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


Question: $已知双曲线C与双曲线 x^2 / 12 - y^2/3 = 1 有相同的渐近线，且过点 A (2\sqrt 2, -1)。$
$已知D(2,0),E,F是双曲线C上不同于D的两点，且\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{DF}=0,DG\perp EF于G，证明：存在定点H，使得|GH|为定值.$

Solution:
$证明：(i)当直线EF的斜率存在时，设EF:y=kx+m，E(x_1,y_1)，F(x_2,y_2)，联立$

$\left\{\begin{matrix}y=kx+m,\\ \frac{x^2}{4}-y^2=1,\end{matrix}\right.$

$消y整理得(4k^2-1)x^2+8kmx+4(m^2+1)=0，  $
$由\Delta =(8km)^2-4(4m^2+4)(4k^2-1)>0，得4k^2-m^2-1<0，$
由根与系数的关系得

$\left\{\begin{matrix}x_1+x_2=-\frac{8km}{4k^2-1},\\ x_1x_2=\frac{4m^2+4}{4k^2-1},\end{matrix}\right.$

$因为y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2，$
$\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{DF}=(x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0，$
$所以(k^2+1)\cdot x_1x_2+(km-2)\cdot (x_1+x_2)+m^2+4=0，$
$所以(k^2+1)\cdot $

$\frac{4m^2+4}{4k^2-1}+ (km-2)\cdot \frac{-8km}{4k^2-1}+m^2+4=0，$
$化简，得3m^2+16km+20k^2=0，即(3m+10k)(m+2k)=0，$
$所以m_1=-2k, m_2=-\frac{10}{3}k，均满足4k^2-m^2-1<0，$
$当m=-2k时，直线l的方程为y=k(x-2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾，$
$当m=-\frac{10}{3}k时，直线l的方程为y=k\left(x-\frac{10}{3}\right)，过定点M\left(\frac{10}{3},0\right).$
$(ii)当直线EF的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y=x-2，$
联立

$\left\{\begin{matrix}y=x-2,\\ \frac{x^2}{4}-y^2=1,\end{matrix}\right.$

$解得x_E=x_F=\frac{10}{3}，此时直线EF也过点M\left(\frac{10}{3},0\right).$
$综上，直线EF过定点M\left(\frac{10}{3},0\right).$
$因为DG\perp EF，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径，所以存在定点H\left(\frac{8}{3},0\right)，使得|GH|为定值\frac{2}{3}.$
Subfield: Conic Sections


Question: $设O为坐标原点，动点M在椭圆C：\frac{x^2}{2}+y^2=1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足\overrightarrow{NP}=\sqrt{2} \overrightarrow{NM}.$
$设点Q在直线x=-3上，且\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{PQ}=1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.$

Solution:
$证明：由题意知 F (-1，0).设 Q (-3， t )， P ( m ,n )，则 \overrightarrow{OQ} =(-3， t ), \overrightarrow{PF} =(-1- m ,- n ), \overrightarrow{OQ} \cdot  \overrightarrow{PF} =3+3 m - tn , \overrightarrow{OP} =( m ,n )， \overrightarrow{PQ} =(-3- m , t - n ).$

$由 \overrightarrow{OP} \cdot  \overrightarrow{PQ} =1得-3 m - m^2 + tn - n^2 =1，$
$又由(1)知 m^2 + n^2 =2，故3+3 m - tn =0.$

$所以 \overrightarrow{OQ} \cdot  \overrightarrow{PF} =0，即 \overrightarrow{OQ} \perp  \overrightarrow{PF} .$

$又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F .$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，-2)，B \left(\frac{3}{2},-1\right)两点.$
$设过点P(1，-2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}.证明：直线HN过定点.$

Solution:
$由A(0，-2)，B (\frac{3}{2},-1) 可得直线 AB 的方程为 y = \frac{2}{3} x -2.$

$①若过点 P (1,-2) 的直线的斜率不存在，则其方程为 x =1，与方程 \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} =1 联立，可得 y = \pm  \frac{2\sqrt{6}}{3}，结合题意可知 N (1,\frac{2\sqrt{6}}{3}), M (1,- \frac{2\sqrt{6}}{3})，由 \left\{\begin{matrix}y=\frac{2}{3}x-2,\\ y=- \frac{2\sqrt{6}}{3},\end{matrix}\right. 得 \left\{\begin{matrix}x=-\sqrt{6}+3,\\ y=-\frac{2\sqrt{6}}{3},\end{matrix}\right. $

$则 T (\sqrt{6}+3,-\frac{2\sqrt{6}}{3})，由 \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}，得 \left\{\begin{matrix}-\sqrt{6}+3-1=x_H-(-\sqrt{6}+3),\\ y_H=-\frac{2\sqrt{6}}{3},\end{matrix}\right. 则 H \left(-2\sqrt{6}+5,-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)， $

$所以直线 HN 的方程为 y = \left(2+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right) x -2，易知直线 HN 过点(0，-2)； $

