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


Question: 如图, $\triangle A B C$ 的内心为 $I, D, E, F$ 分别是边 $B C, C A, A B$ 的中点. 证明: 直线 $D I$平分 $\triangle D E F$ 的周长.
<img_4155>

Solution:
如图, 不妨设 $A B \geq A C, \triangle A B C$ 的内切圆切 $B C, C A, A B$ 于 $T, K_{1}, K_{2}$, 过 $T$ 作内切圆的直径 $T K$, 过 $K$ 作 $\odot I$ 的切线分别交 $A C, A B$ 于 $M, N$, 则 $N M \| B C$.

由于 $\odot I$ 是 $\triangle A M N$ 的旁切圆, $A K_{1}=A K_{2}$, 因 $M K=M K_{1}, N K=N K_{2}$, 所以有 $A M+M K=$ $A N+N K$.

延长 $A K$ 交 $B C$ 于 $G$, 则由三角形内切圆性质知: $B G=C T$, 因此 $D T=D G$, 故 $D I$ 是 $\triangle T G K$ 的中位线, 所以 $D P \| A G$, 因 $B D E F$ 为平行四边形, 所以 $\triangle D E P \sim \triangle A B G$, 相似比为 $\frac{D E}{A B}=\frac{1}{2}$.

同理 $\triangle D F P \sim \triangle A C G$, 相似比为 $\frac{D F}{A C}=\frac{1}{2}$.

又注意 $\triangle A M K \sim \triangle A C G, \triangle A N K \sim \triangle A B G$, 相似比均为 $\frac{A K}{A G}$.

既然有 $A M+M K=A N+N K$, 所以 $A C+C G=A B+B G$, 因此, $D F+F P=D E+E P$, 即所证结论成立.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\triangle A B C$ 的内心为 $I, D, E, F$ 分别是边 $B C, C A, A B$ 的中点. 证明: 直线 $D I$平分 $\triangle D E F$ 的周长.
![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_97fe59595aa53681902fg-1.jpg?height=486&width=1100&top_left_y=1552&top_left_x=478)

Solution:
如图, 不妨设 $A B \geq A C, \triangle A B C$ 的内切圆切 $B C, C A, A B$ 于 $T, K_{1}, K_{2}$, 过 $T$ 作内切圆的直径 $T K$, 过 $K$ 作 $\odot I$ 的切线分别交 $A C, A B$ 于 $M, N$, 则 $N M \| B C$.

由于 $\odot I$ 是 $\triangle A M N$ 的旁切圆, $A K_{1}=A K_{2}$, 因 $M K=M K_{1}, N K=N K_{2}$, 所以有 $A M+M K=$ $A N+N K$.

延长 $A K$ 交 $B C$ 于 $G$, 则由三角形内切圆性质知: $B G=C T$, 因此 $D T=D G$, 故 $D I$ 是 $\triangle T G K$ 的中位线, 所以 $D P \| A G$, 因 $B D E F$ 为平行四边形, 所以 $\triangle D E P \sim \triangle A B G$, 相似比为 $\frac{D E}{A B}=\frac{1}{2}$.

同理 $\triangle D F P \sim \triangle A C G$, 相似比为 $\frac{D F}{A C}=\frac{1}{2}$.

又注意 $\triangle A M K \sim \triangle A C G, \triangle A N K \sim \triangle A B G$, 相似比均为 $\frac{A K}{A G}$.

既然有 $A M+M K=A N+N K$, 所以 $A C+C G=A B+B G$, 因此, $D F+F P=D E+E P$, 即所证结论成立.

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 四棱雉 $S-A B C D$ 中, $S D \perp$ 底面 $A B C D, A B \| D C, A D \perp D C, A B=A D=1, D C=S D=2, E$为棱 $S B$ 上的一点, 平面 $E D C \perp$ 平面 $S B C$.

<img_4153>
证明: $S E=2 E B$;

Solution:
以 $D$ 为坐标原点, 射线 $D A, D C, D S$ 分别为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立直角坐标系 $D x y z$, 如下图.

<img_4121>

设 $A=(1,0,0)$ ，则 $B(1,1,0), C(0,2,0), S(0,0,2)$.

$\overrightarrow{S C}=(0,2,-2), \overrightarrow{B C}=(-1,1,0)$.

