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


Question: 已知 $F_{1}, F_{2}$ 分别为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点, 点 $P\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3},-\frac{5}{3}\right)$.
求椭圆 $C$ 的方程;

Solution:
设 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$, 由 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3},-\frac{5}{3}\right)$, 得 $F_{1} H \perp P F_{2}$, 所以

$$
k_{F_{1} H} \cdot k_{P F_{2}}=\frac{-\frac{5}{3}}{\frac{2 \sqrt{6}}{3}+c} \cdot \frac{1}{\frac{2 \sqrt{6}}{3}-c}=-1, \frac{24}{9}-c^{2}=\frac{5}{3}
$$

解得 $c^{2}=1$.

由点 $P\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 得 $\frac{24}{9 a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$, 结合 $a^{2}-b^{2}=c^{2}=1$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=3$.

所以椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$;

Final answer: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $F_{1}, F_{2}$ 分别为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点, 点 $P\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3},-\frac{5}{3}\right)$.
设 $A$ 为椭圆 $C$ 的左顶点, 过点 $F_{2}$ 的直线 $l$ 交椭圆 $C$ 于 $D E$ 两点, 记直线 $A D, A E$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$, 若 $k_{1}+k_{2}=-\frac{1}{2}$, 求直线 $l$ 的方程.

Solution:
设 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$, 由 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的垂心为 $H\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3},-\frac{5}{3}\right)$, 得 $F_{1} H \perp P F_{2}$, 所以

$$
k_{F_{1} H} \cdot k_{P F_{2}}=\frac{-\frac{5}{3}}{\frac{2 \sqrt{6}}{3}+c} \cdot \frac{1}{\frac{2 \sqrt{6}}{3}-c}=-1, \frac{24}{9}-c^{2}=\frac{5}{3}
$$

解得 $c^{2}=1$.

由点 $P\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 在椭圆 $C$ 上, 得 $\frac{24}{9 a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$, 结合 $a^{2}-b^{2}=c^{2}=1$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=3$.

所以椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$;

所以$A(-2,0), F_{2}(1,0)$.

若 $l$ 斜率不存在, 则由对称性, $k_{1}+k_{2}=0$, 不符合要求;

若 $l$ 斜率存在, 设为 $k$, 则 $l$ 方程为 $y=k(x-1)$.

由 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-1) \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(4 k^{2}+3\right) x^{2}-8 k^{2} x+4 k^{2}-12=0$.

设 $D\left(x_{1}, y_{1}\right), E\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=\frac{8 k^{2}}{4 k^{2}+3}, x_{1} x_{2}=\frac{4 k^{2}-12}{4 k^{2}+3}$.

所以

$$
\begin{aligned}
k_{1}+k_{2} & =\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{k\left(x_{1}-1\right)}{x_{1}+2}+\frac{k\left(x_{2}-1\right)}{x_{2}+2}=k\left(1-\frac{3}{x_{1}+2}+1-\frac{3}{x_{2}+2}\right) \\
& =k \cdot\left[2-\frac{3\left(x_{1}+x_{2}+4\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}\right]=k \cdot\left[2-\frac{3\left(x_{1}+x_{2}+4\right)}{x_{1} x_{2}+2\left(x_{1}+x_{2}\right)+4}\right]=k \cdot\left[2-\frac{3\left(\frac{8 k^{2}}{4 k^{2}+3}+4\right)}{\frac{4 k^{2}-12}{4 k^{2}+3}+2 \times \frac{8 k^{2}}{4 k^{2}+3}+4}\right] \\
& =k \cdot\left[2-\frac{3\left(8 k^{2}+16 k^{2}+12\right)}{4 k^{2}-12+16 k^{2}+16 k^{2}+12}\right]=k \cdot\left(2-\frac{2 k^{2}+1}{k^{2}}\right)=-\frac{1}{k}
\end{aligned}
$$

又 $k_{1}+k_{2}=-\frac{1}{2}$, 因此 $k=2$, 直线 $l$ 方程为 $y=2(x-1)$.

Final answer: $y=2(x-1)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D, E$ 是边 $B C$ 上的点, $\triangle A B C, \triangle A B D, \triangle A D C$ 的外心分别为 $O, P, Q$, 

<img_4072>
证明: $\triangle A P Q \sim \triangle A B C$;

Solution:
连结 $P D, Q D$, 如下图.

