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


Question: 设点 $A$ 的坐标为 $(0,3)$, 点 $B, C$ 为圆 $O: x^{2}+y^{2}=25$ 上的两动点, 满足 $\angle B A C=90^{\circ}$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.

Solution:
<img_4208>

如上图, 设 $B\left(x_{1}, y_{1}\right), C\left(x_{2}, y_{2}\right), P(x, y)$ 为线段 $B C$ 的中点.

则

$$
\begin{aligned}
& x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=25 \\
& x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=25 \\
& x_{1} x_{2}+\left(y_{1}-3\right)\left(y_{2}-3\right)=0 \\
& x_{1}+x_{2}=2 x, y_{1}+y_{2}=2 y
\end{aligned}
$$

可知:

$$
x^{2}+y^{2}-3 y=8 \text {, 即 } x^{2}+\left(y-\frac{3}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\sqrt{41}}{2}\right)^{2} \text {. }
$$

所以, 线段 $B C$ 的中点 $P$ 的轨迹是 $\odot O_{1}$, 其方程为: $x^{2}+\left(y-\frac{3}{2}\right)^{2}=\left(\frac{\sqrt{41}}{2}\right)^{2}$ .

于是 $|A P| \leq\left|A O_{1}\right|+\left|O_{1} P\right|=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{41}}{2}$,

从而 $\triangle A B C$ 面积 $S=\frac{1}{2}|A B| \cdot|A C| \leq \frac{1}{4}\left(|A B|^{2}+|A C|^{2}\right)=\frac{1}{4}|B C|^{2}=|A P|^{2}$

$$
\leq\left(\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{41}}{2}\right)^{2}=\frac{25+3 \sqrt{41}}{2}
$$

当点 $P$ 的坐标为 $\left(0, \frac{3-\sqrt{41}}{2}\right)$ 时, 可取到等号.

所以, $\triangle A B C$ 面积的最大值是 $\frac{25+3 \sqrt{41}}{2}$.

Final answer: $\frac{25+3 \sqrt{41}}{2}$
Subfield: Inequality


Question: 设 $a, b, c \in(0,1], \lambda$ 为实数, 使得

$$
\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{a+b+c}} \geq 1+\lambda(1-a)(1-b)(1-c)
$$

恒成立, 求 $\lambda$ 的最大值.

Solution:
取 $a=b=c=\frac{1}{4}$ 时, $\lambda \leq \frac{64}{27}$.

下证: $\lambda=\frac{64}{27}$ 满足条件, 即证 $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{a+b+c}} \geq 1+\frac{64}{27}(1-a)(1-b)(1-c)$

注意到: $(1-a)(1-b)(1-c) \leq\left(1-\frac{a+b+c}{3}\right)^{3}$

令 $a+b+c=3 x^{2}$, 其中 $x>0$, 则 $0<x \leq 1$.

只须证 $\frac{1}{x} \geq 1+\frac{64}{27}\left(1-x^{2}\right)^{3}$

$\Leftrightarrow \frac{1-x}{x} \geq \frac{64}{27}(1-x)^{3}(1+x)^{3}$

$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{64}{27} x(1-x)^{2}(1+x)^{3}$

由均值不等式知:

$x(1-x)^{2}(1+x)^{3}=27 x(1-x)^{2}\left(\frac{1+x}{3}\right)^{3} \leq 27\left(\frac{x+2(1-x)+3\left(\frac{x+1}{3}\right)}{6}\right)^{6}=\frac{27}{64}$

于是 $\frac{64}{27} x(1-x)^{2}(1+x)^{3} \leq \frac{64}{27} \times \frac{27}{64}=1$, 故 (*) 成立.

综上可知, $\lambda$ 的最大值是 $\frac{64}{27}$.

Final answer: $\frac{64}{27}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=x \ln x-a x^{2}, a \in \mathbf{R}$.
证明: 当 $1<x<3$ 时, $\frac{f(x)+a x^{2}-x+2}{(3-x) \mathrm{e}^{x}}>\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}$.

Solution:
设 $g(x)=f(x)+a x^{2}-x+2=x \ln x-x+2$,

则 $g^{\prime}(x)=\ln x ，$

当 $1<x<3$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,

因此, $g(x)$ 在 $(1,3)$ 单调递增,

所以, $g(x)>g(1)=1$;

设 $h(x)=(3-x) \mathrm{e}^{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=(2-x) \mathrm{e}^{x}$,

当 $1<x<2$ 时, $h^{\prime}(x)>0$; 当 $2<x<3$ 时, $h^{\prime}(x)<0$

因此, $h(x)$ 在 $(1,2)$ 单调递增, 在 $(2,3)$ 单调递减.