设平面 $S B C$ 的法向量为 $n=(a, b, c)$, 由 $n \perp \overrightarrow{S C}, n \perp \overrightarrow{B C}$ 得到 $n \cdot \overrightarrow{S C}=0, n \cdot \overrightarrow{B C}=0$, 故 $b-c=0,-a+b=0$.取 $a=b=c=1$, 则 $n=(1,1,1)$, 又设 $\overrightarrow{S E}=\lambda \overrightarrow{E B}(\lambda>0)$, 则

$$
E\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D E}=\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D C}=(0,2,0)
$$

设平面 $C D E$ 的法向量为 $m=(x, y, z)$, 由 $m \perp \overrightarrow{D E}, m \perp \overrightarrow{D C}$, 得到 $m \cdot \overrightarrow{D E}=0, m \cdot \overrightarrow{D C}=0$, 故

$$
\frac{\lambda x}{1+\lambda}+\frac{\lambda y}{1+\lambda}+\frac{2 z}{1+\lambda}=0, \quad 2 y=0
$$

令 $x=2$, 则 $m=(2,0,-\lambda)$, 由平面 $D E C \perp$ 平面 $S B C$, 得到 $m \perp n$, 所以

$$
m \cdot n=0, \quad 2-\lambda=0, \quad \lambda=2
$$

故 $S E=2 E B $ .
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 四棱雉 $S-A B C D$ 中, $S D \perp$ 底面 $A B C D, A B \| D C, A D \perp D C, A B=A D=1, D C=S D=2, E$为棱 $S B$ 上的一点, 平面 $E D C \perp$ 平面 $S B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_843b97399dc358c46243g-1.jpg?height=471&width=468&top_left_y=844&top_left_x=431)
证明: $S E=2 E B$;

Solution:
以 $D$ 为坐标原点, 射线 $D A, D C, D S$ 分别为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立直角坐标系 $D x y z$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_843b97399dc358c46243g-1.jpg?height=519&width=597&top_left_y=800&top_left_x=1021)

设 $A=(1,0,0)$ ，则 $B(1,1,0), C(0,2,0), S(0,0,2)$.

$\overrightarrow{S C}=(0,2,-2), \overrightarrow{B C}=(-1,1,0)$.

设平面 $S B C$ 的法向量为 $n=(a, b, c)$, 由 $n \perp \overrightarrow{S C}, n \perp \overrightarrow{B C}$ 得到 $n \cdot \overrightarrow{S C}=0, n \cdot \overrightarrow{B C}=0$, 故 $b-c=0,-a+b=0$.取 $a=b=c=1$, 则 $n=(1,1,1)$, 又设 $\overrightarrow{S E}=\lambda \overrightarrow{E B}(\lambda>0)$, 则

$$
E\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D E}=\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D C}=(0,2,0)
$$

设平面 $C D E$ 的法向量为 $m=(x, y, z)$, 由 $m \perp \overrightarrow{D E}, m \perp \overrightarrow{D C}$, 得到 $m \cdot \overrightarrow{D E}=0, m \cdot \overrightarrow{D C}=0$, 故

$$
\frac{\lambda x}{1+\lambda}+\frac{\lambda y}{1+\lambda}+\frac{2 z}{1+\lambda}=0, \quad 2 y=0
$$

令 $x=2$, 则 $m=(2,0,-\lambda)$, 由平面 $D E C \perp$ 平面 $S B C$, 得到 $m \perp n$, 所以

$$
m \cdot n=0, \quad 2-\lambda=0, \quad \lambda=2
$$

故 $S E=2 E B $ .

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 四棱雉 $S-A B C D$ 中, $S D \perp$ 底面 $A B C D, A B \| D C, A D \perp D C, A B=A D=1, D C=S D=2, E$为棱 $S B$ 上的一点, 平面 $E D C \perp$ 平面 $S B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_843b97399dc358c46243g-1.jpg?height=471&width=468&top_left_y=844&top_left_x=431)
求二面角 $A-D E-C$ 的大小.

Solution:
以 $D$ 为坐标原点, 射线 $D A, D C, D S$ 分别为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立直角坐标系 $D x y z$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_843b97399dc358c46243g-1.jpg?height=519&width=597&top_left_y=800&top_left_x=1021)

设 $A=(1,0,0)$ ，则 $B(1,1,0), C(0,2,0), S(0,0,2)$.

$\overrightarrow{S C}=(0,2,-2), \overrightarrow{B C}=(-1,1,0)$.

