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


Question: 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}$ 的平分线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{BE}$的垂线交 $A B$ 于点 $F, \odot O$ 是 $\triangle B E F$ 的外接圆, $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$.

<img_4066>
过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{EH} \perp \mathrm{AB}$, 垂足为 $\mathrm{H}$, 求证: $\mathrm{CD}=\mathrm{HF}$.

Solution:
连结 DE.

$\because \angle C B E=\angle O B E, E C \perp B C$ 于 $C, E H \perp A B$ 于 $H$,

$\therefore \mathrm{EC}=\mathrm{EH}$.

$\because \angle \mathrm{CDE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}, \angle \mathrm{HFE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CDE}=\angle \mathrm{HFE}$.

在 $\triangle \mathrm{CDE}$ 与 $\triangle \mathrm{HFE}$ 中,

$$
\left\{\begin{array}{c}
\angle C D E=\angle H F E \\
\angle C=\angle E H F=90^{\circ}, \\
E C=E H
\end{array}\right.
$$

$\therefore \triangle \mathrm{CDE} \cong \triangle \mathrm{HFE}$ (AAS),

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{HF}$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}$ 的平分线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{BE}$的垂线交 $A B$ 于点 $F, \odot O$ 是 $\triangle B E F$ 的外接圆, $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f7af9ac0dab397ea2a7ag-1.jpg?height=675&width=733&top_left_y=462&top_left_x=1936)
过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{EH} \perp \mathrm{AB}$, 垂足为 $\mathrm{H}$, 求证: $\mathrm{CD}=\mathrm{HF}$.

Solution:
连结 DE.

$\because \angle C B E=\angle O B E, E C \perp B C$ 于 $C, E H \perp A B$ 于 $H$,

$\therefore \mathrm{EC}=\mathrm{EH}$.

$\because \angle \mathrm{CDE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}, \angle \mathrm{HFE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CDE}=\angle \mathrm{HFE}$.

在 $\triangle \mathrm{CDE}$ 与 $\triangle \mathrm{HFE}$ 中,

$$
\left\{\begin{array}{c}
\angle C D E=\angle H F E \\
\angle C=\angle E H F=90^{\circ}, \\
E C=E H
\end{array}\right.
$$

$\therefore \triangle \mathrm{CDE} \cong \triangle \mathrm{HFE}$ (AAS),

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{HF}$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}$ 的平分线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{BE}$的垂线交 $A B$ 于点 $F, \odot O$ 是 $\triangle B E F$ 的外接圆, $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$.

<img_4066>
过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{EH} \perp \mathrm{AB}$, 垂足为 $\mathrm{H}$,若 $\mathrm{CD}=1, \mathrm{EH}=3$, 求 $\mathrm{BF}$ 及 $\mathrm{AF}$ 长.

Solution:
连结 DE.

$\because \angle C B E=\angle O B E, E C \perp B C$ 于 $C, E H \perp A B$ 于 $H$,

$\therefore \mathrm{EC}=\mathrm{EH}$.

$\because \angle \mathrm{CDE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}, \angle \mathrm{HFE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CDE}=\angle \mathrm{HFE}$.

在 $\triangle \mathrm{CDE}$ 与 $\triangle \mathrm{HFE}$ 中,

$$
\left\{\begin{array}{c}
\angle C D E=\angle H F E \\
\angle C=\angle E H F=90^{\circ}, \\
E C=E H
\end{array}\right.
$$

$\therefore \triangle \mathrm{CDE} \cong \triangle \mathrm{HFE}$ (AAS),

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{HF}$.

 $C D=H F$. 又 $C D=1$

$\therefore H F=1$

在 Rt $\triangle H F E$ 中, $E F=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$

$\because E F \perp B E$

$\therefore \angle B E F=90^{\circ}$

$\therefore \angle E H F=\angle B E F=90^{\circ}$

$\because \angle E F H=\angle B F E$

$\therefore \triangle E H F \sim \triangle B E F$

$\therefore \frac{E F}{B F}=\frac{H F}{E F}$, 即 $\frac{\sqrt{10}}{B F}=\frac{1}{\sqrt{10}}$

$\therefore B F=10$

$\therefore O E=\frac{1}{2} B F=5, O H=5-1=4$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle O H E$ 中, $\cos \angle E O A=\frac{4}{5}$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle E O A$ 中, $\cos \angle E O A=\frac{O E}{O A}=\frac{4}{5}$,

$\therefore \frac{5}{O A}=\frac{4}{5}$

$\therefore O A=\frac{25}{4}$

$\therefore A F=\frac{25}{4}-5=\frac{5}{4}$.

