( - 2 ) }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
c=f(0) \\
a=\frac{f(2)+f(-2)-2 f(0)}{8} \\
b=\frac{f(2)-f(-2)}{4}
\end{array}\right.\right.
$$

从而当 $x \in[-2,2]$ 时,

$$
\begin{aligned}
y=|f(x)| & =\left|\frac{f(2)+f(-2)-2 f(0)}{8} x^{2}+\frac{f(2)-f(-2)}{4} x+f(0)\right| \\
& =\left|\frac{x^{2}+2 x}{8} f(2)+\frac{x^{2}-2 x}{8} f(-2)+\frac{4-x^{2}}{4} f(0)\right| \\
& \leq\left|\frac{x^{2}+2 x}{4}\right|+\left|\frac{x^{2}-2 x}{4}\right|+\frac{4-x^{2}}{2}
\end{aligned}
$$

因为 $x \in[-2,2]$ 时 $\frac{x^{2}+2 x}{4} \cdot \frac{x^{2}-2 x}{4} \leq 0$, 从而

$$
|f(x)| \leq\left|\frac{x^{2}+2 x}{4}\right|+\left|\frac{x^{2}-2 x}{4}\right|+\frac{4-x^{2}}{2}=\left|\frac{x^{2}+2 x}{4}-\frac{x^{2}-2 x}{4}\right|+\frac{4-x^{2}}{2}=-\frac{x^{2}}{2}+|x|+2 \quad 
$$

易知当 $x \in[0,2]$ 时

$$
-\frac{x^{2}}{2}+|x|+2=-\frac{x^{2}}{2}+x+2 \leq \frac{5}{2}
$$

当 $x \in[-2,0]$ 时

$$
-\frac{x^{2}}{2}+|x|+2=-\frac{x^{2}}{2}-x+2 \leq \frac{5}{2}
$$

得

$$
\max _{|x| \leq 2}|f(x)| \leq \max _{|x| \leq 2}\left(-\frac{x^{2}}{2}+|x|+2\right) \leq \frac{5}{2}
$$

最后取 $f(x)=-\frac{1}{2} x^{2}+x+2$, 则 $|f(2)|=|f(-2)|=|f(0)|=2$.

故该函数满足题设条件且在 $[-2,2]$ 上能取到最大值 $\frac{5}{2}$, 因此 $y=|f(x)|$ 的最大值为 $\frac{5}{2}$.

Final answer: $\frac{5}{2}$
Subfield: Algebra


Question: 已知将函数 $g(x)=\cos x$ 图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍 (横坐标不变), 再将所得图像向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度得到函数 $y=f(x)$ 的图像, 且关于 $x$ 的方程 $f(x)+g(x)=m$ 在 $[0,2 \pi)$ 内有两个不同的解 $\alpha, \beta$.
求满足题意的实数 $m$ 的取值范围;

Solution:
将 $g(x)=\cos x$ 图像上的所有点的纵坐标伸长为原来的 2 倍 (横坐标不变) 得到 $y=2 \cos x$ 的图像, 再将 $y=2 \cos x$ 的图像向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后得到 $y=2 \cos \left(x-\frac{\pi}{2}\right)$ 的图像, 故 $f(x)=2 \sin x$,

$$
f(x)+g(x)=2 \sin x+\cos x=\sqrt{5} \sin (x+\varphi)
$$

（其中 $\sin \varphi=1 / \sqrt{5}, \cos \varphi=2 / \sqrt{5}$ ), 依题意 $\sin (x+\varphi)=\frac{m}{\sqrt{5}}$ 在区间 $[0,2 \pi)$ 内有两个不同的解 $\alpha, \beta$, 当且仅当 $\left|\frac{m}{\sqrt{5}}\right|<1$, 故 $m$ 的取值范围是 $(-\sqrt{5}, \sqrt{5})$.

Final answer: $(-\sqrt{5}, \sqrt{5})$
Subfield: Algebra


Question: 已知将函数 $g(x)=\cos x$ 图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍 (横坐标不变), 再将所得图像向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度得到函数 $y=f(x)$ 的图像, 且关于 $x$ 的方程 $f(x)+g(x)=m$ 在 $[0,2 \pi)$ 内有两个不同的解 $\alpha, \beta$.
求 $\cos (\alpha-\beta)$ (用含 $m$ 的式子表示).