设平面 $S B C$ 的法向量为 $n=(a, b, c)$, 由 $n \perp \overrightarrow{S C}, n \perp \overrightarrow{B C}$ 得到 $n \cdot \overrightarrow{S C}=0, n \cdot \overrightarrow{B C}=0$, 故 $b-c=0,-a+b=0$.取 $a=b=c=1$, 则 $n=(1,1,1)$, 又设 $\overrightarrow{S E}=\lambda \overrightarrow{E B}(\lambda>0)$, 则

$$
E\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D E}=\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D C}=(0,2,0)
$$

设平面 $C D E$ 的法向量为 $m=(x, y, z)$, 由 $m \perp \overrightarrow{D E}, m \perp \overrightarrow{D C}$, 得到 $m \cdot \overrightarrow{D E}=0, m \cdot \overrightarrow{D C}=0$, 故

$$
\frac{\lambda x}{1+\lambda}+\frac{\lambda y}{1+\lambda}+\frac{2 z}{1+\lambda}=0, \quad 2 y=0
$$

令 $x=2$, 则 $m=(2,0,-\lambda)$, 由平面 $D E C \perp$ 平面 $S B C$, 得到 $m \perp n$, 所以

$$
m \cdot n=0, \quad 2-\lambda=0, \quad \lambda=2
$$

$\overrightarrow{D E}=\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right) \text {, 取 } D E \text { 的中点 } F \text {, 则 } F=\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right), \overrightarrow{F A}=\left(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right) \text {, 故 }$

$$
\overrightarrow{F A} \cdot \overrightarrow{D E}=0 \Rightarrow \overrightarrow{F A} \perp \overrightarrow{D E}
$$

又 $\overrightarrow{E C}=\left(-\frac{2}{3}, \frac{4}{3},-\frac{2}{3}\right)$, 故 $\overrightarrow{E C} \perp \overrightarrow{D E}$, 因此向量 $\overrightarrow{F A}$ 与 $\overrightarrow{E C}$ 的夹角等于二面角 $A-D E-C$ 的平面角,于是

$$
\cos (\overrightarrow{F A}, \overrightarrow{E C})=\frac{\overrightarrow{F A} \cdot \overrightarrow{E C}}{|\overrightarrow{F A}||\overrightarrow{E C}|}=-\frac{1}{2}
$$

所以二面角 $A-D E-C$ 的大小为 $120^{\circ}$.

Final answer: $120$ $^{\circ}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 四棱雉 $S-A B C D$ 中, $S D \perp$ 底面 $A B C D, A B \| D C, A D \perp D C, A B=A D=1, D C=S D=2, E$为棱 $S B$ 上的一点, 平面 $E D C \perp$ 平面 $S B C$.

<img_4153>
求二面角 $A-D E-C$ 的大小.

Solution:
以 $D$ 为坐标原点, 射线 $D A, D C, D S$ 分别为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立直角坐标系 $D x y z$, 如下图.

<img_4121>

设 $A=(1,0,0)$ ，则 $B(1,1,0), C(0,2,0), S(0,0,2)$.

$\overrightarrow{S C}=(0,2,-2), \overrightarrow{B C}=(-1,1,0)$.

设平面 $S B C$ 的法向量为 $n=(a, b, c)$, 由 $n \perp \overrightarrow{S C}, n \perp \overrightarrow{B C}$ 得到 $n \cdot \overrightarrow{S C}=0, n \cdot \overrightarrow{B C}=0$, 故 $b-c=0,-a+b=0$.取 $a=b=c=1$, 则 $n=(1,1,1)$, 又设 $\overrightarrow{S E}=\lambda \overrightarrow{E B}(\lambda>0)$, 则

$$
E\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D E}=\left(\frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{\lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \quad \overrightarrow{D C}=(0,2,0)
$$

设平面 $C D E$ 的法向量为 $m=(x, y, z)$, 由 $m \perp \overrightarrow{D E}, m \perp \overrightarrow{D C}$, 得到 $m \cdot \overrightarrow{D E}=0, m \cdot \overrightarrow{D C}=0$, 故

$$
\frac{\lambda x}{1+\lambda}+\frac{\lambda y}{1+\lambda}+\frac{2 z}{1+\lambda}=0, \quad 2 y=0
$$

令 $x=2$, 则 $m=(2,0,-\lambda)$, 由平面 $D E C \perp$ 平面 $S B C$, 得到 $m \perp n$, 所以

$$
m \cdot n=0, \quad 2-\lambda=0, \quad \lambda=2
$$

$\overrightarrow{D E}=\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right) \text {, 取 } D E \text { 的中点 } F \text {, 则 } F=\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right), \overrightarrow{F A}=\left(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right) \text {, 故 }$

$$
\overrightarrow{F A} \cdot \overrightarrow{D E}=0 \Rightarrow \overrightarrow{F A} \perp \overrightarrow{D E}
$$

又 $\overrightarrow{E C}=\left(-\frac{2}{3}, \frac{4}{3},-\frac{2}{3}\right)$, 故 $\overrightarrow{E C} \perp \overrightarrow{D E}$, 因此向量 $\overrightarrow{F A}$ 与 $\overrightarrow{E C}$ 的夹角等于二面角 $A-D E-C$ 的平面角,于是

$$
\cos (\overrightarrow{F A}, \overrightarrow{E C})=\frac{\overrightarrow{F A} \cdot \overrightarrow{E C}}{|\overrightarrow{F A}||\overrightarrow{E C}|}=-\frac{1}{2}
$$

所以二面角 $A-D E-C$ 的大小为 $120^{\circ}$.