<img_4079>

因为 $P, Q$ 分别为 $\triangle A B D, \triangle A D C$ 的外心, 所以 $P Q$ 为线段 $A D$ 的垂直平分线, 所以

$$
\begin{aligned}
& \angle A P Q=\frac{1}{2} \angle A P D=\angle A B D=\angle A B C \\
& \angle A Q P=\frac{1}{2} \angle A Q D=\angle A C D=\angle A C B
\end{aligned}
$$

所以 $\triangle A P Q \sim \triangle A B C$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D, E$ 是边 $B C$ 上的点, $\triangle A B C, \triangle A B D, \triangle A D C$ 的外心分别为 $O, P, Q$, 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_02d32ea3312139323806g-1.jpg?height=597&width=593&top_left_y=358&top_left_x=366)
证明: $\triangle A P Q \sim \triangle A B C$;

Solution:
连结 $P D, Q D$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_02d32ea3312139323806g-1.jpg?height=597&width=591&top_left_y=358&top_left_x=1098)

因为 $P, Q$ 分别为 $\triangle A B D, \triangle A D C$ 的外心, 所以 $P Q$ 为线段 $A D$ 的垂直平分线, 所以

$$
\begin{aligned}
& \angle A P Q=\frac{1}{2} \angle A P D=\angle A B D=\angle A B C \\
& \angle A Q P=\frac{1}{2} \angle A Q D=\angle A C D=\angle A C B
\end{aligned}
$$

所以 $\triangle A P Q \sim \triangle A B C$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D, E$ 是边 $B C$ 上的点, $\triangle A B C, \triangle A B D, \triangle A D C$ 的外心分别为 $O, P, Q$, 

<img_4072>
证明: 若 $E O \perp P Q$, 则 $Q O \perp P E$.

Solution:
连结 $O A, O B, O P, P B, Q C$, 延长 $O Q$ 与 $A C$ 相交于点 $F$, 如下图.

<img_4079>

由 $O, P, Q$ 分别为 $\triangle A B C, \triangle A B D, \triangle A D C$的外心, 知 $O P, O Q, P Q$ 分别是线段 $A B, A C, A D$ 的垂直平分线, 所以

$$
\angle A P B=\angle A P D+\angle B P D=2(\angle A B D+\angle B A D)=2 \angle A D C=\angle A Q C
$$

又

$$
\angle O B P=\angle O A P, \angle A Q F=\frac{1}{2} \angle A Q C=\frac{1}{2} \angle A P B=\angle A P O
$$

所以 $A, P, O, Q$ 四点共圆, $\angle O A P=\angle O Q P$.

又 $E O \perp P Q, D A \perp P Q$, 所以 $E O \| D A$

$$
\angle O E C=\angle A D C=\frac{1}{2} \angle A P B=\angle B P O
$$

所以 $P, B, E, O$ 四点共圆, $\angle O E P=\angle O B P$.

设 $E O, Q O$ 的延长线分别与 $P Q, P E$ 相交于 $M, N$, 则

$$
\angle O E P=\angle O B P=\angle O A P=\angle O Q P
$$

所以 $M, N, E, Q$ 四点共圆.

又 $E O \perp P Q$, 所以 $\angle Q N E=\angle Q M E=90^{\circ}$, 所以 $Q O \perp P E$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D, E$ 是边 $B C$ 上的点, $\triangle A B C, \triangle A B D, \triangle A D C$ 的外心分别为 $O, P, Q$, 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_02d32ea3312139323806g-1.jpg?height=597&width=593&top_left_y=358&top_left_x=366)
证明: 若 $E O \perp P Q$, 则 $Q O \perp P E$.

Solution:
连结 $O A, O B, O P, P B, Q C$, 延长 $O Q$ 与 $A C$ 相交于点 $F$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_02d32ea3312139323806g-1.jpg?height=597&width=591&top_left_y=358&top_left_x=1098)

由 $O, P, Q$ 分别为 $\triangle A B C, \triangle A B D, \triangle A D C$的外心, 知 $O P, O Q, P Q$ 分别是线段 $A B, A C, A D$ 的垂直平分线, 所以

$$
\angle A P B=\angle A P D+\angle B P D=2(\angle A B D+\angle B A D)=2 \angle A D C=\angle A Q C
$$

又

$$
\angle O B P=\angle O A P, \angle A Q F=\frac{1}{2} \angle A Q C=\frac{1}{2} \angle A P B=\angle A P O
$$

所以 $A, P, O, Q$ 四点共圆, $\angle O A P=\angle O Q P$.