Final answer: $10,\frac{5}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ABC}$ 的平分线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{BE}$的垂线交 $A B$ 于点 $F, \odot O$ 是 $\triangle B E F$ 的外接圆, $\odot O$ 交 $B C$ 于点 $D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f7af9ac0dab397ea2a7ag-1.jpg?height=675&width=733&top_left_y=462&top_left_x=1936)
过点 $\mathrm{E}$ 作 $\mathrm{EH} \perp \mathrm{AB}$, 垂足为 $\mathrm{H}$,若 $\mathrm{CD}=1, \mathrm{EH}=3$, 求 $\mathrm{BF}$ 及 $\mathrm{AF}$ 长.

Solution:
连结 DE.

$\because \angle C B E=\angle O B E, E C \perp B C$ 于 $C, E H \perp A B$ 于 $H$,

$\therefore \mathrm{EC}=\mathrm{EH}$.

$\because \angle \mathrm{CDE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}, \angle \mathrm{HFE}+\angle \mathrm{BDE}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CDE}=\angle \mathrm{HFE}$.

在 $\triangle \mathrm{CDE}$ 与 $\triangle \mathrm{HFE}$ 中,

$$
\left\{\begin{array}{c}
\angle C D E=\angle H F E \\
\angle C=\angle E H F=90^{\circ}, \\
E C=E H
\end{array}\right.
$$

$\therefore \triangle \mathrm{CDE} \cong \triangle \mathrm{HFE}$ (AAS),

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{HF}$.

 $C D=H F$. 又 $C D=1$

$\therefore H F=1$

在 Rt $\triangle H F E$ 中, $E F=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$

$\because E F \perp B E$

$\therefore \angle B E F=90^{\circ}$

$\therefore \angle E H F=\angle B E F=90^{\circ}$

$\because \angle E F H=\angle B F E$

$\therefore \triangle E H F \sim \triangle B E F$

$\therefore \frac{E F}{B F}=\frac{H F}{E F}$, 即 $\frac{\sqrt{10}}{B F}=\frac{1}{\sqrt{10}}$

$\therefore B F=10$

$\therefore O E=\frac{1}{2} B F=5, O H=5-1=4$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle O H E$ 中, $\cos \angle E O A=\frac{4}{5}$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle E O A$ 中, $\cos \angle E O A=\frac{O E}{O A}=\frac{4}{5}$,

$\therefore \frac{5}{O A}=\frac{4}{5}$

$\therefore O A=\frac{25}{4}$

$\therefore A F=\frac{25}{4}-5=\frac{5}{4}$.

Final answer: $10,\frac{5}{4}$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$,并且过点 $P(2,-1)$

<img_4147>
求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程.

Solution:
由 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{3}{4}$, 即 $a^{2}=4 b^{2}, \therefore$ 椭圆 $c$ 的方程可化为 $x^{2}+4 y^{2}=4 b^{2}$. 又椭圆 $C$ 过点 $P(2,-1), \therefore 4+4=4 b^{2}$, 得 $b^{2}=2$, 则 $a^{2}=8 . \therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$;

Final answer: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$,并且过点 $P(2,-1)$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_ead02ce718a3695b95ecg-1.jpg?height=747&width=1008&top_left_y=459&top_left_x=2384)
求椭圆 $\mathrm{C}$ 的方程.

Solution:
由 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{3}{4}$, 即 $a^{2}=4 b^{2}, \therefore$ 椭圆 $c$ 的方程可化为 $x^{2}+4 y^{2}=4 b^{2}$. 又椭圆 $C$ 过点 $P(2,-1), \therefore 4+4=4 b^{2}$, 得 $b^{2}=2$, 则 $a^{2}=8 . \therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$;

Final answer: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$,并且过点 $P(2,-1)$

<img_4147>
设点 $\mathrm{Q}$ 在椭圆 $\mathrm{C}$ 上, 且 $\mathrm{PQ}$ 与 $x$ 轴平行, 过 $\mathrm{P}$ 点作两条直线分别交椭圆 $\mathrm{C}$ 于两点 $\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}\right), \mathrm{B}\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若直线 $\mathrm{PQ}$平分 $\angle \mathrm{APB}$, 其中直线 $\mathrm{AB}$ 的斜率是定值, 并求出这个定值.

Solution:
由 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{3}{4}$, 即 $a^{2}=4 b^{2}, \therefore$ 椭圆 $c$ 的方程可化为 $x^{2}+4 y^{2}=4 b^{2}$. 又椭圆 $C$ 过点 $P(2,-1), \therefore 4+4=4 b^{2}$, 得 $b^{2}=2$, 则 $a^{2}=8 . \therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$;

由题意, 直线 PA 斜率存在, 设直线 $P A$ 的方程为 $y+1=k(x-2)$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+4 y^{2}=8 \\ y=k(x-2)-1\end{array}\right.$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-8\left(2 k^{2}+k\right) x+16 k^{2}+16 k-4=0$.