Final answer: $120$ $^{\circ}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 棋盘上标有第 $0,1,2, \cdots, 100$ 站, 棋子开始时位于第 0 站, 棋手抛郑均匀硬币走跳棋游戏, 若掷出正面,棋子向前跳出一站; 若郑出反面, 棋子向前跳出两站, 直到跳到第 99 站（胜利大本营）或第 100 站（失败集中营) 时, 游戏结束, 设棋子跳到第 $n$ 站的概率为 $P_{n}$.
求 $P_{3}$ 的值;

Solution:
棋子跳到第 3 站有以下三种途径: 连续三次掷出正面, 其概率为 $\frac{1}{8}$; 第一次掷出反面, 第二次掷出正面, 其概率为 $\frac{1}{4}$; 第一次掷出正面, 第二次掷出反面, 其概率为 $\frac{1}{4}$, 因此 $P_{3}=\frac{5}{8}$.

Final answer: $\frac{5}{8}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 棋盘上标有第 $0,1,2, \cdots, 100$ 站, 棋子开始时位于第 0 站, 棋手抛郑均匀硬币走跳棋游戏, 若掷出正面,棋子向前跳出一站; 若郑出反面, 棋子向前跳出两站, 直到跳到第 99 站（胜利大本营）或第 100 站（失败集中营) 时, 游戏结束, 设棋子跳到第 $n$ 站的概率为 $P_{n}$.
证明: $P_{n+1}-P_{n}=-\frac{1}{2}\left(P_{n}-P_{n-1}\right)(2 \leq n \leq 99)$;

Solution:
易知棋子先跳到第 $n-2$ 站, 再掷出反面, 其概率为 $\frac{1}{2} P_{n-2}$; 棋子先跳到第 $n-1$ 站, 再掷出正面,其概率为 $\frac{1}{2} P_{n-1}$, 因此有 $P_{n}=\frac{1}{2}\left(P_{n-1}+P_{n-2}\right)$, 即

$$
P_{n}-P_{n-1}=-\frac{1}{2}\left(P_{n-1}-P_{n-2}\right)
$$

或即

$$
P_{n+1}-P_{n}=-\frac{1}{2}\left(P_{n}-P_{n-1}\right) \quad(2 \leq n \leq 99)
$$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 棋盘上标有第 $0,1,2, \cdots, 100$ 站, 棋子开始时位于第 0 站, 棋手抛郑均匀硬币走跳棋游戏, 若掷出正面,棋子向前跳出一站; 若郑出反面, 棋子向前跳出两站, 直到跳到第 99 站（胜利大本营）或第 100 站（失败集中营) 时, 游戏结束, 设棋子跳到第 $n$ 站的概率为 $P_{n}$.
求 $P_{99}, P_{100}$ 的值.

Solution:
易知棋子先跳到第 $n-2$ 站, 再掷出反面, 其概率为 $\frac{1}{2} P_{n-2}$; 棋子先跳到第 $n-1$ 站, 再掷出正面,其概率为 $\frac{1}{2} P_{n-1}$, 因此有 $P_{n}=\frac{1}{2}\left(P_{n-1}+P_{n-2}\right)$, 即

$$
P_{n}-P_{n-1}=-\frac{1}{2}\left(P_{n-1}-P_{n-2}\right)
$$

或即

$$
P_{n+1}-P_{n}=-\frac{1}{2}\left(P_{n}-P_{n-1}\right) \quad(2 \leq n \leq 99)
$$

数列 $\left\{P_{n}-P_{n-1}\right\}(n \geq 1)$ 为首项为 $P_{1}-P_{0}=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$, 公比为 $-\frac{1}{2}$ 的等比数列, 因

$$
P_{n}-P_{n-1}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\left(P_{1}-P_{0}\right)=\frac{(-1)^{n}}{2^{n}}
$$

由此得到

$$
P_{99}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{99}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{98}+\cdots+\left(-\frac{1}{2}\right)+1=\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{2^{100}}\right)
$$

由于若跳到第 99 站时, 自动停止游戏, 故有 $P_{100}=\frac{1}{2} P_{98}=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2^{99}}\right)$.