所以, $h(x)$ 的最大值为 $h(2)=\mathrm{e}^{2}$, 即 $0<(3-x) \mathrm{e}^{x} \leq \mathrm{e}^{2}$,

$\therefore \frac{1}{(3-x) \mathrm{e}^{x}} \geq \frac{1}{\mathrm{e}^{2}}>0$.

又因为 $f(x)+a x^{2}-x+2>1$,

所以 $\frac{f(x)+a x^{2}-x+2}{(3-x) \mathrm{e}^{x}}>\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 设 $F$ 是椭圆 $E: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$ 的左焦点, 过点 $F$ 斜率为正的直线 $l$ 与 $E$ 相交于 $A, B$ 两点, 过点 $A, B$ 分别作直线 $A M$ 和 $B N$ 满足 $A M \perp l, B N \perp l$, 且直线 $A M, B N$ 分别与 $x$ 轴相交于 $M$ 和 $N$. 试求 $|M N|$ 的最小值.

Solution:
设过椭圆 $E$ 的左焦点 $F$ 的直线 $l$ 的倾斜角为 $\alpha$, 依题意知 $\frac{\pi}{2}>\alpha>0$.

<img_4159>

如上图, 设 $F^{\prime}$ 为椭圆 $E$ 的右焦点, 在 $R t \triangle M A F$ 中 $\cos \angle M F A=\frac{|A F|}{|M F|}$, 所以有 $|M F|=\frac{|A F|}{\cos \angle M F A}$. 在 $R t \triangle N B F$ 中, 同理有 $|N F|=\frac{|B F|}{\cos \angle N F B}$, 所以有

$$
|M N|=|M F|+|N F|=\frac{|A F|}{\cos \angle M F A}+\frac{|B F|}{\cos \angle N F B}=\frac{|A B|}{\cos \alpha} \cdots (1)
$$

连结 $B F^{\prime}$, 在 $\triangle F B F^{\prime}$ 中, 记 $|B F|=x$, 则 $\left|B F^{\prime}\right|=2 \sqrt{3}-x$.

由余弦定理知 $\left|B F^{\prime}\right|^{2}=|B F|^{2}+\left|F F^{\prime}\right|^{2}-2|B F|\left|F F^{\prime}\right| \cos \alpha$, 即 $(2 \sqrt{3}-x)^{2}=$ $x^{2}+(2 \sqrt{2})^{2}-2 x \cdot 2 \sqrt{2} \cdot \cos \alpha$. 所以有 $x=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2} \cos \alpha}$, 即

$$
|B F|=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2} \cos \alpha} \cdots (2)
$$

同理有

$$
|A F|=\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2} \cos \alpha} \cdots (3)
$$

由 (2) (3) 知 $|A B|=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2} \cos \alpha}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2} \cos \alpha}=\frac{2 \sqrt{3}}{3-2 \cos ^{2} \alpha}$. 由 (1) 知 $|M N|=$ $\frac{2 \sqrt{3}}{\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right) \cos \alpha}$.

令 $f(\alpha)=\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right)^{2} 4 \cos ^{2} \alpha$, 则 $f(\alpha)=\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right)\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right) 4 \cos ^{2} \alpha$.

根据均值不等式知 $\frac{\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right)+\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right)+4 \cos ^{2} \alpha}{3} \geq \sqrt[3]{\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right)^{2} 4 \cos ^{2} \alpha}$.

所以 $\left(3-2 \cos ^{2} \alpha\right)^{2} 4 \cos ^{2} \alpha \leq 8$ 且等号成立当且仅当 $3-2 \cos ^{2} \alpha=4 \cos ^{2} \alpha$, 即 $\alpha=\frac{\pi}{4}$.

所以当且仅当 $\alpha=\frac{\pi}{4}$ 时, $(f(\alpha))_{\max }=4$. 从而当且仅当 $\alpha=\frac{\pi}{4}$ 时 $|M N|_{\min }=\sqrt{6}$.