Solution:
首先求 $m$的取值范围.
将 $g(x)=\cos x$ 图像上的所有点的纵坐标伸长为原来的 2 倍 (横坐标不变) 得到 $y=2 \cos x$ 的图像, 再将 $y=2 \cos x$ 的图像向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位长度后得到 $y=2 \cos \left(x-\frac{\pi}{2}\right)$ 的图像, 故 $f(x)=2 \sin x$,

$$
f(x)+g(x)=2 \sin x+\cos x=\sqrt{5} \sin (x+\varphi)
$$

（其中 $\sin \varphi=1 / \sqrt{5}, \cos \varphi=2 / \sqrt{5}$ ), 依题意 $\sin (x+\varphi)=\frac{m}{\sqrt{5}}$ 在区间 $[0,2 \pi)$ 内有两个不同的解 $\alpha, \beta$, 当且仅当 $\left|\frac{m}{\sqrt{5}}\right|<1$, 故 $m$ 的取值范围是 $(-\sqrt{5}, \sqrt{5})$.

回到原题，因为 $\alpha, \beta$ 是方程 $\sqrt{5} \sin (x+\varphi)=m$ 在 $[0,2 \pi)$ 内的两个不同的解, 所以

$$
\sin (\alpha+\varphi)=\frac{m}{\sqrt{5}}, \quad \sin (\beta+\varphi)=\frac{m}{\sqrt{5}}
$$

当 $1 \leq m<\sqrt{5}$ 时, $\alpha+\beta=2\left(\frac{\pi}{2}-\varphi\right)$, 即 $\alpha-\beta=\pi-2(\beta+\varphi)$;

当 $-\sqrt{5}<m<1$ 时, $\alpha+\beta=2\left(\frac{3 \pi}{2}-\varphi\right)$, 即 $\alpha-\beta=3 \pi-2(\beta+\varphi)$.

所以 $\cos (\alpha-\beta)=-\cos 2(\beta+\varphi)=2 \sin ^{2}(\beta+\varphi)-1=2\left(\frac{m}{\sqrt{5}}\right)^{2}-1=\frac{2 m^{2}}{5}-1$.

Final answer: $\frac{2 m^{2}}{5}-1$
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=1, a_{n+1}=a_{n}+a_{n}^{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$. 记

$$
S_{n}=\frac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)}, \quad T_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+a_{k}}
$$

求 $S_{n}+T_{n}$ 的值.

Solution:
因为 $a_{n+1}=a_{n}+a_{n}^{2}$, 所以 $a_{n+1}=a_{n}\left(1+a_{n}\right)$, 所以 $\frac{1}{1+a_{n}}=\frac{a_{n}}{a_{n+1}}$, 所以

$$
S_{n}=\frac{a_{1}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{2}}{a_{3}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{4}} \cdots \frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{1}}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n+1}}
$$

因为 $a_{n+1}=a_{n}\left(1+a_{n}\right)$, 所以 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}\left(1+a_{n}\right)}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{1+a_{n}}$, 所以 $\frac{1}{1+a_{n}}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n+1}}$, 所以

$$
T_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+a_{k}}=\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{n+1}}=1-\frac{1}{a_{n+1}}
$$

所以

$$
S_{n}+T_{n}=1
$$

Final answer: $1$
Subfield: Conic Sections


Question: 如图, 椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F$, 过点 $F$ 的直线交椭圆于 $A, B$ 两点, 当直线 $A B$ 经过椭圆的一个顶点时, 其倾斜角恰为 $60^{\circ}$.
求该椭圆的离心率;

Solution:
依题意，当直线 $A B$ 经过椭圆的顶点 $(0, b)$ 时，其倾斜角为 $60^{\circ}$.

设 $F(-c, 0)$, 则 $\frac{b}{c}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$, 将 $b=\sqrt{3} c$ 代入 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 得 $a=2 c$, 所以椭圆的离心率为

$$
e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}
$$

Final answer: $\frac{1}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: 如图, 椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F$, 过点 $F$ 的直线交椭圆于 $A, B$ 两点, 当直线 $A B$ 经过椭圆的一个顶点时, 其倾斜角恰为 $60^{\circ}$.
该线段 $A B$ 的中点为 $G, A B$ 的中垂线与 $x$ 轴, $y$ 轴分别交于 $D ,E $ 两点, 记 $\triangle G D F$ 的面积为 $S_{1}$ , $\triangle O E D$ ( $O$ 为坐标原点) 的面积为 $S_{2}$, 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的取值范围.

Solution:
依题意，当直线 $A B$ 经过椭圆的顶点 $(0, b)$ 时，其倾斜角为 $60^{\circ}$.

