di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $\sin A=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 求 $\cos B+\sqrt{2} \cos C$ 的取值范围.

Solution:
根据题意, $A=\frac{\pi}{4}$ 或 $A=\frac{3 \pi}{4}$. 情形一: $A=\frac{\pi}{4}$. 此时

$$
\begin{aligned}
\cos B+\sqrt{2} \cos C & =\cos \left(\frac{3 \pi}{4}-C\right)+2 \sqrt{2} \cos C \\
& =\frac{\sqrt{2}}{2} \sin C+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos C \\
& =\sin \left(C+\frac{\pi}{4}\right),
\end{aligned}
$$

其中 $C \in\left(0, \frac{3 \pi}{4}\right)$, 从而题中代数式的取值范围是 $(0,1]$. 情形二: $A=\frac{3 \pi}{4}$. 此时

$$
\begin{aligned}
\cos B+\sqrt{2} \cos C & =\cos \left(\frac{\pi}{4}-C\right)+2 \sqrt{2} \cos C \\
& =\frac{\sqrt{2}}{2} \sin C+\frac{3 \sqrt{2}}{2} \cos C \\
& =\sqrt{5} \sin (C+\arctan 3),
\end{aligned}
$$

其中 $C \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$, 从而题中代数式的取值范围是 $(0, \sqrt{5}]$. 综上所述, 所求代数式的取值范围是 $(0,1] \cup(2, \sqrt{5}]$.

Final answer: $(0,1] \cup (2, \sqrt{5}]$
Subfield: Elementary Functions


Question: 对正整数 $n$ 及实数 $x(0 \leqslant x<n)$, 定义

$$
f(n, x)=(1-\{x\}) \cdot\left(\begin{array}{c}
{[x]} \\
n
\end{array}\right)+\{x\} \cdot\left(\begin{array}{c}
{[x]+1} \\
n
\end{array}\right),
$$

其中 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数, $\{x\}=x-[x]$. 若整数 $m, n \geqslant 2$ 满足

$$
f\left(m, \frac{1}{n}\right)+f\left(m, \frac{2}{n}\right)+\cdots+f\left(m, \frac{m n-1}{n}\right)=123
$$

求 $f\left(n, \frac{1}{m}\right)+f\left(n, \frac{2}{m}\right)+\cdots+f\left(n, \frac{m n-1}{m}\right)$ 的值.

Solution:
对 $k=0,1, \cdots, m-1$, 有

$\sum_{i=1}^{n-1} f\left(m, k+\frac{i}{n}\right)=\left(\begin{array}{c}m \\ k\end{array}\right) \cdot \sum_{i=1}^{n=1}\left(1-\frac{i}{n}\right)+\left(\begin{array}{c}m \\ k+1\end{array}\right) \cdot \sum_{i=1}^{n-1} \frac{i}{n}=\frac{n-1}{2} \cdot\left(\begin{array}{c}m \\ k\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}m \\ k+1\end{array}\right)$,

于是

$$
\begin{aligned}
g(m, n) & =f\left(m, \frac{1}{n}\right)+f\left(m, \frac{2}{n}\right)+\cdots+f\left(m, \frac{m n-1}{n}\right) \\
& =\sum_{j=1}^{m-1}\left(\begin{array}{c}
m \\
j
\end{array}\right)+\sum_{k=0}^{m-1} \sum_{i=1}^{n-1} f\left(m, k+\frac{i}{n}\right) \\
& =2^{m}-2+\frac{n-1}{2} \cdot\left(\sum_{k=0}^{m-1}\left(\begin{array}{c}
m \\
k
\end{array}\right)+\sum_{k=0}^{m-1}\left(\begin{array}{c}
m \\
k+1
\end{array}\right)\right) \\
& =2^{m}-2+\frac{n-1}{2} \cdot 2^{m}-1+2^{m}-1 \\
& =\left(2^{m}-1\right) n-1,
\end{aligned}
$$

根据题意，有

$$
\left(2^{m}-1\right) n-1=123 \Longleftrightarrow\left(2^{m}-1\right) n=2^{2} \cdot 31,
$$

于是 $m=5, n=4$, 从而

$$
\begin{aligned}
f\left(n, \frac{1}{m}\right)+f\left(n, \frac{2}{m}\right)+\cdots+f\left(n, \frac{m n-1}{m}\right) & =g(n, m) \\
& =\left(2^{n}-1\right) m-1 \\
& =\left(2^{4}-1\right) \cdot 5-1 \\
& =74 .
\end{aligned}
$$

Final answer: $74$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系中, 点 $A, B, C$ 在双曲线 $x y=1$ 上, 满足 $\triangle A B C$ 为等腰直角三角形. 求 $\triangle A B C$ 的面积的最小值.

