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


Question: <img_4169>

如图, 锐角三角形 $A B C$ 的外心为 $O, K$ 是边 $B C$ 上一点 (不是边 $B C$ 的中点), $D$ 是线段 $A K$ 延长线上一点, 直线 $B D$ 与 $A C$ 交于点 $N$, 直线 $C D$ 与 $A B$ 交于点 $M$. 求证: 若 $O K \perp M N$,则 $A, B, D, C$ 四点共圆.

Solution:
用反证法. 若 $A, B, D, C$ 不四点共圆，设三角形 $A B C$ 的外接圆与 $A D$ 交于点 $E$, 连接 $B E$ 并延长交直线 $A N$ 于点 $Q$, 连接 $C E$ 并延长交直线 $A M$ 于点 $P$, 连接 $P Q$.

因为 $P K^{2}=P$ 的幂 $($ 关于 $\odot O)+K$ 的幂 $($ 关于 $\odot O$ )

$$
=\left(P O^{2}-r^{2}\right)+\left(K O^{2}-r^{2}\right),
$$

同理

$$
Q K^{2}=\left(Q O^{2}-r^{2}\right)+\left(K O^{2}-r^{2}\right),
$$

所以

$$
P O^{2}-P K^{2}=Q O^{2}-Q K^{2},
$$

故

$$
O K \perp P Q \text {. }
$$

由题设, $O K \perp M N$, 所以 $P Q / / M N$, 于是

$$
\frac{A Q}{Q N}=\frac{A P}{P M}. \quad \quad (1)
$$

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

$$
\begin{aligned}
& \frac{N B}{B D} \cdot \frac{D E}{E A} \cdot \frac{A Q}{Q N}=1,  \quad \quad (2)\\
& \frac{M C}{C D} \cdot \frac{D E}{E A} \cdot \frac{A P}{P M}=1 . \quad \quad (3)
\end{aligned}
$$

由(1)，(2)，(3)可得

$$
\frac{N B}{B D}=\frac{M C}{C D}
$$

所以 $\frac{N D}{B D}=\frac{M D}{D C}$, 故 $\triangle D M N \sim \triangle D C B$, 于是 $\angle D M N=\angle D C B$, 所以 $B C / / M N$, 故 $O K \perp B C$,即 $K$ 为 $B C$ 的中点, 矛盾! 从而 $A, B, D, C$ 四点共圆.
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1ef0ded14d3959d93a39g-1.jpg?height=933&width=1037&top_left_y=1700&top_left_x=2161)

如图, 锐角三角形 $A B C$ 的外心为 $O, K$ 是边 $B C$ 上一点 (不是边 $B C$ 的中点), $D$ 是线段 $A K$ 延长线上一点, 直线 $B D$ 与 $A C$ 交于点 $N$, 直线 $C D$ 与 $A B$ 交于点 $M$. 求证: 若 $O K \perp M N$,则 $A, B, D, C$ 四点共圆.

Solution:
用反证法. 若 $A, B, D, C$ 不四点共圆，设三角形 $A B C$ 的外接圆与 $A D$ 交于点 $E$, 连接 $B E$ 并延长交直线 $A N$ 于点 $Q$, 连接 $C E$ 并延长交直线 $A M$ 于点 $P$, 连接 $P Q$.

因为 $P K^{2}=P$ 的幂 $($ 关于 $\odot O)+K$ 的幂 $($ 关于 $\odot O$ )

$$
=\left(P O^{2}-r^{2}\right)+\left(K O^{2}-r^{2}\right),
$$

同理

$$
Q K^{2}=\left(Q O^{2}-r^{2}\right)+\left(K O^{2}-r^{2}\right),
$$

所以

$$
P O^{2}-P K^{2}=Q O^{2}-Q K^{2},
$$

故

$$
O K \perp P Q \text {. }
$$

由题设, $O K \perp M N$, 所以 $P Q / / M N$, 于是

$$
\frac{A Q}{Q N}=\frac{A P}{P M}. \quad \quad (1)
$$

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

$$
\begin{aligned}
& \frac{N B}{B D} \cdot \frac{D E}{E A} \cdot \frac{A Q}{Q N}=1,  \quad \quad (2)\\
& \frac{M C}{C D} \cdot \frac{D E}{E A} \cdot \frac{A P}{P M}=1 . \quad \quad (3)
\end{aligned}
$$

由(1)，(2)，(3)可得

$$
\frac{N B}{B D}=\frac{M C}{C D}
$$

所以 $\frac{N D}{B D}=\frac{M D}{D C}$, 故 $\triangle D M N \sim \triangle D C B$, 于是 $\angle D M N=\angle D C B$, 所以 $B C / / M N$, 故 $O K \perp B C$,即 $K$ 为 $B C$ 的中点, 矛盾! 从而 $A, B, D, C$ 四点共圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设$k$是给定的正整数，$r=k+\frac{1}{2}$，记$f^{(l)}(r)=f(r)=r \lceil r\rceil$,$f^{(l)}(r)=f\left(f^{(l-1)}(r)\right), l \geq 2$.

证明: 存在正整数 $m$, 使得 $f^{(m)}(r)$ 为一个整数. 这里, $\lceil x\rceil$ 表示不小于实数 $x$ 的最小整数, 例如: $\left\lceil\frac{1}{2}\right\rceil=1,\lceil 1\rceil=1$.

Solution:
记 $v_{2}(n)$ 表示正整数 $n$ 所含的 2 的幂次. 则当 $m=v_{2}(k)+1$ 时, $f^{(m)}(r)$ 为整数.