②若过点 P(1，-2)的直线的斜率存在，设其方程为 y +2 = k( x -1), M( x_1,y_1), N( x_2,y_2)。

$联立 \left\{\begin{matrix}y+2=k(x-1),\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1,\end{matrix}\right. 得(3k^2+4) x^2 -6k(2+ k) x +3k(k+4)=0，则 x_1+ x_2= \frac{6k(2+k)}{3k^2+4}，x_1x_2= \frac{3k(k+4)}{3k^2+4}，y_1+ y_2=\frac{-8(2+k)}{3k^2+4}，y_1 y_2=\frac{4(4+4k-2k^2)}{3k^2+4}，x_1 y_2 + x_2 y_1=\frac{-24k}{3k^2+4}。$

$联立 \left\{\begin{matrix}y=y_1,\\ y=\frac{2}{3}x-2,\end{matrix}\right. 可得 T \left(\frac{3y_1}{2}+3,y_1\right)，由 \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}，可得 H (3 y_1+6- x_1,y_1)，故此时直线 HN 的方程为 y - y_2 = \frac{y_1-y_2}{3y_1+6-x_1-x_2} (x - x_2)，将(0，-2)代入并整理得 2(x_1+ x_2) -6(y_1+ y_2) + x_1 y_2+ x_2 y_1-3 y_1 y_2 -12=0，即 2\times  \frac{6k(2+k)}{3k^2+4}- 6\times  \frac{-8(2+k)}{3k^2+4}+ \frac{-24k}{3k^2+4} -3\times  \frac{4(4+4k-2k^2)}{3k^2+4} -12=0 恒成立，则直线 HN 过定点(0,-2)。$

综上，直线 HN 过定点(0，-2).
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：y^{2}=2px (p>0) 上的点P(1, y_{0}) (y_{0}>0) 到焦点的距离为2.$
$若点M、N在抛物线C上，且k_{PM}\cdot k_{PN}=-\frac{1}{2}，求证：直线MN过定点.$

Solution:
$证明：由题意知直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+n, M \left(\frac{1}{4}y^2_1,y_1\right), N \left(\frac{1}{4}y^2_2,y_2\right),联立 \left\{\begin{matrix}x=my+n,\\ y^2=4x,\end{matrix}\right. 得 y^2-4my-4n=0,\Delta =16m^2+4\times 4n>0,y_1+y_2=4m,y_1y_2=-4n,因为 k_PM= \frac{y_1-2}{\frac{1}{4}y^2_1-1} = \frac{4}{y_1+2} , k_PN= \frac{y_2-2}{\frac{1}{4}y^2_2-1} = \frac{4}{y_2+2} , k_PM\cdot k_PN=-\frac{1}{2} ，所以 \frac{16}{(y_1+2)(y_2+2)} =-\frac{1}{2} , 即 y_1y_2+2(y_1+y_2)+36=0, 所以-4n+8m+36=0,即 n=2m+9，满足\Delta >0, 所以直线MN的方程为 x=my+2m+9=m(y+2)+9, 所以直线MN过定点(9，-2)。$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD\perp 平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.$
    
![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894145620381698/img/compression/M_43960c8c8dff7a9b171d2d11b94d87f6.jpg)
$证明：OA \perp CD；$

Solution:
$证明：在\triangle ABD中，\because AB=AD，O为BD的中点，\therefore AO\perp BD，又\because 平面ABD\perp 平面BCD，平面ABD\cap 平面BCD=BD，AO\subset 平面ABD，\therefore AO\perp 平面BCD，$
$又CD\subset 平面BCD，\therefore AO\perp CD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD\perp 平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.$
    
<img_345>
$证明：OA \perp CD；$

Solution:
$证明：在\triangle ABD中，\because AB=AD，O为BD的中点，\therefore AO\perp BD，又\because 平面ABD\perp 平面BCD，平面ABD\cap 平面BCD=BD，AO\subset 平面ABD，\therefore AO\perp 平面BCD，$
$又CD\subset 平面BCD，\therefore AO\perp CD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，AE \perp 平面 ABCD，CF \parallel AE，AD \parallel BC，AD \perp AB，AB = AD = 1，AE = BC = 2.$

<img_1951>
$求证：_BF_\parallel 平面_ADE_；$

Solution:
$依题意，可以建立以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AE}的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，$
<img_1612>
$可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2). 设CF=h(h>0)，则F(1，2，h).$

$证明：依题意，易知\overrightarrow{AB}=(1，0，0)是平面ADE的法向量，又\overrightarrow{BF}=(0，2，h)，所以\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{AB}=0，又因为直线BF\not\subset 平面ADE，所以BF\parallel 平面ADE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，AE \perp 平面 ABCD，CF \parallel AE，AD \parallel BC，AD \perp AB，AB = AD = 1，AE = BC = 2.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894149403643905/img/compression/M_742b90a2006eac054c0897c6fb7d6a8b.jpg)
$求证：_BF_\parallel 平面_ADE_；$

Solution:
$依题意，可以建立以A为原点，\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AE}的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，$
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894149403643905/img/compression/M_8dd5ad08e6e26a353fdc089ecdc46b2f.jpg)
$可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2). 设CF=h(h>0)，则F(1，2，h).$