$\therefore 2 x_{1}=\frac{16 k^{2}+16 k-4}{1+4 k^{2}}$, 即 $x_{1}=\frac{8 k^{2}+8 k-2}{1+4 k^{2}} . \because$ 直线 $P Q$ 平分 $\angle A P B$, 即直线 $P A$ 与直线 $P B$ 的斜率互为相 反 数, 设 直 线 $P B$ 的方程为 $y+1=-k(x-2)$, 同理求得 $x_{2}=\frac{8 k^{2}-8 k-2}{1+4 k^{2}} . \quad x_{1}-x_{2}=\frac{16 k}{1+4 k^{2}}$

又 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}+1=k\left(x_{1}-2\right) \\ y_{2}+1=-k\left(x_{2}-2\right)\end{array}, \quad \therefore y_{1}-y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)-4 k\right.$.

即 $y_{1}-y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)-4 k=k \frac{16 k^{2}-4}{1+4 k^{2}}-4 k=\frac{8 k}{1+4 k^{2}}$,

$\therefore$ 直线 $A B$ 的斜率为 $k_{A B}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\frac{-8 k}{1+4 k^{2}}}{\frac{16 k}{1+4 k^{2}}}=-\frac{1}{2}$.

Final answer: $-\frac{1}{2}$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知椭圆 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>\mathrm{b}>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$,并且过点 $P(2,-1)$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_ead02ce718a3695b95ecg-1.jpg?height=747&width=1008&top_left_y=459&top_left_x=2384)
设点 $\mathrm{Q}$ 在椭圆 $\mathrm{C}$ 上, 且 $\mathrm{PQ}$ 与 $x$ 轴平行, 过 $\mathrm{P}$ 点作两条直线分别交椭圆 $\mathrm{C}$ 于两点 $\mathrm{A}\left(x_{1}, y_{1}\right), \mathrm{B}\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 若直线 $\mathrm{PQ}$平分 $\angle \mathrm{APB}$, 其中直线 $\mathrm{AB}$ 的斜率是定值, 并求出这个定值.

Solution:
由 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 得 $\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{3}{4}$, 即 $a^{2}=4 b^{2}, \therefore$ 椭圆 $c$ 的方程可化为 $x^{2}+4 y^{2}=4 b^{2}$. 又椭圆 $C$ 过点 $P(2,-1), \therefore 4+4=4 b^{2}$, 得 $b^{2}=2$, 则 $a^{2}=8 . \therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{2}=1$;

由题意, 直线 PA 斜率存在, 设直线 $P A$ 的方程为 $y+1=k(x-2)$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+4 y^{2}=8 \\ y=k(x-2)-1\end{array}\right.$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-8\left(2 k^{2}+k\right) x+16 k^{2}+16 k-4=0$.

$\therefore 2 x_{1}=\frac{16 k^{2}+16 k-4}{1+4 k^{2}}$, 即 $x_{1}=\frac{8 k^{2}+8 k-2}{1+4 k^{2}} . \because$ 直线 $P Q$ 平分 $\angle A P B$, 即直线 $P A$ 与直线 $P B$ 的斜率互为相 反 数, 设 直 线 $P B$ 的方程为 $y+1=-k(x-2)$, 同理求得 $x_{2}=\frac{8 k^{2}-8 k-2}{1+4 k^{2}} . \quad x_{1}-x_{2}=\frac{16 k}{1+4 k^{2}}$

又 $\left\{\begin{array}{l}y_{1}+1=k\left(x_{1}-2\right) \\ y_{2}+1=-k\left(x_{2}-2\right)\end{array}, \quad \therefore y_{1}-y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)-4 k\right.$.

即 $y_{1}-y_{2}=k\left(x_{1}+x_{2}\right)-4 k=k \frac{16 k^{2}-4}{1+4 k^{2}}-4 k=\frac{8 k}{1+4 k^{2}}$,

$\therefore$ 直线 $A B$ 的斜率为 $k_{A B}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{\frac{-8 k}{1+4 k^{2}}}{\frac{16 k}{1+4 k^{2}}}=-\frac{1}{2}$.

Final answer: $-\frac{1}{2}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m x-n}{x}-\ln x, m, n \in R$.
若函数 $f(x)$ 在 $(2, f(2))$ 处的切线与直线 $x-y=0$ 平行, 求实数 $n$ 的值;

Solution:
由 $f^{\prime}(x)=\frac{n-x}{x^{2}}, f^{\prime}(2)=\frac{n-2}{4}$, 由于函数 $f(x)$ 在 $(2, f(2))$ 处的切线与直线 $x-y=0$ 平行,

故 $\frac{n-2}{4}=1$, 解得 $n=6$.