Final answer: $\sqrt{6}$
Subfield: Algebra


Question: 设 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 是正整数, 且 $a_{0}>a_{1}>a_{2}>\cdots>a_{n}>1$并满足

$$
\left(1-\frac{1}{a_{1}}\right)+\left(1-\frac{1}{a_{2}}\right)+\cdots+\left(1-\frac{1}{a_{n}}\right)=2\left(1-\frac{1}{a_{0}}\right) .
$$

试求出 $\left(a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ 所有可能的解.

Solution:
由题意知, 对 $0 \leq i \leq n$ 均有 $a_{i} \geq 2$. 于是有

$$
2>2\left(1-\frac{1}{a_{0}}\right)=\left(1-\frac{1}{a_{1}}\right)+\left(1-\frac{1}{a_{2}}\right)+\cdots+\left(1-\frac{1}{a_{n}}\right)>\frac{n}{2}
$$

可得 $n<4$. 由于 $n$ 是正整数, 故 $n \in\{1,2,3\}$.

(i) 当 $n=1$ 时, 我们有 $\frac{2}{a_{0}}=1+\frac{1}{a_{1}}$, 解得 $2 a_{1}=a_{0} a_{1}+a_{0}$. 注意到 $a_{1}>1$. 从而 $2 a_{1}=a_{0} a_{1}+a_{0}>2 a_{0}$, 即 $a_{1}>a_{0}$, 这与 $a_{0}>a_{1}$ 矛盾.

(ii) 当 $n=2$ 时, 我们有 $\frac{2}{a_{0}}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}$. 由于 $a_{0}>a_{1}>a_{2}>1$, 故 $\frac{1}{a_{0}}<\frac{1}{a_{1}}$ 且 $\frac{1}{a_{0}}<\frac{1}{a_{2}}$. 从而 $\frac{2}{a_{0}}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}$ 是不可能的, 故 $n=2$ 也不成立.

(iii) 当 $n=3$ 时, 我们有 $1+\frac{2}{a_{0}}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}$, 则必定有 $a_{3}=2$, 否则等式右边至多为 $\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}<1$. 同理 $a_{2}=3$, 不然等式右边至多为 $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}<1$.

因此我们有 $\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{6}+\frac{2}{a_{0}}>\frac{1}{6}$, 从而 $3<a_{1}<6$. 当 $a_{1}=4$ 时 $a_{0}=24$; 当 $a_{1}=5$时 $a_{0}=60$.

综上所述, $\left(a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)$ 所有可能的解为 $(24,4,3,2)$ 或 $(60,5,3,2)$.

Final answer: $(24,4,3,2),(60,5,3,2)$
Subfield: Inequality


Question: 给定正实数 $0<a<b$, 设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in[a, b]$. 试求$\frac{\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}} $的最小值与最大值.

Solution:
(i) 因为 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in[a, b]$ 且 $0<a<b$, 所以有

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+x_{2} \geq 2 \sqrt{\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}} \cdot x_{2}}=2 x_{1} \\
\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+x_{3} \geq 2 \sqrt{\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}} \cdot x_{3}}=2 x_{2} \\
\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+x_{4} \geq 2 \sqrt{\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}} \cdot x_{4}}=2 x_{3} \\
\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}}+x_{1} \geq 2 \sqrt{\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}} \cdot x_{1}}=2 x_{4}
\end{array} .\right.
$$

从而有

$$
\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}} \geq x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}
$$

并且等号成立当且仅当 $x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}$. 于是当 $x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}$ 时 $\frac{\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}$ 取得最小值 1 .

(ii) 因为 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in[a, b]$ 且 $0<a<b$, 所以 $\frac{x_{i}}{x_{i+1}} \in\left[\frac{a}{b}, \frac{b}{a}\right]$, 其中 $x_{5}=x_{1}$.注意到 $\frac{\sqrt{\frac{x_{i}^{2}}{x_{i+1}}}}{\sqrt{x_{i+1}}}=\frac{x_{i}}{x_{i+1}}$. 于是有 $\frac{a}{b} \leq \frac{\sqrt{\frac{x_{i}^{2}}{x_{i+1}}}}{\sqrt{x_{i+1}}} \leq \frac{b}{a}$. 从而

$$
\left(\sqrt{\frac{x_{i}^{2}}{x_{i+1}}}-\frac{a}{b} \sqrt{x_{i+1}}\right)\left(\sqrt{\frac{x_{i}^{2}}{x_{i+1}}}-\frac{b}{a} \sqrt{x_{i+1}}\right) \leq 0
$$

