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


Question: 设 $k>0$ 且 $k \neq 1$, 直线 $l: y=k x+1$ 与 $l_{1}: y=k_{1} x+1$ 关于直线 $y=x+1$ 对称,直线 $l$ 与 $l_{1}$ 分别交椭圆 $E: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 于点 $A 、 M$ 和 $A 、 N$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_8b9802188b5b27bb8ea9g-1.jpg?height=577&width=694&top_left_y=1519&top_left_x=1138)
对任意的 $k$ ，直线 $M N$ 恒过定点，求该定点.

Solution:
直线 $l$ 与 $l_{1}$ 的交点为 $A(0,1)$.

设点 $P(x, y)$ 是直线 $l$ 上异于点 $A(0,1)$ 的任意一点, 点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是点 $P$ 关于直线 $y=x+1$ 的对称点.由 $\frac{y+y_{0}}{2}=\frac{x+x_{0}}{2}+1$ 得 $y-x=x_{0}-y_{0}+2$.

由 $\frac{y-y_{0}}{x-x_{0}}=-1$ 得 $y+x=y_{0}+x_{0}$.

联合解得 $\left\{\begin{array}{l}x=y_{0}-1 \\ y=x_{0}+1\end{array}\right.$.

代入直线 $l: y=k x+1$ 可得 $x_{0}=k\left(y_{0}-1\right)$.

又由点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在直线 $l_{1}: y=k_{1} x+1$ 上, 有 $y_{0}=k_{1} x_{0}+1$, 则 $y_{0}-1=k_{1} x_{0}$.

所以有 $x_{0}=k k_{1} x_{0}$, 从而由 $x_{0} \neq 0$ 可得 $k k_{1}=1$.

设点 $M 、 N$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right)$ 与 $\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

由 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}=k x_{1}+1 \\ \frac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1\end{array}\right.$ 可得 $\left(4 k^{2}+1\right) x_{1}^{2}+8 k x_{1}=0$. 所以有 $x_{1}=\frac{-8 k}{4 k^{2}+1}, y_{1}=\frac{1-4 k^{2}}{4 k^{2}+1}$.

同理求得 $x_{2}=\frac{-8 k_{1}}{4 k_{1}^{2}+1}, y_{2}=\frac{1-4 k_{1}^{2}}{4 k_{1}^{2}+1}$.

由 $k k_{1}=1$ 可得 $x_{2}=\frac{-8 k}{4+k^{2}}, y_{2}=\frac{k^{2}-4}{4+k^{2}}$.

则直线 $M N$ 的斜率为 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\frac{1-4 k^{2}}{4 k^{2}+1}-\frac{k^{2}-4}{4+k^{2}}}{\frac{-8 k}{4 k^{2}+1}-\frac{-8 k}{4+k^{2}}}=\frac{8-8 k^{4}}{8 k\left(3 k^{2}-3\right)}=-\frac{k^{2}+1}{3 k}$.

所以直线 $M N$ 的方程为 $y-\frac{1-4 k^{2}}{4 k^{2}+1}=-\frac{k^{2}+1}{3 k}\left(x-\frac{-8 k}{4 k^{2}+1}\right)$, 化简得 $y=-\frac{k^{2}+1}{3 k} x-\frac{5}{3}$.

因此, 对任意的 $k$, 直线 $M N$ 恒过定点 $\left(0,-\frac{5}{3}\right)$.

Final answer: $\left(0,-\frac{5}{3}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 设 $k>0$ 且 $k \neq 1$, 直线 $l: y=k x+1$ 与 $l_{1}: y=k_{1} x+1$ 关于直线 $y=x+1$ 对称,直线 $l$ 与 $l_{1}$ 分别交椭圆 $E: \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ 于点 $A 、 M$ 和 $A 、 N$.

<img_4242>
对任意的 $k$ ，直线 $M N$ 恒过定点，求该定点.

Solution:
直线 $l$ 与 $l_{1}$ 的交点为 $A(0,1)$.

设点 $P(x, y)$ 是直线 $l$ 上异于点 $A(0,1)$ 的任意一点, 点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是点 $P$ 关于直线 $y=x+1$ 的对称点.由 $\frac{y+y_{0}}{2}=\frac{x+x_{0}}{2}+1$ 得 $y-x=x_{0}-y_{0}+2$.

由 $\frac{y-y_{0}}{x-x_{0}}=-1$ 得 $y+x=y_{0}+x_{0}$.

联合解得 $\left\{\begin{array}{l}x=y_{0}-1 \\ y=x_{0}+1\end{array}\right.$.

代入直线 $l: y=k x+1$ 可得 $x_{0}=k\left(y_{0}-1\right)$.

又由点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在直线 $l_{1}: y=k_{1} x+1$ 上, 有 $y_{0}=k_{1} x_{0}+1$, 则 $y_{0}-1=k_{1} x_{0}$.

所以有 $x_{0}=k k_{1} x_{0}$, 从而由 $x_{0} \neq 0$ 可得 $k k_{1}=1$.