Final answer: $6$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m x-n}{x}-\ln x, m, n \in R$.
试讨论函数 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上最大值.

Solution:
$f^{\prime}(x)=\frac{n-x}{x^{2}}(x>0)$, 由 $f^{\prime}(x)<0$ 时, $x>n ; f^{\prime}(x)>0$ 时, $x<n$,

所以(1)当 $n \leq 1$ 时, $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减,

故 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(1)=m-n$;

(2)当 $n>1, f(x)$ 在 $[1, n)$ 上单调递增, 在 $(n,+\infty)$ 上单调递减,

故 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(n)=m-1-\ln n$;

综上(1) 当 $n \leq 1$ 时, $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(1)=m-n$;

(2) 当 $n>1, f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(n)=m-1-\ln n$;

所以最终答案 $是当 n \leq 1 时, f(x) 在 [1,+\infty) 上的最大值为 f(1)=m-n;当 n>1, f(x) 在 [1,+\infty) 上的最大值为 f(n)=m-1-\ln n$.

Final answer: 略，见解析
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m x-n}{x}-\ln x, m, n \in R$.
试讨论当$n \leq 1 $时，函数 $f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上最大值.

Solution:
$f^{\prime}(x)=\frac{n-x}{x^{2}}(x>0)$, 由 $f^{\prime}(x)<0$ 时, $x>n ; f^{\prime}(x)>0$ 时, $x<n$,

所以(1)当 $n \leq 1$ 时, $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减,

故 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(1)=m-n$;

(2)当 $n>1, f(x)$ 在 $[1, n)$ 上单调递增, 在 $(n,+\infty)$ 上单调递减,

故 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(n)=m-1-\ln n$;

综上(1) 当 $n \leq 1$ 时, $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(1)=m-n$;

(2) 当 $n>1, f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(n)=m-1-\ln n$;

所以最终答案 $是当 n \leq 1 时, f(x) 在 [1,+\infty) 上的最大值为 f(1)=m-n;当 n>1, f(x) 在 [1,+\infty) 上的最大值为 f(n)=m-1-\ln n$.



Final answer: $m-n$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知函数 $f(x)=\frac{m x-n}{x}-\ln x, m, n \in R$.
若 $n=1$ 时, 函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_{1}, x_{2}\left(0<x_{1}<x_{2}\right)$, 求证: $x_{1}+x_{2}>2$.

Solution:
函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_{1}, x_{2}\left(0<x_{1}<x_{2}\right)$,

则 $f\left(x_{1}\right)=\frac{m x_{1}-1}{x_{1}}-\ln x_{1}=0, f\left(x_{2}\right)=\frac{m x_{2}-1}{x_{2}}-\ln x_{2}=0$,

可得 $m=\frac{1}{x_{1}}+\ln x_{1}=\frac{1}{x_{2}}+\ln x_{2}$. 于是 $\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1} x_{2}}=\ln x_{2}-\ln x_{1}=\ln \frac{x_{2}}{x_{1}}$.

令 $t=\frac{x_{2}}{x_{1}}>1$, 则 $\ln t=\frac{t-1}{t x_{1}}, x_{1}=\frac{t-1}{t \ln t}$, 于是 $x_{1}+x_{2}=x_{1}(t+1)=\frac{t^{2}-1}{t \ln t}$,

$\therefore x_{1}+x_{2}-2=\frac{2\left(\frac{t^{2}-1}{2 t}-\ln t\right)}{\ln t}$, 记函数 $h(t)=\frac{t^{2}-1}{2 t}-\ln t$, 因 $h^{\prime}(t)=\frac{(t-1)^{2}}{2 t^{2}}>0$,

$\therefore h(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 递增, $\because t>1, \therefore h(t)>h(1)=0$,

又 $t=\frac{x_{2}}{x_{1}}>1, \ln t>0$, 故 $x_{1}+x_{2}>2$ 成立.
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{n+1}=\frac{3 a_{n}-4}{9 a_{n}+15}\left(n \in N^{*}\right)$, 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 通项 $a_{n}$.