即 $\frac{x_{i}^{2}}{x_{i+1}}-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) x_{i}+x_{i+1} \leq 0$. 所以, 对所有 $1 \leq i \leq 4$ 均有

$$
\frac{x_{i}^{2}}{x_{i+1}} \leq\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) x_{i}-x_{i+1}
$$

其中 $x_{5}=x_{1}$. 从而有

$$
\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}} \leq\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}-1\right)\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)
$$

于是

$$
\frac{\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}} \leq \frac{b}{a}+\frac{a}{b}-1
$$

并且等号成立当且仅当 $x_{1}=a, x_{2}=b, x_{3}=a, x_{4}=b$ 或 $x_{1}=b, x_{2}=a$, $x_{3}=b, x_{4}=a$. 所以 $\frac{\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}$ 的最大值为 $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}-1$.

综上所述, $\frac{\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}^{2}}{x_{4}}+\frac{x_{4}^{2}}{x_{1}}}{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}$ 的最小值和最大值分别为 1 和 $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}-1$.

Final answer: $1 , \frac{b}{a}+\frac{a}{b}-1$
Subfield: Plane Geometry


Question: 设椭圆 $C$ 的两焦点为 $F_{1}, F_{2}$, 两准线为 $l_{1}, l_{2}$, 过椭圆上的一点 $P$, 作平行于 $F_{1} F_{2}$ 的直线, 分别交 $l_{1}, l_{2}$ 于 $M_{1}, M_{2}$, 直线 $M_{1} F_{1}$ 与 $M_{2} F_{2}$ 交于点 $Q$.证明: $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_5a24fb4890dc3aa488e9g-1.jpg?height=445&width=532&top_left_y=2096&top_left_x=1276)

Solution:
设陏圆方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1,(a>b>0)$, 据对称性知, 点 $Q$ 在 $Y$ 轴上 (如图); 记 $Q F_{1}=Q F_{2}=m$,

$P F_{1}=r_{1}, P F_{2}=r_{2}, P Q=t, M_{1} F_{1}=M_{2} F_{2}=k$, 则有:

$\frac{P F_{1}}{P M_{1}}=e, r_{1}+r_{2}=2 a$, 为证 $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆, 据托勒密定理, 只要证, $m r_{1}+m r_{2}=t \cdot F_{1} F_{2}$, 即 $m \cdot 2 a=t \cdot 2 c$, 也即 $\frac{m}{t}=\frac{c}{a}=e \cdots(1)$

由 $\frac{Q F_{1}}{Q M_{1}}=\frac{O F_{1}}{H M_{1}}$, 即 $\frac{m}{m+k}=\frac{g^{2}}{\frac{a^{2}}{c}}=\left(\frac{c}{a}\right)=e^{2}$, 所以 $\frac{k}{m+k}=1-e^{2}$,

在 $\Delta P M_{1} Q$ 中, 由斯特瓦特定理,

$P F_{1}^{2}=P M_{1}^{2} \cdot \frac{m}{m+k}+P Q^{2} \cdot \frac{k}{m+k}-m k \cdots (2)$
即 $r_{1}^{2}=\left(\frac{r_{1}}{e}\right)^{2} \cdot e^{2}+t^{2}\left(1-e^{2}\right)-m \cdot \frac{m\left(1-e^{2}\right)}{e^{2}} \cdots (3)$

因为 $1-e^{2} \neq 0$, 由(3)得, $\frac{m^{2}}{t^{2}}=e^{2}$, 即 $\frac{m}{t}=e$, 故(1)成立, 因此 $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆.

(也可不用托勒密定理证: 由(2)得 $P Q^{2}=m(m+k)$, 则 $\triangle P Q F_{1} \backsim \Delta M_{1} Q P$, 于是

$\angle Q P F_{1}=\angle M_{1}=\angle M_{2}=\angle Q F_{2} F_{1}$ , 因此 $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 设椭圆 $C$ 的两焦点为 $F_{1}, F_{2}$, 两准线为 $l_{1}, l_{2}$, 过椭圆上的一点 $P$, 作平行于 $F_{1} F_{2}$ 的直线, 分别交 $l_{1}, l_{2}$ 于 $M_{1}, M_{2}$, 直线 $M_{1} F_{1}$ 与 $M_{2} F_{2}$ 交于点 $Q$.证明: $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆.