$证明：依题意，易知\overrightarrow{AB}=(1，0，0)是平面ADE的法向量，又\overrightarrow{BF}=(0，2，h)，所以\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{AB}=0，又因为直线BF\not\subset 平面ADE，所以BF\parallel 平面ADE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD \perp平面ABCD，PA \perp PD，PA=PD，AB \perp AD，AB=1，AD=2，AC=CD=\sqrt{5}。$
<img_2038>
$求证：PD \perp平面PAB；$

Solution:
$证明：\because 平面PAD\cap 平面ABCD=AD，平面PAD\perp 平面ABCD，且AB\perp AD，AB\subset 平面ABCD，\therefore AB\perp 平面PAD，$

$\because PD\subset 平面PAD，\therefore AB\perp PD，又PD\perp PA，PA\cap AB=A,PA，AB\subset 平面PAB，\therefore PD\perp 平面PAB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD \perp平面ABCD，PA \perp PD，PA=PD，AB \perp AD，AB=1，AD=2，AC=CD=\sqrt{5}。$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894175752261634/img/compression/M_0efde678b65484c88cf5dac48f42de5f.jpg)
$求证：PD \perp平面PAB；$

Solution:
$证明：\because 平面PAD\cap 平面ABCD=AD，平面PAD\perp 平面ABCD，且AB\perp AD，AB\subset 平面ABCD，\therefore AB\perp 平面PAD，$

$\because PD\subset 平面PAD，\therefore AB\perp PD，又PD\perp PA，PA\cap AB=A,PA，AB\subset 平面PAB，\therefore PD\perp 平面PAB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA \perp  平面 ABCD，AD \perp  CD，AD \parallel  BC，PA = AD = CD = 2，BC = 3. E为 PD 的中点，点 F在 PC 上，且 PF/PC = 1/3.$

<img_408>
$求证：CD\perp 平面PAD；$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABCD，所以PA\perp CD，$
$又因为AD\perp CD，所以CD\perp 平面PAD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA \perp  平面 ABCD，AD \perp  CD，AD \parallel  BC，PA = AD = CD = 2，BC = 3. E为 PD 的中点，点 F在 PC 上，且 PF/PC = 1/3.$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894177417400323/img/compression/M_a46db02f7f050b1dc8d19fbd35e40a41.jpg)
$求证：CD\perp 平面PAD；$

Solution:
$证明：因为PA\perp 平面ABCD，所以PA\perp CD，$
$又因为AD\perp CD，所以CD\perp 平面PAD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AC=2AB=2A_1A=2，A_1B\bigcap AB_1=M，A_1B\perp B_1C.$
<img_314>
$求证：AB \perp AC；$

Solution:
$证明：在直三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AA_1\perp平面ABC，\therefore AA_1\perp AB，AA_1\perp AC，$
$又AA_1=AB，\therefore 平行四边形AA_1B_1B为正方形，$
$\therefore A_1B\perp AB_1，$
$又A_1B\perp B_1C，AB_1\cap B_1C=B_1，\therefore A_1B\perp平面AB_1C，$
$又AC\subset平面AB_1C，\therefore A_1B\perp AC，$
$又AC\perp AA_1，A_1B\cap AA_1=A_1，\therefore AC\perp平面AA_1B_1B，$
$又AB\subset平面AA_1B_1B，\therefore AB\perp AC.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在直三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AC=2AB=2A_1A=2，A_1B\bigcap AB_1=M，A_1B\perp B_1C.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894230407249922/img/compression/M_7eccbc4a38fa3e8698d5e06cdcc1d97e.jpg)
$求证：AB \perp AC；$

Solution:
$证明：在直三棱柱ABC-A_1B_1C_1中，AA_1\perp平面ABC，\therefore AA_1\perp AB，AA_1\perp AC，$
$又AA_1=AB，\therefore 平行四边形AA_1B_1B为正方形，$
$\therefore A_1B\perp AB_1，$
$又A_1B\perp B_1C，AB_1\cap B_1C=B_1，\therefore A_1B\perp平面AB_1C，$
$又AC\subset平面AB_1C，\therefore A_1B\perp AC，$
$又AC\perp AA_1，A_1B\cap AA_1=A_1，\therefore AC\perp平面AA_1B_1B，$
$又AB\subset平面AA_1B_1B，\therefore AB\perp AC.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle ABC=\frac{2\pi }{3}，AP\perp PD，AD\perp PB，且AD=PB=2，线段AD的中点为O.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894231380328451/img/compression/M_5bcfeade6f23fd45834be1a61478b2a8.jpg)
$求证：PA=PD；$

Solution:
$证明：在菱形ABCD中，\angle ABC=\frac{2\pi }{3}，$
$则\angle BAD=\frac{\pi }{3}，且AB=AD，$
$所以\triangle ABD为等边三角形，$
$因为O为AD的中点，所以BO\perp AD，$
$又因为AD\perp PB，BO\cap PB=B，BO,PB\subset 平面PBO，$
$所以AD\perp 平面PBO，$
$因为PO\subset 平面PBO，$
$所以PO\perp AD，所以PA=PD.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，\angle ABC=\frac{2\pi }{3}，AP\perp PD，AD\perp PB，且AD=PB=2，线段AD的中点为O.$