Final answer: $\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{2^{100}}\right),\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2^{99}}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 
已知 $P$ 是矩形 $A B C D$ 所在平面上的一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$, 试证明该命题;

Solution:
设在直角坐标平面中, 矩形 $A B C D$ 的顶点坐标为 $A(-a,-b), B(a,-b), C(a, b), D(-a, b)$,点 $P(x, y)$ 是直角坐标平面上的任意一点, 则

$$
\begin{aligned}
& P A^{2}+P C^{2}=(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=2\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}\right) \\
& P B^{2}+P D^{2}=(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+(x+a)^{2}+(y-b)^{2}=2\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}\right)
\end{aligned}
$$

故 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 
已知$P$ 为矩形 $A B C D$所在空间上任一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$, 试证明该命题;

Solution:
设棱锥 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 在空间直角坐标系的 $x O y$ 平面上, 矩形 $A B C D$ 的顶点坐标为 $A(-a,-b, 0), B(a,-b, 0), C(a, b, 0), D(-a, b, 0)$, 设 $P$ 点的坐标为 $P(x, y, z)$, 则

$$
\begin{aligned}
& P A^{2}+P C^{2}=(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+(z-0)^{2}+(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-0)^{2}=2\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}+z^{2}\right) \\
& P B^{2}+P D^{2}=(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+(z-0)^{2}+(x+a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-0)^{2}=2\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}+z^{2}\right)
\end{aligned}
$$

故 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 
已知$P$ 为矩形 $A B C D$所在空间上任一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$,将矩形 $A B C D$进一步推广到长方体$A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$,写出推广后的新命题.

Solution:
所以答案是 $新命题：设 A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} 是长方体, P 是空间上任意一点, 则 P A^{2}+P C^{2}+P B_{1}^{2}+P D_{1}^{2}=P B^{2}+P D^{2}+P A_{1}^{2}+P C_{1}^{2}$.

Final answer: $设 A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} 是长方体, P 是空间上任意一点, 则 P A^{2}+P C^{2}+P B_{1}^{2}+P D_{1}^{2}=P B^{2}+P D^{2}+P A_{1}^{2}+P C_{1}^{2}$.
Subfield: Conic Sections


Question: 设曲线 $C:\left|x^{2}-16 y\right|=256-16|y|$ 所围成的封闭区域为 $D$.
求区域 $D$ 的面积;

Solution:
由题设，有 $256-16|y| \geq 0$, 因此 $-16 \leq y \leq 16$.

若 $\left|x^{2}-16 y\right|=x^{2}-16 y$, 则当 $0 \leq y \leq 16$ 时, $\left|x^{2}-16 y\right|=x^{2}-16 y=256-16 y, x^{2}=256$, 此时 $x= \pm 16(0 \leq y \leq 16)$, 图像是两条直线段;

当 $-16 \leq y \leq 0$ 时, $\left|x^{2}-16 y\right|=x^{2}-16 y=256+16 y, y=\frac{x^{2}}{32}-8(y \geq-8)$, 对应于一段二次函数的图像;

若 $\left|x^{2}-16 y\right|=16 y-x^{2}$, 则当 $0 \leq y \leq 16$ 时, 类似于前面的推导得 $y=\frac{x^{2}}{32}+8$, 对应于二次函数图像的一段: $y=\frac{x^{2}}{32}+8(y \geq 8)$;

当 $-16 \leq y<0$ 时, $\left|x^{2}-16 y\right|=16 y-x^{2}=256+16 y$, 得到 $x^{2}=-256$, 无解.

综上所述, 区域 $D$ 的集合为: $D=\left\{(x, y) \mid-16 \leq x \leq 16, \frac{x^{2}}{32}-8 \leq y \leq \frac{x^{2}}{32}+8\right\}$, 由区域 $D$ 上函数图像性质知区域 $D$ 的面积为 $S=32 \times 16=512$.

Final answer: $512$
Subfield: Conic Sections


Question: 设曲线 $C:\left|x^{2}-16 y\right|=256-16|y|$ 所围成的封闭区域为 $D$.
设过点 $M(0,-16)$ 的直线与曲线 $C$ 交于两点 $P, Q$, 求 $|P Q|$ 的最大值.

Solution:
设过点 $M(0,-16)$ 的直线为 $l$, 为了求 $|P Q|$ 的最大值, 由区域 $D$ 的对称性, 只需考虑直线 $l$ 与 $D$在 $y$ 轴右侧图像相交部分即可.

设过点 $M(0,-16)$ 的直线 $l$ 方程为 $y=k x-16$, 易知此时 $l$ 与 $D$ 相交时有 $1 \leq k<\infty$.