Solution:
设 $A\left(a, \frac{1}{a}\right)$, 平移坐标系使 $A$ 为原点, 此时双曲线方程为

$$
H^{\prime}:(x+a)\left(x+\frac{1}{a}\right)=1 \Longleftrightarrow x y+\frac{1}{a} x+a y=0,
$$

设 $B^{\prime}(\theta: r), C^{\prime}\left(\theta+\frac{\pi}{2}: r\right)$, 其中 $r>0$, 则 $\triangle A B C$ 的面积 $S=\frac{1}{2} r^{2}$. 根据题意, 有

$$
\left\{\begin{array}{l}
r^{2} \sin \theta \cos \theta+\frac{r \cos \theta}{a}+a r \sin \theta=0, \\
-r^{2} \sin \theta \cos \theta-\frac{r \sin \theta}{a}+a r \cos \theta=0,
\end{array}\right.
$$



于是

$$
r=\frac{-a \sin \theta-\frac{1}{a} \cos \theta}{\sin \theta \cos \theta}=\frac{a \cos \theta-\frac{1}{a} \sin \theta}{\sin \theta \cos \theta},
$$

从而可得

$$
a^{2}=\frac{\sin \theta-\cos \theta}{\sin \theta+\cos \theta}
$$

因此

$$
r^{2}=\frac{a^{2} \sin ^{2} \theta+2 \sin \theta \cos \theta+\frac{1}{a^{2}} \cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta}=\frac{a^{2} \cos ^{2} \theta-2 \sin \theta \cos \theta+\frac{1}{a^{2}} \sin ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta},
$$

进而

$$
\begin{aligned}
S & =\frac{1}{2} r^{2} \\
& =\frac{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}{2 \sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta} \\
& =\frac{2}{\sin ^{2} 2 \theta \cos 2 \theta} \\
& =\frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{\left(1-\cos ^{2} 2 \theta\right)^{2} \cdot 2 \cos ^{2} 2 \theta}} \\
& \geqslant \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{\left(\frac{2}{3}\right)^{3}}}=3 \sqrt{3},
\end{aligned}
$$

等号当 $\cos ^{2} 2 \theta=\frac{1}{3}$ 时取得, 因此所求面积的最小值为 $3 \sqrt{3}$.

Final answer: $3 \sqrt{3}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在等腰 $\triangle A B C$ 中, $A B=B C, I$ 为内心, $M$ 为 $B I$ 的中点, $P$ 为边 $A C$ 上一点, 满足 $A P=3 P C, P I$ 延长线上一点 $H$ 满足 $M H \perp P H, Q$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆上劣弧 $A B$ 的中点. 证明: $B H \perp Q H$.

<img_4057>

Solution:
取 $A C$ 的中点 $N$, 链接 $IN, BQ, QC$, 如下图. 

<img_4177>

由 $A P=3 P C$, 可知 $P$ 为 $N C$ 的中点.易知 $B, I, N$ 共线, $\angle I N C=90^{\circ}$.由 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 可知 $C I$ 经过点 $Q$, 且

$$
\angle Q I B=\angle I B C+\angle I C B=\angle A B I+\angle A C Q=\angle A B I+\angle A B Q=\angle Q B I,
$$

又 $M$ 为 $B I$ 的中点, 所以 $Q M \perp B I$, 进而 $Q M \| C N$.

考虑 $\triangle H M Q$ 和 $\triangle H I B$. 由于 $M H \perp P H$, 故

$$
\angle H M Q=90^{\circ}-\angle H M I=\angle H I B .
$$

又 $\angle I H M=\angle I N P=90^{\circ}$, 故 $\frac{H M}{H I}=\frac{N P}{N I}$, 于是

$$
\frac{H M}{H I}=\frac{N P}{N I}=\frac{1}{2} \cdot \frac{N C}{N I}=\frac{1}{2} \cdot \frac{M Q}{M I}=\frac{M Q}{I B}
$$

所以 $\triangle H M Q \sim \triangle H I B$, 得 $\angle H Q M=\angle H B I$. 从而 $H, M, B, Q$ 四点共圆, 于是有

$$
\angle B H Q=\angle B M Q=90^{\circ} \text {, }
$$

即 $B H \perp Q H$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在等腰 $\triangle A B C$ 中, $A B=B C, I$ 为内心, $M$ 为 $B I$ 的中点, $P$ 为边 $A C$ 上一点, 满足 $A P=3 P C, P I$ 延长线上一点 $H$ 满足 $M H \perp P H, Q$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆上劣弧 $A B$ 的中点. 证明: $B H \perp Q H$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0aa071b68ff410b45441g-1.jpg?height=537&width=508&top_left_y=871&top_left_x=768)