又 $E O \perp P Q, D A \perp P Q$, 所以 $E O \| D A$

$$
\angle O E C=\angle A D C=\frac{1}{2} \angle A P B=\angle B P O
$$

所以 $P, B, E, O$ 四点共圆, $\angle O E P=\angle O B P$.

设 $E O, Q O$ 的延长线分别与 $P Q, P E$ 相交于 $M, N$, 则

$$
\angle O E P=\angle O B P=\angle O A P=\angle O Q P
$$

所以 $M, N, E, Q$ 四点共圆.

又 $E O \perp P Q$, 所以 $\angle Q N E=\angle Q M E=90^{\circ}$, 所以 $Q O \perp P E$.

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)=e^{x}-m x$.
若 $x>0$ 时, 不等式 $(x-2) f(x)+m x^{2}+2>0$ 恒成立, 求实数 $m$ 的取值范围;

Solution:
设 $g(x)=(x-2) f(x)+m x^{2}+2$, 则 $g(x)=(x-2) e^{x}+2 m x+2$.

$x>0$ 时, 不等式 $(x-2) f(x)+m x^{2}+2>0$ 恒成立 $\Leftrightarrow x>0$ 时, $g(x)>0$ 恒成立.

因为

$$
g^{\prime}(x)=e^{x}+(x-2) e^{x}+2 m=(x-1) e^{x}+2 m, g^{\prime \prime}(x)=e^{x}+(x-1) e^{x}=x e^{x}
$$

所以 $x>0$ 时, $g^{\prime \prime}(x)=x e^{x}>0, g^{\prime}(x)=(x-1) e^{x}+2 m$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上为增函数.

另由 $g(2)=4 m+2$, 知 $m>-\frac{1}{2}$.

(1) 若 $-\frac{1}{2}<m<\frac{1}{2}$, 则

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

此时, $g^{\prime}(x)$ 在区间 $(0,2)$ 内有唯一零点, 设为 $x_{0}$, 则 $0<x<x_{0}$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 所以 $g(x)$ 在区间 $\left[0, x_{0}\right]$ 上为减函数, $g\left(x_{0}\right)<g(0)=0$, 因此, $-\frac{1}{2}<m<\frac{1}{2}$ 不符合要求;

(2) 若 $m \geq \frac{1}{2}$, 则 $x>0$ 时,

$$
g^{\prime}(x)>g^{\prime}(0)=-1+2 m \geq 0
$$

此时, $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上为增函数, 所以 $x>0$ 时, $g(x)>g(0)=0$, 因此, $m \geq \frac{1}{2}$ 符合要求.

由(1)(2), 得 $m$ 的取值范围为 $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$;

Final answer: $\left[\frac{1}{2},+\infty\right)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)=e^{x}-m x$.
若 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点, 求证: $x_{1}+x_{2}=2$.

Solution:
因为 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)=e^{x}-m x$ 的两个零点, 所以

$$
e^{x_{1}}=m x_{1}, e^{x_{2}}=m x_{2}, m\left(x_{1}+x_{2}\right)=e^{x_{1}}+e^{x_{2}}, m\left(x_{1}-x_{2}\right)=e^{x_{1}}-e^{x_{2}}
$$

不妨设 $x_{1}>x_{2}$, 易知 $m \neq 0$, 联立上述两式, 消 $m$, 得

$$
x_{1}+x_{2}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(e^{x_{1}}+e^{x_{2}}\right)}{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(e^{x_{1}-x_{2}}+1\right)}{e^{x_{1}-x_{2}}-1}
$$

又由 (1) 知, 对 $m=\frac{1}{2}$, 当 $x>0$ 时, $g(x)=(x-2) e^{x}+2 m x+2>0$ 恒成立.