<img_2912>
$求证：PA=PD；$

Solution:
$证明：在菱形ABCD中，\angle ABC=\frac{2\pi }{3}，$
$则\angle BAD=\frac{\pi }{3}，且AB=AD，$
$所以\triangle ABD为等边三角形，$
$因为O为AD的中点，所以BO\perp AD，$
$又因为AD\perp PB，BO\cap PB=B，BO,PB\subset 平面PBO，$
$所以AD\perp 平面PBO，$
$因为PO\subset 平面PBO，$
$所以PO\perp AD，所以PA=PD.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=4，E为CD的中点，且\triangle VBC为等边三角形.$
<img_2349>
$若VB \perp AE，求证：AE \perp VE；$

Solution:
$证明：因为E为CD的中点，所以AD=DE=2，所以\triangle ADE为等腰直角三角形，所以\angle AED=45^\circ .$

$同理，\angle BEC=45^\circ ，所以AE\perp BE.$

$又因为VB\perp AE，VB\cap BE=B，VB，BE\subset 平面VBE,$

$所以AE\perp 平面VBE.$

$因为VE\subset 平面VBE，所以AE\perp VE.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2BC=4，E为CD的中点，且\triangle VBC为等边三角形.$
![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623894260573671426/img/compression/M_90e37e2a530a58058a08b22acf9aef77.jpg)
$若VB \perp AE，求证：AE \perp VE；$

Solution:
$证明：因为E为CD的中点，所以AD=DE=2，所以\triangle ADE为等腰直角三角形，所以\angle AED=45^\circ .$

$同理，\angle BEC=45^\circ ，所以AE\perp BE.$

$又因为VB\perp AE，VB\cap BE=B，VB，BE\subset 平面VBE,$

$所以AE\perp 平面VBE.$

$因为VE\subset 平面VBE，所以AE\perp VE.$

Final answer: 证明题
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点P(1,1)在椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上，椭圆C的左、右焦点分别为F_1，F_2，\triangle PF_1F_2的面积为 \frac{\sqrt{6}}{2}$
$设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O: x^2+y^2=r^2 (0<r<1)相切，直线PA，PB的斜率分别为k_1，k_2.证明：k_1 k_2=1；$

Solution:
$易知直线PA的方程为y=k_1x-k_1+1，$
$直线PB的方程为y=k_2x-k_2+1，$
$由题知 \frac{|1-k_1|}{\sqrt{1+k^2_1}}=r，所以(1-k_1)^2=r^2(1+k^2_1)，$
$所以(1-r^2)k^2_1-2k_1+1-r^2=0，$
$同理，(1-r^2)k^2_2-2k_2+1-r^2=0，$
$所以k_1，k_2是方程(1-r^2)x^2-2x+1-r^2=0的两根，$
$所以k_1k_2=1.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点P(1,1)在椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} =1 (a>b>0)上，椭圆C的左、右焦点分别为F_1，F_2，\triangle PF_1F_2的面积为 \frac{\sqrt{6}}{2}$
$设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O: x^2+y^2=r^2 (0<r<1)相切，直线PA，PB的斜率分别为k_1，k_2.证明：直线AB过定点.$

Solution:
$设A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，直线AB的方程为y=kx+m，$
$将y=kx+m代入\frac{x^2}{3}+\frac{2y^2}{3}=1得(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-3=0，所以x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2}①，x_1x_2=\frac{2m^2-3}{1+2k^2}②，$
$所以y_1+y_2=k(x_1+x_2)+2m=\frac{2m}{1+2k^2}③，$
$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=\frac{m^2-3k^2}{1+2k^2}④，$
$因为k_1k_2=\frac{y_1-1}{x_1-1}\times \frac{y_2-1}{x_2-1}=\frac{(y_1-1)(y_2-1)}{(x_1-1)(x_2-1)}=\frac{y_1y_2-(y_1+y_2)+1}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}=1，⑤$
所以将①②③④代入⑤，化简得3k^2+4km+m^2+2m-3=0，\
所以3k^2+4km+(m+3)(m-1)=0，\
所以(m+3k+3)(m+k-1)=0，\
若m+k-1=0，则直线AB:y=kx+1-k=k(x-1)+1，此时AB过点P，舍去.\
若m+3k+3=0，则直线AB:y=kx-3-3k=k(x-3)-3，此时AB恒过点(3,-3)。\
所以直线AB过定点(3,-3).
Subfield: Conic Sections


Question: $抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OP\perp OQ.已知点M(2,0)，且\odot M与l相切.$
$设A_1，A_2，A_3是C上的三个点，直线A_1A_2，A_1A_3均与\odot M相切.判断直线A_2A_3与\odot M的位置关系，并说明理由.$

Solution:
$直线 A_2A_3 与\odot  M 相切。理由如下：$

$设 A_1  (y^2_0, y_0),  A_2 (y^2_1, y_1),  A_3 (y^2_2, y_2)$

$\because 直线 A_1A_2，A_1A_3 均与\odot  M 相切，$

$\therefore  y_0 \neq \pm 1，y_1 \neq \pm 1,y_2 \neq \pm 1，$

$由 A_1，A_2 的坐标可得直线 A_1A_2 的方程为 y-y_0 = \frac{y_0-y_1}{y^2_0-y^2_1} (x-y^2_0)，整理，得 x-(y_0+y_1)y+y_0y_1=0，由于直线 A_1A_2 与\odot  M 相切，\therefore  M 到直线 A_1A_2 的距离 d = \frac{|2+y_0y_1|}{\sqrt{1+(y_0+y_1)^2}} =1,整理得(y^2_0-1)y^2_1+2y_0y_1+3-y^2_0=0,①$