(1) 当 $2 \leq k<\infty$ 时, $l$ 与 $D$ 分别相交于二次函数 $y=\frac{x^{2}}{32}-8$ 以及 $y=\frac{x^{2}}{32}+8$, 两个交点分别为 $P\left(16\left(k-\sqrt{k^{2}-1}\right), 16\left(k^{2}-k \sqrt{k^{2}-1}-1\right)\right), Q\left(16\left(k-\sqrt{k^{2}-3}\right), 16\left(k^{2}-k \sqrt{k^{2}-3}-1\right)\right)$, 因此 $|P Q|=$ $16\left(\sqrt{k^{2}-1}-\sqrt{k^{2}-3}\right) \sqrt{1+k^{2}}$, 为关于 $k$ 的递减函数;

(2) 当 $1 \leq k \leq 2$ 时, 直线 $l$ 与 $D$ 分别相交于二次函数 $y=\frac{x^{2}}{32}-8$ 以及直线 $y=16$, 从图形性质容易看出, 随着 $k$ 从 2 变到 $1,|P Q|$ 的值逐步减少.

综上, 当 $l$ 经过直线 $x=16$ 与二次函数 $y=\frac{x^{2}}{32}+8$ 曲线交点 $Q(16,16)$ 时, $|P Q|$ 的值最大, 此时直线 $l$方程为: $y=2 x-16, P(16(2-\sqrt{3}), 16(3-2 \sqrt{3})),|P Q|$ 的值为

$$
\sqrt{[16(3-2 \sqrt{3})-16]^{2}+[16(2-\sqrt{3})-16]^{2}}=16 \sqrt{20-10 \sqrt{3}}
$$

当 $|P Q|$ 落在 $y$ 轴上时, $|P Q|=24<16 \sqrt{20-10 \sqrt{3}}$, 因此, $|P Q|$ 的最大值为 $16 \sqrt{20-10 \sqrt{3}}$.

Final answer: $16 \sqrt{20-10 \sqrt{3}}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2}\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)-1, x \in \mathbf{R}$, 将函数 $f(x)$ 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位后得函数 $g(x)$,设 $\triangle A B C$ 三个角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.
若 $c=\sqrt{7}, f(C)=0, \sin B=3 \sin A$, 求 $a, b$ 的值;

Solution:
$f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2}\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)-1=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2} \cos 2 x-1=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)-1$.

$f(C)=\sin \left(2 C-\frac{\pi}{6}\right)-1=0$, 所以 $\sin \left(2 C-\frac{\pi}{6}\right)=1$.

因为 $2 C-\frac{\pi}{6} \in\left(-\frac{\pi}{6}, \frac{11}{6}\right)$, 所以 $2 C-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 所以 $C=\frac{\pi}{3}$.

由余弦定理知: $a^{2}+b^{2}-2 a b \cos \frac{\pi}{3}=7$, 因 $\sin B=3 \sin A$, 故由正弦定理知: $b=3 a$; 解得: $a=1, b=3$;

Final answer: $1,3$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2}\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)-1, x \in \mathbf{R}$, 将函数 $f(x)$ 向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位后得函数 $g(x)$,设 $\triangle A B C$ 三个角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.
若 $g(B)=0, \vec{m}=(\cos A, \cos B), \vec{n}=(1, \sin A-\cos A \tan B)$, 求 $\vec{m} \cdot \vec{n}$ 的取值范围.

Solution:
$g(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)-1$, 所以 $g(B)=\sin \left(2 B+\frac{\pi}{6}\right)-1=0$, 所以 $\sin \left(2 B+\frac{\pi}{6}\right)=1$.

因为 $2 B+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6}, \frac{13 \pi}{6}\right)$, 所以 $2 B+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 即 $B=\frac{\pi}{6}, \vec{m}=\left(\cos A, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \vec{n}=\left(1, \sin A-\frac{\sqrt{3}}{3} \cos A\right)$,于是

$$
\vec{m} \cdot \vec{n}=\cos A+\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\sin A-\frac{\sqrt{3}}{3} \cos A\right)=\frac{1}{2} \cos A+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin A=\sin \left(A+\frac{\pi}{6}\right)
$$

因为 $B=\frac{\pi}{6}$, 所以 $A \in\left(0, \frac{5}{6} \pi\right)$, 得 $A+\frac{\pi}{6} \in\left(\frac{\pi}{6}, \pi\right)$, 所以 $\sin \left(A+\frac{\pi}{6}\right) \in(0,1]$, 即 $\vec{m} \cdot \vec{n} \in(0,1]$.

Final answer: $(0,1]$
Subfield: Sequence


Question: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{n+1}=2 S_{n}+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
由 $\left\{\begin{array}{l}a_{n+1}=2 S_{n}+1 \\ a_{n}=2 S_{n-1}+1(n \geq 2)\end{array}\right.$ 相减得

$$
a_{n+1}-a_{n}=2\left(S_{n}-S_{n-1}\right)=2 a_{n}
$$

所以 $a_{n+1}=3 a_{n}(n \geq 2)$.