设 $F(-c, 0)$, 则 $\frac{b}{c}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$, 将 $b=\sqrt{3} c$ 代入 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$, 得 $a=2 c$, 所以椭圆的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$

椭圆的方程可设为 $3 x^{2}+4 y^{2}=12 c^{2}$ ,

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

依题意, 直线 $A B$ 不能与 $x, y$ 轴垂直, 故设直线 $A B$ 的方程为 $y=k(x+c)$, 将其代入

整理得

$$
\left(4 k^{2}+3\right) x^{2}+8 c k^{2} x+4 k^{2} c^{2}-12 c^{2}=0
$$

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-8 c k^{2}}{4 k^{2}+3}, y_{1}+y_{2}=\frac{6 c k}{4 k^{2}+3}$, 所以 $G\left(\frac{-4 c k^{2}}{4 k^{2}+3}, \frac{3 c k}{4 k^{2}+3}\right)$.

因为 $G D \perp A B$, 所以 $\frac{\frac{3 c k}{4 k^{2}+3}}{\frac{-4 c k^{2}}{4 k^{2}+3}-x_{D}} \times k=-1, x_{D}=\frac{-c k^{2}}{4 k^{2}+3}$.

因为 $\triangle G F D \sim \triangle O E D$, 所以,

$$
\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|G D|^{2}}{|O D|^{2}}=\frac{\left(\frac{-4 c k^{2}}{4 k^{2}+3}-\frac{-c k^{2}}{4 k^{2}+3}\right)^{2}+\left(\frac{3 c k}{4 k^{2}+3}\right)^{2}}{\left(\frac{-c k^{2}}{4 k^{2}+3}\right)^{2}}=\frac{\left(3 c k^{2}\right)^{2}+(3 c k)^{2}}{\left(c k^{2}\right)^{2}}=\frac{9 c^{2} k^{4}+9 c^{2} k^{2}}{c^{2} k^{4}}=9+\frac{9}{k^{2}}>9
$$

所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的取值范围是 $(9,+\infty)$.

Final answer: $(9,+\infty)$
Subfield: Conic Sections


Question: 求曲线 $f(x)=e^{x-1}$ 与曲线 $g(x)=\ln x$ 的公切线的条数.

Solution:
曲线 $f(x)=e^{x-1}$ 与曲线 $g(x)=\ln x$ 有两条公切线.

设两曲线的公切线为 $l$, 与曲线 $f(x)=e^{x-1}$ 切于点 $\left(a, e^{a-1}\right)$, 与曲线 $g(x)=\ln x$ 切于点 $(b, \ln b)$, 则直线 $l$ 的方程既可以写为 $y-e^{a-1}=e^{a-1}(x-a)$, 即: $y=e^{a-1} x+e^{a-1}-a e^{a-1}$;

又可以写为 $y-\ln b=\frac{1}{b}(x-b)$, 即: $y=\frac{1}{b} x+\ln b-1$.

因为直线 $l$ 为公切线, 所以有 $\left\{\begin{array}{l}e^{a-1}=\frac{1}{b} \\ e^{a-1}-a e^{a-1}=\ln b-1\end{array}\right.$

消元整理得 $e^{a-1}-a e^{a-1}+a=0$, 所以方程根的个数即为两曲线的公切线的条数.

设 $m(x)=e^{x-1}-x e^{x-1}+x, m^{\prime}(x)=1-x e^{x-1}, m^{\prime \prime}(x)=(-1-x) e^{x-1}$.

当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $m^{\prime \prime}(x)>0, m^{\prime}(x)=1-x e^{x-1}$ 为增函数;

当 $x \in(-1,+\infty)$ 时, $m^{\prime \prime}(x)<0, m^{\prime}(x)=1-x e^{x-1}$ 为减函数.

而且 $x<0$ 时, $m^{\prime}(x)>1, m^{\prime}(1)=0$, 所以 $m^{\prime}(x)=0$ 的根为 $x=1$.

所以当 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $m^{\prime}(x)>0, m(x)$ 单调递增; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $m^{\prime}(x)<0, m(x)$ 单调递减, 而

$$
m(1)=1>0, \quad m(2)=2-e<0, \quad m(-1)=\frac{1}{e^{2}}-1<0, \quad m(0)=\frac{1}{e}>0
$$

而且函数 $m(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上连续, 所以函数 $m(x)=e^{x-1}-x e^{x-1}+x$ 有两个零点, 分别位于区间 $(-1,0)$ 和区间 $(1,2)$ 内. 所以方程 $e^{a-1}-a e^{a-1}+a=0$ 有两个不同的根, 所以两曲线有两条公切线.