所以当 $x>0$ 时, $(x-2) e^{x}+x+2>0$ 恒成立; 所以当 $x>0$ 时,

$$
\frac{x\left(e^{x}+1\right)}{e^{x}-1}-2=\frac{x e^{x}+x-2 e^{x}+2}{e^{x}-1}=\frac{(x-2) e^{x}+x+2}{e^{x}-1}>0
$$

所以

$$
x_{1}+x_{2}-2=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(e^{x_{1}-x_{2}}+1\right)}{e^{x_{1}-x_{2}}-1}-2>0, x_{1}+x_{2}>2
$$

当 $x_{1}<x_{2}$ 时, 同理可得 $x_{1}+x_{2}>2$, 所以 $x_{1}+x_{2}>2$.
Subfield: Set Theory


Question: 设 $M$ 是由有限个正整数构成的集合, 且 $M=A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{20}=B_{1} \cup B_{2} \cup \cdots \cup B_{20}$, 这里 $A_{i} \neq \varnothing, B_{i} \neq \varnothing, i=1,2, \cdots, 20$, 并对任意的 $1 \leq i<j \leq 20$, 都有 $A_{i} \cap A_{j}=\varnothing, B_{i} \cap B_{j}=\varnothing$.

已知对任意的 $1 \leq i \leq 20,1 \leq j \leq 20$, 若 $A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$, 则 $\left|A_{i} \cup B_{j}\right| \geq 18$, 求集合 $M$ 的元素个数的最小值（这里， $|X|$ 表示集合 $X$ 的元素个数）.

Solution:
记 $\min \left\{\left|A_{1}\right|,\left|A_{2}\right|, \cdots,\left|A_{20}\right|,\left|B_{1}\right|,\left|B_{2}\right|, \cdots,\left|B_{20}\right|\right\}=t$.

不妨设 $\left|A_{1}\right|=t, A_{1} \cap B_{i} \neq \varnothing, i=1,2, \cdots, k ; A_{1} \cap B_{j}=\varnothing, j=k+1, k+2, \cdots, 20$.

设 $a_{i} \in A_{1} \cap B_{i}, i=1,2, \cdots, k$.

因为对任意的 $1 \leq i<j \leq 20$, 都有 $B_{i} \cap B_{j}=\varnothing$, 所以 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}$ 互不相同, $\left|A_{1}\right| \geq k$, 即 $t \geq k$.

因为对任意的 $1 \leq i \leq 20,1 \leq j \leq 20$, 若 $A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$, 则 $\left|A_{i} \cup B_{j}\right| \geq 18$, 所以当 $j=k+1, k+2, \cdots, 20$时, $\left|A_{1}\right|+\left|B_{j}\right|=\left|A_{1} \cup B_{j}\right| \geq 18$; 即, 当 $j=k+1, k+2, \cdots, 20$ 时, $\left|B_{j}\right| \geq 18-t$.

所以

$$
\begin{aligned}
|M| & =\left|B_{1} \cup B_{2} \cup \cdots \cup B_{20}\right|=\left|B_{1}\right|+\left|B_{2}\right|+\cdots+\left|B_{k}\right|+\left|B_{k+1}\right|+\cdots+\left|B_{20}\right| \\
& \geq k t+(20-k)(18-t)=360+2 k t-18 k-20 t=180+2(k-10)(t-9)
\end{aligned}
$$

若 $t \leq 9$, 则 $k \leq t \leq 9,|M|=180+2(k-10)(t-9) \geq 180$; 若 $t \geq 10$, 则 $|M| \geq 20 t \geq 200$.

所以总有 $|M| \geq 180$.

另一方面, 取 $A_{i}=B_{i}=\{9(i-1)+1,9(i-1)+2, \cdots, 9(i-1)+9\}, i=1,2, \cdots, 20$, 则

$$
M=A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{20}=B_{1} \cup B_{2} \cup \cdots \cup B_{20}=\{1,2, \cdots, 180\}
$$

符合要求, 此时, $|M|=180$.

综上所述, 集合 $M$ 的元素个数的最小值 180 .

Final answer: $180$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $y=3 x+\sqrt{x^{2}-2 x}$, 求该函数的值域.

Solution:
令 $u=x-1$, 则 $y=3 u+3+\sqrt{u^{2}-1}$, 则 $|u| \geq 1$.