设点 $M 、 N$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right)$ 与 $\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

由 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}=k x_{1}+1 \\ \frac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1\end{array}\right.$ 可得 $\left(4 k^{2}+1\right) x_{1}^{2}+8 k x_{1}=0$. 所以有 $x_{1}=\frac{-8 k}{4 k^{2}+1}, y_{1}=\frac{1-4 k^{2}}{4 k^{2}+1}$.

同理求得 $x_{2}=\frac{-8 k_{1}}{4 k_{1}^{2}+1}, y_{2}=\frac{1-4 k_{1}^{2}}{4 k_{1}^{2}+1}$.

由 $k k_{1}=1$ 可得 $x_{2}=\frac{-8 k}{4+k^{2}}, y_{2}=\frac{k^{2}-4}{4+k^{2}}$.

则直线 $M N$ 的斜率为 $k_{M N}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\frac{1-4 k^{2}}{4 k^{2}+1}-\frac{k^{2}-4}{4+k^{2}}}{\frac{-8 k}{4 k^{2}+1}-\frac{-8 k}{4+k^{2}}}=\frac{8-8 k^{4}}{8 k\left(3 k^{2}-3\right)}=-\frac{k^{2}+1}{3 k}$.

所以直线 $M N$ 的方程为 $y-\frac{1-4 k^{2}}{4 k^{2}+1}=-\frac{k^{2}+1}{3 k}\left(x-\frac{-8 k}{4 k^{2}+1}\right)$, 化简得 $y=-\frac{k^{2}+1}{3 k} x-\frac{5}{3}$.

因此, 对任意的 $k$, 直线 $M N$ 恒过定点 $\left(0,-\frac{5}{3}\right)$.

Final answer: $\left(0,-\frac{5}{3}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1(a>3)$.
过椭圆 $C$ 的左焦点, 且垂直于 $x$ 轴的直线与椭圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点, 若 $M N=9$, 求实数 $a$ 的值.

Solution:
记椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1$ 的左焦点为 $F$, 则点 $F$ 的横坐标为 -3 .

因为过点 $F$ 且垂直于 $x$ 轴的直线与椭圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点, $M N=9$,

所以 $M\left(-3, \frac{9}{2}\right), N\left(-3,-\frac{9}{2}\right)$,

从而 $\frac{9}{a^{2}}+\frac{81}{4\left(a^{2}-9\right)}=1$.

解得 $a^{2}=36$ 或 $a^{2}=\frac{9}{4}$.

因为 $a>3$, 所以 $a=6$.

Final answer: $6$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 设椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1(a>3)$.
若直线 $l: \frac{x}{a}+\frac{y}{a-3}=1$ 与椭圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 其中对任意大于 3 的实数 $a$, 以 $A B$ 为直径的圆过定点, 求定点坐标.

Solution:
由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{a}+\frac{y}{a-3}=1, \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-9}=1\end{array}\right.$

得 $A(a, 0), B\left(-3, \frac{a^{2}-9}{a}\right)$.

从而以 $A B$ 为直径的圆的方程为 $(x-a)(x+3)+y\left(y-\frac{a^{2}-9}{a}\right)=0$,

即 $(x+y+3) a^{2}-\left(x^{2}+3 x+y^{2}\right) a-9 y=0$.

由 $\left\{\begin{array}{l}x+y+3=0, \\ x^{2}+3 x+y^{2}=0, \\ -9 y=0,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=-3, \\ y=0 .\end{array}\right.$

故以 $A B$ 为直径的圆过定点 $(-3,0)$.

Final answer: $(-3,0)$
Subfield: Sequence


Question: 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=\frac{1}{p}, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n a_{n}+1}, p>0, n \in \mathbf{N}^{*}$.
若 $p=1$, 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

Solution:
因为 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n a_{n}+1}, a_{1}=\frac{1}{p}>0$, 故 $a_{n}>0, \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+n$,

因此 $\frac{1}{a_{n}}=(n-1)+(n-2)+\ldots+1+p=\frac{n^{2}-n+2 p}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{2}{n^{2}-n+2 p}$.

因为 $p=1$, 所以 $a_{n}=\frac{2}{n^{2}-n+2}$.

Final answer: $a_{n}=\frac{2}{n^{2}-n+2}$
Subfield: Sequence


Question: 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=\frac{1}{p}, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n a_{n}+1}, p>0, n \in \mathbf{N}^{*}$.
记 $b_{n}=n a_{n}$. 若在数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中, $b_{n} \leq b_{8}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 求实数 $p$ 的取值范围.

Solution:
$b_{n}=n a_{n}=\frac{2 n}{n^{2}-n+2 p}$.

在数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中,

因为 $b_{n} \leq b_{8}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 所以 $b_{7} \leq b_{8}, b_{8} \leq b_{8}$, 即 $\left\{\begin{array}{c}\frac{7}{21+p} \leq \frac{8}{28+p} \\ \frac{9}{36+p} \leq \frac{8}{28+p}\end{array}\right.$,

解得 $28 \leq p \leq 36$.