下面我们对 $v_{2}(k)=v$ 用数学归纳法.

当 $v=0$ 时, $k$ 为奇数, $k+1$ 为偶数, 此时 $f(r)=\left(k+\frac{1}{2}\right)\left[k+\frac{1}{2}\right]=\left(k+\frac{1}{2}\right)(k+1)$ 为整数.

假设命题对 $v-1(v \geq 1)$ 成立.

对于 $v \geq 1$, 设 $k$ 的二进制表示具有形式

$$
k=2^{v}+\alpha_{v+1} \cdot 2^{v+1}+\alpha_{v+2} \cdot 2^{v+2}+\cdots,
$$

这里, $\alpha_{i}=0$ 或者 $1, i=v+1, v+2, \cdots$.

于是 $\quad f(r)=\left(k+\frac{1}{2}\right)\left[k+\frac{1}{2}\right]=\left(k+\frac{1}{2}\right)(k+1)$

$$
\begin{aligned}
& =\frac{1}{2}+\frac{k}{2}+k^{2}+k \\
& =\frac{1}{2}+2^{v-1}+\left(\alpha_{v+1}+1\right) \cdot 2^{v}+\left(\alpha_{v+1}+\alpha_{v+2}\right) \cdot 2^{v+1}+\cdots+2^{2 v}+\cdots \\
& =k^{\prime}+\frac{1}{2}, \quad \quad (1)
\end{aligned}
$$

这里 $k^{\prime}=2^{v-1}+\left(\alpha_{v+1}+1\right) \cdot 2^{v}+\left(\alpha_{v+1}+\alpha_{v+2}\right) \cdot 2^{v+1}+\cdots+2^{2 v}+\cdots$. 显然 $k^{\prime}$ 中所含的 2 的幂次为 $v-1$. 故由归纳假设知, $r^{\prime}=k^{\prime}+\frac{1}{2}$ 经过 $f$ 的 $v$ 次迭代得到整数, 由(1)知, $f^{(v+1)}(r)$ 是一个整数, 这就完成了归纳证明.
Subfield: Algebra


Question: 给定整数 $n>2$, 设正实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 满足 $a_{k} \leq 1, k=1,2, \cdots, n$, 记

$$
A_{k}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}{k}, k=1,2, \cdots, n .
$$

求证:

$$
\left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}-\sum_{k=1}^{n} A_{k}\right|<\frac{n-1}{2} .
$$

Solution:
由 $0<a_{k} \leq 1$ 知, 对 $1 \leq k \leq n-1$, 有

$$
0< \sum^{k}_{i=1}a_{i}\leq k, 0<\sum^{n}_{i=k+1}a_{i}\leq n-k.
$$

注意到当 $x, y>0$ 时, 有 $|x-y|<\max \{x, y\}$, 于是对 $1 \leq k \leq n-1$, 有

$$
\begin{aligned}
\left|A_{n}-A_{k}\right| & =\left|\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{k}\right) \sum_{i=1}^{k} a_{i}+\frac{1}{n} \sum_{i=k+1}^{n} a_{i}\right| \\
& =\left|\frac{1}{n} \sum_{i=k+1}^{n} a_{i}-\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n}\right) \sum_{i=1}^{k} a_{i}\right| \\
& <\max \left\{\frac{1}{n} \sum_{i=k+1}^{n} a_{i},\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n}\right) \sum_{i=1}^{k} a_{i}\right\} \\
& \leq \max \left\{\frac{1}{n}(n-k),\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n}\right) k\right\}
\end{aligned}
$$

$$
=1-\frac{k}{n} \text {, }
$$

故

$$
\begin{aligned}
\left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}-\sum_{k=1}^{n} A_{k}\right| & =\left|n A_{n}-\sum_{k=1}^{n} A_{k}\right| \\
& =\left|\sum_{k=1}^{n-1}\left(A_{n}-A_{k}\right)\right| \leq \sum_{k=1}^{n-1}\left|A_{n}-A_{k}\right| \\
& <\sum_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{k}{n}\right)=\frac{n-1}{2} .
\end{aligned}
$$
Subfield: Combinatorics


Question: 一种密码锁的密码设置是在正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n}$ 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个, 同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一, 使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置?

Solution:
对于该种密码锁的一种密码设置, 如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同, 在它们所在的边上标上 $a$, 如果颜色不同, 则标上 $b$, 如果数字和颜色都相同, 则标上 $c$. 于是对于给定的点 $A_{1}$ 上的设置 (共有 4 种), 按照边上的字母可以依次确定点 $A_{2}, A_{3}, \cdots, A_{n}$ 上的设置. 为了使得最终回到 $A_{1}$ 时的设置与初始时相同, 标有 $a$ 和 $b$ 的边都是偶数条. 所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记 $a, b, c$, 使得标有 $a$ 和 $b$ 的边都是偶数条的方法数的4倍。

设标有 $a$ 的边有 $2 i$ 条, $0 \leq i \leq\left[\frac{n}{2}\right]$, 标有 $b$ 的边有 $2 j$ 条, $0 \leq j \leq\left[\frac{n-2 i}{2}\right]$. 选取 $2 i$条边标记 $a$ 的有 $C_{n}^{2 i}$ 种方法, 在余下的边中取出 $2 j$ 条边标记 $b$ 的有 $C_{n-2 i}^{2 j}$ 种方法, 其余的边标记 $c$. 由乘法原理, 此时共有 $C_{n}^{2 i} C_{n-2 i}^{2 j}$ 种标记方法. 对 $i, j$ 求和, 密码锁的所有不同的密码设置方法数为

$$
4 \sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\left(C_{n}^{2 i} \sum_{j=0}^{\left[\frac{n-2 i}{2}\right]} C_{n-2 i}^{2 j}\right). \quad \quad (1)
$$

这里我们约定 $C_{0}^{0}=1$.