<img_4185>

Solution:
设陏圆方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1,(a>b>0)$, 据对称性知, 点 $Q$ 在 $Y$ 轴上 (如图); 记 $Q F_{1}=Q F_{2}=m$,

$P F_{1}=r_{1}, P F_{2}=r_{2}, P Q=t, M_{1} F_{1}=M_{2} F_{2}=k$, 则有:

$\frac{P F_{1}}{P M_{1}}=e, r_{1}+r_{2}=2 a$, 为证 $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆, 据托勒密定理, 只要证, $m r_{1}+m r_{2}=t \cdot F_{1} F_{2}$, 即 $m \cdot 2 a=t \cdot 2 c$, 也即 $\frac{m}{t}=\frac{c}{a}=e \cdots(1)$

由 $\frac{Q F_{1}}{Q M_{1}}=\frac{O F_{1}}{H M_{1}}$, 即 $\frac{m}{m+k}=\frac{g^{2}}{\frac{a^{2}}{c}}=\left(\frac{c}{a}\right)=e^{2}$, 所以 $\frac{k}{m+k}=1-e^{2}$,

在 $\Delta P M_{1} Q$ 中, 由斯特瓦特定理,

$P F_{1}^{2}=P M_{1}^{2} \cdot \frac{m}{m+k}+P Q^{2} \cdot \frac{k}{m+k}-m k \cdots (2)$
即 $r_{1}^{2}=\left(\frac{r_{1}}{e}\right)^{2} \cdot e^{2}+t^{2}\left(1-e^{2}\right)-m \cdot \frac{m\left(1-e^{2}\right)}{e^{2}} \cdots (3)$

因为 $1-e^{2} \neq 0$, 由(3)得, $\frac{m^{2}}{t^{2}}=e^{2}$, 即 $\frac{m}{t}=e$, 故(1)成立, 因此 $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆.

(也可不用托勒密定理证: 由(2)得 $P Q^{2}=m(m+k)$, 则 $\triangle P Q F_{1} \backsim \Delta M_{1} Q P$, 于是

$\angle Q P F_{1}=\angle M_{1}=\angle M_{2}=\angle Q F_{2} F_{1}$ , 因此 $P, F_{1}, Q, F_{2}$ 四点共圆.
Subfield: Sequence


Question: 将正整数数列 $1,2,3, \cdots \cdots$ 中凡是被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去, 剩下的数按自小到大的顺序排成数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$, 再将数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 凡是下标被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去, 剩下的项按自小到大的顺序排成数列 $b_{1}, b_{2}, b_{3}, \cdots$;

证明: 每个大于 1 的奇平方数, 都是数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中的两个相邻项的和.

Solution:
易知 $a_{2 n-1}=4 n-2, a_{2 n}=4 n-1, n=1,2,3, \cdots$,

因此, $\forall n \in N, a_{4 n+1}=8 n+2, a_{4 n+2}=8 n+3, a_{4 n+3}=8 n+6, a_{4 n+4}=8 n+7$; 在将 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项 $a_{4 n}$ 及 $a_{4 n+1}$ 删去之后, 所得到的数列 $\left\{b_{n}\right\}$, 其通项为: $b_{2 n+1}=8 n+3, b_{2 n+2}=8 n+6, n=0,1,2, \cdots$;即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的项为: $3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43, \cdots$,

观察易知, $3^{2}=b_{1}+b_{2}, 5^{2}=b_{3}+b_{4}, 7^{2}=b_{6}+b_{7}, 9^{2}=b_{10}+b_{11}, \cdots \cdots$;

若记 $r_{k}=\frac{k(k+1)}{2}$, 我们来证明, 一般地有: $(2 k+1)^{2}=b_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}, k=1,2,3, \cdots$.

由于 $r_{4 m}=8 m^{2}+2 m, r_{4 m+1}=8 m^{2}+6 m+1, r_{4 m+2}=8 m^{2}+10 m+3, r_{4 m+3}=8 m^{2}+14 m+6$ ；

所以 $b_{r_{4 m}}+b_{r_{4 m}+1}=[2(4 m)+1]^{2}, b_{r_{4m+1}}+b_{r_{4m+1}+1}=[2(4 m+1)+1]^{2}$,

$$
b_{r_{4 m+2}}+b_{r_{4 m+2}+1}=[2(4 m+2)+1]^{2}, b_{r_{4 m+3}}+b_{r_{4 m+3}+1}=[2(4 m+3)+1]^{2},
$$

合并以上四式得，对每个正整数$k$,$b_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}=\left(2k+1\right)^{2}$.其中$r_{k}=\frac{k\left(k+1\right)}{2}$.
Subfield: Number Theory


Question: 试求所有由互异正奇数构成的三元集 $\{a, b, c\}$, 使其满足: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2019$.