$同理可得，(y^2_0-1)y^2_2+2y_0y_2+3-y^2_0=0,②$

$观察①②，得 y_1,y_2 是关于 x 的一元二次方程(y^2_0-1)x^2+2y_0x+3-y^2_0=0的两根，$

$\therefore  \left\{\begin{matrix}y_1+y_2=-\frac{2y_0}{y^2_0-1},\\ y_1y_2=\frac{3-y^2_0}{y^2_0-1}.\end{matrix}\right. () $

$同理，得直线 A_2A_3 的方程为 x-(y_1+y_2)y+y_1y_2=0,$

$则点 M (2，0)到直线 A_2A_3 的距离 d' = \frac{|2+y_1y_2|}{\sqrt{1+(y_1+y_2)^2}}，把()代入，得 d' = \frac{\left|2+\frac{3-y^2_0}{y^2_0-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2y_0}{y^2_0-1}\right)^2}} = \frac{|2(y^2_0-1)+3-y^2_0|}{\sqrt{(y^2_0-1)^2+(-2y_0)^2}} = \frac{|y^2_0+1|}{\sqrt{y^4_0+2y^2_0+1}} = \frac{|y^2_0+1|}{|y^2_0+1|} =1. $

$\therefore 直线 A_2A_3 与\odot  M 相切.$

Final answer: 相切
Subfield: Conic Sections


Question: $抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OP\perp OQ.已知点M(2,0)，且\odot M与l相切.$
$设A_1，A_2，A_3是C上的三个点，直线A_1A_2，A_1A_3均与\odot M相切. 请证明直线A_2A_3与\odot M相切.$

Solution:
$直线 A_2A_3 与\odot  M 相切。理由如下：$

$设 A_1  (y^2_0, y_0),  A_2 (y^2_1, y_1),  A_3 (y^2_2, y_2)$

$\because 直线 A_1A_2，A_1A_3 均与\odot  M 相切，$

$\therefore  y_0 \neq \pm 1，y_1 \neq \pm 1,y_2 \neq \pm 1，$

$由 A_1，A_2 的坐标可得直线 A_1A_2 的方程为 y-y_0 = \frac{y_0-y_1}{y^2_0-y^2_1} (x-y^2_0)，整理，得 x-(y_0+y_1)y+y_0y_1=0，由于直线 A_1A_2 与\odot  M 相切，\therefore  M 到直线 A_1A_2 的距离 d = \frac{|2+y_0y_1|}{\sqrt{1+(y_0+y_1)^2}} =1,整理得(y^2_0-1)y^2_1+2y_0y_1+3-y^2_0=0,①$

$同理可得，(y^2_0-1)y^2_2+2y_0y_2+3-y^2_0=0,②$

$观察①②，得 y_1,y_2 是关于 x 的一元二次方程(y^2_0-1)x^2+2y_0x+3-y^2_0=0的两根，$

$\therefore  \left\{\begin{matrix}y_1+y_2=-\frac{2y_0}{y^2_0-1},\\ y_1y_2=\frac{3-y^2_0}{y^2_0-1}.\end{matrix}\right. (1) $

$同理，得直线 A_2A_3 的方程为 x-(y_1+y_2)y+y_1y_2=0,$

$则点 M (2，0)到直线 A_2A_3 的距离 d' = \frac{|2+y_1y_2|}{\sqrt{1+(y_1+y_2)^2}}，把(1)代入，得 d' = \frac{\left|2+\frac{3-y^2_0}{y^2_0-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2y_0}{y^2_0-1}\right)^2}} = \frac{|2(y^2_0-1)+3-y^2_0|}{\sqrt{(y^2_0-1)^2+(-2y_0)^2}} = \frac{|y^2_0+1|}{\sqrt{y^4_0+2y^2_0+1}} = \frac{|y^2_0+1|}{|y^2_0+1|} =1. $

$\therefore 直线 A_2A_3 与\odot  M 相切.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(x+a)\ln x-x+1.$
$当a=0时，求证：f(x) \geq 0；$

Solution:
$证明：当a=0时， f(x)=xln x-x+1，$
$所以f'(x)=ln x.$
$当x\in (1,+\infty )时， f'(x)>0， f(x)在区间(1,+\infty )上单调递增；$
$当x\in (0,1)时， f'(x)<0， f(x)在区间(0,1)上单调递减；$
$所以f(x)在区间(0,+\infty )上的最小值是f(1)=0.$
$所以f(x)\geq 0.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{2}x^{2} + (a - 1)x - aln(x) (a \neq  0).$
$当a\geq \frac{1}{2}时，证明：f(x)\geq 0；$