因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 等比, 且 $a_{2}=2 a_{1}+1$, 所以 $3 a_{1}=2 a_{1}+1$, 所以 $a_{1}=1$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;

Final answer: $a_{n}=3^{n-1}$
Subfield: Sequence


Question: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{n+1}=2 S_{n}+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
在 $a_{n}$ 与 $a_{n+1}$ 之间插入 $n$ 个实数, 使这 $n+2$ 个数依次组成公差为 $d_{n}$ 的等差数列, 设数列 $\left\{\frac{1}{d_{n}}\right\}$的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 求证: $T_{n}<\frac{15}{8}$.

Solution:
由 $\left\{\begin{array}{l}a_{n+1}=2 S_{n}+1 \\ a_{n}=2 S_{n-1}+1(n \geq 2)\end{array}\right.$ 相减得

$$
a_{n+1}-a_{n}=2\left(S_{n}-S_{n-1}\right)=2 a_{n}
$$

所以 $a_{n+1}=3 a_{n}(n \geq 2)$.

因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 等比, 且 $a_{2}=2 a_{1}+1$, 所以 $3 a_{1}=2 a_{1}+1$, 所以 $a_{1}=1$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;

由题设得 $a_{n+1}=a_{n}+(n+1) d_{n}$, 所以

$$
\frac{1}{d_{n}}=\frac{n+1}{a_{n+1}-a_{n}}=\frac{n+1}{2 \cdot 3^{n-1}}
$$

所以

$$
2 T_{n}=2+\frac{3}{3}+\frac{4}{3^{2}}+\cdots+\frac{n+1}{3^{n-1}}
$$

则

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

相减得:

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

所以

$$
T_{n}=\frac{15}{8}-\frac{2 n+5}{8 \cdot 3^{n-1}}<\frac{15}{8}
$$
Subfield: Solid Geometry


Question: 已知四边形 $A B C D$ 满足 $A D \| B C, B A=A D=D C=\frac{1}{2} B C=a, E$ 是 $B C$ 的中点, 将 $\triangle B A E$ 沿着 $A E$ 翻折成 $\triangle B_{1} A E$, 使面 $B_{1} A E \perp$ 面 $A E C D, F$ 为 $B_{1} D$ 的中点.

<img_4129>
求四棱雉 $B_{1}-A E C D$ 的体积;

Solution:
取 $A E$ 的中点 $M$, 连接 $B_{1} M$, 如下图.

<img_4216>

因为 $B A=A D=D C=\frac{1}{2} B C=a, \triangle A B E$ 为等边三角形,则 $B_{1} M=\frac{\sqrt{3}}{2} a$, 又因为面 $B_{1} A E \perp$ 面 $A E C D$, 所以 $B_{1} M \perp$ 面 $A E C D$, 所以

$$
V=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} a \times a \times a \times \sin \frac{\pi}{3}=\frac{a^{3}}{4}
$$

Final answer: $\frac{a^{3}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 已知四边形 $A B C D$ 满足 $A D \| B C, B A=A D=D C=\frac{1}{2} B C=a, E$ 是 $B C$ 的中点, 将 $\triangle B A E$ 沿着 $A E$ 翻折成 $\triangle B_{1} A E$, 使面 $B_{1} A E \perp$ 面 $A E C D, F$ 为 $B_{1} D$ 的中点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9d5a01cde8fb155821f3g-1.jpg?height=438&width=970&top_left_y=358&top_left_x=540)
求四棱雉 $B_{1}-A E C D$ 的体积;

Solution:
取 $A E$ 的中点 $M$, 连接 $B_{1} M$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9d5a01cde8fb155821f3g-1.jpg?height=549&width=491&top_left_y=1573&top_left_x=774)

因为 $B A=A D=D C=\frac{1}{2} B C=a, \triangle A B E$ 为等边三角形,则 $B_{1} M=\frac{\sqrt{3}}{2} a$, 又因为面 $B_{1} A E \perp$ 面 $A E C D$, 所以 $B_{1} M \perp$ 面 $A E C D$, 所以

$$
V=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} a \times a \times a \times \sin \frac{\pi}{3}=\frac{a^{3}}{4}
$$

Final answer: $\frac{a^{3}}{4}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 已知四边形 $A B C D$ 满足 $A D \| B C, B A=A D=D C=\frac{1}{2} B C=a, E$ 是 $B C$ 的中点, 将 $\triangle B A E$ 沿着 $A E$ 翻折成 $\triangle B_{1} A E$, 使面 $B_{1} A E \perp$ 面 $A E C D, F$ 为 $B_{1} D$ 的中点.

