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


Question: 设 $H$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的垂心, $O^{\prime}$ 为 $\triangle B H C$ 的外心, $N$ 为线段 $A O^{\prime}$ 的中点, $D$ 为 $N$关于边 $B C$ 的对称点. 证明: $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 R^{2}$, 其中, $a=B C, b=C A, c=A B, R$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆半径.

Solution:
<img_4056>

如图, 设 $\triangle B H C$ 的外接圆半径为 $R^{\prime}, O$ 为 $\triangle A B C$ 的外心, $\triangle A B C$ 的三个内角为 $\angle A 、 \angle B 、 \angle C, A H$ 的延长线与 $B C$ 交于点 $E, B H$ 的延长线与 $A C$ 交于点 $S, C H$ 的延长线与 $B A$ 交于点 $T$, 联结 $O O^{\prime}$, 并与 $B C$ 交于点 $M$.

显然, $A 、 T 、 H 、 S$ 四点共圆.

从而, $\angle T H S=\pi-\angle A$.

在 $\triangle B H C$ 中,

$\angle B H C=\angle T H S=\pi-\angle A$.

由正弦定理得

$2 R \sin A=B C=2 R^{\prime} \sin \angle B H C$

$=2 R^{\prime} \sin (\pi-A)=2 R^{\prime} \sin A$

$\Rightarrow R=R^{\prime}$

$\Rightarrow O B=O C=R=R^{\prime}=O^{\prime} B=O^{\prime} C$

$\Rightarrow$ 四边形 $O B O^{\prime} C$ 为菱形, $O O^{\prime}$ 垂直平分 $B C$.

由 $O$ 与 $O^{\prime} 、 N$ 与 $D$ 分别关于 $B C$ 对称知

$O D=O^{\prime} N=\frac{1}{2} O^{\prime} A$.

故 $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为点 $D$ 在 $\triangle A B C$ 的外接圆上, 即

$O D=R \Leftrightarrow O^{\prime} A=2 R$.因为 $\angle B O C=2 \angle A$, 即 $\angle B O M=\angle A$,所以, $B M=R \sin A, O^{\prime} M=O M=R \cos A$.

又 $A E=A B \sin B, B E=A B \cos B$, $\cos 2 x=1-2 \sin ^{2} x$

得 $O^{\prime} A^{2}=\left(O^{\prime} M+A E\right)^{2}+E M^{2}$

$=(R \cos A+A B \sin B)^{2}+(R \sin A-A B \cos B)^{2}$

$=A B^{2}+R^{2}+2 A B \cdot R(\cos A \cdot \sin B-\sin A \cdot \cos B)$

$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2} \sin C \cdot \sin (B-A)$

$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2} \sin (B+A) \cdot \sin (B-A)$

$=c^{2}+R^{2}+2 R^{2}(\cos 2 A-\cos 2 B)$

$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2}\left(\sin ^{2} B-\sin ^{2} A\right)$

$=b^{2}+c^{2}-a^{2}+R^{2}$.

综上, $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为

$O^{\prime} A=2 R \Leftrightarrow O^{\prime} A^{2}=4 R^{2}$

$\Leftrightarrow b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 R^{2}$.

因此,原命题成立.
Subfield: Number Theory


Question: 已知素数 $p \equiv 3(\bmod 4)$. 对于一个由 $\pm 1, \pm 2, \cdots, \pm \frac{p-1}{2}$ 组成的长度不大于 $p-1$的整数数列, 若其包含正项与负项各一半, 则称此整数数列为 “平衡的”. 令 $M_{p}$ 表示平衡数列的个数. 证明: $M_{p}$ 不为完全平方数.

Solution:
对于 $1 \leqslant k \leqslant \frac{p-1}{2}$, 项数为 $2 k$ 的平衡数列的个数为

$\mathrm{C}_{2 k}^{k}\left(\frac{p-1}{2}\right)^{k}\left(\frac{p-1}{2}\right)^{k}=\mathrm{C}_{2 k}^{k}\left(\frac{p-1}{2}\right)^{2 k}$.

故 $M_{p}=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \mathrm{C}_{2 k}^{k}\left(\frac{p-1}{2}\right)^{2 k}$

$=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{(2 k) !}{(k !)(k !)} \cdot \frac{(p-1)^{2 k}}{2^{2 k}}$

$=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{(2 k) !}{((2 k) ! !)((2 k) ! !)}(p-1)^{2 k}$

$=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{(2 k-1) ! !}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}$

$=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{((2 k-1) ! !)((2 k+1)-2 k)}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}$

$=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{(2 k+1) ! !}{(2 k) ! !}-\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k-2) ! !}\right)(p-1)^{2 k}$

$\equiv \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{(2 k+1) ! !}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}-\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k-2) ! !}(p-1)^{2 k-2}\right)$

$\equiv \frac{p ! !}{(p-1) ! !}(p-1)^{p-1}-1 \equiv-1(\bmod p)$

$\Rightarrow M_{p} \equiv-1(\bmod p) .$

因为 $p \equiv 3(\bmod 4)$, 所以, -1 不是模 $p$的二次剩余.

从而, $M_{p}$ 不为完全平方数.
Subfield: Algebra


Question: 设 $n \geqslant 3, x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \leqslant 1$, 且 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0$.证明: $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5}<\frac{n}{3}$.