Solution:
取 $A C$ 的中点 $N$, 链接 $IN, BQ, QC$, 如下图. 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_e190815bc9cade260ebeg-1.jpg?height=528&width=508&top_left_y=1872&top_left_x=771)

由 $A P=3 P C$, 可知 $P$ 为 $N C$ 的中点.易知 $B, I, N$ 共线, $\angle I N C=90^{\circ}$.由 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 可知 $C I$ 经过点 $Q$, 且

$$
\angle Q I B=\angle I B C+\angle I C B=\angle A B I+\angle A C Q=\angle A B I+\angle A B Q=\angle Q B I,
$$

又 $M$ 为 $B I$ 的中点, 所以 $Q M \perp B I$, 进而 $Q M \| C N$.

考虑 $\triangle H M Q$ 和 $\triangle H I B$. 由于 $M H \perp P H$, 故

$$
\angle H M Q=90^{\circ}-\angle H M I=\angle H I B .
$$

又 $\angle I H M=\angle I N P=90^{\circ}$, 故 $\frac{H M}{H I}=\frac{N P}{N I}$, 于是

$$
\frac{H M}{H I}=\frac{N P}{N I}=\frac{1}{2} \cdot \frac{N C}{N I}=\frac{1}{2} \cdot \frac{M Q}{M I}=\frac{M Q}{I B}
$$

所以 $\triangle H M Q \sim \triangle H I B$, 得 $\angle H Q M=\angle H B I$. 从而 $H, M, B, Q$ 四点共圆, 于是有

$$
\angle B H Q=\angle B M Q=90^{\circ} \text {, }
$$

即 $B H \perp Q H$.

Final answer: 证明题
Subfield: Sequence


Question: 给定整数 $n \geqslant 3$, 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2 n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{2 n}$ 是 $4 n$ 个非负实数, 满足

$$
a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2 n}>0
$$

且对任意 $i=1,2, \cdots, 2 n$, 有 $a_{i} a_{i+2} \geqslant b_{i}+b_{i+1}$ (这里 $a_{2 n+1}=a_{1}, a_{2 n+2}=a_{2}$, $b_{2 n+1}=b_{1}$ ), 求 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}$ 的最小值.

Solution:
在两组数之和相等的情况下由条件 $a_{i} a_{i+2} \geqslant b_{i}+b_{i+1}$ 可以猜想两种情形: $2 \cdot 2=2+2$以及 $0 \cdot 0=0+0$. 记

$$
\sum_{k=1}^{2 n} a_{k}=\sum_{k=1}^{2 n} b_{k}=S, \quad \sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1}=T
$$

不妨设 $T \leqslant \frac{1}{2} S$. 情形一 $n=3$. 取 $a_{i}=b_{i}=2(i=1,2, \cdots, 2 n)$, 可得 $S=12$. 而

$$
T^{2}-3\left(a_{1} a_{3}+a_{3} a_{5}+a_{5} a_{1}\right)=\frac{1}{2}\left(\left(a_{1}-a_{3}\right)^{2}+\left(a_{3}-a_{5}\right)^{2}+\left(a_{5}-a_{1}\right)^{2}\right) \geqslant 0
$$

于是

$$
\frac{S^{2}}{4} \geqslant T^{2} \geqslant 3\left(a_{1} a_{3}+a_{3} a_{5}+a_{5} a_{1}\right) \geqslant 3 \sum_{k=1}^{6} b_{k}=3 S \Longrightarrow S \geqslant 12
$$

因此 $S$ 的最小值为 12 . 情形二 $n \geqslant 4$. 此时若 $n$ 为偶数, 则

$$
\sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1} a_{2 k+1} \leqslant\left(a_{1}+a_{5}+\cdots+a_{2 n-3}\right)\left(a_{3}+a_{7}+\cdots+a_{2 n-1}\right) \leqslant \frac{T^{2}}{4}
$$

若 $n$ 为奇数, 则

$$
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1} a_{2 k+1} & \leqslant\left(\sum_{k=1}^{n-1} a_{2 k-1} a_{2 k+1}\right)+a_{2 n-1} a_{3} \\
& \leqslant\left(a_{1}+a_{5}+\cdots+a_{2 n-1}\right)\left(a_{3}+a_{7}+\cdots+a_{2 n-3}\right) \\
& \leqslant \frac{T^{2}}{4},
\end{aligned}
$$



于是

$$
S \leqslant \sum_{k=1}^{n} a_{2 k-1} a_{2 k+1} \leqslant \frac{T^{2}}{4} \leqslant \frac{S^{2}}{16} \Longrightarrow S \geqslant 16
$$

取

| $k$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | $\cdots$ | $2 n$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $a_{k}$ | 4 | 4 | 4 | 4 | 0 | 0 | $\cdots$ | 0 |
| $b_{k}$ | 0 | 16 | 0 | 0 | 0 | 0 | $\cdots$ | 0 |

可得 $S=16$. 因此 $S$ 的最小值为 16 .