Solution:
考虑不动点 $x, \because a_{n+1}=\frac{3 a_{n}-4}{9 a_{n}+15}, \therefore x=\frac{3 x-4}{9 x+15}$ ，

即 $9 x^{2}+12 x+4=0, \therefore x_{1,2}=-\frac{2}{3}, \therefore a_{n+1}+\frac{2}{3}=\frac{3 a_{n}-4}{9 a_{n}+15}+\frac{2}{3}=\frac{3 a_{n}+2}{3 a_{n}+5}$,

即 $\frac{1}{a_{n+1}+\frac{2}{3}}=\frac{3\left(a_{n}+\frac{2}{3}\right)+3}{3\left(a_{n}+\frac{2}{3}\right)}=\frac{1}{a_{n}+\frac{2}{3}}+1$, 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}+\frac{2}{3}}$, 而 $b_{1}=\frac{1}{3+\frac{2}{3}}=\frac{3}{11}$ ，

$\therefore b_{n+1}=b_{n}+1, \quad \therefore b_{n}=\frac{3}{11}+n-1=n-\frac{8}{11}$,

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{49-22 n}{3(11 n-8)}$.

Final answer: $a_{n}=\frac{49-22 n}{3(11 n-8)}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 过直线 $l: x-2 y-20=0$ 上的点 $P$ 作椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的切线 $P M, P N$, 切点分别为 $M, N$ 连接 $M N$.
当点 $P$ 在直线 $l$ 上运动时,直线 $M N$ 恒过一定点 $Q$,求点 $Q$ 的坐标.

Solution:
设 $P\left(2 y_{0}+20, y_{0}\right)$, 则直线 $M N$ 的方程为 $\frac{x\left(2 y_{0}+20\right)}{16}+\frac{y y_{0}}{9}=1$

整理得 $9\left(y_{0}+10\right)\left(x-\frac{4}{5}\right)+8 y_{0}\left(y+\frac{9}{10}\right)=0$ (2)

$\therefore$ 直线 $M N$ 恒过一定点 $Q\left(\frac{4}{5},-\frac{9}{10}\right)$

Final answer: $\left(\frac{4}{5},-\frac{9}{10}\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 过直线 $l: x-2 y-20=0$ 上的点 $P$ 作椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的切线 $P M, P N$, 切点分别为 $M, N$ 连接 $M N$.
当 $M N / / l$ 时,求证:定点 $\mathrm{Q}$ 平分线段 $M N$.

Solution:
设 $P\left(2 y_{0}+20, y_{0}\right)$, 则直线 $M N$ 的方程为 $\frac{x\left(2 y_{0}+20\right)}{16}+\frac{y y_{0}}{9}=1$

整理得 $9\left(y_{0}+10\right)\left(x-\frac{4}{5}\right)+8 y_{0}\left(y+\frac{9}{10}\right)=0$ (2)

$\therefore$ 直线 $M N$ 恒过一定点 $Q\left(\frac{4}{5},-\frac{9}{10}\right)$

当 $M N / / l$ 时, $\frac{1}{2}=-\frac{9\left(2 y_{0}+20\right)}{16 y_{0}}$, 得 $y_{0}=-\frac{90}{13}, x_{0}=2 y_{0}+20=\frac{80}{13}$ 。

将 $x_{0}, y_{0}$ 代入$M N$ 方程得， $5 x-10 y=13$ ，代入椭圆得 $5 x^{2}-8 x+m=0 （ m$ 是常数）。

设 $M 、 N$ 的横坐标分别是 $x_{1}, x_{2}, \frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{4}{5} ， \frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{5 \times \frac{4}{5}-13}{10}=-\frac{9}{10}$ ，

$\therefore$ 定点 $Q\left(\frac{4}{5},-\frac{9}{10}\right)$ 平分线段 $M N$.
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $a, b \in R$ 且 $3^{a}+11^{b}=16^{a} ， 6^{a}+8^{b}=13^{b}$, 求证： $a<b$.

Solution:
$\because 3^{a}+11^{b}=16^{a}$, 且 $11^{b}>0, \therefore 3^{a}<16^{a}$, 由幂函数性质知 $a>0$,

$\because 6^{a}+8^{b}=13^{b}, 6^{a}>0, \therefore 13^{b}>8^{b}$, 由幂函数性质知 $b>0$

$\because 3^{a}+11^{b}=16^{a}>14^{a}=(3+11)^{a}>3^{a}+11^{a}$

$\therefore 11^{b}>11^{a}$

$\therefore$ 由指数函数性质知 $a<b$
Subfield: Set Theory


Question: 已知三个有限集合 $A, B, C$ 满足 $A \cap B \cap C=\varnothing$.
求证: $|A \cup B \cup C| \geq \frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|)$ (这里, $|X|$ 表示有限集合 $X$ 的元素个数).