Solution:
设辅助函数 $f(x)=x^{5}-\frac{2}{3} x-\frac{1}{3}$.

先证明一个引理.

引理 当 $x \in(-\infty, 1]$ 时, 函数 $f(x) \leqslant 0$.当且仅当 $x=1$ 时,等号成立.

证明 易知, $f^{\prime}(x)=5 x^{4}-\frac{2}{3}$.

令 $f^{\prime}(x)=0$. 则 $x_{1}=-\sqrt[4]{\frac{2}{15}}, x_{2}=\sqrt[4]{\frac{2}{15}}$.

当 $x \in\left(-\infty, x_{1}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增;

当 $x \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 严格单调递减;

当 $x \in\left(x_{2}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增.

又 $f(1)=0$, 故只需证 $f\left(x_{1}\right)<0$, 即

$f\left(x_{1}\right)=x_{1}^{5}-\frac{2}{3} x_{1}-\frac{1}{3}=x_{1} x_{1}^{4}-\frac{2}{3} x_{1}-\frac{1}{3}$

$=\frac{2}{15} x_{1}-\frac{2}{3} x_{1}-\frac{1}{3}=-\frac{8}{15} x_{1}-\frac{1}{3}$

$=\frac{8}{15}\left(\sqrt[4]{\frac{2}{15}}\right)-\frac{1}{3}<0$

$\Leftrightarrow \frac{2}{15}<\left(\frac{5}{8}\right)^{4}=\frac{5^{4}}{2^{12}} \Leftrightarrow 2^{13}<5^{5} \times 3$

$\Leftrightarrow 8192 \times 9375$.

显然成立.

引理得证.

当 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \leqslant 1$ 时, $x_{i}^{5}-\frac{2}{3} x_{i}-\frac{1}{3} \leqslant 0$.

故 $x_{i}^{5} \leqslant \frac{2}{3} x_{i}+\frac{1}{3}$, 当且仅当 $x_{i}=1$ 时, 等号成立.

因此, $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5} \leqslant \frac{2}{3} \sum_{i=1}^{n} x_{i}+\frac{n}{3}$, 当且仅当 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=1$ 时, 等号成立.

由于 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0$,于是, $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5} \leqslant \frac{n}{3}$.

此时, $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=1$, 显然不成立.

故 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5}<\frac{n}{3}$.
Subfield: Combinatorics


Question: 在 $4030 \times 4030$ 方格表中任意选取 2017 条水平格线和 2017 条坚直格线, 并将这些格线的交点染为红色. 证明: 存在六个两两不同的红点 $A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F$, 使得 $\triangle A B C$ 的重心、 $\triangle D E F$ 的重心均为方格表的中心点.

Solution:
先证明一个引理.

引理 设 $m \in \mathbf{N}_{+}$. 在

$M_{m}=\{n \in \mathbf{Z} \mid-(2 m-1) \leqslant n \leqslant 2 m-1\}$

中任意选取 $2 m+1$ 个不同的数, 则其中必存在三个数,其和为零.

证明 利用数学归纳法证明.

当 $m=1$ 时,结论显然成立.

假设 $m=k-1(k \geqslant 2)$ 时, 结论成立.

当 $m=k$ 时,若在集合 $M_{k}$ 所取的 $2 k+1$个不同的数组成的集合 $A$ 中, 存在 $2 k-1$ 个元素属于 $M_{k-1}$, 则由归纳假设知结论成立.

否则, 在集合 $A$ 中至少有三个元素属于集合

$$
\begin{aligned}
& M_{k}-M_{k-1} \\
& =\{-(2 k-1),-(2 k-2), 2 k-2,2 k-1\} \text {. } \\
& \text { (1) }\{2 k-1,-(2 k-1)\} \subset A .
\end{aligned}
$$

若 $0 \in A$, 则 $0 、-(2 k-1) 、 2 k-1$ 之和为 0 ;

若 $0 \notin A$, 则如下 $2 k-2$ 个数对

$$
\begin{aligned}
& \{i, 2 k-1-i\}(i=1,2, \cdots, k-1) \\
& \{-i,-(2 k-1-i)\}(i=1,2, \cdots, k-1)
\end{aligned}
$$

中有 $A-\{2 k-1,-(2 k-1)\}$ 中 $2 k-1$ 个数,至少有一对数在集合 $A$ 中,使得结论成立.

(2) $\{2 k-1,-(2 k-1)\} \not \subset A$.

则 $\{2 k-2,-(2 k-2)\} \subset A$, 且由对称性 (将整数 $a$ 变为 $-a$ ), 不妨设 $2 k-1 \in A$, $-(2 k-1) \notin A$. 于是,

$$
\begin{aligned}
& \{k-1\},\{i, 2 k-2-i\}(i=0,1, \cdots, k-2), \\
& \{-i,-(2 k-1-i)\}(i=1,2, \cdots, k-1),
\end{aligned}
$$

这 $2 k-1$ 组中包含 $A-\{2 k-1,-(2 k-1)\}$中 $2 k$ 个数, 至少有一对同组的数在集合 $A$中, 使得结论成立.

引理得证.

将方格表放入平面直角坐标系中, 使得其边界为:

$x=-2015, x=2015$,

$y=-2015, y=2015$.