Final answer: $12 , 16$
Subfield: Sequence


Question: 设 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{n}=2 a_{n-1}+a_{n-2}, n=3,4, \cdots$. 证明: 对整数 $n \geqslant 5, a_{n}$ 必有一个模 4 余 1 的素因子.

Solution:
记 $\alpha=1+\sqrt{2}, \beta=1-\sqrt{2}$, 则

$$
a_{n}=\frac{\alpha^{n}-\beta^{n}}{\alpha-\beta}=\frac{1}{2 \sqrt{2}}\left(\alpha^{n}-\beta^{n}\right)
$$

构造

$$
b_{n}=\frac{\alpha^{n}+\beta^{n}}{\alpha+\beta}=\frac{1}{2}\left(\alpha^{n}+\beta^{n}\right)
$$

则

$$
b_{n}=2 b_{n-1}+b_{n-2}, n \in \mathbb{Z}
$$

且 $b_{1}=1, b_{2}=3$. 易知 $b_{n} \in \mathbb{Z}$ 且

$$
b_{n}^{2}-2 a_{n}^{2}=\left(\frac{\alpha^{n}+\beta^{n}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{\alpha^{n}-\beta^{n}}{2}\right)^{2}=(\alpha \beta)^{n}=(-1)^{n}, \quad n \geqslant 1
$$

给出引理: 若正整数 $m, n$ 满足 $m \mid n$, 则 $a_{m} \mid a_{n}$. 引理的证明: 设 $n=k m$, 其中 $k \in \mathbb{N}^{*}$, 则

$$
\begin{aligned}
\frac{a_{n}}{a_{m}} & =\frac{\alpha^{k m}-\beta^{k m}}{\alpha^{m}-\beta^{m}} \\
& =\sum_{i=0}^{k}\left(\alpha^{m}\right)^{k-i}\left(\beta^{m}\right)^{i} \\
& =\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{k}\left(\left(\alpha^{m}\right)^{k-i}\left(\beta^{m}\right)^{i}+\left(\alpha^{m}\right)^{i}\left(\beta^{m}\right)^{k-i}\right) \\
& =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{k}\left((\alpha \beta)^{m i}\left(\alpha^{m(k-2 i)}+\beta^{m(k-2 i)}\right)\right) \\
& =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{k}\left((-1)^{m i} \cdot 2 b_{m(k-2 i)}\right) \in \mathbb{Z},
\end{aligned}
$$



于是 $a_{m} \mid a_{n}$. 情形一 $n$ 的最大奇数约数为 1 . 此时 $n=2^{l}(l \geqslant 3)$, 由于

$$
a_{8}=408=24 \cdot 17, \quad 17 \equiv 1 \quad(\bmod 4)
$$

于是由 $a_{8} \mid a_{n}$ 可得 $a_{n}$ 有素因子 17 . 情形二 $n$ 的最大奇数约数 $m$ 不小于 3 . 此时有 $a_{m} \mid a_{n}$, 只需要考虑 $a_{m}$ 有一个模 4 余 1 的素因子. 由 $a_{1}$ 为奇数推得 $a_{m}$ 为不小于 5 的奇数, 因此 $a_{m}$ 有素因子 $p$. 从而

$$
b_{m}^{2}-2 a_{m}^{2}=(-1)^{m} \Longrightarrow b_{m}^{2} \equiv-1 \quad(\bmod p) \Longrightarrow b_{n}^{p-1} \equiv(-1)^{\frac{p-1}{2}} \quad(\bmod p)
$$

又 $\left(p, b_{m}\right)=1$, 由费马小定理可得 $b_{m}^{p-1} \equiv 1(\bmod p)$, 从而

$$
(-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \quad(\bmod p) \Longrightarrow(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1 \Longrightarrow p \equiv 1 \quad(\bmod 4)
$$

综上所述，命题得证.
Subfield: Plane Geometry


Question: 在椭圆中, $A$ 为长轴的一个端点, $B$ 为短轴的一个端点, $F_{1}, F_{2}$ 为两个焦点. 若

$$
\overline{A F_{1}} \cdot \overrightarrow{A F_{2}}+\overrightarrow{B F_{1}} \cdot \overrightarrow{B F_{2}}=0
$$

求 $\tan \angle A B F_{1} \cdot \tan \angle A B F_{2}$ 的值.

Solution:
设 $A$ 为右顶点, $B$ 为上顶点, $F_{1}, F_{2}$ 分别为左、右焦点, $O$ 为 $F_{1} F_{2}$ 的中点.