当 $n$ 为奇数时, $n-2 i>0$, 此时

$$
\sum_{j=0}^{\left[\frac{n-2 i}{2}\right]} C_{n-2 i}^{2 j}=2^{n-2 i-1}. \quad \quad (2)
$$

代入(1)式中, 得

$$
\begin{aligned}
& 4 \sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\left(C_{n}^{2 i} \sum_{j=0}^{\left[\frac{n-2 i}{2}\right]} C_{n-2 i}^{2 j}\right)=4 \sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i-1}\right)=2 \sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i}\right) \\
= & \sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} 2^{n-k}+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} 2^{n-k}(-1)^{k}=(2+1)^{n}+(2-1)^{n} \\
= & 3^{n}+1 .
\end{aligned}
$$

当 $n$ 为偶数时, 若 $i<\frac{n}{2}$, 则(2)式仍然成立; 若 $i=\frac{n}{2}$, 则正 $n$ 边形的所有边都标记 $a$,此时只有一种标记方法. 于是, 当 $n$ 为偶数时, 所有不同的密码设置的方法数为

$$
\begin{aligned}
& 4 \sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\left(C_{n}^{2 i} \sum_{j=0}^{\left[\frac{n-2 i}{2}\right]} C_{n-2 i}^{2 j}\right)=4 \times\left(1+\sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]-1}\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i-1}\right)\right) \\
= & 2+4 \sum_{i=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\left(C_{n}^{2 i} 2^{n-2 i-1}\right)=3^{n}+3 .
\end{aligned}
$$

综上所述, 这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是: 当 $n$ 为奇数时有 $3^{n}+1$ 种; 当$n$为偶数时有 $3^{n}+3$ 种.

Final answer: $3^{n}+1 , 3^{n}+3$
Subfield: Geometry


Question: 设正三棱锥 $P-A B C$ 的高为 $P O, M$ 为 $P O$ 的中点, 过 $A M$ 作与棱 $B C$ 平行的平面, 将三棱锥截为上、下两部分, 试求此两部分的体积比$\frac{V_{上}}{V_{下}}$的值。

Solution:
$M$ 是 $P O$ 中点, 延长 $A O$ 与 $B C$ 交于点 $D$, 则 $D$ 为 $B C$ 中点, 连 $P D$, 由于 $A M$在平面 $P A D$ 内, 故延长 $A M$ 与 $P D$ 相交, 设交点为 $F$. 题中截面与面 $P B C$ 交于过 $F$ 的直线 $G H, G 、 H$ 分别在 $P B 、 P C$ 上. 由于 $B C / /$ 截面 $A G H, \therefore G H / / B C$.

在面 $P A D$ 中, $\triangle P O D$ 被直线 $A F$ 截, 故 $\frac{P M}{M O} \cdot \frac{O A}{A D} \cdot \frac{D F}{F P}=1$, 但 $\frac{P M}{M O}=1, \frac{O A}{A D}= \frac{2}{3}, \therefore \frac{D F}{F P}$ $=\frac{3}{2}$.

<img_4190>



$\therefore \frac{P F}{P D}=\frac{2}{5}, \therefore \frac{S_{\triangle P G H}}{S_{\triangle P B C}}=\frac{4}{25} \Rightarrow \frac{S_{\triangle P G H}}{S_{H G B C}}=\frac{4}{21}$. 而截面分此三棱锥所成两部分可看成是有顶点 $A$ 的两个棱锥 $A-P G H$ 及 $A-H G B C$. 故二者体积比 $=4: 21$.

Final answer: $\frac{4}{21}$
Subfield: Algebra


Question: 设 $S=\{1,2, \cdots, n\}, A$ 为至少含有两项的公差为正的等差数列, 其项都在 $S$ 中,且添加 $S$ 的其他元素于 $A$ 后不能构成与 $A$ 有相同公差的等差数列. 求这种 $A$ 的个数 (这里只有两项的数列也看作等差数列).

Solution:
易知公差 1 $\leqslant d \leqslant n-1$.

设 $n=2 k, d=1$ 或 $d=n-1$ 时, 这样的 $A$ 只有 1 个, $d=2$ 或 $d=n-2$ 时, 这样的数列只有 2 个, $d=3$ 或 $n-3$ 时这样的数列只有 3 个, $\cdots \cdots \cdot, d=k-1$ 或 $k+1$ 时, 这样的数列有 $k-1$ 个, $d=\boldsymbol{k}$ 时, 这样的数列有 $\boldsymbol{k}$ 个.

$\therefore$ 这样的数列共有 $(1+2+\cdots+k) \times 2-k=k^{2}=\frac{1}{4} n^{2}$ 个.

当 $n=2 k+1$ 时, 这样的数列有 $(1+2+\cdots+k) \times 2=k(k+1)=\frac{1}{4}\left(n^{2}-1\right)$ 个.