Solution:
$证明：f(x)的定义域为(0,+\infty )，$

$f' (x) = x+(a-1)-\frac{a}{x} = \frac{(x+a)(x-1)}{x}，$

$因为a\geq\frac{1}{2} > 0，令f' (x) = 0，得x=1。$

$x变化时，f' (x) ，f(x)的变化情况见表：$

|$x$| (0,1) | 1 | $(1,+\infty)$ |
|--|--|--|--|
|$f'(x)$| - | 0 | + |
|$f(x)$|单调递减|极小值|单调递增|

$所以当x=1时，f(x)取得极小值，也是最小值，即f_{min}= f(1) = a- \frac{1}{2} \geq 0。$

$所以当a \geq \frac{1}{2}时，f(x) \geq 0。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{lnx-1}{x}-ax (a\in R).$
$若1<a<2，求证：f(x)<-1.$

Solution:
$证明：当 1<a<2 时，要证明 f(x)=\frac{lnx-1}{x}-ax<-1 (x>0)，即证$
$\frac{ax^2-x+1-lnx}{x}>0 ，等价于证明 ax^2-x+1-lnx>0。$
$令 h(x)=ax^2-x+1-ln x (x>0)，$
$则 h'(x)=2ax-1-\frac{1}{x}=\frac{2ax^2-x-1}{x}，$
$由 h'(x)=0 得 2ax^2-x-1=0，易知方程 2ax^2-x-1=0 有一正一负两个根，因为 x>0，所以负根不符合题意，舍去。$
$令其正根为 x_0，则 2ax^2_0-x_0-1=0，$
$当 x\in (0,x_0) 时 h'(x)<0；当 x\in (x_0,+\infty ) 时 h'(x)>0，$
$所以 h(x) 在 (0,x_0) 上单调递减，在 (x_0,+\infty ) 上单调递增，$
$所以 h_{min}=h(x_0)=ax^2_0-x_0+1-ln x_0=\frac{1+x_0}{2}-x_0+1-ln x_0=\frac{3-x_0}{2}-ln x_0，$
$因为 h'(1)=2a-2>0， h'\left(\frac{1}{2}\right)=a-3<0，所以 \frac{1}{2}<x_0<1，$
$所以 \frac{3-x_0}{2}>0， ln x_0<0，可得 h_{min}=\frac{3-x_0}{2}-ln x_0>0，$
$所以 h(x)>0，即 f(x)<-1.$

疑难突破
$要证明的不等式可转化为 ax^2-x+1-ln x>0，令 h(x)=ax^2-x+1-ln x，利用导数判断 h(x) 的单调性，证明 h_{min}>0 即可.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=(2+x+ax^2)\cdot \ln(1+x)-2x.$
$若a=0，证明：当-1<x<0时， f(x)<0；当x>0时， f(x)>0；$

Solution:
$证明：当a=0时， f(x)=(2+x)\cdot ln(1+x)-2x， f'(x)=ln(1+x)-\frac{x}{1+x}. 设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-\frac{x}{1+x}，则g'(x)=\frac{x}{(1+x)^2}. $

$当-1<x<0时，g'(x)<0；当x>0时，g'(x)>0 . $

$故当x>-1时，g(x)\geq g(0)=0，当且仅当x=0时，g(x)=0，从而f'(x)\geq 0，当且仅当x=0时， f'(x)=0 . $

$所以f(x)在(-1，+\infty )单调递增. 又f(0)=0，故当-1<x<0时， f(x)<0；当x>0时， f(x)>0.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c.$
$求证：a^2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.$

Solution:
$证明：当\Delta=4a^2-12b<0时，<br>f'(x)=3x^2+2ax+b>0，x\in (-\infty ，+\infty )，<br>此时函数f(x)在区间(-\infty ，+\infty )上单调递增，所以 f(x)不可能有三个不同零点.<br>当\Delta=4a^2-12b=0时， f'(x)=3x^2+2ax+b只有一个零点，记作x_0.<br>当x\in (-\infty ，x_0)时， f'(x)>0， f(x)单调递增；<br>当x\in (x_0，+\infty )时， f'(x)>0， f(x)单调递增.<br>所以f(x)不可能有三个不同零点.<br>综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有\Delta=4a^2-12b>0.<br>故a^2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件.<br>当a=b=4，c=0时，a^2-3b>0， f(x)=x^3+4x^2+4x=x(x+2)^2只有两个不同零点，所以a^2-3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.<br>因此a^2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}-a\sin  x.$
$当a=1时，证明：函数y=f(x)-2在(0,\pi )上有且仅有一个零点；$

Solution:
$证明：当a=1时，记g(x)=f(x)-2=e^{x}-\sin  x-2,    $
$则g'(x)=e^{x}-\cos  x.   $
$当x\in (0,\pi )时，e^{x}>e^{0}=1,\cos  x<1, 故g'(x)>0, g(x)在(0,\pi )上单调递增，  $
$又因为g(0)=-1<0, g(\pi )=e^{\pi }-2>0, 所以函数y=f(x)-2在(0,\pi )上有且仅有一个零点，$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=xln(2x+1)-ax^2.$
$当a<0时，求证：函数f(x)存在极小值；$