此时, 表格的中心点即为坐标原点.

由引理, 知存在三条水平格线 (依次记为 $l_{1} 、 l_{2} 、 l_{3}$ ), 使得其在 $y$ 轴上的截距之和为零; 同样存在三条坚直格线 (依次记为 $L_{1}$ 、 $L_{2} 、 L_{3}$ ), 使得其在 $x$ 轴上的截距之和为零.

记 $L_{i}$ 与 $l_{j}$ 的交点为 $P_{i j}(i, j \in\{1,2,3\})$,作出下图.

<img_4118>

显然, $P_{i j}(i 、 j \in\{1,2,3\})$ 均为红点, $\triangle P_{21} P_{12} P_{33}$ 的重心、 $\triangle P_{11} P_{32} P_{23}$ 的重心均为坐标原点,且六个顶点各不相同, 原命题得证.
Subfield: Geometry


Question: 已知 $\odot O$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆, $\odot O_{1}$ 与 $\odot O$ 内切于点 $A$, 且与边 $B C$ 切于点 $D$. 设 $\triangle A B C$ 的内心为 $I, \triangle I B C$ 的外接圆 $\odot O_{2}$ 与 $\odot O_{1}$ 交于点 $E 、 F$. 证明: $O_{1} 、 E 、 O_{2}$ 、 $F$ 四点共圆.

Solution:
由熟知的性质, 知 $O_{2}$ 为 $\odot O$ 的弧 $\overparen{B C}$的中点, 且 $A 、 I 、 O_{2}$ 三点共线.

如下图, 设 $A D$ 与 $\odot O$ 的第二个交点为 $O_{2}^{\prime}$.

<img_4238>

因为点 $A$ 为 $\odot O_{1}$ 与 $\odot O$ 的位似中心, 所以, $B C$ 与过 $O_{2}^{\prime}$ 且与 $\odot O$ 相切的直线平行.

于是,点 $O_{2}^{\prime}$ 与 $O_{2}$ 重合.

联结 $O_{2} B$.

由 $\angle O_{2} B D=\angle O_{2} B C=\angle C A O_{2}=\angle O_{2} A B$,

则 $\triangle O_{2} B D \backsim \triangle O_{2} A B \Rightarrow \frac{O_{2} B}{O_{2} A}=\frac{O_{2} D}{O_{2} B}$.

又 $O_{2} E^{2}=O_{2} B^{2}=O_{2} D \cdot O_{2} A$, 知 $O_{2} E$ 与$\odot O_{1}$ 切于点 $E$.

因此, $\angle O_{2} E O_{1}=90^{\circ}$.

同理, $\angle O_{2} F O_{1}=90^{\circ}$.

所以, $O_{1} 、 E 、 O_{2} 、 F$ 四点共圆.
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a 、 b 、 c>0$. 证明:

$$
\begin{aligned}
& \left(a^{3}+\frac{1}{b^{3}}-1\right)\left(b^{3}+\frac{1}{c^{3}}-1\right)\left(c^{3}+\frac{1}{a^{3}}-1\right) \\
& \leqslant\left(a b c+\frac{1}{a b c}-1\right)^{3} .
\end{aligned}
$$

Solution:
由于原不等式左边任意两个括号的和为正,故三个括号中至多一个非正.

因此,不妨假设三个括号都为正.

令 $k=a b c, a^{3}=\frac{k x}{y}, b^{3}=\frac{k y}{z}, c^{3}=\frac{k z}{x}$.

则原式左边

$=\frac{\left(k^{2} x+z-k y\right)\left(k^{2} y+x-k z\right)\left(k^{2} z+y-k x\right)}{k^{3} x y z}$.

令 $k^{2} x+z-k y=u, k^{2} y+x-k z=v$,

$k^{2} z+y-k x=w$.

则 $x=\frac{k u+v}{k^{3}+1}, y=\frac{k v+w}{k^{3}+1}, z=\frac{k w+u}{k^{3}+1}$.

故原式左边

$$
=\frac{u v w\left(1+k^{3}\right)^{3}}{k^{3}(k u+v)(k v+w)(k w+u)} .
$$

注意到,

$(k u+v)(k v+w)(k w+u)$

$=\left(1+k^{3}\right) u v w+\left(v^{2} w+w^{2} u+u^{2} v\right) k^{2}+$ $\left(w^{2} v+v^{2} u+u^{2} w\right) k$

$\geqslant\left(1+k^{3}\right) u v w+3 u v w k^{2}+3 u v w k$

$=uvw (k+1)^{3}$.

则原式左边

$\leqslant \frac{\left(1+k^{3}\right)^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}=\left(k+\frac{1}{k}-1\right)^{3}$.
Subfield: Number Theory


Question: 求最小的质数 $p$, 满足 $(p, N)=1$,其中, $N$ 为所有满足以下条件的 $\left(a_{0}, a_{1}, \cdots\right.$, $a_{2012}$ ) 的个数:

(1) $\left(a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{2012}\right)$ 是 $0,1, \cdots, 2012$的一个排列;

(2) 对 2013 的任意一个正约数 $m$ 及所有的 $n(0 \leqslant n<n+m \leqslant 2012)$ 有

$m \mid\left(a_{n+m}-a_{n}\right)$.