两种情况可以合并为: 这样的 $A$ 共有 $\frac{n^{2}}{4}-\frac{1+(-1)^{n-1}}{8}$ 个 (或 $\left[\frac{1}{4} n^{2}\right]$ 个).
对于 $k=\left[\frac{n}{2}\right]$, 这样的数列 $A$ 必有连续两项, 一项在 $\{1,2, \cdots, k\}$ 中, 一在 $\{k+1 . k+2, \cdots$, $n\}$ 中, 反之, 在此两集合中各取一数, 可以其差为公差构成一个 $A$, 于是共有这样的数列

当 $n=2 k$ 时, 这样的 $A$ 的个数为 $k^{2}=\frac{1}{4} n^{2}$ 个; 当 $n=2 k+1$ 时, 这样的 $A$ 的个数为 $k(k+1)=\frac{1}{4}$ $\left(n^{2}-1\right)$ 个.

$\therefore$ 这样的数列有 $\left[\frac{1}{4} n^{2}\right]$ 个.

Final answer: $\frac{1}{4} n^{2}$
Subfield: Geometry


Question: 已知函数 $f(x)=|\sin x|$ 的图像与直线 $y=k x \quad(k>0)$ 有且仅有三个交点, 交点的横坐标的最大值为 $\alpha$, 求证:

$$
\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha+\sin 3 \alpha}=\frac{1+\alpha^{2}}{4 \alpha}
$$

Solution:
$f(x)$ 的图象与直线 $y=k x(k>0)$ 的三个交点如下图所示, 且在 $\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$ 内相切, 其切点为 $A(\alpha,-\sin \alpha), \alpha \in\left(\pi, \frac{3 \pi}{2}\right)$.

<img_4150>

由于 $f^{\prime}(x)=-\cos x, x \in\left(\pi, \frac{3}{2} \pi\right)$, 所以 $-\cos \alpha=-\frac{\sin \alpha}{\alpha}$, 即 $\alpha=\tan \alpha$. 因此

$\frac{\cos \alpha}{\sin \alpha+\sin 3 \alpha}=\frac{\cos \alpha}{2 \sin 2 \alpha \cos \alpha}=\frac{1}{4 \sin \alpha \cos \alpha}=\frac{\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}{4 \sin \alpha \cos \alpha}=\frac{1+\tan ^{2} \alpha}{4 \tan \alpha}=\frac{1+\alpha^{2}}{4 \alpha}$.
Subfield: Algebra


Question: 解不等式

$$
\log _{2}\left(x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}+1\right)<1+\log _{2}\left(x^{4}+1\right) .
$$

Solution:
由 $1+\log _{2}\left(x^{4}+1\right)=\log _{2}\left(2 x^{4}+2\right)$, 且 $\log _{2} y$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数, 故原不等式等价于 $x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}+1<2 x^{4}+2$.

即 $x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}-2 x^{4}-1<0$.

分组分解

$$
\begin{gathered}
x^{12}+x^{10}-x^{8} \\
+2 x^{10}+2 x^{8}-2 x^{6} \\
+4 x^{8}+4 x^{6}-4 x^{4} \\
+x^{6}+x^{4}-x^{2} \\
+x^{4}+x^{2}-1<0, \\
\left(x^{8}+2 x^{6}+4 x^{4}+x^{2}+1\right)\left(x^{4}+x^{2}-1\right)<0,
\end{gathered}
$$

所以 $x^{4}+x^{2}-1>0,\left(x^{2}-\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\right)\left(x^{2}-\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)<0$ ．所以 $x^{2}<\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

$-\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}<x<\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}$ ．故原不等式解集为 $\left(-\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}, \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\right)$.
由 $1+\log _{2}\left(x^{4}+1\right)=\log _{2}\left(2 x^{4}+2\right)$, 且 $\log _{2} y$ 在 $(0,+\infty)$ 上为増函数, 故原不等式等价于

$$
x^{12}+3 x^{10}+5 x^{8}+3 x^{6}+1<2 x^{4}+2 .
$$

即 $\frac{2}{x^{2}}+\frac{1}{x^{6}}>x^{6}+3 x^{4}+3 x^{2}+1+2 x^{2}+2=\left(x^{2}+1\right)^{3}+2\left(x^{2}+1\right)$,

$$
\left(\frac{1}{x^{2}}\right)^{3}+2\left(\frac{1}{x^{2}}\right)>\left(x^{2}+1\right)^{3}+2\left(x^{2}+1\right),
$$

令 $g(t)=t^{3}+2 t$, 则不等式为 $g\left(\frac{1}{x^{2}}\right)>g\left(x^{2}+1\right)$, 显然 $g(t)=t^{3}+2 t$ 在 $\mathbf{R}$ 上为増函数, 由比上面不等式等价于 $\frac{1}{x^{2}}>x^{2}+1$, 即 $\left(x^{2}\right)^{2}+x^{2}-1<0$, 解得 $x^{2}<\frac{\sqrt{5}-1}{2}$, 故原不等式解集为 $\left(-\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}, \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\right)$.

Final answer: $\left(-\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}, \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\right)$
Subfield: Geometry


Question: 如图, $P$ 是揁物线 $y^{2}=2 x$ 上的动点, 点 $B 、 C$ 在 $y$ 轴上, 圆 $(x-1)^{2}+y^{2}=1$ 内切于 $\triangle P B C$,求 $\triangle P B C$ 面积的最小值.