设 $\sqrt{u^{2}-1}=|u|-t \geq 0$, 则 $0<t \leq|u|_{\text {min }}=1$, 且 $|u|=\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)$.

当 $u>0$ 时,

$$
y=\frac{3}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)+3+\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)-t=t+\frac{2}{t}+3
$$

由于 $0<t \leq 1$, 故函数单调递减, 所以 $y \geq 1+2+3=6$

当 $u<0$ 时,

$$
y=-\frac{3}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)+3+\frac{1}{2}\left(t+\frac{1}{t}\right)-t=-2 t+\frac{1}{t}+3 \leq 3-2 \sqrt{2}
$$

(当且仅当 $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $x=\frac{4-3 \sqrt{2}}{4}$ 时取等号), 所以函数的值城为 $(-\infty, 3-2 \sqrt{2}] \cup[6,+\infty)$

Final answer: $(-\infty, 3-2 \sqrt{2}] \cup[6,+\infty)$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 直线 $y=2 x-1$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=\frac{8}{9} \sqrt{5}$.
求椭圆 $C$ 的方程;

Solution:
由 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 得 $a=\sqrt{2} c=\sqrt{2} b$, 所以椭圆的方程为 $x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0$.

由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0 \\ y=2 x-1\end{array}\right.$ 得 $9 x^{2}-8 x+\left(2-2 b^{2}\right)=0$, 所以 $\Delta=64-36\left(2-2 b^{2}\right)$,

由 $|A B|=\frac{8}{9} \sqrt{5}$ 得 $\sqrt{1+2^{2}} \frac{\sqrt{\Delta}}{9}=\frac{8 \sqrt{5}}{9}$, 即 $b^{2}=1$, 所以椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$;

Final answer: $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 直线 $y=2 x-1$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=\frac{8}{9} \sqrt{5}$.
过点 $M(2,0)$ 的直线 $l$ (斜率不为零) 与椭圆 $C$ 交于不同的两点 $E 、 F$($E$ 在点 $F 、 M$ 之间 ).

记 $\lambda=\frac{S_{\triangle O M E}}{S_{\triangle O M F}}$, 求 $\lambda$ 的取值范围.

Solution:
由 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 得 $a=\sqrt{2} c=\sqrt{2} b$, 所以椭圆 $C$ 的方程为 $x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0$.

由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-2 b^{2}=0 \\ y=2 x-1\end{array}\right.$ 得 $9 x^{2}-8 x+\left(2-2 b^{2}\right)=0$, 所以 $\Delta=64-36\left(2-2 b^{2}\right)$,

由 $|A B|=\frac{8}{9} \sqrt{5}$ 得 $\sqrt{1+2^{2}} \frac{\sqrt{\Delta}}{9}=\frac{8 \sqrt{5}}{9}$, 即 $b^{2}=1$, 所以椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$;

设 $l: x=m y+2$, 且 $E\left(x_{1}, y_{1}\right), F\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+2 y^{2}-2=0 \\ x=m y+2\end{array}\right.$ 得

$$
\left(m^{2}+2\right) y^{2}+4 m y+2=0
$$

所以由 $\Delta>0$ 解得 $m^{2}>2$, 且 $y_{1}+y_{2}=-\frac{4 m}{m^{2}+2}, y_{1} \cdot y_{2}=\frac{2}{m^{2}+2}\cdots(1)$

由 $\lambda=\frac{S_{\triangle O M E}}{S_{\triangle O M F}}=\frac{\frac{1}{2} \times O M \times y_{1}}{\frac{1}{2} \times O M \times y_{2}}$ 得 $y_{1}=\lambda y_{2}\cdots(2)$

由(1)(2)得

$$
\frac{\lambda}{(1+\lambda)^{2}}=\frac{m^{2}+2}{8 m^{2}}=\frac{1}{8}+\frac{1}{4 m^{2}}
$$

所以 $\frac{1}{8}<\frac{\lambda}{(1+\lambda)^{2}}<\frac{1}{4}$, 解得 $0<\lambda<3+2 \sqrt{2}$, 且 $\lambda \neq 1$.