Solution:
由(2) 知对任意 $i 、 j(0 \leqslant i<j \leqslant 2012)$及 $m=3^{\alpha} \times 11^{\beta} \times 61^{\gamma}(\alpha 、 \beta 、 \gamma \in\{0,1\})$, 有

$a_{i} \equiv a_{j}(\bmod m) \Leftrightarrow i \equiv j(\bmod m) \quad \quad ①$.

令

$A_{i}=\{x \in \mathrm{N} \mid 0 \leqslant x \leqslant 2012, x \equiv i(\bmod 3)\}(i=0,1,2)$,

$A_{i j}=\left\{x \in A_{i} \mid x \equiv j(\bmod 11)\right\}(j=0,1, \cdots, 10)$,

$A_{i j k}=\left\{x \in A_{i j} \mid x \equiv k(\bmod 61)\right\}(k=0,1, \cdots, 60)$.

由式①知对 $i=0,1,2$ 所有 $a_{n}\left(n \in A_{i}\right)$模 3 同余 (该余数记为 $i^{\prime}$ ), 有一一映射 $f_{1}: A_{i} \rightarrow A_{i^{\prime}}$.

类似地,有一一映射

$f_{2}: A_{i j} \rightarrow A_{i^{\prime} j^{\prime}}, f_{3}: A_{i j k} \rightarrow A_{i^{\prime} j^{\prime} k^{\prime}}$.

故有 $3 ! \times 11 ! \times 61!$ 种排列满足条件.

下面构造一种方法得到所有的排列.

设双射 $f:(i, j, k) \rightarrow\left(i^{\prime}, j^{\prime}, k^{\prime}\right)$, 其中，

$0 \leqslant i 、 i^{\prime} \leqslant 2,0 \leqslant j 、 j^{\prime} \leqslant 10,0 \leqslant k 、 k^{\prime} \leqslant 60$.

若 $n$ 满足

$\left\{\begin{array}{l}n \equiv i(\bmod 3), \\ n \equiv j(\bmod 11), \\ n \equiv k(\bmod 61),\end{array}\right.$

则取 $a_{n}$ 为满足

$\left\{\begin{array}{l}a_{n} \equiv i^{\prime}(\bmod 3), \\ a_{n} \equiv j^{\prime}(\bmod 11), \\ a_{n} \equiv k^{\prime}(\bmod 61)\end{array}\right.$

的数.

由中国剩余定理知其解唯一.

显然, $\left(a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{2012}\right)$ 满足条件(1)、(2).

故 $N=3 ! \times 11 ! \times 61!$.

于是, $p=67$.

Final answer: $67$
Subfield: Combinatorics


Question: 已知 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的子集 $X$ 满足: 任给 $a 、 b \in X$, 若 $\frac{a+b}{2} \in \mathbf{Z}$, 则 $\frac{a+b}{2} \in X$,故称 $X$ 是 “好子集”. 记 $A(n)$ 为 $\{1,2, \cdots, n\}$的好子集的个数 (如 $A(3)=7,\{1,2,3\}$ 的八个子集中只有 $\{1,3\}$ 不是好子集). 证明:

$$
A(100)+A(98) \geqslant 2 A(99)+6 \text {. }
$$

Solution:
一方面, $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的好子集可以分成两类:包含 1 的和不包含 1 的.

因为 $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的不包含 1 的好子集中每个元素均减去 1 , 即为 $\{1,2, \cdots, n+1\}$的好子集, $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的好子集中每个元素均加上 1 , 即为 $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的不包含 1 的好子集, 所以, $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的不包含 1 的好子集与 $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的好子集一一对应, 其个数为 $A(n+1)$.

因此, $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的包含 1 的好子集个数恰为 $A(n+2)-A(n+1)$.

另一方面, $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的好子集可以分成两类:包含 1 的和不包含 1 的.

因为 $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的不包含 1 的好子集中每个元素均减去 1 , 即为 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的好子集, $\{1,2, \cdots, n\}$ 的好子集中每个元素均加上 1 , 即为 $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的不包含 1 的好子集, 所以, $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的不包含 1 的好子集与 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的好子集一一对应, 其个数为 $A(n)$.

因此, $\{1,2, \cdots, n+1\}$ 的包含 1 的好子集个数恰为 $A(n+1)-A(n)$.

故 $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的包含 1 且不包含 $n+2$ 的好子集个数恰为 $A(n+1)-A(n)$.

综上, $\{1,2, \cdots, n+2\}$ 的包含 1 且包含 $n+2$ 的好子集个数恰为

$$
\begin{aligned}
& A(n+2)-A(n+1)-[A(n+1)-A(n)] \\
& =A(n+2)-2 A(n+1)+A(n) .
\end{aligned}
$$

原命题等价于 $\{1,2, \cdots, 100\}$ 至少有六个包含 1 且包含 100 的好子集.