<img_4206>

Solution:
设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), B(0, b), C(0, c)$, 不妨设 $b>c$. 直线 $P B$ 的方程: $y-b=\frac{y_{0}-b}{x_{0}} x$,化简得 $\left(y_{0}-b\right) x-x_{0} y+x_{0} b=0$. 又圆心 $(1,0)$ 到 $P B$ 的距离为 $1, \frac{\left|y_{0}-b+x_{0} b\right|}{\sqrt{\left(y_{0}-b\right)^{2}+x_{0}^{2}}}=1$, 故 $\left(y_{0}-b\right)^{2}+x_{0}^{2}=\left(y_{0}-b\right)^{2}+2 x_{0} b\left(y_{0}-b\right)+x_{0}^{2} b^{2}$ ，易 知 $x_{0}>2$ ，上式化简得 $\left(x_{0}-2\right) b^{2}+2 y_{0} b-x_{0}=0$, 同理有 $\left(x_{0}-2\right) c^{2}+2 y_{0} c-x_{0}=0$. 所以 $b+c=\frac{-2 y_{0}}{x_{0}-2}, b c=\frac{-x_{0}}{x_{0}-2}$,

则 $(b-c)^{2}=\frac{4 x_{0}^{2}+4 y_{0}^{2}-8 x_{0}}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$. 因 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是拋物线上的点, 有 $y_{0}^{2}=2 x_{0}$, 则 $(b-c)^{2}=\frac{4 x_{0}^{2}}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$, $b-c=\frac{2 x_{0}}{x_{0}-2}$. 所以 $S_{\triangle P B C}=\frac{1}{2}(b-c) \cdot x_{0}=\frac{x_{0}}{x_{0}-2} \cdot x_{0}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{4}{x_{0}-2}+4 \geq 2 \sqrt{4}+4=8$. 当 $\left(x_{0}-2\right)^{2}=4$ 时, 上式取等号, 此时 $x_{0}=4, y_{0}= \pm 2 \sqrt{2}$. 因此 $S_{\triangle P B C}$ 的最小值为 8 .

Final answer: $8$
Subfield: Geometry


Question: 如图, $P$ 是揁物线 $y^{2}=2 x$ 上的动点, 点 $B 、 C$ 在 $y$ 轴上, 圆 $(x-1)^{2}+y^{2}=1$ 内切于 $\triangle P B C$,求 $\triangle P B C$ 面积的最小值.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_d51bb5039daa503d5d45g-1.jpg?height=702&width=529&top_left_y=277&top_left_x=1249)

Solution:
设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), B(0, b), C(0, c)$, 不妨设 $b>c$. 直线 $P B$ 的方程: $y-b=\frac{y_{0}-b}{x_{0}} x$,化简得 $\left(y_{0}-b\right) x-x_{0} y+x_{0} b=0$. 又圆心 $(1,0)$ 到 $P B$ 的距离为 $1, \frac{\left|y_{0}-b+x_{0} b\right|}{\sqrt{\left(y_{0}-b\right)^{2}+x_{0}^{2}}}=1$, 故 $\left(y_{0}-b\right)^{2}+x_{0}^{2}=\left(y_{0}-b\right)^{2}+2 x_{0} b\left(y_{0}-b\right)+x_{0}^{2} b^{2}$ ，易 知 $x_{0}>2$ ，上式化简得 $\left(x_{0}-2\right) b^{2}+2 y_{0} b-x_{0}=0$, 同理有 $\left(x_{0}-2\right) c^{2}+2 y_{0} c-x_{0}=0$. 所以 $b+c=\frac{-2 y_{0}}{x_{0}-2}, b c=\frac{-x_{0}}{x_{0}-2}$,

则 $(b-c)^{2}=\frac{4 x_{0}^{2}+4 y_{0}^{2}-8 x_{0}}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$. 因 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是拋物线上的点, 有 $y_{0}^{2}=2 x_{0}$, 则 $(b-c)^{2}=\frac{4 x_{0}^{2}}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$, $b-c=\frac{2 x_{0}}{x_{0}-2}$. 所以 $S_{\triangle P B C}=\frac{1}{2}(b-c) \cdot x_{0}=\frac{x_{0}}{x_{0}-2} \cdot x_{0}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{4}{x_{0}-2}+4 \geq 2 \sqrt{4}+4=8$. 当 $\left(x_{0}-2\right)^{2}=4$ 时, 上式取等号, 此时 $x_{0}=4, y_{0}= \pm 2 \sqrt{2}$. 因此 $S_{\triangle P B C}$ 的最小值为 8 .

Final answer: $8$
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_d51bb5039daa503d5d45g-1.jpg?height=388&width=437&top_left_y=1371&top_left_x=1575)

如图, 给定凸四边形 $A B C D, \angle B+\angle D<180^{\circ}, P$ 是平面上的动点, 令 $f(P)=P A \cdot B C+P D \cdot C A+P C \cdot A B$.
求证：当 $f(P)$ 达到最小值时, $P 、 A 、 B 、 C$ 四点共圆;

Solution:
如图, 由托勒密不等式, 对平面上的任意点 $P$, 有 $P A \cdot B C+P C \cdot A B \geq P B \cdot A C$. 因此

$f(P)=P A \cdot B C+P C \cdot A B+P D \cdot C A \geq P B \cdot C A+P D \cdot C A$

$=(P B+P D) \cdot C A$.