又 $b_{n}=\frac{2 n}{n^{2}-n+2 p}=\frac{2}{n+\frac{2 p}{n}-1}$, 且 $7<\sqrt{56} \leq \sqrt{2 p} \leq \sqrt{72}<9$,

所以 $b_{n}$ 的最大值只可能在 $n=7,8,9$ 时取到.

又当 $28 \leq p \leq 36$ 时, $b_{7} \leq b_{8}, b_{5} \leq b_{8}$, 所以 $b_{n} \leq b_{8}$.

所以满足条件的实数 $p$ 的取值范围是 $[28,36]$.

Final answer: $[28,36]$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在凸五边形 $A B C D E$ 中, 已知 $\angle A B C=\angle C D E=\angle D E A=90^{\circ}, F$ 是边 $C D$ 的中点,线段 $A D, E F$ 相交于点 $G$, 线段 $A C, B G$ 相交于点 $M$. 若 $A C=A D, A B=D E$,求证: $B M=M G$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b4b6c396de6148d0f35eg-1.jpg?height=460&width=536&top_left_y=1938&top_left_x=1158)

Solution:
连接 $A F$, $B F$ 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b74cc4ca3002a447263dg-1.jpg?height=459&width=553&top_left_y=335&top_left_x=1161)

因为 $A C=A D, F$ 是边 $C D$ 的中点,

则 $A F \perp C D$.

又 $\angle C D E=\angle D E A=90^{\circ}$,

故四边形 $A E D F$ 是矩形.

所以 $\triangle A C F \cong \triangle A D F \cong \triangle E F D$.

因此 $\angle E F D=\angle A C F$,

从而 $E F / / A C$.

又因为 $A B=D E$,

所以 $\triangle A C B \cong \triangle E F D$, 因此 $\triangle A C B \cong \triangle A C F$,

故 $A B=A F, C B=C F$.

连 $B F, B F$ 交 $A C$ 于 $N$,

$A C$ 垂直平分线段 $B F, B N=N F$.

线段 $A C, B G$ 相交于点 $M$, 因为 $E F / / A C$,

由平行截割定理, $B M=M G$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在凸五边形 $A B C D E$ 中, 已知 $\angle A B C=\angle C D E=\angle D E A=90^{\circ}, F$ 是边 $C D$ 的中点,线段 $A D, E F$ 相交于点 $G$, 线段 $A C, B G$ 相交于点 $M$. 若 $A C=A D, A B=D E$,求证: $B M=M G$.

<img_4080>

Solution:
连接 $A F$, $B F$ 如下图.

<img_4058>

因为 $A C=A D, F$ 是边 $C D$ 的中点,

则 $A F \perp C D$.

又 $\angle C D E=\angle D E A=90^{\circ}$,

故四边形 $A E D F$ 是矩形.

所以 $\triangle A C F \cong \triangle A D F \cong \triangle E F D$.

因此 $\angle E F D=\angle A C F$,

从而 $E F / / A C$.

又因为 $A B=D E$,

所以 $\triangle A C B \cong \triangle E F D$, 因此 $\triangle A C B \cong \triangle A C F$,

故 $A B=A F, C B=C F$.

连 $B F, B F$ 交 $A C$ 于 $N$,

$A C$ 垂直平分线段 $B F, B N=N F$.

线段 $A C, B G$ 相交于点 $M$, 因为 $E F / / A C$,

由平行截割定理, $B M=M G$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $P_{k}(k=1,2,3, \ldots, 100)$ 是边长为 1 的正方形 $A B C D$ 内部的点. $E, F, G, H$ 分别是 $A B, B C, C D, D A$ 的中点, 记 $d_{1}=\sum_{k=1}^{100} E P_{k}$, $d_{2}=\sum_{k=1}^{100} F P_{k}, d_{3}=\sum_{k=1}^{100} G P_{k}, d_{4}=\sum_{k=1}^{100} H P_{k}$.

证明：$d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$ 中至少有两个小于 81.

<img_4171>

Solution:
<img_4229>

如上图建立坐标系, 以点 $F, H$ 为焦点作经过点 $A$ 的椭圆.

由对称性, 正方形 $A B C D$ 为椭圆的内接正方形. $P_{k}(k=1,2,3, \ldots, 100)$ 在正方形 $A B C D$内部，则也在椭圆内部

椭圆长轴长 $2 a=A H+A F=\frac{1+\sqrt{5}}{2}<1.62$,

延长 $H P_{k}$ 交椭圆于点 $Q_{k}$, 连 $F Q_{k}$,

则 $H P_{k}+F P_{k}<H P_{k}+P_{k} Q_{k}+F Q_{k}=H Q_{k}+F Q_{k}<1.62$,

其中 $k=1,2,3, \ldots, 100$

所以 $d_{2}+d_{4}=\sum_{k=1}^{100} H P_{k}+\sum_{k=1}^{100} F P_{k}=\sum_{k=1}^{100}\left(H P_{k}+F P_{k}\right)<162$,

所以 $\min \left\{d_{2}, d_{4}\right\}<81$. 同理 $\min \left\{d_{1}, d_{3}\right\}<81$.