下面给出 $\{1,2, \cdots, 100\}$ 包含 1 且包含 100 的六个好子集:

$$
\begin{aligned}
& \{1,2, \cdots, 99,100\},\{1,4, \cdots, 97,100\}, \\
& \{1,10, \cdots, 91,100\},\{1,12, \cdots, 89,100\}, \\
& \{1,34,67,100\},\{1,100\} .
\end{aligned}
$$
Subfield: Geometry


Question: 已知两个半径不等的 $\odot O$ 、 $\odot O^{\prime}$ 外离, $\odot O, \odot O^{\prime}$ 的一条内公切线 $l$ 与两条外公切线 $l_{1} 、 l_{2}$ 分别交于点 $B 、 C$, 过 $B$ 且与 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 均外切的 $\odot O_{1}$ 与 $l_{1}$ 的第二个交点为 $P$, 过 $C$ 且与 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 均外切的 $\odot O_{2}$ 与 $l_{2}$的第二个交点为 $Q$. 证明: $B 、 P 、 C 、 Q$ 四点共圆.

Solution:
设 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 的半径分别为 $r 、 r^{\prime}$, 且不妨设 $r<r^{\prime}, l$ 的选取如下图所示.

<img_4244>

设直线 $l_{1} 、 l_{2}$ 交于点 $A, \odot O_{1} 、 \odot O_{2}$ 的半径分别为 $R_{1} 、 R_{2}$.

则 $A 、 O 、 O^{\prime}$ 三点共线, 且

$O O_{1}=r+R_{1}, O^{\prime} O_{1}=r^{\prime}+R_{1}$,

$O O_{2}=r+R_{2}, O^{\prime} O_{2}=r^{\prime}+R_{2}$.

在 $\triangle O O^{\prime} O_{1}$ 中, 由斯特瓦尔特定理得

$$
A O_{1}^{2}=\frac{O^{\prime} A \cdot O O_{1}^{2}-A O \cdot O^{\prime} O_{1}^{2}}{O^{\prime} O}+O^{\prime} A \cdot A O
$$

$=\frac{O^{\prime} A\left(r+R_{1}\right)^{2}-A O\left(r^{\prime}+R_{1}\right)^{2}}{O^{\prime} O}+O^{\prime} A \cdot A O$.

同理,

$A O_{2}^{2}=\frac{O^{\prime} A\left(r+R_{2}\right)^{2}-A O\left(r^{\prime}+R_{2}\right)^{2}}{O^{\prime} O}+O^{\prime} A \cdot A O$.

故 $A O_{1}^{2}-A O_{2}^{2}$ $=\frac{O^{\prime} A\left[R_{1}^{2}-R_{2}^{2}+2 r\left(R_{1}-R_{2}\right)\right]-A O\left[R_{1}^{2}-R_{2}^{2}+2 r^{\prime}\left(R_{1}-R_{2}\right)\right]}{O^{\prime} O}$

$=\frac{O^{\prime} O\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\right)+2\left(R_{1}-R_{2}\right)\left(0^{\prime} A \cdot r-A O \cdot r^{\prime}\right)}{O^{\prime} O}$.

由 $\sin \frac{A}{2}=\frac{r}{A O}=\frac{r^{\prime}}{O^{\prime} A}$

$\Rightarrow O^{\prime} A \cdot r-A O \cdot r^{\prime}=0$

$\Rightarrow A O_{1}^{2}-A O_{2}^{2}=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}$

$\Rightarrow A O_{1}^{2}-R_{1}^{2}=A O_{2}^{2}-R_{2}^{2}$.

又 $A O_{1}^{2}-R_{1}^{2}=A P \cdot A B$,

$A O_{2}^{2}-R_{2}^{2}=A Q \cdot A C$.

从而, $A P \cdot A B=A Q \cdot A C$.

因此, $B 、 P 、 C 、 Q$ 四点共圆.
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a 、 b 、 c>1$, 且 $a+b+c=9$.证明:

$\sqrt{a b+b c+c a} \leqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

Solution:
令 $a=\frac{9 x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, b=\frac{9 y^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$,

$c=\frac{9 z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, x+y+z=1$.

则原不等式变为

$x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant 9\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right)$.

因为 $a \geqslant 1$, 所以,

$9 x^{2}=a\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=\frac{1}{3}$.

从而, $x \geqslant \frac{1}{3 \sqrt{3}}$.

同理, $y \geqslant \frac{1}{3 \sqrt{3}}, z \geqslant \frac{1}{3 \sqrt{3}}$.

不妨设 $x \geqslant y \geqslant z$. 则

$\frac{1}{3 \sqrt{3}} \leqslant z \leqslant \frac{1}{3}$,

$\frac{1}{3} \leqslant \frac{x+y}{2}=\frac{1-z}{2} \leqslant \frac{3 \sqrt{3}-1}{6 \sqrt{3}}$.

令 $f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-9\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\right)$.

则 $f(x, y, z)-f\left(\frac{x+y}{2}, \frac{x+y}{2}, z\right)$

$=\frac{(x-y)^{2}}{2}\left[1-9 z^{2}+\frac{9}{8}(x+y)^{2}+\frac{9}{2} x y\right] \geqslant 0$

故只需证明在 $t \in\left(\frac{1}{3}, \frac{3 \sqrt{3}-1}{6 \sqrt{3}}\right)$ 时,

$f(t, t, 1-2 t) \geqslant 0$.

而 $f(t, t, 1-2 t)$

$=2 t^{2}+(1-2 t)^{2}-9\left[t^{4}+2 t^{2}(1-2 t)^{2}\right]$

$=(3 t-1)^{2}\left(1+2 t-9 t^{2}\right) \geqslant 0$

$\Leftrightarrow \frac{1-\sqrt{10}}{9}<t<\frac{1+\sqrt{10}}{9}$.