因为上面不等式当且仅当 $P 、 A 、 B 、 C$ 顺次共圆时取等号, 因此当且仅当 $P$ 在 $\triangle A B C$ 的外接圆且在 $A C$ 上时, $f(P)=(P B+P D) \cdot C A$. 又因 $P B+P D \geq B D$, 此不等式当且仅当 $B, P, D$ 共线且 $P$ 在 $B D$ 上时取等号. 因比当且仅当 $P$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆与 $B D$ 的交点时, $f(P)$ 取最小值 $f(P)_{\min }=A C \cdot B D$. 故当 $f(P)$ 达最小值时, $P 、 A 、 B 、 C$ 四点共圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: <img_4151>

如图, 给定凸四边形 $A B C D, \angle B+\angle D<180^{\circ}, P$ 是平面上的动点, 令 $f(P)=P A \cdot B C+P D \cdot C A+P C \cdot A B$.
求证：当 $f(P)$ 达到最小值时, $P 、 A 、 B 、 C$ 四点共圆;

Solution:
如图, 由托勒密不等式, 对平面上的任意点 $P$, 有 $P A \cdot B C+P C \cdot A B \geq P B \cdot A C$. 因此

$f(P)=P A \cdot B C+P C \cdot A B+P D \cdot C A \geq P B \cdot C A+P D \cdot C A$

$=(P B+P D) \cdot C A$.

因为上面不等式当且仅当 $P 、 A 、 B 、 C$ 顺次共圆时取等号, 因此当且仅当 $P$ 在 $\triangle A B C$ 的外接圆且在 $A C$ 上时, $f(P)=(P B+P D) \cdot C A$. 又因 $P B+P D \geq B D$, 此不等式当且仅当 $B, P, D$ 共线且 $P$ 在 $B D$ 上时取等号. 因比当且仅当 $P$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆与 $B D$ 的交点时, $f(P)$ 取最小值 $f(P)_{\min }=A C \cdot B D$. 故当 $f(P)$ 达最小值时, $P 、 A 、 B 、 C$ 四点共圆.
Subfield: Geometry


Question: <img_4151>

如图, 给定凸四边形 $A B C D, \angle B+\angle D<180^{\circ}, P$ 是平面上的动点, 令 $f(P)=P A \cdot B C+P D \cdot C A+P C \cdot A B$.
设 $E$ 是 $\triangle A B C$ 外接圆 $O$ 的 $\overparen{A B}$ 上一点, 满足: $\frac{A E}{A B}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{B C}{E C}=\sqrt{3}-1$, $\angle E C B=\frac{1}{2} \angle E C A$, 又 $D A, D C$ 是 $\odot O$ 的切线, $A C=\sqrt{2}$, 求 $f(P)$ 的最小值.

Solution:
记 $\angle E C B=\alpha$, 则 $\angle E C A=2 \alpha$, 由正弦定理有 $\frac{A E}{A B}=\frac{\sin 2 \alpha}{\sin 3 \alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 从而

$\sqrt{3} \sin 3 \alpha=2 \sin 2 \alpha$, 即 $\sqrt{3}\left(3 \sin \alpha-4 \sin ^{3} \alpha\right)=4 \sin \alpha \cos \alpha$, 所以

$3 \sqrt{3}-4 \sqrt{3}\left(1-\cos ^{2} \alpha\right)-4 \cos \alpha=0$, 整理得 $4 \sqrt{3} \cos ^{2} \alpha-4 \cos \alpha-\sqrt{3}=0$,

解得 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\cos \alpha=-\frac{1}{2 \sqrt{3}}$ （舍去）, 故 $\alpha=30^{\circ}, \angle A C E=60^{\circ}$. 由已知 $\frac{B C}{E C}=\sqrt{3}-1=\frac{\sin \left(\angle E A C-30^{\circ}\right)}{\sin \angle E A C}$, 有 $\sin \left(\angle E A C-30^{\circ}\right)=(\sqrt{3}-1) \sin \angle E A C$, 即 $\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \angle E A C-\frac{1}{2} \cos \angle E A C=(\sqrt{3}-1) \sin \angle E A C$, 整理得 $\frac{2-\sqrt{3}}{2} \sin \angle E A C=\frac{1}{2} \cos \angle E A C$,故 $\tan \angle E A C=\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$, 可得 $\angle E A C=75^{\circ}$, 从 而 $\angle E=45^{\circ}$, $\angle D A C=\angle D C A=\angle E=45^{\circ}, \triangle A D C$ 为等腰直角三角形. 因 $A C=\sqrt{2}$, 则 $C D=1$. 又 $\triangle A B C$也是等腰直角三角形, 故 $B C=\sqrt{2}, \quad B D^{2}=1+2-2 \cdot 1 \cdot \sqrt{2} \cos 135^{\circ}=5, B D=\sqrt{5}$. 故 $f(P)_{\min }=B D \cdot A C=\sqrt{5} \cdot \sqrt{2}=\sqrt{10}$.

Final answer: $\sqrt{10}$
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_d51bb5039daa503d5d45g-1.jpg?height=388&width=437&top_left_y=1371&top_left_x=1575)

如图, 给定凸四边形 $A B C D, \angle B+\angle D<180^{\circ}, P$ 是平面上的动点, 令 $f(P)=P A \cdot B C+P D \cdot C A+P C \cdot A B$.
设 $E$ 是 $\triangle A B C$ 外接圆 $O$ 的 $\overparen{A B}$ 上一点, 满足: $\frac{A E}{A B}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{B C}{E C}=\sqrt{3}-1$, $\angle E C B=\frac{1}{2} \angle E C A$, 又 $D A, D C$ 是 $\odot O$ 的切线, $A C=\sqrt{2}$, 求 $f(P)$ 的最小值.