Solution:
因为 $A \cap B \cap C=\varnothing$, 所以 $(A \cap B) \cap(A \cap C)=\varnothing$, 所以集合 $A$ 可以拆分成三部分:

$$
A \cap B, A \cap C, A-A \cap B-A \cap C=A^{\prime}
$$

则 $|A|=\left|A^{\prime}\right|+|A \cap B|+|A \cap C|, B, C$ 集合同理.

因为

$$
|A \cup B \cup C|=|A|+|B|+|C|-|A \cap B|-|B \cap C|-|C \cap A|+|A \cap B \cap C|
$$

所以

$$
\text { 命题 } \Leftrightarrow \text { 证 } \frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|) \geq|A \cap B|+|B \cap C|+|C \cap A|
$$

而

$$
|A|+|B|+|C|\left|A^{\prime}\right|+\left|B^{\prime}\right|+\left|C^{\prime}\right|+2|A \cap B|+2|B \cap C|+2|C \cap A|
$$

所以

$$
\frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|)-|A \cap B|-|B \cap C|-|C \cap A|=\frac{1}{2}\left(\left|A^{\prime}\right|+\left|B^{\prime}\right|+\left|C^{\prime}\right|\right) \geq 0
$$
Subfield: Set Theory


Question: 已知三个有限集合 $A, B, C$ 满足 $A \cap B \cap C=\varnothing$.
举例说明 $|A \cup B \cup C| \geq \frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|)$ (这里, $|X|$ 表示有限集合 $X$ 的元素个数)中的等号可能成立.

Solution:
当 $A^{\prime}=B^{\prime}=C^{\prime}=\varnothing$ 时取等号, 如 $A=\{1,2\}, B=\{2,3\}, C=\{3,1\}$.

Final answer: $A=\{1,2\}, B=\{2,3\}, C=\{3,1\}$
Subfield: Combinatorics


Question: 求不定方程 $x+y+z+w=25$ 的满足 $x<y$ 的正整数解 $(x, y, z, w)$ 的组数.

Solution:
令 $Y-X=\alpha, \alpha \in \mathbf{N}^{*}$, 则 $2 x+\alpha+z+w=25$, 当 $x$ 取遍 $1 \sim 11$ 时, $\alpha+z+w=25-2 x$ 的正整数解组数为 $C_{24-2}^{2}$, 所以总共 $C_{2}^{2}+C_{4}^{2}+C_{6}^{2}+\cdots+C_{2} 2^{2}=946, C_{2 n}^{2}=n(2 n-1)$, 所以

$$
\sum C_{2 n}^{2}=2 \sum n^{2}-\sum n=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{3}-\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n(n+1)(4 n-1)}{6}
$$

Final answer: $\frac{n(n+1)(4 n-1)}{6}$
Subfield: Derivative


Question: 设 $a, b, c, d$ 是实数, 求

$$
F(a, b, c, d)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+a b+a c+a d+b c+b d+c d+a+b+c+d
$$

的最小值.

Solution:
$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\partial F}{\partial a}=2 a+b+c+d+1=0 \\
\frac{\partial F}{\partial b}=2 b+a+c+d+1=0 \\
\frac{\partial F}{\partial c}=2 c+a+b+d+1=0 \\
\frac{\partial F}{\partial d}=2 d+a+b+c+1=0
\end{array} \quad \text {, 所以当 } a=b=c=d=-\frac{1}{5} \text { 时, } F(a, b, c, d)_{\min }=-\frac{2}{5}\right. \text {. }
$$

Final answer: $-\frac{2}{5}$
Subfield: Combinatorics


Question: 设 $n$ 为给定的正整数, 考虑平面直角坐标系 $x O y$ 中的点集

$$
T=\{(x, y)|| x|=| y \mid \leq n, x, y \in \mathbf{Z}\}
$$

对 $T$ 中的两点 $P, Q$, 当且仅当 $|P Q|=\sqrt{2}$ 或 $P Q$ 与两条坐标轴之一平行时, 称 $P, Q$ 是 “相邻的”, 将 $T$ 中的每个点染上红、蓝、绿三种颜色之一，要求任意两个相邻点被染不同的颜色，求染色方式的数目.