Final answer: $2$
Subfield: Solid Geometry


Question: 已知三棱雉 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A, S B, S C$ 互相垂直, $M$ 是底面三角形 $A B C$ 内一动点, 直线 $M S$ 与 $S A, S B, S C$ 所成的角分别是 $\alpha, \beta, \gamma$.
证明: $\alpha, \beta, \gamma$ 不可能是锐角三角形的三个内角;

Solution:
以线段 $M S$ 为体对角线构造长方体，则 $\alpha, \beta, \gamma$ 恰好为长方体的体对角线与从一个顶点出发的三条棱所成的角, 因此 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma=1$

因为 $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta=1-\cos ^{2} \gamma$, 所以 $\frac{1}{2}(\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta)=-\cos ^{2} \gamma$, 所以

$$
\cos (\alpha+\beta) \times \cos (\alpha-\beta)=-\cos ^{2} \gamma<0
$$

所以 $\cos (\alpha+\beta)<0$, 所以

$$
\frac{\pi}{2}<\alpha+\beta<\pi
$$

下面证明 $\alpha+\beta+\gamma=\pi$, 要证 $\alpha+\beta+\gamma<\pi$, 只需 $\alpha+\beta<\pi-\gamma$, 只需 $\cos (\pi-\gamma)<\cos (\alpha+\beta)<0$,只需 $\cos ^{2}(\pi-\gamma)>\cos ^{2}(\alpha+\beta)$.

因为

$$
\begin{aligned}
\cos ^{2}(\alpha+\beta)-\cos ^{2} \gamma & =\cos ^{2}(\alpha+\beta)+\frac{1}{2}(\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta)=\cos ^{2}(\alpha+\beta)+\cos (\alpha+\beta) \cdot \cos (\alpha-\beta) \\
& =2 \cos (\alpha+\beta) \cdot \cos \alpha \cdot \cos \beta<0
\end{aligned}
$$

所以 $\alpha+\beta+\gamma<\pi$, 故 $\alpha, \beta, \gamma$ 不可能是锐角三角形的三个内角.
Subfield: Solid Geometry


Question: 已知三棱雉 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A, S B, S C$ 互相垂直, $M$ 是底面三角形 $A B C$ 内一动点, 直线 $M S$ 与 $S A, S B, S C$ 所成的角分别是 $\alpha, \beta, \gamma$.
设 $S=\frac{1}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1}{\cos ^{2} \beta}+\frac{1}{\cos ^{2} \gamma}-\frac{2\left(\cos ^{3} \alpha+\cos ^{3} \beta+\cos ^{3} \gamma\right)}{\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \cos \gamma}$, 证明: $S \geq 3$.

Solution:
$$
\begin{aligned}
S-3 & =\frac{1}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1}{\cos ^{2} \beta}+\frac{1}{\cos ^{2} \gamma}-\frac{2\left(\cos ^{3} \alpha+\cos ^{3} \beta+\cos ^{3} \gamma\right)}{\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \cos \gamma}-3 \\
& =\frac{\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma}{\cos ^{2} \beta}+\frac{\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta+\cos ^{2} \gamma}{\cos ^{2} \gamma} \\
& -2\left(\frac{\cos ^{2} \alpha}{\cos \beta \cdot \cos \gamma}+\frac{\cos ^{2} \beta}{\cos \alpha \cdot \cos \gamma}+\frac{\cos ^{2} \gamma}{\cos \alpha \cdot \cos \beta}\right)-3 \\
& =\cos ^{2} \alpha\left(\frac{1}{\cos ^{2} \beta}+\frac{1}{\cos ^{2} \gamma}\right)+\cos ^{2} \beta\left(\frac{1}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1}{\cos ^{2} \gamma}\right)+\cos ^{2} \gamma\left(\frac{1}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1}{\cos ^{2} \beta}\right) \\
& -2\left(\frac{\cos ^{2} \alpha}{\cos \beta \cdot \cos \gamma}+\frac{\cos ^{2} \beta}{\cos \alpha \cdot \cos \gamma}+\frac{\cos ^{2} \gamma}{\cos \alpha \cdot \cos \beta}\right)-3 \\
& =\cos ^{2} \alpha\left(\frac{1}{\cos \beta}-\frac{1}{\cos \gamma}\right)^{2}+\cos ^{2} \beta\left(\frac{1}{\cos \alpha}-\frac{1}{\cos \gamma}\right)^{2}+\cos ^{2} \gamma\left(\frac{1}{\cos \alpha}-\frac{1}{\cos \beta}\right)^{2} \geq 0
\end{aligned}
$$

即$S-3 \geq 0 ,$所以$S \geq 3$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点. 证明: $M N \| A D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_95a5e034a3b2875d1873g-1.jpg?height=683&width=688&top_left_y=1075&top_left_x=296)

Solution:
设 $A B=c, B C=a, A C=b$.