<img_4129>
求平面 $A D B_{1}$ 与平面 $E C B_{1}$ 所成角的正弦值.

Solution:
连接 $M D$, 分别以 $M E, M D, M B_{1}$ 为 $x, y, z$ 轴, 如下图.

<img_4216>

则有
$$
\begin{gathered}
E\left(\frac{a}{2}, 0,0\right), C\left(a, \frac{\sqrt{3}}{2} a, 0\right), A\left(-\frac{a}{2}, 0,0\right), D\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2} a, 0\right), B_{1}\left(0,0, \frac{\sqrt{3}}{2} a\right) \\
\overrightarrow{E C}=\left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3} a}{2}, 0\right), \overrightarrow{E B_{1}}=\left(-\frac{a}{2}, 0, \frac{\sqrt{3} a}{2}\right), \overrightarrow{A D}=\left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3} a}{2}, 0\right), \overrightarrow{A B_{1}}=\left(\frac{a}{2}, 0, \frac{\sqrt{3} a}{2}\right)
\end{gathered}
$$

设面 $E C B_{1}$ 的法向量 $\vec{v}=\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right),\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{2} x^{\prime}+\frac{\sqrt{3}}{2} a y^{\prime}=0 \\ -\frac{a}{2} x^{\prime}+\frac{\sqrt{3}}{2} a z^{\prime}=0\end{array}\right.$, 令 $x^{\prime}=1$, 则 $\vec{v}=\left(1,-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$;

设面 $A D B_{1}$ 的法向量为 $\vec{u}=(x, y, z),\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} a y=0 \\ \frac{a}{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} a z=0\end{array}\right.$, 令 $x=1$, 则 $\vec{u}=\left(1,-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, 则

$$
\cos <\vec{u}, \vec{v}>=\frac{1+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}}{\sqrt{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}} \times \sqrt{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}}=\frac{3}{5}
$$

所以二面角的正弦值为 $\frac{4}{5}$.

Final answer: $\frac{4}{5}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 已知四边形 $A B C D$ 满足 $A D \| B C, B A=A D=D C=\frac{1}{2} B C=a, E$ 是 $B C$ 的中点, 将 $\triangle B A E$ 沿着 $A E$ 翻折成 $\triangle B_{1} A E$, 使面 $B_{1} A E \perp$ 面 $A E C D, F$ 为 $B_{1} D$ 的中点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9d5a01cde8fb155821f3g-1.jpg?height=438&width=970&top_left_y=358&top_left_x=540)
求平面 $A D B_{1}$ 与平面 $E C B_{1}$ 所成角的正弦值.

Solution:
连接 $M D$, 分别以 $M E, M D, M B_{1}$ 为 $x, y, z$ 轴, 如下图.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9d5a01cde8fb155821f3g-1.jpg?height=549&width=491&top_left_y=1573&top_left_x=774)

则有
$$
\begin{gathered}
E\left(\frac{a}{2}, 0,0\right), C\left(a, \frac{\sqrt{3}}{2} a, 0\right), A\left(-\frac{a}{2}, 0,0\right), D\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2} a, 0\right), B_{1}\left(0,0, \frac{\sqrt{3}}{2} a\right) \\
\overrightarrow{E C}=\left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3} a}{2}, 0\right), \overrightarrow{E B_{1}}=\left(-\frac{a}{2}, 0, \frac{\sqrt{3} a}{2}\right), \overrightarrow{A D}=\left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3} a}{2}, 0\right), \overrightarrow{A B_{1}}=\left(\frac{a}{2}, 0, \frac{\sqrt{3} a}{2}\right)
\end{gathered}
$$

设面 $E C B_{1}$ 的法向量 $\vec{v}=\left(x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}\right),\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{2} x^{\prime}+\frac{\sqrt{3}}{2} a y^{\prime}=0 \\ -\frac{a}{2} x^{\prime}+\frac{\sqrt{3}}{2} a z^{\prime}=0\end{array}\right.$, 令 $x^{\prime}=1$, 则 $\vec{v}=\left(1,-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$;

设面 $A D B_{1}$ 的法向量为 $\vec{u}=(x, y, z),\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} a y=0 \\ \frac{a}{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} a z=0\end{array}\right.$, 令 $x=1$, 则 $\vec{u}=\left(1,-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, 则

$$
\cos <\vec{u}, \vec{v}>=\frac{1+\frac{1}{3}-\frac{1}{3}}{\sqrt{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}} \times \sqrt{1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}}=\frac{3}{5}
$$

所以二面角的正弦值为 $\frac{4}{5}$.

Final answer: $\frac{4}{5}$