所以 $d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$ 中至少有两个小于 81.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $P_{k}(k=1,2,3, \ldots, 100)$ 是边长为 1 的正方形 $A B C D$ 内部的点. $E, F, G, H$ 分别是 $A B, B C, C D, D A$ 的中点, 记 $d_{1}=\sum_{k=1}^{100} E P_{k}$, $d_{2}=\sum_{k=1}^{100} F P_{k}, d_{3}=\sum_{k=1}^{100} G P_{k}, d_{4}=\sum_{k=1}^{100} H P_{k}$.

证明：$d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$ 中至少有两个小于 81.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b74cc4ca3002a447263dg-1.jpg?height=370&width=391&top_left_y=1267&top_left_x=1345)

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b74cc4ca3002a447263dg-1.jpg?height=477&width=693&top_left_y=1861&top_left_x=1205)

如上图建立坐标系, 以点 $F, H$ 为焦点作经过点 $A$ 的椭圆.

由对称性, 正方形 $A B C D$ 为椭圆的内接正方形. $P_{k}(k=1,2,3, \ldots, 100)$ 在正方形 $A B C D$内部，则也在椭圆内部

椭圆长轴长 $2 a=A H+A F=\frac{1+\sqrt{5}}{2}<1.62$,

延长 $H P_{k}$ 交椭圆于点 $Q_{k}$, 连 $F Q_{k}$,

则 $H P_{k}+F P_{k}<H P_{k}+P_{k} Q_{k}+F Q_{k}=H Q_{k}+F Q_{k}<1.62$,

其中 $k=1,2,3, \ldots, 100$

所以 $d_{2}+d_{4}=\sum_{k=1}^{100} H P_{k}+\sum_{k=1}^{100} F P_{k}=\sum_{k=1}^{100}\left(H P_{k}+F P_{k}\right)<162$,

所以 $\min \left\{d_{2}, d_{4}\right\}<81$. 同理 $\min \left\{d_{1}, d_{3}\right\}<81$.

所以 $d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$ 中至少有两个小于 81.

Final answer: 证明题
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{9}{4}, 2 a_{n+1} a_{n}-7 a_{n+1}-3 a_{n}+12=0 \quad\left(n \in N^{*}\right)$ .
记 $c_{n}=a_{n}-2$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
由 $c_{n}=a_{n}-2$, 得 $a_{n}=c_{n}+2$, 代入条件递推式, 得

$2\left(c_{n+1}+2\right)\left(c_{n}+2\right)-7\left(c_{n+1}+2\right)-3\left(c_{n}+2\right)+12=0$ .

整理, 得 $2 c_{n+1} c_{n}-3 c_{n+1}+c_{n}=0$, 即 $\frac{1}{c_{n+1}}=\frac{3}{c_{n}}-2$ .

$\therefore \frac{1}{c_{n+1}}-1=3\left(\frac{1}{c_{n}}-1\right)$, 数列 $\left\{\frac{1}{c_{n}}-1\right\}$ 是以 $\frac{1}{c_{1}}-1=4-1=3$ 为首项, 公比为 3 的等比数列.

$\therefore \quad \frac{1}{c_{n}}-1=3^{n}, \quad c_{n}=\frac{1}{3^{n}+1}$ .

Final answer: $c_{n}=\frac{1}{3^{n}+1}$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{9}{4}, 2 a_{n+1} a_{n}-7 a_{n+1}-3 a_{n}+12=0 \quad\left(n \in N^{*}\right)$ .
记 $b_{n}=\frac{n^{2}}{n+1} a_{n}$, 求使 $\left[b_{1}\right]+\left[b_{2}\right]+\left[b_{3}\right]+\cdots+\left[b_{n}\right] \leq 2019$ 成立的最大正整数 $n$ 的值.

（其中, 符号 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数)

Solution:
记 $c_{n}=a_{n}-2$, 则 $a_{n}=c_{n}+2$, 代入条件递推式, 得

$2\left(c_{n+1}+2\right)\left(c_{n}+2\right)-7\left(c_{n+1}+2\right)-3\left(c_{n}+2\right)+12=0$ .

整理, 得 $2 c_{n+1} c_{n}-3 c_{n+1}+c_{n}=0$, 即 $\frac{1}{c_{n+1}}=\frac{3}{c_{n}}-2$ .

$\therefore \frac{1}{c_{n+1}}-1=3\left(\frac{1}{c_{n}}-1\right)$, 数列 $\left\{\frac{1}{c_{n}}-1\right\}$ 是以 $\frac{1}{c_{1}}-1=4-1=3$ 为首项, 公比为 3 的等比数列.

$\therefore \quad \frac{1}{c_{n}}-1=3^{n}, \quad c_{n}=\frac{1}{3^{n}+1}$ .