Final answer: $(0,3+2 \sqrt{2})$
Subfield: Inequality


Question: 
证明: $\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\frac{1}{2^{k}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}<1(n \geq 2, n \in N)$ ；

Solution:
$\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\frac{1}{2^{k}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}<\underbrace{\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}}+\cdots+\frac{1}{2^{k}}}_{2^{k} \uparrow}=\frac{2^{k}}{2^{k}}=1$.
Subfield: Inequality


Question: 
证明:分别以 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ 为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为 $\frac{3}{2}$ 的正方形内.

Solution:
$\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\frac{1}{2^{k}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}<\underbrace{\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}}+\cdots+\frac{1}{2^{k}}}_{2^{k} \uparrow}=\frac{2^{k}}{2^{k}}=1$;

故以边长为 $\frac{1}{2^{k}}, \frac{1}{2^{k}+1}, \frac{1}{2^{k}+2}, \cdots, \frac{1}{2^{k+1}-1}$ 的正方形可以并排放入底为 1 , 高为 $\frac{1}{2^{k}}$ 的矩形内, 而不重叠, 取 $k=2,3,4, \cdots$, 即得底分别为

$$
\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{2}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{3}-1}, \frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{3}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{4}-1}, \frac{1}{2^{4}}+\frac{1}{2^{4}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{5}-1}
$$

高分别为 $\frac{1}{2^{2}}, \frac{1}{2^{3}}, \frac{1}{2^{4}}, \cdots$ 的一系列矩形, 这些矩形的底小于 1 , 高的和为

$$
\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}}+\cdots=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{2^{2}}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)}{1-\frac{1}{2}}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)<\frac{1}{2}
$$

因此, 以 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ 为边长的正方形中, 除了边长为 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}$ 的正方形外, 其余的正方形全部可以放入底为 1 , 高为 $\frac{1}{2}$ 的矩形中 (如图阴影部分), 而边长为 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}$ 的三个正方形显然可以放入底为 $\frac{3}{2}$, 高为 1 的矩形内 (如下图).

<img_4197>
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知梯形 $A B C D$, 边 $C D 、 A B$ 分别为上、下底, 且 $\angle A D C=90^{\circ}$, 对角线 $A C \perp B D$, 过 $D$ 作 $D E \perp B C$于点 $E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_725820effa910b817658g-1.jpg?height=496&width=1050&top_left_y=1576&top_left_x=501)
证明: $A C^{2}=C D^{2}+A B \cdot C D$.

Solution:
由于 $\angle A D C=90^{\circ}$, 故 $A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}$, 因为对角线 $A C \perp B D$, 所以

$$
\angle D C A=90^{\circ}-\angle B D C=\angle A D B
$$

而 $\angle A D C=90^{\circ}=\angle B A D$, 则 $\triangle A C D \sim \triangle B D A$, 故

$$
\frac{A D}{C D}=\frac{A B}{A D} \Rightarrow A D^{2}=A B \cdot C D
$$

因此, 有

$$
A C^{2}=C D^{2}+A B \cdot C D
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知梯形 $A B C D$, 边 $C D 、 A B$ 分别为上、下底, 且 $\angle A D C=90^{\circ}$, 对角线 $A C \perp B D$, 过 $D$ 作 $D E \perp B C$于点 $E$.

<img_4236>
证明: $A C^{2}=C D^{2}+A B \cdot C D$.

Solution:
由于 $\angle A D C=90^{\circ}$, 故 $A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}$, 因为对角线 $A C \perp B D$, 所以

$$
\angle D C A=90^{\circ}-\angle B D C=\angle A D B
$$

而 $\angle A D C=90^{\circ}=\angle B A D$, 则 $\triangle A C D \sim \triangle B D A$, 故

$$
\frac{A D}{C D}=\frac{A B}{A D} \Rightarrow A D^{2}=A B \cdot C D
$$

因此, 有

$$
A C^{2}=C D^{2}+A B \cdot C D
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知梯形 $A B C D$, 边 $C D 、 A B$ 分别为上、下底, 且 $\angle A D C=90^{\circ}$, 对角线 $A C \perp B D$, 过 $D$ 作 $D E \perp B C$于点 $E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_725820effa910b817658g-1.jpg?height=496&width=1050&top_left_y=1576&top_left_x=501)
证明:$\frac{A E}{B E}=\frac{A C \cdot C D}{A C^{2}-C D^{2}}$.