<img_4141>

根据极化恒等式，有

$$
\overline{A F_{1}} \cdot \overrightarrow{A F_{2}}+\overrightarrow{B F_{1}} \cdot \overrightarrow{B F_{2}}=0 \Longleftrightarrow\left(A O^{2}-\frac{1}{4} F_{1} F_{2}^{2}\right)+\left(B O^{2}-\frac{1}{4} F_{1} F_{2}^{2}\right)=0,
$$

因此 $O A^{2}+O B^{2}=2 O F^{2}$, 又 $O B^{2}+O F^{2}=O A^{2}$, 因此

$$
O A: O B: O F=\sqrt{3}: 1: \sqrt{2}
$$

于是

$$
\begin{aligned}
\tan \angle A B F_{1} \cdot \tan \angle A B F_{2} & =\tan \left(\angle A B O+\angle O B F_{1}\right) \cdot \tan \left(\angle A B O-\angle O B F_{1}\right) \\
& =\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{1-\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{1+\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} \\
& =-\frac{1}{5}
\end{aligned}
$$

Final answer: $-\frac{1}{5}$
Subfield: Algebra


Question: 设正实数 $a, b, c$ 满足

$$
a^{2}+4 b^{2}+9 c^{2}=4 b+12 c-2
$$

求 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}$ 的最小值.

Solution:
根据题意, 有

$$
a^{2}+(2 b-1)^{2}+(3 c-2)^{2}=3
$$

于是

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c} & \geqslant \frac{(1+2+3)^{2}}{a+2 b+3 c} \\
& =\frac{36}{a+(2 b-1)+(3 c-2)+3} \\
& \geqslant \frac{36}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{a^{2}+(2 b-1)^{2}+(3 c-2)^{2}}+3} \\
& =6,
\end{aligned}
$$

等号当 $a=b=c=1$ 时取得, 因此所求最小值为 6 .

Final answer: $6$
Subfield: Sequence


Question: 设数列 $a_{n}$ 的通项公式为

$$
a_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right), n=1,2, \cdots
$$

证明: 存在无穷多个正整数 $m$, 使得 $a_{m+4} a_{m}-1$ 是完全平方数.

Solution:
根据求数列通项的特征根法, 有

$$
a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}, n \in \mathbb{N}^{*}
$$

且 $a_{1}=a_{2}=1$. 观察数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项

| $n$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $a_{n}$ | 1 | 1 | 2 | 3 | 5 | 8 | 13 | 21 | 34 | 55 |

尝试证明

$$
a_{k+2}^{2}-a_{k} a_{k+4}=(-1)^{k}
$$

注意到 $a_{3}^{2}-a_{1} a_{5}=-1$, 只需要证明

$$
a_{k+4}^{2}-a_{k+2} a_{k+6}=(-1)\left(a_{k+2}^{2}-a_{k} a_{k+4}\right)
$$

也即

$$
\frac{a_{k+6}+a_{k+2}}{a_{k+4}}=\frac{a_{k+4}+a_{k}}{a_{k+2}}
$$

而

$$
a_{k+4}=a_{k+3}+a_{k+2}=2 a_{k+2}+a_{k+1}=3 a_{k+2}-a_{k} \Longrightarrow \frac{a_{k+4}+a_{k}}{a_{k+2}}=3
$$

因此命题得证. 综上所述, 对于所有正奇数 $m$, 都有 $a_{m+4} a_{m}-1=a_{m+2}^{2}$ 为完全平方数.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $A, B, C, D, E$ 是圆 $\Omega$ 上顺次的五点, 满足 $A B C=B C D=C D E$, 点 $P, Q$ 分别在线段 $A D, B E$ 上, 且 $P$ 在线段 $C Q$ 上. 证明: $\angle P A Q=\angle P E Q$.

<img_4183>

Solution:
设 $A D$ 与 $B E$ 交于点 $S, C Q$ 的延长线交圆 $\Omega$ 于 $T$, 如下图.

<img_4200>

注意到 $A B C=B C D=C D E$, 因此 $A B, C D$ 所对的圆周角相等, 设为 $\alpha, B C, D E$所对的圆周角相等, 设为 $\beta$. 于是

$$
\begin{aligned}
& \angle A T Q=\angle A T C=\alpha+\beta, \\
& \angle P T E=\angle C T E=\alpha+\beta, \\
& \angle P S Q=\angle B D A+\angle D B E=\alpha+\beta .
\end{aligned}
$$