$a_{n}=c_{n}+2=\frac{1}{3^{n}+1}+2$,

$b_{n}=\frac{n^{2}}{n+1} a_{n}=\frac{n^{2}}{n+1}\left(\frac{1}{3^{n}+1}+2\right)=\frac{n^{2}}{(n+1)\left(3^{n}+1\right)}+\frac{2 n^{2}}{n+1}=2(n-1)+\frac{2}{n+1}+\frac{n^{2}}{(n+1)\left(3^{n}+1\right)}$

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

$\because n \geq 2$ 时, $3^{n}=(1+2)^{n}=1+C_{n}^{1} \times 2+C_{n}^{2} \times 2^{2}+\cdots>1+2 n$,

$(n+1)\left(3^{n}+1\right)-\left[2 \times 3^{n}+n^{2}+2\right]=(n-1) \times 3^{n}-n^{2}+n-1>(n-1)(1+2 n)-n^{2}+n-1=n^{2}-2>0$ .

$\therefore n \geq 2$ 时, $0<\frac{2 \times 3^{n}+n^{2}+2}{(n+1)\left(3^{n}+1\right)}<1$,

又 $n=1$ 时, $\frac{2 \times 3^{n}+n^{2}+2}{(n+1)\left(3^{n}+1\right)}=\frac{6+1+2}{2 \times 4}=\frac{9}{8}$ .

$\therefore \quad\left[b_{1}\right]=1 ; n \geq 2$ 时, $\left[b_{n}\right]=2(n-1)$ .

$\therefore n \geq 2$ 时,

$\left[b_{1}\right]+\left[b_{2}\right]+\left[b_{3}\right]+\cdots+\left[b_{n}\right]=1+2 \times 1+2 \times 2+\cdots+2(n-1)=1+n(n-1)=n^{2}-n+1$ .

由 $n^{2}-n+1 \leq 2019$, 及 $n \in N^{*}$, 得 $n \leq 45$ .

$\therefore$ 使 $\left[b_{1}\right]+\left[b_{2}\right]+\left[b_{3}\right]+\cdots+\left[b_{n}\right] \leq 2019$ 成立的最大正整数 $n$ 的值为 $45$ .

Final answer: $45$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $F$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的右焦点, 点 $P$ 为直线 $x=4$ 上动点, 过点 $P$ 作椭圆 $C$的切线 $P A 、 P B, A 、 B$ 为切点.

<img_4140>
求证: $A 、 F 、 B$ 三点共线;

Solution:
$F(1,0)$, 设 $P(4, t), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ .

则切线 $P A, P B$ 的方程分别为 $\frac{x_{1} x}{4}+\frac{y_{1} y}{3}=1, \frac{x_{2} x}{4}+\frac{y_{2} y}{3}=1$ .

由切线 $P A, P B$ 过点 $P(4, t)$, 得 $x_{1}+\frac{y_{1} t}{3}=1, x_{2}+\frac{y_{2} t}{3}=1$, 即 $x_{1}+\frac{t}{3} y_{1}=1, x_{2}+\frac{t}{3} y_{2}=1$ .

由此可得直线 $A B$ 方程为 $x+\frac{t}{3} y=1$ .

易知直线 $A B$ 过点 $F(1,0)$ .

$\therefore A 、 F 、 B$ 三点共线.
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $F$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的右焦点, 点 $P$ 为直线 $x=4$ 上动点, 过点 $P$ 作椭圆 $C$的切线 $P A 、 P B, A 、 B$ 为切点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_833218380ba97d065ae8g-1.jpg?height=483&width=599&top_left_y=915&top_left_x=1208)
求证: $A 、 F 、 B$ 三点共线;

Solution:
$F(1,0)$, 设 $P(4, t), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ .

则切线 $P A, P B$ 的方程分别为 $\frac{x_{1} x}{4}+\frac{y_{1} y}{3}=1, \frac{x_{2} x}{4}+\frac{y_{2} y}{3}=1$ .

由切线 $P A, P B$ 过点 $P(4, t)$, 得 $x_{1}+\frac{y_{1} t}{3}=1, x_{2}+\frac{y_{2} t}{3}=1$, 即 $x_{1}+\frac{t}{3} y_{1}=1, x_{2}+\frac{t}{3} y_{2}=1$ .

由此可得直线 $A B$ 方程为 $x+\frac{t}{3} y=1$ .

易知直线 $A B$ 过点 $F(1,0)$ .

$\therefore A 、 F 、 B$ 三点共线.

Final answer: 证明题
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $F$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的右焦点, 点 $P$ 为直线 $x=4$ 上动点, 过点 $P$ 作椭圆 $C$的切线 $P A 、 P B, A 、 B$ 为切点.

<img_4140>
求 $\triangle P A B$ 面积的最小值.

Solution:
$F(1,0)$, 设 $P(4, t), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ .

则切线 $P A, P B$ 的方程分别为 $\frac{x_{1} x}{4}+\frac{y_{1} y}{3}=1, \frac{x_{2} x}{4}+\frac{y_{2} y}{3}=1$ .

由切线 $P A, P B$ 过点 $P(4, t)$, 得 $x_{1}+\frac{y_{1} t}{3}=1, x_{2}+\frac{y_{2} t}{3}=1$, 即 $x_{1}+\frac{t}{3} y_{1}=1, x_{2}+\frac{t}{3} y_{2}=1$ .