Solution:
据对称性, 不妨设 $a<b<c$, 由于奇平方数的末位数字只具有 $1,5,9$ 形式, 于是 $a^{2}, b^{2}, c^{2}$ 的末位数字, 要么是 $5,5,9$ 形式, 要么是 $1,9,9$ 形式; 又知, 如果正整数 $n$ 是 3 的倍数, 那么 $n^{2}$ 必是 9 的倍数; 如果 $n$ 不是 3 的倍数, 那么 $n^{2}$ 被 3 除余 1 . 由于 2019 是 3 的倍数, 但不是 9 的倍数, 因此奇数 $a, b, c$ 皆不是 3 的倍数. 注意 $c \leq[\sqrt{2019}]=44$, 即奇数 $c \leq 43$, 而 $3 c^{2}>a^{2}+b^{2}+c^{2}=2019$, 即 $c^{2}>667$, 且 $c$ 不是 3 的倍数, 故奇数 $c \geq 29$.因此奇数 $c \in\{29,31,35,37,41,43\}$;

注意如下事实: 如果奇数 $N=x^{2}+y^{2}$ 为两个正整数的平方和, 那么偶数 $2 N$ 必可表为两个互异正奇数的平方和. 这是由于, $2 N=2\left(x^{2}+y^{2}\right)=(x-y)^{2}+(x+y)^{2}$;

若 $c=43$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=170=2 \times 85=2\left(6^{2}+7^{2}\right)=2\left(2^{2}+9^{2}\right)$,

因此: $170=1^{2}+13^{2}=7^{2}+11^{2}$.

于是得两解: $\{a, b, c\}=\{1,13,43\}$, 以及 $\{a, b, c\}=\{7,11,43\}$;

若 $c=41$, 方程化为

$a^{2}+b^{2}=338=2 \times 13^{2}=2\left(5^{2}+12^{2}\right)=7^{2}+17^{2}$; 由此得: $\{a, b, c\}=\{7,17,41\}$;

若 $c=37$, 方程化为

$$
a^{2}+b^{2}=650=2 \times 13 \times 5^{2}=2\left(2^{2}+3^{2}\right)\left(3^{2}+4^{2}\right)=2\left(1^{2}+18^{2}\right)=2\left(6^{2}+17^{2}\right)=2\left(10^{2}+15^{2}\right),
$$

因此, $650=17^{2}+19^{2}=11^{2}+23^{2}=5^{2}+25^{2}$, 得到三个解:

$\{a, b, c\}=\{17,19,37\},\{11,23,37\},\{5,25,37\}$.

若 $c=35$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=794=2 \times 397$, 而 397 是一个 $4 N+1$ 形状的质数,

它可唯一地表为两平方和: $397=6^{2}+19^{2}$, 所以 $a^{2}+b^{2}=2\left(6^{2}+19^{2}\right)=13^{2}+25^{2}$,得到一个解: $\{a, b, c\}=\{13,25,35\}$.

若 $c=31$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=1158=2 \times 529=2 \times 23^2$, 而 23 是一个 $4 N-1$ 形状的质数,它不能表为两个正整数的平方和;

若 $c=29$, 方程化为: $a^{2}+b^{2}=1178=2 \times 19 \times 31$, 它含有 $4 N-1$ 形状的单质因子,故不能表为两平方和;

综合以上讨论, 本题共有七个满足条件的解 $\{a, b, c\}$, 即为: $\{1,13,43\},\{7,11,43\},\{13,25,35\},\{5,25,37\},\{11,23,37\},\{17,19,37\},\{7,17,41\}$.

Final answer: $(1,13,43),(7,11,43),(13,25,35),(5,25,37),(11,23,37),(17,19,37),(7,17,41)$
Subfield: Plane Geometry


Question: $B E, C F$ 分别是锐角三角形 $\triangle A B C$ 的两条高, 以 $A B$ 为直径的圆与直线 $C F$ 相交于点 $M, N$, 以 $A C$ 为直径的圆与直线 $B E$ 相交于点 $P, Q$. 证明: $M, N, P, Q$ 四点共圆.