故只要验证 $\frac{3 \sqrt{3}-1}{6 \sqrt{3}}<\frac{1+\sqrt{10}}{9}$. 显然.
Subfield: Algebra


Question: 设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足

$x_{1}=1, x_{n+1}=4 x_{n}+\left[\sqrt{11} x_{n}\right]$.

求 $x_{2012}$ 的个位数字.

Solution:
显然, $x_{2}=7$, 且对任意正整数 $n, x_{n}$ 为正整数.

由高斯函数的性质得

$4 x_{n}+\sqrt{11} x_{n}>x_{n+1}=4 x_{n}+\left[\sqrt{11} x_{n}\right]>4 x_{n}+\sqrt{11} x_{n}-1$.

上式两边同乘以 $4-\sqrt{11}$ 得

$5 x_{n}>(4-\sqrt{11}) x_{n+1}>5 x_{n}-(4-\sqrt{11})$

$\Rightarrow 4 x_{n+1}-5 x_{n}<\sqrt{11} x_{n+1}$

$<4 x_{n+1}-5 x_{n}+(4-\sqrt{11})$

$\Rightarrow\left[\sqrt{11} x_{n+1}\right]=4 x_{n+1}-5 x_{n}$

$\Rightarrow x_{n+2}=4 x_{n+1}+\left[\sqrt{11} x_{n+1}\right]$

$=4 x_{n+1}+\left(4 x_{n+1}-5 x_{n}\right)$

$=8 x_{n+1}-5 x_{n}$.

显然, $x_{n+2} \equiv x_{n}(\bmod 2)$,

$x_{n+2} \equiv 3 x_{n+1}(\bmod 5)$.

由 $x_{1}=1, x_{2}=7$, 可利用第二数学归纳法容易证明: 对任意正整数 $n$ 有

$x_{n} \equiv 1(\bmod 2)$.

由 $x_{2}=7$, 可利用第一数学归纳法容易证明: 对任意大于或等于 2 的正整数 $n$ 有

$x_{n} \equiv 2 \times 3^{n-2}(\bmod 5)$.

因为 $x_{2012} \equiv 1(\bmod 2)$,

$x_{2012} \equiv 2 \times 3^{2010} \equiv 2 \times 3^{2} \equiv 3(\bmod 5)$,

所以, $x_{2012}$ 的个位数字为 3 .

Final answer: $3$
Subfield: Combinatorics


Question: 对 $1,2, \cdots, n\left(n \in \mathbf{N}_{+}, n>2\right.$ 012)的任意一个排列 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$, 定义:

$$
L=\sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}-\sqrt{3} x_{i+1}\right|
$$

其中, $x_{n+1}=x_{1}$. 试求 $L_{\text {max }} 、 L_{\text {min }}$ 及取得最大值时的所有排列 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的个数.

Solution:
显然, $L$ 为 $i 、 \sqrt{3} i(i=1,2, \cdots, n)$ 中 $n$个取正号、 $n$ 个取负号的数之和.

为使 $L$ 取最大值, 则上述 $2 n$ 个数中较大的 $n$ 个数取正号, 较小的 $n$ 个数取负号.

设 $\sqrt{3} i(i=1,2, \cdots, a)$ 及 $j(j=1,2, \cdots, b)$

取负号,其余取正号. 则

$\left\{\begin{array}{l}a+b=n, \\ \sqrt{3}(a+1)>b, \\ b+1>\sqrt{3} a\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a=\left[\frac{n+1}{\sqrt{3}+1}\right], \\ b=n-a .\end{array}\right.\right.$

故 $L_{\max }=\sqrt{3}\left[\frac{n(n+1)}{2}-a(a+1)\right]+\left[\frac{n(n+1)}{2}-b(b+1)\right]$。

下面求满足 $L_{\text {max }}$ 时的 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)=A$的个数.

令 $I_{1}=\{1,2, \cdots, a\}$,

$I_{2}=\{a+1, a+2, \cdots, b\}$,

$I_{3}=\{b+1, b+2, \cdots, n\}$.

由取正负号的情形知有下列性质。

(1) $I_{j}(j=1,3)$ 中数在 $A$ 中两两不相邻.否则, 设 $x_{i} 、 x_{i+1} \in I_{j}$. 则由 $\left|x_{i}-\sqrt{3} x_{i+1}\right|$, 知 $x_{i} 、 \sqrt{3} x_{i+1}$ 异号,矛盾.

(2) $I_{3}$ 中数在 $A$ 中的后一个数不属于 $I_{2}$.否则, 设 $x_{i} \in I_{3}, x_{i+1} \in I_{2}$, 则由 $\left|x_{i}-\sqrt{3} x_{i+1}\right|$,知 $x_{i} 、 \sqrt{3} x_{i+1}$ 异号, 矛盾.

(3) $I_{3}$ 中数在 $A$ 中的后一个数属于 $I_{1}$.

(4) $I_{2}$ 中数在 $A$ 中可以相邻.

由(1) (4) 知, 将 $A$ 中各数依次排在一个圆周上, $I_{3}$ 与 $I_{1}$ 中各取一数彼此相邻, 共有 $a$ 组,将圆周分成 $a$ 段, $I_{2}$ 中数随意放人其中, 所得到的任一排列满足条件.