Solution:
记 $\angle E C B=\alpha$, 则 $\angle E C A=2 \alpha$, 由正弦定理有 $\frac{A E}{A B}=\frac{\sin 2 \alpha}{\sin 3 \alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 从而

$\sqrt{3} \sin 3 \alpha=2 \sin 2 \alpha$, 即 $\sqrt{3}\left(3 \sin \alpha-4 \sin ^{3} \alpha\right)=4 \sin \alpha \cos \alpha$, 所以

$3 \sqrt{3}-4 \sqrt{3}\left(1-\cos ^{2} \alpha\right)-4 \cos \alpha=0$, 整理得 $4 \sqrt{3} \cos ^{2} \alpha-4 \cos \alpha-\sqrt{3}=0$,

解得 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\cos \alpha=-\frac{1}{2 \sqrt{3}}$ （舍去）, 故 $\alpha=30^{\circ}, \angle A C E=60^{\circ}$. 由已知 $\frac{B C}{E C}=\sqrt{3}-1=\frac{\sin \left(\angle E A C-30^{\circ}\right)}{\sin \angle E A C}$, 有 $\sin \left(\angle E A C-30^{\circ}\right)=(\sqrt{3}-1) \sin \angle E A C$, 即 $\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \angle E A C-\frac{1}{2} \cos \angle E A C=(\sqrt{3}-1) \sin \angle E A C$, 整理得 $\frac{2-\sqrt{3}}{2} \sin \angle E A C=\frac{1}{2} \cos \angle E A C$,故 $\tan \angle E A C=\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$, 可得 $\angle E A C=75^{\circ}$, 从 而 $\angle E=45^{\circ}$, $\angle D A C=\angle D C A=\angle E=45^{\circ}, \triangle A D C$ 为等腰直角三角形. 因 $A C=\sqrt{2}$, 则 $C D=1$. 又 $\triangle A B C$也是等腰直角三角形, 故 $B C=\sqrt{2}, \quad B D^{2}=1+2-2 \cdot 1 \cdot \sqrt{2} \cos 135^{\circ}=5, B D=\sqrt{5}$. 故 $f(P)_{\min }=B D \cdot A C=\sqrt{5} \cdot \sqrt{2}=\sqrt{10}$.

Final answer: $\sqrt{10}$
Subfield: Algebra


Question: 设 $f(x)$ 是周期函数, $T$ 和 1 是 $f(x)$ 的周期且 $0<T<1$. 证明:
若 $T$ 为有理数, 则存在素数 $p$, 使 $\frac{1}{p}$ 是 $f(x)$ 的周期;

Solution:
若 $T$ 是有理数, 则存在正整数 $m, n$ 使得 $T=\frac{n}{m}$ 且 $(m, n)=1$, 从而存在整数 $a, b$, 使得 $m a+n b=1$. 于是 $\frac{1}{m}=\frac{m a+n b}{m}=a+b T=a \cdot 1+b \cdot T$ 是 $f(x)$ 的周期. 又因 $0<T<1$, 从而 $m \geq 2$. 设 $p$ 是 $m$ 的素因子, 则 $m=p m^{\prime}, m^{\prime} \in \mathbf{N}^{*}$, 从而 $\frac{1}{p}=m^{\prime} \cdot \frac{1}{m}$ 是 $f(x)$的周期.
Subfield: Algebra


Question: 设 $f(x)$ 是周期函数, $T$ 和 1 是 $f(x)$ 的周期且 $0<T<1$. 证明:
若 $T$ 为无理数, 则存在各项均为无理数的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $1>a_{n}>a_{n+1}>0$ $(n=1,2, \cdots)$, 且每个 $a_{n} \quad(n=1,2, \cdots)$ 都是 $f(x)$ 的周期.

Solution:
若 $T$ 是无理数, 令 $a_{1}=1-\left[\frac{1}{T}\right] T$, 则 $0<a_{1}<1$, 且 $a_{1}$ 是无理数, 令 $a_{2}=1-\left[\frac{1}{a_{1}}\right] a_{1}, a_{n+1}=1-\left[\frac{1}{a_{n}}\right] a_{n}$, 由数学归纳法易知 $a_{n}$ 均为无理数且 $0<a_{n}<1$. 又 $\frac{1}{a_{n}}-\left[\frac{1}{a_{n}}\right]<1$, 故 $1<a_{n}+\left[\frac{1}{a_{n}}\right] a_{n}, \quad$ 即 $a_{n+1}=1-\left[\frac{1}{a_{n}}\right] a_{n}<a_{n}$. 因此 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递减数列.

最后证: 每个 $a_{n}$ 是 $f(x)$ 的周期. 事实上, 因 1 和 $T$ 是 $f(x)$ 的周期, 故 $a_{1}=1-\left[\frac{1}{T}\right] T$ 亦是 $f(x)$ 的周期. 假设 $a_{k}$ 是 $f(x)$ 的周期, 则 $a_{k+1}=1-\left[\frac{1}{a_{k}}\right] a_{k}$ 也是 $f(x)$ 的周期. 由数学归纳法, 已证得 $a_{n}$ 均是 $f(x)$ 的周期.
Subfield: Algebra


Question: 设 $a_{k}>0, k=1,2, \cdots, 2008$. 证明: 当且仅当 $\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$ 时, 存在数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足以下条件:

(1) $0=x_{0}<x_{n}<x_{n+1}, \quad n=1,2,3, \cdots$;

(2) $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在;

(3) $x_{n}-x_{n-1}=\sum_{k=1}^{2008} a_{k} x_{n+k}-\sum_{k=0}^{2007} a_{k+1} x_{n+k}, \quad n=1,2,3, \cdots$.