由 $\angle A T Q=\angle P S Q$ 可得 $S, A, T, Q$ 四点共圆, 由 $\angle P T E=\angle P S Q$ 可得 $P, S, T, E$ 四点共圆. 所以

$$
\angle P A Q=\angle P T S=\angle P E Q
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $A, B, C, D, E$ 是圆 $\Omega$ 上顺次的五点, 满足 $A B C=B C D=C D E$, 点 $P, Q$ 分别在线段 $A D, B E$ 上, 且 $P$ 在线段 $C Q$ 上. 证明: $\angle P A Q=\angle P E Q$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_8925a4423180c575195cg-1.jpg?height=457&width=471&top_left_y=777&top_left_x=838)

Solution:
设 $A D$ 与 $B E$ 交于点 $S, C Q$ 的延长线交圆 $\Omega$ 于 $T$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_efae274ae8a76abcdf72g-1.jpg?height=482&width=489&top_left_y=1381&top_left_x=835)

注意到 $A B C=B C D=C D E$, 因此 $A B, C D$ 所对的圆周角相等, 设为 $\alpha, B C, D E$所对的圆周角相等, 设为 $\beta$. 于是

$$
\begin{aligned}
& \angle A T Q=\angle A T C=\alpha+\beta, \\
& \angle P T E=\angle C T E=\alpha+\beta, \\
& \angle P S Q=\angle B D A+\angle D B E=\alpha+\beta .
\end{aligned}
$$

由 $\angle A T Q=\angle P S Q$ 可得 $S, A, T, Q$ 四点共圆, 由 $\angle P T E=\angle P S Q$ 可得 $P, S, T, E$ 四点共圆. 所以

$$
\angle P A Q=\angle P T S=\angle P E Q
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Set Theory


Question: 设集合 $A=\{1,2, \cdots, 19\}$. 证明：存在集合 $A$ 的非空子集 $S_{1}, S_{2}$, 满足 (1) $S_{1} \cap S_{2}=\varnothing$, $S_{1} \cup S_{2}=A$; (2) $S_{1}, S_{2}$ 都至少有 4 个元素; (3) $S_{1}$ 的所有元素的和等于 $S_{2}$ 的所有元素的乘积.

Solution:
$A$ 中所有元素之和为 190, 而 $6 !=720$, 因此 $S_{2}$ 中至多有 5 个元素. 验证

$$
\{1,2,3,5,6\},\{1,2,3,4,6\},\{1,2,3,4,5\}
$$

可知不存在符合题意的 5 元集合 $S_{2}$. 考虑 4 元集合 $S_{2}=\{a, b, x, y\}$, 且 $a<b<x<y$,则

$$
a+b+x+y+a b x y=190, \Longleftrightarrow(a b x+1)(a b y+1)=a b(190-a-b)+1,
$$

讨论如下

| $a$ | $b$ | 方程 | $(x, y)$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| 1 | 2 | $(2 x+1)(2 y+1)=3 \cdot 5^{2}$ | $(7,12)$ |
| 1 | 3 | $(3 x+1)(3 y+1)=13 \cdot 43$ | $(4,14)$ |
| 1 | 4 | $(4 x+1)(4 y+1)=3 \cdot 13 \cdot 19$ | 无解 |
| 2 | 3 | $(6 x+1)(6 y+1)=11 \cdot 101$ | 无解 |

其他情形下 $a b x y>190$, 无解. 因此存在符合题意的 $S_{1}, S_{2}$, 所有的 $S_{2}=\{1,2,7,12\}$或 $\{1,3,4,14\}, S_{1}=A \backslash S_{2}$.
Subfield: Algebra


Question: 给定整数 $n \geqslant 2$. 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}>0$, 满足

$$
a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}
$$

且对任意 $i, j(1 \leqslant i<j \leqslant n)$ 均有 $a_{i} a_{j} \geqslant b_{i}+b_{j}$. 求 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ 的最小值.

Solution:
设 $S=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}$, 则有

$$
\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \geqslant \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(b_{i}+b_{j}\right)=(n-1) S
$$

又

$$
\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \leqslant \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \frac{a_{i}^{2}+a_{j}^{2}}{2}=\frac{n-1}{2} \cdot \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}
$$

于是

$$
S^{2}=\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+2 \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \geqslant\left(\frac{2}{n-1}+2\right) \sum_{1 \leqslant j<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \geqslant 2 n S,
$$

从而 $S \geqslant 2 n$, 又当 $a_{i}=b_{i}=2(i=1,2, \cdots, n)$ 时, 有 $S=2 n$,

Final answer: $2 n$
Subfield: Number Theory


Question: 设 $a, b$ 为不超过 12 的正整数, 满足: 存在常数 $C$, 使得 $a^{n}+b^{n+9} \equiv C(\bmod 13)$ 对任意正整数 $n$ 成立. 求所有满足条件的有序数对 $(a, b)$.