所以, 满足 $L_{\text {max }}$ 时的排列 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$的个数为 $n(n-a-1) ! \cdot a !$.

最后用调整法求 $L_{\text {min }}$.

将 $\sqrt{3} i(i=1,2, \cdots, n)$ 取正号, $j(j=1,2, \cdots, n)$取负号.

若某个 $\sqrt{3} i_{0}$ 变成负号, 则某个 $j_{0}\left(j_{0}>\sqrt{3} i_{0}\right)$需变成正号,这是由于

$\left|j_{0}-\sqrt{3} i_{0}\right|=j_{0}-\sqrt{3} i_{0}$.

从而, 这 $2 n$ 个数之和变大.

又 $|j-\sqrt{3}|=j-\sqrt{3}(j \neq 1)$, 故 $\sqrt{3}$ 必取负号.

为使 $L$ 最小,则 2 取正号,其余符号不变.

$$
\begin{gathered}
\text { 故 } L_{\min }=\sqrt{3}\left[\frac{n(n+1)}{2}-2 \times 1\right]- \\
\quad\left[\frac{n(n+1)}{2}-2 \times 2\right] \\
=(\sqrt{3}-1) \frac{n(n+1)}{2}+4-2 \sqrt{3} .
\end{gathered}
$$

当 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)=(n, n-1, \cdots, 1)$ 时,取最小值.

Final answer: $L_{\max }=\sqrt{3}\left[\frac{n(n+1)}{2}-a(a+1)\right]+\left[\frac{n(n+1)}{2}-b(b+1)\right], L_{\min }=(\sqrt{3}-1) \frac{n(n+1)}{2}+4-2 \sqrt{3}, n(n-a-1) ! \cdot a !$
Subfield: Algebra


Question: 若正实数 $x 、 y$ 满足 $x^{3}+y^{3}+3 x y=1$, 求 $\left(x+\frac{1}{x}\right)^{3}+\left(y+\frac{1}{y}\right)^{3}$ 的最小值。

Solution:
由 $0=x^{3}+y^{3}-1+3 x y=(x+y-1)\left((x-y)^{2}+x y+x+y+1\right)$,

$(x-y)^{2}+x y+x+y+1>0$,

则 $x+y-1=0 \Rightarrow x+y=1$.

设 $f(t)=\left(t+\frac{1}{t}\right)^{3}(t>0)$. 则

$f^{\prime}(t)=3\left(t+\frac{1}{t}\right)^{2}\left(1-\frac{1}{t^{2}}\right)$,

$f^{\prime \prime}(t)=3\left(2\left(t+\frac{1}{t}\right)\left(1-\frac{1}{t^{2}}\right)^{2}+\frac{2}{t^{3}}\left(t+\frac{1}{t}\right)^{2}\right)>0$.

于是, $f(t)$ 为凸函数.

由琴生不等式得

$f(x)+f(y) \geqslant 2 f\left(\frac{x+y}{2}\right)=2 f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{125}{4}$.

当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时,上式等号成立.

故 $\left(x+\frac{1}{x}\right)^{3}+\left(y+\frac{1}{y}\right)^{3}$ 的最小值为 $\frac{125}{4}$.

Final answer: $\frac{125}{4}$
Subfield: Geometry


Question: 已知单位正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱 $A B 、 A_{1} D_{1} 、 A_{1} B_{1} 、 B C$ 的中点分别为 $L 、 M 、 N$ 、 $K$. 求四面体 $L M N K$ 的内切球半径。

Solution:
设四面体 $L M N K$ 的内切球半径为 $r$.

因为 $\angle N L K=\angle L N M=90^{\circ}$, 所以,

$S_{\triangle L M N}=S_{\triangle L N K}=\frac{1}{2} \times 1 \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

又 $\angle M L K=\angle M N K=90^{\circ}$, 则

$S_{\triangle L M K}=S_{\triangle M N K}=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

因此, 四面体 $L M N K$ 的表面积为

$S=2\left(\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2}$.

由于 $K L \perp$ 底面 $L M N$,于是,

$V_{\text {四面体 } L M N K}=\frac{1}{3} K L \cdot S_{\triangle L M N}=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{12}$.

由 $V_{\text {四面体LMNK }}=\frac{1}{3} r S \Rightarrow r=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$
Subfield: Geometry


Question: 已知 $P$ 为双曲线 $\Gamma: \frac{x^{2}}{463^{2}}-\frac{y^{2}}{389^{2}}=1$ 上一点, 过点 $P$ 作直线 $l$, 与双曲线 $\Gamma$ 的两条渐近线分别交于点 $A 、 B$. 若 $P$ 为线段 $A B$ 的中点, $O$ 为坐标原点, 求$S_{\triangle O A B}$。

Solution:
设双曲线 $\Gamma$ 的两条渐近线为

$l_{1}: y=\frac{389}{463} x, l_{2}: y=-\frac{389}{463} x ;$

$l$ 与 $l_{1} 、 l_{2}$ 分别交于点 $A 、 B$.

设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right), A\left(x_{1}, \frac{389}{463} x_{1}\right)$,

$B\left(x_{2},-\frac{389}{463} x_{2}\right)$.