Solution:
由于 $\angle A D C=90^{\circ}$, 故 $A C^{2}-C D^{2}=A D^{2}$, 所以

$$
\frac{A C \cdot C D}{A C^{2}-C D^{2}}=\frac{A C \cdot C D}{A D^{2}}=\frac{A C \cdot C D}{A B \cdot C D}=\frac{A C}{A B}
$$

因为

$$
\angle B A D+\angle D E B=180^{\circ}
$$

所以 $A 、 B 、 E 、 D$ 四点共圆, 故 $\angle A E B=\angle A D B$.

由于 $\angle B A C=90^{\circ}-\angle C A D=\angle A D B$ 且 $\angle A E B=\angle B A C, \angle E B A=\angle A B C$, 则 $\triangle A B E \sim \triangle C B A$, 故

$$
\frac{A E}{B E}=\frac{C A}{A B}
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知梯形 $A B C D$, 边 $C D 、 A B$ 分别为上、下底, 且 $\angle A D C=90^{\circ}$, 对角线 $A C \perp B D$, 过 $D$ 作 $D E \perp B C$于点 $E$.

<img_4236>
证明:$\frac{A E}{B E}=\frac{A C \cdot C D}{A C^{2}-C D^{2}}$.

Solution:
由于 $\angle A D C=90^{\circ}$, 故 $A C^{2}-C D^{2}=A D^{2}$, 所以

$$
\frac{A C \cdot C D}{A C^{2}-C D^{2}}=\frac{A C \cdot C D}{A D^{2}}=\frac{A C \cdot C D}{A B \cdot C D}=\frac{A C}{A B}
$$

因为

$$
\angle B A D+\angle D E B=180^{\circ}
$$

所以 $A 、 B 、 E 、 D$ 四点共圆, 故 $\angle A E B=\angle A D B$.

由于 $\angle B A C=90^{\circ}-\angle C A D=\angle A D B$ 且 $\angle A E B=\angle B A C, \angle E B A=\angle A B C$, 则 $\triangle A B E \sim \triangle C B A$, 故

$$
\frac{A E}{B E}=\frac{C A}{A B}
$$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 已知 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的外心, 且 $3 \overrightarrow{O A}+4 \overrightarrow{O B}+5 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$, 求 $\cos \angle B A C$ 的值.

Solution:
设 $\triangle A B C$ 的外接圆半径 $r=1$, 由已知得 $3 \overrightarrow{O A}=-4 \overrightarrow{O B}-5 \overrightarrow{O C}$, 两边平方得

$$
\overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O C}=-\frac{4}{5}
$$

同理可得

$$
\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O C}=-\frac{3}{5}, \quad \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0
$$

所以

$$
\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}) \cdot(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A})=\overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O A}^{2}=\frac{4}{5}
$$

所以

$$
|\overrightarrow{A B}|^{2}=(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})^{2}=2, \quad|\overrightarrow{A C}|^{2}=(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A})^{2}=2-2 \cdot\left(-\frac{3}{5}\right)=\frac{16}{5}
$$

所以

$$
\cos \angle B A C=\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|}=\frac{\frac{4}{5}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{16}{5}}}=\frac{\sqrt{10}}{10}
$$

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{10}$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 设 $\alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. 证明: $\cos \alpha+\cos \beta+\sqrt{2} \sin \alpha \sin \beta \leq \frac{3 \sqrt{2}}{2}$.

Solution:
$$
\begin{array}{rlr}
\cos \alpha+\cos \beta+\sqrt{2} \sin \alpha \sin \beta & =2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos (\alpha-\beta)-\cos (\alpha+\beta)) & \\
& \leq 2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}(1-\cos (\alpha+\beta)) & \\
& =2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\left(2-2 \cos ^{2} \frac{\alpha+\beta}{2}\right) \\
& =\sqrt{2}-\sqrt{2} \cos ^{2} \frac{\alpha+\beta}{2}+2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \\
& =\frac{3 \sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}\left(\cos \frac{\alpha+\beta}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2} \leq \frac{3 \sqrt{2}}{2} & 
\end{array}
$$

当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\cos \frac{\alpha \cdot \beta}{2}=1 \\ \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=0\end{array}\right.$ 时, 即 $\alpha=\beta=\frac{\pi}{4}$时等号成立.
Subfield: Algebra


Question: 若 $a, b, c$ 为正数且 $a+b+c=3$. 证明: $a b+b c+c a \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq 3$.