Solution:
$证明：函数f(x)的定义域为\left(-\frac{1}{2},+\infty \right)，  $
$由(1)知，f '(x)=ln(2x+1)+\frac{2x}{2x+1}－2ax，  $
$因为a<0，则当－\frac{1}{2}<x<0时，ln(2x+1)<0，\frac{2x}{2x+1}<0，－2ax<0，则有f '(x)<0，函数f(x)在\left(-\frac{1}{2},0\right)上单调递减，  $
$当x>0时，ln(2x+1)>0，\frac{2x}{2x+1}>0，－2ax>0，则有f '(x)>0，函数f(x)在(0,+\infty )上单调递增，  $
于是得当x=0时，函数f(x)取得极小值，  
所以当a<0时，函数f(x)存在极小值.
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=x^2+m\ln(x+1)(m \in R)$
$若m=－1, 当x\in (1,+\infty )时,求证:f(x)<x^3;$

Solution:
$因为m = -1，所以f(x) = x^2 - \ln(x+1).$

$证明：令F(x) = f(x) - x^3 = x^2 - \ln(x+1) - x^3,$

$F'(x) = 2x - \frac{1}{x+1} - 3x^2 = \frac{-3x^3 - x^2 + 2x - 1}{x+1} = \frac{-3x^3 - (x-1)^2}{x+1}，v$

$x \in  (1, +\infty )时，F'(x) < 0，F(x)在(1, +\infty )上单调递减，所以F(x) < F(1) = -\ln2 < 0，$

$所以当x \in  (1, +\infty )时，f(x) < x^3.$
Subfield: Inequality


Question: $已知a, b, c均为正数，且a^2+b^2+4c^2=3,证明：$
$若b=2c,则\frac{1}{a} + \frac{1}{c} \geq 3.$

Solution:
$证法一：由于三个正数的算术平均数不小于它们的调和平均数，因此 \frac{a+b+2c}{3} \geq  \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2c}}， 当且仅当 a=b=2c 时, 等号成立。$

$由(1)得 a+b+2c\leq 3，则 \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{2c}} \leq  \frac{a+b+2c}{3} \leq  1。因此 \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{2c} \geq  3，又因为 b=2c，则 \frac{1}{a} + \frac{1}{c} \geq  3。$

$证法二：由 b=2c 及(1)知 0＜a+4c\leq 3$

$而 \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\cdot (a+4c)=5+\frac{4c}{a}+\frac{a}{c} \geq  5+4=9，$

$当且仅当 a^2=4c^2, 即 c= \frac{1}{2}, a=b=1 时，等号成立。$

$因此， \frac{1}{a} +\frac{1}{c} \geq  3。$
Subfield: Inequality


Question: $已知a, b, c为正数，且满足abc=1.证明:$
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq a^2 + b^2 + c^2;$

Solution:
证法一：(从不等式右边出发)

$因为 a^2+b^2 \geq  2ab, b^2 + c^2 \geq  2bc, c^2 + a^2 \geq  2ac,$

$故有 a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca(当且仅当a=b=c时取等号).$

$又 abc = 1，\frac{ab+bc+ca}{abc} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}.$

$所以 \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq  a^2+b^2+c^2.$

证法二：(从不等式左边出发)

$因为 abc=1，a, b, c \in  R^+,$

$所以 \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{abc}{a} + \frac{abc}{b} + \frac{abc}{c} = bc + ac + ab.$

$(利用重要不等式 a^2 + b^2 \geq  2ab 转化)$

$又 bc + ac + ab \leq  \frac{b^2+c^2}{2} + \frac{a^2+c^2}{2} + \frac{a^2+b^2}{2} = a^2 + b^2 + c^2(当且仅当 a = b = c时取等号).即 \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq  a^2 + b^2 + c^2.$
Subfield: Inequality


Question: $已知a, b, c为正数，且满足abc=1.证明:$
$(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$

Solution:
$证法一：因为a, b, c\in R_+, abc=1，$
$(a + b)^3+(b + c)^3+(c + a)^3 \geq 3 \sqrt[3]{(a+b)^3(b+c)^3(a+c)^3} =3(a + b)(b + c)(a + c) (当且仅当a + b = b + c = a + c时取等号).(利用三元均值不等式)$
$3(a + b)(b + c)(a + c) \geq 3\times (2\sqrt{ab})(2\sqrt{bc})(2\sqrt{ac})=24.(当且仅当a=b=c时取等号)(利用基本不等式)$

证法二：(利用基本不等式将“和”转化为“积”)
$(a + b)^3+(b + c)^3+(c + a)^3 \geq  (2\sqrt{ab})^3+(2\sqrt{bc})^3+(2\sqrt{ac})^3 =8[(ab)^\frac{3}{2}+(bc)^\frac{3}{2}+(ca)^\frac{3}{2}] \geq 8\times 3\sqrt[3]{(abc)^3} =24abc=24.(当且仅当a=b=c时取等号)(利用基本不等式及三元均值不等式)$
Subfield: Inequality