Solution:
从 $(0,0)$ 点向外一共有 $n$ 层正方形, 染色要求: 正方形相邻顶点颜色不同, 与上一层相邻点也不同.记 $(0,0)$ 点染了 3 号色, 第 1 个正方形四个顶点 $\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 2 & 1\end{array}$ 染色:

$A$ 类: $\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 2 & 1\end{array}$ (一共用了 2 色) 上层 $A$ 类, 之后一层的染色情况:

$$
\left\{\begin{array}{lllllllllll}
A \text { 三种 } & 2 & 1 & 3 & 1 & 2 & 3 & & & \\
& 1 & 2 & 1 & 3 & 3 & 2 & & & \\
B \text { 四种 } & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 3 \\
& 1 & 3 & 1 & 2 & 3 & 2 & 1 & 2
\end{array} ;\right.
$$

$B$ 类: $\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 3 & 1\end{array}$ (一共用了 3 色) 上层为 $B$ 类, 则下层的染色情况:

$$
\left\{\begin{array}{llllllllll}
A \text { 两种 } & 2 & 1 & 3 & 1 & & & & & \\
& 1 & 2 & 1 & 3 & & & & & \\
B \text { 四种 } & 2 & 3 & 2 & 1 & 3 & 1 & 3 & 1 \\
& 1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 2 & 2 & 3
\end{array}\right.
$$

构建数列, $O_{n}$ 表示第 $n$ 层为 $A$ 类染色方法, $b_{n}$ 表示第 $n$ 层为 $B$ 类染色方法

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{n+1}=3 a_{n}+2 b_{n} \\
b_{n+1}=4 a_{n}+4 b_{n}
\end{array} \quad a_{1}=1, b_{1}=0\right.
$$

所以

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{n+1}+\frac{1+\sqrt{33}}{8} b_{n+1}=\frac{7+\sqrt{33}}{2}\left(a_{n}+\frac{1+\sqrt{33}}{8} b_{n}\right) \\
a_{n+1}+\frac{1-\sqrt{33}}{8} b_{n+1}=\frac{7-\sqrt{33}}{2}\left(a_{n}+\frac{1-\sqrt{33}}{8} b_{n}\right)
\end{array}\right.
$$

构造 $\lambda: a_{n+1}+J \cdot b_{n+1}=(3+4 \lambda) a_{n}+(2+4 d) b_{n}$, 满足 $\lambda=\frac{2+4 d}{3+4 d} \Rightarrow 4 \lambda^{2}-\lambda-2=0, \lambda=\frac{1 \pm \sqrt{33}}{8}$.

又 $a_{1}=1, b_{1}=0$, 所以

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{n}+\frac{1+\sqrt{33}}{8} b_{n}=\left(\frac{7+\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1} \\
a_{n}+\frac{1-\sqrt{33}}{8} b_{n}=\left(\frac{7-\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1}
\end{array}\right.
$$

解得

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{n}=\frac{\sqrt{33}-1}{2 \sqrt{33}} \cdot\left(\frac{7+\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1}+\frac{\sqrt{33}+1}{2 \sqrt{33}} \cdot\left(\frac{7-\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1} \\
b_{n}=\frac{4}{\sqrt{33}} \cdot\left(\frac{7+\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1}-\frac{4}{\sqrt{33}} \cdot\left(\frac{7-\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1}
\end{array}\right.
$$

所以

$$
a_{n}+b_{n}=\frac{\sqrt{33}+7}{2 \sqrt{33}} \cdot\left(\frac{7+\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1}+\frac{\sqrt{33}-7}{2 \sqrt{33}} \cdot\left(\frac{7-\sqrt{33}}{2}\right)^{n-1}
$$

最后, 1、2、3 色号与红、绿、蓝之间有 $P_{3}^{3}=6$ 种排法, 所以染色方式有

$$
6\left(a_{n}+b_{n}\right)=\frac{6}{\sqrt{33}}\left[\left(\frac{7+\sqrt{33}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{7-\sqrt{33}}{2}\right)^{n}\right] \text { 种 }
$$

Final answer: $\frac{6}{\sqrt{33}}\left[\left(\frac{7+\sqrt{33}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{7-\sqrt{33}}{2}\right)^{n}\right]$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $O$ 为坐标原点, $N(1,0), M$ 为直线 $x=-1$ 上的动点, $\angle M O N$ 的平分线与直线 $M N$ 交于点 $P$, 记点 $P$ 的轨迹为曲线 $E$.
求曲线 $E$ 的方程.

Solution:
设 $P(x, y), M(-1, t)$, 易知 $0 \leq x<1$. 因为 $O P$ 平分 $\angle M O N$, 所以

$$
\overrightarrow{M P}=\frac{|O M|}{|O N|} \overrightarrow{P N}=\sqrt{1+t^{2}} \overrightarrow{P N}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
& x+1=\sqrt{1+t^{2}}(1-x) \cdots (1)\\
& y-t=\sqrt{1+t^{2}}(0-y)\cdots (2)
\end{aligned}
$$

由(1)(2)可得 $t=\frac{2 y}{1-x}$, 代入(1)得 $\frac{x+1}{1-x}=\sqrt{1+\left(\frac{2 y}{1-x}\right)^{2}}$, 化简即得曲线 $E$ 的方程为 $y^{2}=x(0 \leq x<1)$;

Final answer: $y^{2}-x=0$
Subfield: Conic Sections


Question: 已知 $O$ 为坐标原点, $N(1,0), M$ 为直线 $x=-1$ 上的动点, $\angle M O N$ 的平分线与直线 $M N$ 交于点 $P$, 记点 $P$ 的轨迹为曲线 $E$.
过点 $Q\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$ 作斜率为 $k$ 的直线 $l$, 若直线 $l$ 与曲线 $E$ 恰好有一个公共点, 求 $k$ 的取值范围.