Solution:
必要性：假设存在 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 (1)，(2)，(3). 注意到（3）中式子可化为

$$
x_{n}-x_{n-1}=\sum_{k=1}^{2008} a_{k}\left(x_{n+k}-x_{n+k-1}\right), \quad n \in \mathbf{N}^{*},
$$

其中 $x_{0}=0$. 将上式从第 1 项加到第 $n$ 项，并注意到 $x_{0}=0$ 得 $x_{n}=a_{1}\left(x_{n+1}-x_{1}\right)+a_{2}\left(x_{n+2}-x_{2}\right)+\cdots+a_{2008}\left(x_{n+2008}-x_{2008}\right)$. 由 (2) 可设 $b=\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$, 将上式取极限得

$$
\begin{aligned}
& b=a_{1}\left(b-x_{1}\right)+a_{2}\left(b-x_{2}\right)+\cdots+a_{2008}\left(b-x_{2008}\right) \quad=b \cdot \sum_{k=1}^{2008} a_{k}-\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\cdots+a_{2008} x_{2008}\right) \\
& <b \cdot \sum_{k=1}^{2008} a_{k},
\end{aligned}
$$

因此 $\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$.

充分性: 假设 $\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$. 定义多项式函数如下: $f(s)=-1+\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s^{k}, s \in[0,1]$, 则 $f(s)$

在 $[0,1]$ 上是递増函数, 且 $f(0)=-1<0, f(1)=-1+\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>0$. 因此方程 $f(s)=0$ 在 $[0,1]$内有唯一的根 $s=s_{0}$, 且 $0<s_{0}<1$, 即 $f\left(s_{0}\right)=0$.

下取数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为 $x_{n}=\sum_{k=1}^{n} s_{0}^{k}, n=1,2, \cdots$, 则明显地 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足题设条件 ( $1$ ), 且 $X_{n}=\sum_{k=1}^{n} s_{0}^{k}=\frac{s_{0}-s_{0}^{n+1}}{1-s_{0}}$. 因 $0<s_{0}<1$, 故 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_{0}^{n+1}=0$, 因此 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{s_{0}-s_{0}^{n+1}}{1-s_{0}}=\frac{s_{0}}{1-s_{0}}$, 即 $\left\{x_{n}\right\}$的极限存在, 满足 (2). 最后验证 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 (3), 因 $f\left(s_{0}\right)=0$, 即 $\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s_{0}^{k}=1$, 从而 $x_{n}-x_{n-1}=s_{0}^{n}=\left(\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s_{0}^{k}\right) s_{0}^{n}=\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s_{0}^{n+k}=\sum_{k=1}^{2008} a_{k}\left(x_{n+k}-X_{n+k-1}\right)$.

综上, 存在数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 (1).
Subfield: Geometry


Question: 长为 $\sqrt{2}$, 宽为 1 的矩形, 以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周, 求得到的旋转体的体积.

Solution:
过轴所在对角线 $B D$ 中点 $O$ 作 $M N \perp B D$ 交边 $A D 、 B C$ 于 $M 、 N$,作 $A E \perp B D$ 于 $E$,

则 $\triangle A B D$ 旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥, 底面半径 $A E=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=$ $\frac{\sqrt{6}}{3}$. 其体积 $V=\frac{\pi}{3}\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^{2} \cdot \sqrt{3}=\frac{2 \sqrt{3}}{9} \pi$. 同样,

$\triangle B C D$ 旋转所得旋转体的体积 $=\frac{2 \sqrt{3}}{9} \pi$.

<img_4069>

其重叠部分也是两个圆锥, 由 $\triangle D O M \sim \triangle D A B, D O=\frac{\sqrt{3}}{2}, O M=\frac{D O \cdot A B}{D A}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.

$\therefore$ 其体积 $=2 \cdot \frac{1}{3} \pi \cdot\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)^{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{8} \pi$.

$\therefore$ 所求体积 $=2 \cdot \frac{2 \sqrt{3}}{9} \pi-\frac{\sqrt{3}}{8} \pi=\frac{23}{72} \sqrt{3 \pi}$.

Final answer: $\frac{23}{72} \sqrt{3 \pi}$
Subfield: Geometry


Question: 复平面上动点 $Z_{1}$ 的轨迹方程为 $\left|Z_{1}-Z_{0}\right|=\left|Z_{1}\right|, Z_{0}$ 为定点, $Z_{0} \neq 0$, 另一个动点 $Z$ 满足 $Z_{1} Z=$ -1 , 求点 $Z$ 的轨迹, 指出它在复平面上的形状和位置.

Solution:
$Z_{1}=-\frac{1}{Z}$, 故得 $\left|-\frac{1}{Z}-Z_{0}\right|=\left| \frac{1}{Z} \right|$, 即 $\left|Z Z_{0}+1\right|=1 .\left|Z+\frac{1}{Z 0}\right|=\left|\frac{1}{Z 0}\right|$. 即以 $-\frac{1}{Z 0}$ 为圆心 $\left|\frac{1}{Z 0}\right|$ 为半径的圆.

Final answer: 以 $-\frac{1}{Z 0}$ 为圆心 $\left|\frac{1}{Z 0}\right|$ 为半径的圆