Solution:
<img_4142>

如上图设三角形 $\triangle A B C$ 的垂心为 $H$, 则 $M H \cdot H N=(M F-H F)(N F+H F)$

$=(M F-H F)(M F+H F)=M F^{2}-H F^{2}$

$=A F \cdot F B-\left(A H^{2}-A F^{2}\right)=A F \cdot A B-A H^{2}$

同理有, $P H \cdot H Q=A E \cdot A C-A H^{2}$因 $B C E F$ 四点共圆, 知 $A F \cdot A B=A E \cdot A C$,故由以上两式得 $M H \cdot H N=P H \cdot H Q$,

所以 $M, N, P, Q$ 四点共圆.
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln x+\frac{1}{x}-x$.
设 $a>1$, 讨论 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上的单调性;

Solution:
$f^{\prime}(x)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}-1=-\frac{(x-a)\left(x-\frac{1}{a}\right)}{x^{2}}$.

由 $a>1$ 可知 $0<\frac{1}{a}<1<a$, 所以 $f(x)$ 的减区间是 $\left(0, \frac{1}{a}\right]$, 增区间是 $\left[\frac{1}{a}, 1\right)$.

Final answer: $f(x)的减区间是 \left(0, \frac{1}{a}\right], 增区间是 \left[\frac{1}{a}, 1\right)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln x+\frac{1}{x}-x$.
设 $a>1$, 则求$f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上的单调递增区间;

Solution:
$f^{\prime}(x)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}-1=-\frac{(x-a)\left(x-\frac{1}{a}\right)}{x^{2}}$.

由 $a>1$ 可知 $0<\frac{1}{a}<1<a$, 所以 $f(x)$ 的减区间是 $\left(0, \frac{1}{a}\right]$, 增区间是 $\left[\frac{1}{a}, 1\right)$.



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


Question: 已知函数 $f(x)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln x+\frac{1}{x}-x$.
设 $a>0$, 求 $f(x)$ 的极值.

Solution:
$f^{\prime}(x)=-\frac{(x-a)\left(x-\frac{1}{a}\right)}{x^{2}}, x>0$.

当 $a>1$ 时, $f(x)$ 的减区间是 $\left(0, \frac{1}{a}\right]$ 和 $[a,+\infty)$, 增区间是 $\left[\frac{1}{a}, a\right]$.

$f(x)$ 的极小值为 $f\left(\frac{1}{a}\right)=-\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln a+a-\frac{1}{a}$, 极大值为 $f(a)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln a+\frac{1}{a}-a$.

当 $a=1$ 时, $f^{\prime}(x)=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \leq 0, f(x)$ 无极值.

当 $0<a<1$ 时, $f(x)$ 的减区间是 $(0, a]$ 和 $\left[\frac{1}{a},+\infty\right)$, 增区间是 $\left[a, \frac{1}{a}\right]$.

$f(x)$ 的极小值为 $f(a)=\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln a+\frac{1}{a}-a$, 极大值为 $f\left(\frac{1}{a}\right)=-\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln a+a-\frac{1}{a}$.

Final answer: $\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln a+\frac{1}{a}-a , -\left(a+\frac{1}{a}\right) \ln a+a-\frac{1}{a}$
Subfield: Sequence


Question: 设 $a_{1}=1, a_{n}=n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}(n \geq 2)$.
求证:$\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}(n \geq 2)$.

Solution:
由已知可得 $\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\frac{n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}+\frac{n^{2}}{n^{2}}}{(n+1)^{2} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}}}=\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$.
Subfield: Sequence


Question: 设 $a_{1}=1, a_{n}=n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}(n \geq 2)$.
求证:$\left(1+\frac{1}{a_{1}}\right)\left(1+\frac{1}{a_{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right)<4(n \geq 1)$.

Solution:
由已知可得 $\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\frac{n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}+\frac{n^{2}}{n^{2}}}{(n+1)^{2} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}}}=\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$.

由已知条件有 $a_{1}=1, a_{2}=4$.

当 $n=1$ 时, $1+\frac{1}{a_{1}}=2<4$, 不等式成立.