Solution:
记 $A(1,1), B(1,-1)$, 则 $k_{Q A}=1, k_{Q B}=-\frac{1}{3}$.

设 $P(x, y), M(-1, t)$, 易知 $0 \leq x<1$. 因为 $O P$ 平分 $\angle M O N$, 所以

$$
\overrightarrow{M P}=\frac{|O M|}{|O N|} \overrightarrow{P N}=\sqrt{1+t^{2}} \overrightarrow{P N}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
& x+1=\sqrt{1+t^{2}}(1-x) \cdots (1)\\
& y-t=\sqrt{1+t^{2}}(0-y)\cdots (2)
\end{aligned}
$$

由(1)(2)可得 $t=\frac{2 y}{1-x}$, 代入(1)得 $\frac{x+1}{1-x}=\sqrt{1+\left(\frac{2 y}{1-x}\right)^{2}}$, 化简即得曲线 $E$ 的方程为 $y^{2}=x(0 \leq x<1)$;

直线 $l$ 的方程为 $y+\frac{1}{2}=k\left(x+\frac{1}{2}\right)$, 与抛物线方程 $y^{2}=x$ 联立, 消去 $x$ 得 $k y^{2}-y+\frac{1}{2}(k-1)=0$.

当直线 $l$ 与抛物线 $y^{2}=x$ 相切于点 $T$ 时, $\Delta=1-2 k(k-1)=0$, 解得 $k_{1,2}=\frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$ :

当 $k=k_{1}=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$ 时, $y_{r}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, 切点 $T$ 在曲线 $E$ 上;

当 $k=k_{2}=\frac{1-\sqrt{3}}{2}$ 时, $y_{r}=-\frac{\sqrt{3}+1}{2}$, 切点 $T$ 不在曲线 $E$ 上.

若直线 $l$ 与曲线 $E$ 恰好有一个公共点, 则有 $k_{Q B}<k \leq k_{Q A}$ 或 $k=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$, 故所求 $k$ 的取值范围为

$$
\left(-\frac{1}{3}, 1\right] \cup\left\{\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right\} \text {. }
$$

Final answer: $\left(-\frac{1}{3}, 1\right] \cup\left\{\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right\}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 对任意正整数 $m, n$, 定义函数 $f(m, n)$ 如下:

(1) $f(1,1)=1$;

(2) $f(m+1, n)=f(m, n)+2(m+n)$;

(3) $f(m, n+1)=f(m, n)+2(m+n-1)$.
求 $f(m, n)$ 的解析式.

Solution:
由条件(2)可得:

$$
\begin{gathered}
f(2,1)-f(1,1)=2 \times(1+1)=2 \times 2 \\
f(3,1)-f(2,1)=2 \times(2+1)=2 \times 3 \\
\ldots \\
\cdots \\
f(m, 1)-f(m-1,1)=2 \times(m-1+1)=2 \times m
\end{gathered}
$$

将上述 $m-1$ 个等式相加得 $f(m, 1)-f(1,1)=2(2+3+\cdots+m)$, 而 $f(1,1)=1$, 所以

$$
f(m, 1)=2(2+3+\cdots+m)+1=m^{2}+m-1
$$

由条件(2)可得:

$$
\begin{aligned}
f(m, 2)-f(m, 1) & =2 \times(m+1-1)=2 m \\
f(m, 3)-f(m, 2) & =2 \times(m+2-1)=2(m+1) \\
\ldots & \\
f(m, n)-f(m, n-1) & =2 \times(m+n-1-1)=2(m+n-2)
\end{aligned}
$$

将上述 $n-1$ 个等式相加得 $f(m, n)-f(m, 1)=2[m+(m+1)+\cdots+(m+n-2)]$, 而 $f(m, 1)=m^{2}+m-1$,所以

$$
f(m, n)=2[m+(m+1)+\cdots+(m+n-2)]+m^{2}+m-1=m^{2}+2 m n+n^{2}-m-3 n+1
$$

Final answer: $f(m, n)=m^{2}+2 m n+n^{2}-m-3 n+1$