由此可得直线 $A B$ 方程为 $x+\frac{t}{3} y=1$ .

由 $\left\{\begin{array}{l}x+\frac{t}{3} y=1 \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(t^{2}+12\right) y^{2}-6 t y-27=0$ .

$\triangle=36 t^{2}+4 \times 27 \times\left(t^{2}+12\right)>0, \quad y_{1}+y_{2}=\frac{6 t}{t^{2}+12}, \quad y_{1} y_{2}=\frac{-27}{t^{2}+12} .$

于是, $|A B|=\sqrt{1+\left(-\frac{t}{3}\right)^{2}} \cdot\left|y_{1}-y_{2}\right|=\sqrt{1+\left(-\frac{t}{3}\right)^{2}} \cdot \sqrt{\left(\frac{6 t}{t^{2}+12}\right)^{2}-4 \times \frac{-27}{t^{2}+12}}=\frac{4\left(t^{2}+9\right)}{t^{2}+12}$ .

又点 $P(4, t)$ 到直线 $A B$ 方程的距离 $d=\sqrt{9+t^{2}}$ .

$\therefore \quad \mathrm{S}_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d=\frac{1}{2} \times \frac{4\left(t^{2}+9\right)}{t^{2}+12} \times \sqrt{9+t^{2}}=\frac{2\left(t^{2}+9\right) \sqrt{9+t^{2}}}{t^{2}+12}$ .

设 $\sqrt{t^{2}+9}=\lambda$, 由 $t \in R$ 知, $\lambda \geq 3$, 且 $\mathrm{S}_{\triangle P A B}=f(\lambda)=\frac{2 \lambda^{3}}{\lambda^{2}+3}$ .

$\because \quad f^{\prime}(\lambda)=\frac{6 \lambda^{2}\left(\lambda^{2}+3\right)-2 \lambda^{3}(2 \lambda)}{\left(\lambda^{2}+3\right)^{2}}=\frac{2 \lambda^{4}+18 \lambda^{2}}{\left(\lambda^{2}+3\right)^{2}}>0$,

$\therefore f(\lambda)$ 在区间 $[3,+\infty)$ 上为增函数, $f(\lambda)$ 的最小值为 $f(3)=\frac{9}{2}$, 此时 $t=0$ .

$\therefore \triangle P A B$ 面积的最小值为 $\frac{9}{2}$ .

Final answer: $\frac{9}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $F$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的右焦点, 点 $P$ 为直线 $x=4$ 上动点, 过点 $P$ 作椭圆 $C$的切线 $P A 、 P B, A 、 B$ 为切点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_833218380ba97d065ae8g-1.jpg?height=483&width=599&top_left_y=915&top_left_x=1208)
求 $\triangle P A B$ 面积的最小值.

Solution:
$F(1,0)$, 设 $P(4, t), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ .

则切线 $P A, P B$ 的方程分别为 $\frac{x_{1} x}{4}+\frac{y_{1} y}{3}=1, \frac{x_{2} x}{4}+\frac{y_{2} y}{3}=1$ .

由切线 $P A, P B$ 过点 $P(4, t)$, 得 $x_{1}+\frac{y_{1} t}{3}=1, x_{2}+\frac{y_{2} t}{3}=1$, 即 $x_{1}+\frac{t}{3} y_{1}=1, x_{2}+\frac{t}{3} y_{2}=1$ .

由此可得直线 $A B$ 方程为 $x+\frac{t}{3} y=1$ .

由 $\left\{\begin{array}{l}x+\frac{t}{3} y=1 \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(t^{2}+12\right) y^{2}-6 t y-27=0$ .

$\triangle=36 t^{2}+4 \times 27 \times\left(t^{2}+12\right)>0, \quad y_{1}+y_{2}=\frac{6 t}{t^{2}+12}, \quad y_{1} y_{2}=\frac{-27}{t^{2}+12} .$

于是, $|A B|=\sqrt{1+\left(-\frac{t}{3}\right)^{2}} \cdot\left|y_{1}-y_{2}\right|=\sqrt{1+\left(-\frac{t}{3}\right)^{2}} \cdot \sqrt{\left(\frac{6 t}{t^{2}+12}\right)^{2}-4 \times \frac{-27}{t^{2}+12}}=\frac{4\left(t^{2}+9\right)}{t^{2}+12}$ .

又点 $P(4, t)$ 到直线 $A B$ 方程的距离 $d=\sqrt{9+t^{2}}$ .

$\therefore \quad \mathrm{S}_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d=\frac{1}{2} \times \frac{4\left(t^{2}+9\right)}{t^{2}+12} \times \sqrt{9+t^{2}}=\frac{2\left(t^{2}+9\right) \sqrt{9+t^{2}}}{t^{2}+12}$ .

设 $\sqrt{t^{2}+9}=\lambda$, 由 $t \in R$ 知, $\lambda \geq 3$, 且 $\mathrm{S}_{\triangle P A B}=f(\lambda)=\frac{2 \lambda^{3}}{\lambda^{2}+3}$ .