在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\angle B A C$ 的平分线,

$$
\therefore \frac{B D}{D C}=\frac{A B}{A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{B D+D C}=\frac{A B}{A B+A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{a}=\frac{c}{b+c}, \quad \therefore \quad B D=\frac{a c}{b+c}
$$

又 $B M=\frac{a}{2}$, 由 $B P \cdot B A=B D \cdot B M$ 得 $B P=\frac{B D \cdot B M}{A B}=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.

由 $C Q \cdot C A=C M \cdot C D$ 得 $C Q=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.

连接 $B Q, P C$, 并设 $X, Y$ 分别为 $B Q, P C$ 的中点, 如下图所示.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_95a5e034a3b2875d1873g-1.jpg?height=683&width=688&top_left_y=1075&top_left_x=1067)

易证 $X N$ 平行且等于 $M Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为平行四边形, 由 $C Q=B P$ 知 $N X=N Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为菱形, 从而 $M N$ 平分 $\angle X N Y$.

又 $A D$ 平分 $\angle B A C, A B\|N X, A C\| N Y$, 所以 $M N \| A D$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点. 证明: $M N \| A D$.

<img_4091>

Solution:
设 $A B=c, B C=a, A C=b$.

在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\angle B A C$ 的平分线,

$$
\therefore \frac{B D}{D C}=\frac{A B}{A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{B D+D C}=\frac{A B}{A B+A C}, \quad \therefore \quad \frac{B D}{a}=\frac{c}{b+c}, \quad \therefore \quad B D=\frac{a c}{b+c}
$$

又 $B M=\frac{a}{2}$, 由 $B P \cdot B A=B D \cdot B M$ 得 $B P=\frac{B D \cdot B M}{A B}=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.

由 $C Q \cdot C A=C M \cdot C D$ 得 $C Q=\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.

连接 $B Q, P C$, 并设 $X, Y$ 分别为 $B Q, P C$ 的中点, 如下图所示.

<img_4233>

易证 $X N$ 平行且等于 $M Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为平行四边形, 由 $C Q=B P$ 知 $N X=N Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为菱形, 从而 $M N$ 平分 $\angle X N Y$.

又 $A D$ 平分 $\angle B A C, A B\|N X, A C\| N Y$, 所以 $M N \| A D$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知圆 $O$ 的方程为 $x^{2}+y^{2}=4$, 过点 $P(0,1)$ 的直线 $l$ 与圆 $O$ 交于 $A, B$ 两点, 与 $x$ 轴交于点 $Q$, 设 $\overrightarrow{Q A}=\lambda \overrightarrow{P A}, \overrightarrow{Q B}=\mu \overrightarrow{P B}$, 其中 $\lambda+\mu$ 为定值，求该定值.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_ebc6943f2463bf109568g-1.jpg?height=560&width=583&top_left_y=525&top_left_x=728)

Solution:
当 $A B$ 与 $x$ 轴垂直时, 此时点 $Q$ 与点 $O$ 重合, 从而

$$
\lambda=2, \mu=\frac{2}{3}, \lambda+\mu=\frac{8}{3}
$$

当点 $Q$ 与点 $O$ 不重合时, 直线 $A B$ 的斜率存在.

设 $A B: y=k x+1, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $Q\left(-\frac{1}{k}, 0\right)$.

由题设得: $x_{1}+\frac{1}{k}=\lambda x_{1}, x_{2}+\frac{1}{k}=\mu x_{2}$, 即

$$
\lambda+\mu=1+\frac{1}{k x_{1}}+1+\frac{1}{k x_{2}}=2+\frac{x_{1}+x_{2}}{k x_{1} x_{2}}
$$

将 $y=k x+1$ 代入 $x^{2}+y^{2}=4$, 得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}+2 k x-3=0$, 则

$$
\Delta>0, x_{1}+x_{2}=\frac{-2 k}{1+k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{-3}{1+k^{2}}
$$

所以

$$
\lambda+\mu=2+\frac{-2 k}{-3 k}=\frac{8}{3}
$$

综上, $\lambda+\mu$ 为定值 $\frac{8}{3}$.

Final answer: $\frac{8}{3}$