Solution:
根据题意, 对任意正整数 $n$, 有

$$
a^{n}+b^{n+9} \equiv a^{n+3}+b^{n+12} \quad(\bmod 13)
$$

注意到 13 为素数, $a, b$ 均与 13 互素, 由费马小定理, 可得

$$
a^{12} \equiv b^{12} \equiv 1 \quad(\bmod 13)
$$

因此取 $n=12$, 化简可得

$$
1+b^{9} \equiv a^{3}+1 \quad(\bmod 13)
$$

故

$$
b^{9} \equiv a^{3} \quad(\bmod 13)
$$

代入可得

$$
a^{n}+a^{3} b^{n} \equiv a^{n+3}+b^{n+12} \equiv a^{n+3}+b^{n} \quad(\bmod 13)
$$

即

$$
\left(a^{n}-b^{n}\right)\left(1-a^{3}\right) \equiv 0 \quad(\bmod 13) .
$$

情形一 $a^{3} \equiv 1(\bmod 13)$, 此时

$$
b^{3} \equiv a^{3} b^{3} \equiv b^{12} \equiv 1 \quad(\bmod 13)
$$

又 $a, b \in\{1,2, \cdots, 12\}$, 经检验可知 $a, b \in\{1,3,9\}$. 此时

$$
a^{n}+b^{n+9} \equiv a^{n}+b^{n} \quad(\bmod 13)
$$

由条件知

$$
a+b \equiv a^{3}+b^{3} \equiv 3 \quad(\bmod 13)
$$

从而 $a=b=1$, 经检验, $(a, b)=(1,1)$ 符合题意. 

情形二 $a^{3} \not \equiv 1(\bmod 13)$, 则对任意正整数 $n$, 有

$$
a^{n} \equiv b^{n} \quad(\bmod 13)
$$

特别地, 有 $a \equiv b(\bmod 13)$, 故 $a=b$, 从而

$$
a^{3} \equiv b^{9}=a^{9} \quad(\bmod 13) \Longleftrightarrow a^{3}\left(a^{3}-1\right)\left(a^{3}+1\right) \equiv 0 \quad(\bmod 13)
$$

故

$$
a^{3} \equiv-1 \quad(\bmod 13) \Longrightarrow a=4,10,12
$$



经检验, 当 $(a, b)=(4,4),(10,10),(12,12)$ 时, 对任意正整数 $n$ 有

$$
a^{n}+b^{n+9}=a^{n}+a^{n+9}=a^{n}\left(1+\left(a^{3}\right)^{3}\right) \equiv 0 \quad(\bmod 13),
$$

满足条件.

Final answer: $(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $B C=a, C A=b, A B=c$. 若 $b$ 是 $a$ 与 $c$ 的等比中项, 且 $\sin A$ 是


$\sin (B-A)$ 与 $\sin C$ 的等差中项, 求 $\cos B$ 的值.

Solution:
罗列条件 $b^{2}=a c$,



$2 \sin A=\sin (B-A)+\sin C=\sin (B-A)+\sin (B+A)=2 \sin B \cos A$.

$\cos A=\frac{a}{b}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$.

即 $2 a c=b^{2}+c^{2}-a^{2}$, 由 $b^{2}=a c$

可得 $c^{2}-c a-a^{2}=0$. 于是 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$.

于是 $b^{2}=\frac{\sqrt{5}+1}{2} a^{2}, c^{2}=\frac{3+\sqrt{5}}{2} a^{2}$.

解得 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 圆 $\Omega$ 与抛物线 $\Gamma: y^{2}=4 x$ 恰有一个公共点, 且圆 $\Omega$ 与 $x$轴相切于 $\Gamma$ 的焦点 $F$. 求圆 $\Gamma$ 的半径.

Solution:
设抛物线上的点为 $A\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则该点处的切线为 $y_{0} y=2\left(x+x_{0}\right)$,

其法向量 $\vec{n}=\left(2,-y_{0}\right)$

则线段 $A F$ 的中垂线为 $\left(x_{0}-1\right)\left(x-\frac{x_{0}+1}{2}\right)+y_{0}\left(y-\frac{y_{0}}{2}\right)=0$.

其与 $x=1$ 的交点为 $\Omega\left(1, \frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{2 y_{0}}\right)$.

向量 $\overrightarrow{A \Omega}=\left(1-x_{0}, \frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{2 y_{0}}-y_{0}\right)$,

由 $\overrightarrow{A \Omega}$ 与 $\vec{n}$ 共线解得 $x_{0}=\frac{1}{3}, y_{0}= \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$.

故 $r=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{2\left|y_{0}\right|}=\frac{4 \sqrt{3}}{9}$.