$\because \quad f^{\prime}(\lambda)=\frac{6 \lambda^{2}\left(\lambda^{2}+3\right)-2 \lambda^{3}(2 \lambda)}{\left(\lambda^{2}+3\right)^{2}}=\frac{2 \lambda^{4}+18 \lambda^{2}}{\left(\lambda^{2}+3\right)^{2}}>0$,

$\therefore f(\lambda)$ 在区间 $[3,+\infty)$ 上为增函数, $f(\lambda)$ 的最小值为 $f(3)=\frac{9}{2}$, 此时 $t=0$ .

$\therefore \triangle P A B$ 面积的最小值为 $\frac{9}{2}$ .

Final answer: $\frac{9}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $O 、 H$ 分别为锐角 $\triangle A B C$ 的外心、垂心, $A D \perp B C$ 于 $D, G$ 为 $A H$ 的中点.点 $K$ 在线段 $G H$ 上, 且满足 $G K=H D$, 连 $K O$ 并延长交 $A B$ 于点 $E$ .

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bc7346f1e84a3ff8e75eg-1.jpg?height=519&width=494&top_left_y=360&top_left_x=1383)
证明:  $E K / / B C$;

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bc7346f1e84a3ff8e75eg-1.jpg?height=526&width=508&top_left_y=1002&top_left_x=1391)

如上图, 连 $B O$ 并延长交圆 $O$ 于点 $F$, 由 $O$ 为 $\triangle A B C$外心, 知 $B F$ 为圆 $O$ 的直径.

$\therefore A F \perp A B, F C \perp B C$ .

结合 $H$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 得 $H C \perp A B$ .

$\therefore A F / / H C$ .

同理, $F C / / A H$ .

$\therefore$ 四边形 $A H C F$ 为平行四边形, $F C=A H$ .

作 $O M \perp B C$ 交 $B C$ 于点 $M$, 则 $O M=\frac{1}{2} F C$ .

因此, 由 $G$ 为 $A H$ 的中点, $G K=H D$, 可得

$K D=K H+H D=K H+G K=G H=\frac{1}{2} A H=\frac{1}{2} F C=O M$ .

结合 $K D / / O M$ ，得四边形 $O M D K$ 为平行四边形.

$\therefore O K / / M D$, 即 $E K / / B C$ .

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $O 、 H$ 分别为锐角 $\triangle A B C$ 的外心、垂心, $A D \perp B C$ 于 $D, G$ 为 $A H$ 的中点.点 $K$ 在线段 $G H$ 上, 且满足 $G K=H D$, 连 $K O$ 并延长交 $A B$ 于点 $E$ .

<img_4174>
证明:  $E K / / B C$;

Solution:
<img_4189>

如上图, 连 $B O$ 并延长交圆 $O$ 于点 $F$, 由 $O$ 为 $\triangle A B C$外心, 知 $B F$ 为圆 $O$ 的直径.

$\therefore A F \perp A B, F C \perp B C$ .

结合 $H$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 得 $H C \perp A B$ .

$\therefore A F / / H C$ .

同理, $F C / / A H$ .

$\therefore$ 四边形 $A H C F$ 为平行四边形, $F C=A H$ .

作 $O M \perp B C$ 交 $B C$ 于点 $M$, 则 $O M=\frac{1}{2} F C$ .

因此, 由 $G$ 为 $A H$ 的中点, $G K=H D$, 可得

$K D=K H+H D=K H+G K=G H=\frac{1}{2} A H=\frac{1}{2} F C=O M$ .

结合 $K D / / O M$ ，得四边形 $O M D K$ 为平行四边形.

$\therefore O K / / M D$, 即 $E K / / B C$ .
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $O 、 H$ 分别为锐角 $\triangle A B C$ 的外心、垂心, $A D \perp B C$ 于 $D, G$ 为 $A H$ 的中点.点 $K$ 在线段 $G H$ 上, 且满足 $G K=H D$, 连 $K O$ 并延长交 $A B$ 于点 $E$ .

<img_4174>
证明:$G E \perp G C$ .

Solution:
连 $B O$ 并延长交圆 $O$ 于点 $F$, 作 $G N \perp A B$ 于 $N$, 如下图.


<img_4071>

由 $O$ 为 $\triangle A B C$外心, 知 $B F$ 为圆 $O$ 的直径.

$\therefore A F \perp A B, F C \perp B C$ .

结合 $H$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 得 $H C \perp A B$ .

$\therefore A F / / H C$ .

同理, $F C / / A H$ .

$\therefore$ 四边形 $A H C F$ 为平行四边形, $F C=A H$ .

作 $O M \perp B C$ 交 $B C$ 于点 $M$, 则 $O M=\frac{1}{2} F C$ .

因此, 由 $G$ 为 $A H$ 的中点, $G K=H D$, 可得

$K D=K H+H D=K H+G K=G H=\frac{1}{2} A H=\frac{1}{2} F C=O M$ .

结合 $K D / / O M$ ，得四边形 $O M D K$ 为平行四边形.

$\therefore O K / / M D$, 即 $E K / / B C$ .