则 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, y_{0}=\frac{389}{463} \cdot \frac{x_{1}-x_{2}}{2}$.

由 $1=\frac{x_{0}^{2}}{463^{2}}-\frac{y_{0}^{2}}{389^{2}}=\frac{x_{1} x_{2}}{463^{2}}$, 故

$S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2}\left|x_{1}\left(-\frac{389}{463} x_{2}\right)-x_{2}\left(\frac{389}{463} x_{1}\right)\right|=\frac{389}{463}\left|x_{1} x_{2}\right|=389 \times 463=180107$.

Final answer: $180107$
Subfield: Algebra


Question: 对于任意正实数 $x 、 y$,求

$$
\frac{(x y+x+y)(x+y+1)}{(x+y)(x+1)(y+1)}
$$

的取值范围。

Solution:
设 $f(x, y)=\frac{(x y+x+y)(x+y+1)}{(x+y)(x+1)(y+1)}$. 则

$f(x, y)=1+\frac{x y}{(x+y)(x+1)(y+1)}>1$.

当固定 $y$,且 $x \rightarrow 0$ 时, $f(x, y) \rightarrow 1$.

由均值不等式得

$x+y \geqslant 2 \sqrt{x y}, x+1 \geqslant 2 \sqrt{x}, y+1 \geqslant 2 \sqrt{y}$.

则 $f(x, y) \leqslant 1+\frac{x y}{2 \sqrt{x y} \cdot 2 \sqrt{x} \cdot 2 \sqrt{y}}=\frac{9}{8}$,

且当 $x=y=1$ 时,上式等号成立.

因此, $f(x, y)$ 的取值范围是 $\left(1, \frac{9}{8}\right]$.

Final answer: $\left(1, \frac{9}{8}\right]$
Subfield: Geometry


Question: 在平面直角坐标系中,已知 $A(13,43)$, $B(-36,19 \sqrt{2}), C(18,-11 \sqrt{14})$. 求 $\triangle A B C$ 的垂心 $H$ 的坐标。

Solution:
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), C\left(x_{3}, y_{3}\right)$.

因为 $x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=x_{3}^{2}+y_{3}^{2}=2018$, 所以, $\triangle A B C$ 的外心为坐标原点 $O$.

因此, $H\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}, y_{1}+y_{2}+y_{3}\right)$.

故 $H(-5,43+19 \sqrt{2}-11 \sqrt{14})$.

Final answer: $(-5,43+19 \sqrt{2}-11 \sqrt{14})$
Subfield: Algebra


Question: 设函数

$f(x)=\frac{x(1-x)}{x^{3}-x+1}(0<x<1)$.

若 $f(x)$ 的最大值为 $f\left(x_{0}\right)$, 求 $x_{0}$的大小。

Solution:
令 $f^{\prime}(x)=\frac{x^{4}-2 x^{3}+x^{2}-2 x+1}{\left(x^{3}-x+1\right)^{2}}=\frac{\left(x^{2}-(\sqrt{2}+1) x+1\right)\left(x^{2}+(\sqrt{2}-1) x+1\right)}{\left(x^{3}-x+1\right)^{2}}=0$.

则 $\left(x^{2}-(\sqrt{2}+1) x+1\right)\left(x^{2}+(\sqrt{2}-1) x+1\right)=0$.

由于 $x^{2}+(\sqrt{2}-1) x+1=0$ 的判别式小于 0 ,于是,该方程无实根.

对于 $x^{2}-(\sqrt{2}+1) x+1=0$, 由

$$
\frac{\sqrt{2}+1+\sqrt{2 \sqrt{2}-1}}{2}>1
$$

知该方程有唯一实根

$$
x_{0}=\frac{\sqrt{2}+1-\sqrt{2 \sqrt{2}-1}}{2} \in(0,1) \text {. }
$$

当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增;

当 $x_{0}<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 严格单调递减.

故当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最大值.

因此, $x_{0}=\frac{\sqrt{2}+1-\sqrt{2 \sqrt{2}-1}}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{2}+1-\sqrt{2 \sqrt{2}-1}}{2}$
Subfield: Algebra


Question: 若对于任意正整数 $n \geqslant 3$, 均有

$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i}+\frac{5}{12} \log _{a}(a-1)>\frac{1}{5}$,

求实数 $a$ 的取值范围。

Solution:
设 $f(n)=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i}(n \in \mathbf{Z}, n \geqslant 3)$. 则

$f(n+1)-f(n)$

$=\sum_{i=1}^{n+1} \frac{1}{n+1+i}-\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i}$

$=\frac{1}{2 n+1}+\frac{1}{2 n+2}-\frac{1}{n+1}$

$=\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+2}>0$,

即 $f(n)$ 严格递增.

于是, 对任意的正整数 $n \geqslant 3$, 均有

$f(n) \geqslant f(3)=\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}$.

因此, 实数 $a$ 的取值范围就是满足

$\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{5}{12} \log _{a}(a-1)>\frac{1}{5}$的实数 $a$ 的取值范围, 即 $\log _{a}(a-1)>-1$.

又 $a>1$, 则

$\frac{1}{a-1}<a \Rightarrow a^{2}-a-1>0$

$\Rightarrow a>\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

综上, $a \in\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2},+\infty\right)$.

Final answer: $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2},+\infty\right)$