Final answer: $\frac{4 \sqrt{3}}{9}$
Subfield: Sequence


Question: 称一个复数列 $\left\{z_{n}\right\}$ 是” 有趣的”, 若 $\left|z_{1}\right|=1$, 且对任意正整数 $n$, 均有 $4 z_{n+1}^{2}+$ $2 z_{n} z_{n+1}+z_{n}^{2}=0$. 求最大的常数 $C$, 使得对一切有趣的数列 $\left\{z_{n}\right\}$ 及任意正整数 $m$, 均有 $\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right| \geqslant C$.

Solution:
根据题意, 有

$$
z_{n+1}=\frac{-1 \pm \sqrt{3} \mathrm{i}}{4} z_{n} \Longleftrightarrow z_{n+1}=\left( \pm \frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{2}\right) \cdot z_{n}
$$

记 $q_{1}=\left(\frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{2}\right), q_{2}=\left(-\frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{2}\right)$. 取 $z_{1}=1$, 且

$$
z_{n+1}= \begin{cases}q_{1} \cdot z_{n}, & 2 \nmid n \\ q_{2} \cdot z_{n}, & 2 \mid n\end{cases}
$$



则

$$
\begin{aligned}
\lim _{m \rightarrow+\infty}\left(z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right) & =(0: 1)+\left(\frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\cdots\right)+\left(-\frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{4}+\frac{1}{16}+\cdots\right) \\
& =(0: 1)+\left(\frac{2 \pi}{3}: \frac{2}{3}\right)+\left(-\frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{3}\right) \\
& =\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{i},
\end{aligned}
$$

因此

$$
\lim _{m \rightarrow+\infty}\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right|=\frac{\sqrt{3}}{3}
$$

接下来证明 $C=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 符合题意. 考虑

$$
\left|z_{n}+z_{n+1}\right|=\left|z_{n}\right| \cdot\left|1+\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\right|=\frac{1}{2^{n-1}} \cdot\left|1+\left( \pm \frac{2 \pi}{3}: \frac{1}{2}\right)\right|=\frac{\sqrt{3}}{2^{n}}
$$

于是当 $m=1$ 时, 有 $\left|z_{1}\right|=1>\frac{\sqrt{3}}{3}$; 当 $m$ 为偶数时, 有

$$
\begin{aligned}
\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right| & \geqslant\left|z_{1}+z_{2}\right|-\left|z_{3}+z_{4}\right|-\cdots-\left|z_{m-1}+z_{m}\right| \\
& >\frac{\sqrt{3}}{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sqrt{3}}{32}+\cdots\right) \\
& =\frac{\sqrt{3}}{3}
\end{aligned}
$$

当 $m$ 为不小于 3 的奇数时, 有

$$
\begin{aligned}
\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right| & \geqslant\left|z_{1}+z_{2}\right|-\left|z_{3}+z_{4}\right|-\cdots-\left|z_{m-2}+z_{m-1}\right|-\left|z_{m}\right| \\
& >\frac{\sqrt{3}}{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sqrt{3}}{32}+\cdots+\frac{\sqrt{3}}{2^{m-2}}\right)-\frac{1}{2^{m}} \\
& >\frac{\sqrt{3}}{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\sqrt{3}}{32}+\cdots+\frac{\sqrt{3}}{2^{m-2}}+\frac{\sqrt{3}}{2^{m}}\right) \\
& >\frac{\sqrt{3}}{3},
\end{aligned}
$$

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


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $M$ 是 $B C$ 边的中点, 点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 内, 使得 $A P$ 平分 $\angle B A C$. 直线 $M P$ 与 $\triangle A B P, \triangle A C P$ 的外接圆分别相交于不同于点 $P$ 的两点 $D, E$.证明: 若 $D E=M P$, 则 $B C=2 B P$.

Solution:
作辅助线如下图. 

<img_4166>

由于 $M$ 是中点, 对 $\triangle P B C$ 有 $\frac{B P}{C P}=\frac{\sin \angle B P M}{\sin \angle C P M}$.

而对 $\triangle B D P$ 由正弦定理有 $\frac{B P}{\sin \angle B D P}=\frac{B D}{\sin \angle B P D}$.

同理也有 $\frac{C E}{\sin \angle C P E}=\frac{C P}{\sin \angle C E P}$.

故由 $\angle B D P=\angle B A P=\angle C A P=\angle C E P$ 有 $B D=B P \cdot \frac{\sin \angle B P D}{\sin \angle B D P}=C P$. $\frac{\sin \angle C P M}{\sin \angle B P M} \cdot \frac{\sin \angle B P D}{\sin \angle B D P}=C P \cdot \frac{\sin \angle C P E}{\sin \angle C E P}=C E$

于是由 $\angle B D P=\angle C E M$ 且有条件可知 $D E=M P$, 我们有 $\triangle B D P \cong \triangle C E M$, 即 $B P=C M$. 故 $B C=2 B P$.