由 $H$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 知 $\angle N A G=90^{\circ}-\angle A B C=\angle D C H$, 结合

$H D \perp B C$, 得 $\triangle A N G \backsim \triangle C D H$ .

$\therefore \quad \frac{N G}{D H}=\frac{A G}{C H}, \angle N G A=\angle D H C$ .

又 $G K=H D, A G=G H$, 因此, $\frac{N G}{G K}=\frac{G H}{H C}$ .

又 $\angle N G K=180^{\circ}-\angle N G A=180^{\circ}-\angle D H C=\angle G H C$ .

$\therefore \triangle N G K \sim \triangle G H C$ .

$\therefore \angle K N G=\angle C G H$ .

由前知, $G K \perp K E$ .因此, $E 、 K 、 G 、 N$ 四点共圆.

$\therefore \angle C G H=\angle K N G=\angle G E K$ .

$\therefore \angle E G C=\angle E G K+\angle C G H=\angle E G K+\angle G E K=90^{\circ}$ .

$\therefore G E \perp G C$ .
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $O 、 H$ 分别为锐角 $\triangle A B C$ 的外心、垂心, $A D \perp B C$ 于 $D, G$ 为 $A H$ 的中点.点 $K$ 在线段 $G H$ 上, 且满足 $G K=H D$, 连 $K O$ 并延长交 $A B$ 于点 $E$ .

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bc7346f1e84a3ff8e75eg-1.jpg?height=519&width=494&top_left_y=360&top_left_x=1383)
证明:$G E \perp G C$ .

Solution:
连 $B O$ 并延长交圆 $O$ 于点 $F$, 作 $G N \perp A B$ 于 $N$, 如下图.


![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bc7346f1e84a3ff8e75eg-1.jpg?height=525&width=488&top_left_y=1688&top_left_x=1389)

由 $O$ 为 $\triangle A B C$外心, 知 $B F$ 为圆 $O$ 的直径.

$\therefore A F \perp A B, F C \perp B C$ .

结合 $H$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 得 $H C \perp A B$ .

$\therefore A F / / H C$ .

同理, $F C / / A H$ .

$\therefore$ 四边形 $A H C F$ 为平行四边形, $F C=A H$ .

作 $O M \perp B C$ 交 $B C$ 于点 $M$, 则 $O M=\frac{1}{2} F C$ .

因此, 由 $G$ 为 $A H$ 的中点, $G K=H D$, 可得

$K D=K H+H D=K H+G K=G H=\frac{1}{2} A H=\frac{1}{2} F C=O M$ .

结合 $K D / / O M$ ，得四边形 $O M D K$ 为平行四边形.

$\therefore O K / / M D$, 即 $E K / / B C$ .

由 $H$ 为 $\triangle A B C$ 的垂心, 知 $\angle N A G=90^{\circ}-\angle A B C=\angle D C H$, 结合

$H D \perp B C$, 得 $\triangle A N G \backsim \triangle C D H$ .

$\therefore \quad \frac{N G}{D H}=\frac{A G}{C H}, \angle N G A=\angle D H C$ .

又 $G K=H D, A G=G H$, 因此, $\frac{N G}{G K}=\frac{G H}{H C}$ .

又 $\angle N G K=180^{\circ}-\angle N G A=180^{\circ}-\angle D H C=\angle G H C$ .

$\therefore \triangle N G K \sim \triangle G H C$ .

$\therefore \angle K N G=\angle C G H$ .

由前知, $G K \perp K E$ .因此, $E 、 K 、 G 、 N$ 四点共圆.

$\therefore \angle C G H=\angle K N G=\angle G E K$ .

$\therefore \angle E G C=\angle E G K+\angle C G H=\angle E G K+\angle G E K=90^{\circ}$ .

$\therefore G E \perp G C$ .

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)=e^{x}$ .
若 $x \geq 0$ 时, 不等式 $(x-1) f(x) \geq m x^{2}-1$ 恒成立, 求 $m$ 的取值范围;

Solution:
依题意, 当 $x \geq 0$ 时, $(x-1) e^{x} \geq m x^{2}-1$ 恒成立.

设 $k(x)=(x-1) e^{x}-m x^{2}+1$, 则 $x \geq 0$ 时, $k(x) \geq 0$ 恒成立.

$k^{\prime}(x)=e^{x}+(x-1) e^{x}-2 m x=x\left(e^{x}-2 m\right) .$

若 $m \leq \frac{1}{2}$, 则 $x>0$ 时, $k^{\prime}(x)=x\left(e^{x}-2 m\right)>0, k(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上为增函数.

于是, $x \geq 0$ 时, $k(x) \geq k(0)=0$ .因此, $m \leq \frac{1}{2}$ 符合要求.

若 $m>\frac{1}{2}$, 则 $2 m>1,0<x<\ln (2 m)$ 时, $k^{\prime}(x)<0, k(x)$ 在 $[0, \ln (2 m)]$ 上为减函数.

于是, $k(\ln (2 m))<k(0)=0$ .因此, $m>\frac{1}{2}$ 不符合要求.

$\therefore m$ 的取值范围为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ .

Final answer: $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$