Solution:
$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^{2} \geq 3 \sqrt[3]{a^{3}}=3 a$, 同理 $\sqrt{b}+\sqrt{b}+b^{2} \geq 3 \sqrt[3]{b^{3}}=3 b, \sqrt{c}+\sqrt{c}+c^{2} \geq 3 \sqrt[3]{c^{3}}=3 c$.

三式相加:

$$
2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3(a+b+c)=9=(a+b+c)^{2}
$$

所以

$$
2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq(a+b+c)^{2}-a^{2}-b^{2}-c^{2}=2(a b+b c+c a)
$$

所以 $a b+b c+c a \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

又 $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2} \leq(a+b+c)(1+1+1)=9$, 所以 $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq 3$.

综上可得 $a b+b c+c a \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq 3$.
Subfield: Algebra


Question: 若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足:

(1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$;

(2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立.
证明: $f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)$ (其中 $x>0, y>0$ );

Solution:
因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以

$$
f\left(\frac{x}{y}\right)=f\left(\frac{a^{m}}{a^{n}}\right)=f\left(a^{m-n}\right)=(m-n) f(a)=m-n
$$

又

$$
f(x)-f(y)=f\left(a^{m}\right)-f\left(a^{n}\right)=m f(a)-n f(a)=m-n
$$

所以

$$
f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)
$$
Subfield: Algebra


Question: 若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足:

(1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$;

(2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立.
证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调递增;

Solution:
因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以

$$
f\left(\frac{x}{y}\right)=f\left(\frac{a^{m}}{a^{n}}\right)=f\left(a^{m-n}\right)=(m-n) f(a)=m-n
$$

又

$$
f(x)-f(y)=f\left(a^{m}\right)-f\left(a^{n}\right)=m f(a)-n f(a)=m-n
$$

所以

$$
f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)
$$

设 $x_{1}, x_{2} \in(0,+\infty)$, 且 $x_{1}>x_{2}$, 则 $\frac{x_{1}}{x_{2}}>1$, 故可令 $\frac{x_{1}}{x_{2}}=a^{\alpha}(a>1, \alpha>0)$, 则

$$
f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=f\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}\right)=f\left(a^{\alpha}\right)=\alpha f(a)=\alpha>0
$$

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.
Subfield: Algebra


Question: 若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足:

(1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$;

(2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立.
若当 $t>0$ 时, 不等式 $f\left(t^{2}+4\right)-f(t) \geq 1$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以

$$
f\left(\frac{x}{y}\right)=f\left(\frac{a^{m}}{a^{n}}\right)=f\left(a^{m-n}\right)=(m-n) f(a)=m-n
$$

又

$$
f(x)-f(y)=f\left(a^{m}\right)-f\left(a^{n}\right)=m f(a)-n f(a)=m-n
$$

所以

$$
f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)
$$

设 $x_{1}, x_{2} \in(0,+\infty)$, 且 $x_{1}>x_{2}$, 则 $\frac{x_{1}}{x_{2}}>1$, 故可令 $\frac{x_{1}}{x_{2}}=a^{\alpha}(a>1, \alpha>0)$, 则

$$
f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=f\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}\right)=f\left(a^{\alpha}\right)=\alpha f(a)=\alpha>0
$$

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

因为 $f(a)=1$, 故原不等式化为 $f\left(\frac{t^{2}+4}{t}\right) \geq f(a)$.

又 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 所以 $\frac{t^{2}+4}{t} \geq a$ 对于 $t>0$ 恒成立.

因为

$$
\left.\frac{t^{2}+4}{t}=t+\frac{4}{t} \geq 2 \sqrt{t \cdot \frac{4}{t}}=4 \text { (当且仅当 } t=2 \text { 时 “ }=” \text { 成立 }\right)
$$

所以 $a \leq 4$, 又 $a \in(1,+\infty)$, 所以 $a \in(1,4]$.

Final answer: $(1,4]$