Question: $设a, b, c\in R，a+b+c=0，abc=1.$
$证明：ab + bc + ca < 0;$

Solution:
利用三项和的平方的展开公式，结合非零平方和为正数证出

$\because  (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc = 0，$

$\therefore  ab + bc + ca = -\frac{1}{2}(a^2 + b^2 + c^2)，$

$\because  abc = 1, $

$\therefore  a, b, c 均不为0，则 a^2 + b^2 + c^2 > 0，$

$\therefore  ab + bc + ca = -\frac{1}{2}(a^2 + b^2 + c^2) < 0。$
利用消元法结合一元二次函数的性质证出

$由 a+b+c=0 得 b = -(a + c)，$

$则 ab + bc + ca = b(a + c) + ca = -(a + c)^2 + ac = -(a^2 + ac + c^2) = -\left(a+\frac{c}{2}\right)^2 -\frac{3}{4}c^2 \leq  0，$

$当且仅当 a = b = c = 0 时取等号，又 abc = 1，即等号不能成立，$

$\therefore  ab + bc + ca < 0。$
利用不等式性质证出

$\because  a+b+c=0, abc=1，$

$\therefore  a，b，c 必有两个负数和一个正数，$

$不妨设 a \leq  b < 0 < c,$

$则 a = -(b + c),$

$\therefore  ab + bc + ca = bc + a(c + b) = bc - a^2 < 0。$
Subfield: Inequality


Question: $设a, b, c\in R，a+b+c=0，abc=1.$
$用max\{a,b,c\}`表示a,b,c的最大值，证明：max\{a,b,c\}\geq \sqrt[3]{4}.$

Solution:
利用基本不等式直接证出.
$不妨设max\{a,b,c\}=a，\because abc=1，a=-(b+c)，$
$\therefore a>0，b<0,c<0.由bc \leq \frac{(b+c)^2}{4},可得abc \leq \frac{a^3}{4}，$
$故a \geq \sqrt[3]{4}，\therefore max{a,b,c} \geq \sqrt[3]{4}.$
利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件证出.
$不妨设max{a,b,c}=a，\because a+b+c=0,abc=1，$
$\therefore a>0，且\begin{matrix}b+c=-a,\\ bc=\frac{1}{a},\end{matrix}$
$则b,c是关于x的方程x^2+ax+\frac{1}{a}=0的两根，其判别式\Delta=a^2-\frac{4}{a} \geq 0，即a \geq \sqrt[3]{4}。故max{a,b，c} \geq \sqrt[3]{4}成立.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x^{2}+\cos  x.$
$设 g(x)=f'(x)，证明：对任意的 s>t，有 g(s)- g(t)< 3s - 3t。$

Solution:
$证明：设G(x)=g(x)－3x，则G'(x)=g'(x)－3=－1－\cos  x，因为G'(x)\leq 0，所以G(x)在R上单调递减，$

$又s>t，所以G(s)<G(t)，即g(s)－3s<g(t)－3t，$

$所以g(s)－g(t)<3s－3t.$
Subfield: Derivative


Question: $已知f(x)=\frac{1}{2}x^{2}－\ln(x+1)+ax(a\in R).$
$求证：\frac{1}{2}x^2+x \geq \ln(x+1)$

Solution:
$证明：设 g(x)=\frac{1}{2}x^2+x-\ln(x+1), x>-1，$

$\therefore g'(x)=x+1-\frac{1}{x+1}=\frac{x(x+2)}{x+1}，$

$当 x\in (-1,0) 时，g'(x)<0，g(x) 在 (-1,0) 上单调递减，$

$当 x\in (0, +\infty ) 时，g'(x)>0，g(x) 在 (0, +\infty ) 上单调递增，$

$\therefore g_{min}=g(0)=0，所以 g(x)\geq g(0)=0，$

$则 \frac{1}{2}x^2+x-\ln(x+1)\geq 0，即 \frac{1}{2}x^2+x\geq \ln(x+1).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x - e^{x}。$
$求证：方程x\ln x = e^{x} + x无解.$

Solution:
$证明：设h(x)=x \ln x-e^{x}-x，$
$则h '(x)=\ln x-e^{x}，$
$当x\in(0,1)时，\ln x<0，-e^{x}<0，所以h '(x)<0，$
$当x=1时，h '(1)=-e<0，$
$由(2)知，h '(x)在[1,+\infty )上单调递减，$
$所以当x\in(1,+\infty )时，h '(x)<0，$
$当x\in(0,+\infty )时，h '(x)<0，$
$所以h(x)在(0,+\infty )上单调递减，$
$又当x\in(0,1)时，x \ln x<0，-e^{x}-x<0，所以h(x)<0，$
$当x=1时，h(1)=-e-1<0，$
$所以当x\in(1,+\infty )时，h(x)<h(1)<0，$
$所以h(x)无零点，$
$所以方程x \ln x=e^{x}+x无解.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^x-1-msin x(m\in R).$
$当m=1时，求证：\forall x\in\left(0,\frac{\pi }{2}\right)，f(x)>0。$

Solution:
$当m=1时, f(x)=e^{x}-1-\sin{x},则f'(x)=e^{x}－\cos{x}。$

$证明：因为x\in (0,\frac{\pi }{2})，所以e^{x}>1，－\cos{x}>－1，$

$所以e^{x}－\cos{x}>0，即f'(x)>0，$

$所以f (x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增，所以f(x)>f(0)=0.$