当 $n \geq 2$ 时,

$$
\begin{aligned}
& \left(1+\frac{1}{a_{1}}\right)\left(1+\frac{1}{a_{2}}\right)\left(1+\frac{1}{a_{3}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right) \\
& =\frac{1+a_{1}}{a_{1}} \cdot \frac{1+a_{2}}{a_{2}} \cdot \frac{1+a_{3}}{a_{3}} \cdots \cdot \frac{1+a_{n}}{a_{n}} \\
& =\frac{1+a_{1}}{a_{1} a_{2}} \cdot\left(\frac{1+a_{2}}{a_{3}} \cdot \frac{1+a_{3}}{a_{4}} \cdots \cdot \frac{1+a_{n}}{a_{n+1}}\right) \cdot a_{n+1} \\
& =\frac{1}{2} \cdot\left[\frac{2^{2}}{3^{2}} \cdot \frac{3^{2}}{4^{2}} \cdots \cdot \frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}\right] \cdot a_{n+1}=\frac{2 a_{n+1}}{(n+1)^{2}} \\
& =2\left(1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}\right) \\
& <2\left[1+\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) \times n}\right] \\
& =2\left[1+\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)\right] \\
& =2\left(2-\frac{1}{n}\right)<4
\end{aligned}
$$

综上所述, 不等式成立
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, $A D 、 A H$ 分别是 $\triangle A B C$ （其中 $A B>A C ）$ 的角平分线、高线, 点 $M$ 是 $A D$ 的中点, $\triangle M D H$ 的外接圆交 $C M$ 于点 $E$. 求证: $\angle A E B=90^{\circ}$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_8b9802188b5b27bb8ea9g-1.jpg?height=337&width=554&top_left_y=160&top_left_x=1179)

Solution:
连结 $H E$.

由 $M$ 是 Rt $\triangle A H D$ 斜边 $A D$ 的中点可知 $M A=M H=M D, \angle M D H=\angle M H D$.

由 $M, D, H, E$ 四点共圆可得 $\angle H E C=\angle M D H=\angle M H D$

从而 $\angle M H C=180^{\circ}-\angle M H D=180^{\circ}-\angle H E C=\angle M E H$.

又由 $\angle C M H=\angle H M E$ 可知 $\triangle C M H \sim \triangle H M E$. 故 $\frac{M H}{M C}=\frac{M E}{M H}$, 从而 $\frac{M A}{M C}=\frac{M E}{M A}$

又因为 $\angle C M A=\angle A M E$, 所以 $\triangle C M A \sim \triangle A M E$. 故 $\angle M C A=\angle M A E$.

由 $A D$ 是角平分线, 可得 $\angle B A E=\angle B A M+\angle M A E=\angle M A C+\angle M C A=\angle D M E$

则有 $\angle B H E+\angle B A E=\angle D H E+\angle D M E=180^{\circ}$, 从而 $A, B, H, E$ 四点共圆.

所以 $\angle A E B=\angle A H B=90^{\circ}$. 命题得证.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, $A D 、 A H$ 分别是 $\triangle A B C$ （其中 $A B>A C ）$ 的角平分线、高线, 点 $M$ 是 $A D$ 的中点, $\triangle M D H$ 的外接圆交 $C M$ 于点 $E$. 求证: $\angle A E B=90^{\circ}$.

<img_4182>

Solution:
连结 $H E$.

由 $M$ 是 Rt $\triangle A H D$ 斜边 $A D$ 的中点可知 $M A=M H=M D, \angle M D H=\angle M H D$.

由 $M, D, H, E$ 四点共圆可得 $\angle H E C=\angle M D H=\angle M H D$

从而 $\angle M H C=180^{\circ}-\angle M H D=180^{\circ}-\angle H E C=\angle M E H$.

又由 $\angle C M H=\angle H M E$ 可知 $\triangle C M H \sim \triangle H M E$. 故 $\frac{M H}{M C}=\frac{M E}{M H}$, 从而 $\frac{M A}{M C}=\frac{M E}{M A}$

又因为 $\angle C M A=\angle A M E$, 所以 $\triangle C M A \sim \triangle A M E$. 故 $\angle M C A=\angle M A E$.

由 $A D$ 是角平分线, 可得 $\angle B A E=\angle B A M+\angle M A E=\angle M A C+\angle M C A=\angle D M E$

则有 $\angle B H E+\angle B A E=\angle D H E+\angle D M E=180^{\circ}$, 从而 $A, B, H, E$ 四点共圆.

所以 $\angle A E B=\angle A H B=90^{\circ}$. 命题得证.
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)
求 $k \cdot k_{1}$ 的值.

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 $k k_{1}=1$.

Final answer: $1$
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>
求 $k \cdot k_{1}$ 的值.

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 $k k_{1}=1$.

Final answer: $1$