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


Question: 过圆外一点 $P$ 作圆的两条切线和一条割线, 切点为 $A 、 B$, 所作割线交圆于 $C 、 D$ 两点, $C$ 在 $P 、 D$ 之间. 在弦 $C D$ 上取一点 $Q$, 使 $\angle D A Q=\angle P B C$.

求证: $\angle D B Q=\angle P A C$.

Solution:
连 $A B$.

<img_4168>

$\because \triangle P B C \sim \triangle P D B$

$\therefore \frac{B D}{B C}=\frac{P D}{P B}$, 同理, $\frac{A D}{A C}=\frac{P D}{P A}$

$\because P A = P B$
$\therefore \frac{B D}{A D}=\frac{B C}{A C}$

$\because \angle B A C=\angle P B C=\angle D A Q \quad \angle A B C=\angle A D Q$.

$\therefore \triangle A B C \sim \triangle A D Q$

$\therefore \frac{B C}{A C}=\frac{D Q}{A Q} \therefore \frac{B D}{A D}=\frac{D Q}{A Q}$

$\because \angle D A Q=\angle P B C=\angle B D Q$.

$\therefore \triangle A D Q \sim \triangle D B Q$

$\therefore \angle D B Q=\angle A D Q=\angle P A C$. 证毕.
Subfield: Number Theory


Question: 设三角形的三边长分别是正整数 $l, m, n$. 且 $l>m>n>0$.

已知 $\left\{\frac{3^{l}}{10^{4}}\right\}=\left\{\frac{3^{m}}{10^{4}}\right\}=\left\{\frac{3^{n}}{10^{4}}\right\}$, 其中 $\{x\}=x-[x]$, 而 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数. 求这种三角形周长的最小值.

Solution:
当 $3^{l} 、 3^{m} 、 3^{n}$ 的末四位数字相同时, 
$ \left\{\frac{3^{l}}{10^{4}}\right\}=\left\{\frac{3^{m}}{10^{4}}\right\}=\left\{\frac{3^{n}}{10^{4}}\right\}.$

即求满足 $3^{l} \equiv 3^{m} \equiv 3^{n}\left(\bmod 10^{4}\right)$ 的 $l 、 \mathbb{m} 、 n . \therefore 3^{n}\left(3^{l-n}-1\right) \equiv 0\left(\bmod 10^{4}\right) 。(l-n>0)$

但 $\left(3^{n}, 10^{4}\right)=1$, 故必有 $3^{l-n} \equiv 1\left(\bmod 10^{4}\right)$; 同理 $3^{m-n} \equiv 1\left(\bmod 10^{4}\right)$.

下面先求满足 $3^{x} \equiv 1\left(\bmod 10^{4}\right)$ 的最小正整数 $x$.

$\because \varphi\left(10^{4}\right)=10^{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{4}{5}=4000$. 故 $x \mid 4000$. 用 4000 的约数试验:

$\because x=1,2$, 时 $3^{x} \not\equiv 1(\bmod 10)$, 而 $3^{4} \equiv 1(\bmod 10), \therefore x$ 必须是 4 的倍数;

$\because x=4,8,12,16$ 时 $3^{x} \not\equiv 1\left(\bmod 10^{2}\right)$, 而 $3^{20} \equiv 1\left(\bmod 10^{2}\right), \therefore x$ 必须是 20 的倍数;

$\because x=20,40,60,80$ 时 $3^{x} \not\equiv 1\left(\bmod 10^{3}\right)$, 而 $3^{100} \equiv 1\left(\bmod 10^{3}\right), \therefore x$ 必须是 100 的倍数;

$\because x=100,200,300,400$ 时 $3^{x} \not\equiv 1\left(\bmod 10^{4}\right)$, 而 $3^{500} \equiv 1\left(\bmod 10^{4}\right)$.

即, 使 $3^{x} \equiv 1\left(\bmod 10^{4}\right)$ 成立的最小正整数 $x=500$, 从而 $l-n 、 m-n$ 都是 500 的倍数,

设 $1-n=500 k, m-n=500 h,(k, h \in N *, k>h)$.

由 $m+n>l$, 即 $n+500 h+n>n+500 k, \Rightarrow n>500(k-h) \geqslant 500$, 故 $n \geqslant 501$.



取 $n=501, m=1001, l=1501$, 即为满足题意的最小三个值.

$\therefore$ 所求周长的最小值 $=3003$.

Final answer: $3003$
Subfield: Algebra


Question: $x$ 的二次方程 $x^{2}+z_{1} x+ z_{2}+m=0$ 中, $z_{1}, z_{2}, m$ 均是复数, 且 $z_{1}^{2}-4 z_{2}=16+20 i$,

设这个方程的两个根 $\alpha 、 \beta$, 满足 $|\alpha-\beta|=2 \sqrt{7}$, 求 $|m|$ 的最大值和最小值.

Solution:
设 $m=a+b i(a, b \in R)$. 则 $\triangle=z_{1}{ }^{2}-4 z_{2}-4 m=16+20 i-4 a-4 b i=4[(4-a)+(5-b) i]$. 设 $\triangle$ 的平方根为 $u+v i$. $(u, v \in R)$

即 $(u+v i)^{2}=4[(4-a)+(5-b) i]$.

$|\alpha-\beta|=2 \sqrt{7}, \Leftrightarrow|\alpha-\beta|^{2}=28, \Leftrightarrow|(4-a)+(5-b) i|=7, \Leftrightarrow(a-4)^{2}+(b-5)^{2}=7^{2}$,

即表示复数 $\mathrm{m}$ 的点在圆 $(a-4)^{2}+(b-5)^{2}=7^{2}$ 上, 该点与原点距离的最大值为 $7+\sqrt{41}$, 最小值为 $7-\sqrt{41}$.

Final answer: $7+\sqrt{41}, 7-\sqrt{41}$
Subfield: Algebra


Question: 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列, 试求出这个数列的第 1000 项。

Solution:
由 $105=3 \times 5 \times 7$; 故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 $105 \times\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{5}\right)(1$ $\left.-\frac{1}{7}\right)=48$ 个。 $1000=48 \times 20+48-8, \quad 105 \times 20=2100$. 而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86 .

$\therefore$ 所求数为 2186 .

Final answer: $2186$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 设三角形的外接圆 $O$ 的半径为 $R$, 内心为 $I, \angle B=60^{\circ}, \angle$ $A<\angle C, \angle A$ 的外角平分线交圆 $O$ 于 $E$.

<img_4081>
证明: $I O=A E$

Solution:
$\because \angle B=60^{\circ}, \therefore \angle A O C=\angle A I C=120^{\circ}$.

$\therefore A, O, I, C$ 四点共圆. 圆心为 弧$A C$ 的中点 $F$, 半径为 $R$

$\therefore O$ 为 $\odot F$ 的弧 $A C$ 中点, 设 $O F$ 延长线交 $\odot F$ 于 $H, A I$ 延长线交弧 $B C$ 于 $D$.

<img_4222>

由 $\angle E A D=90^{\circ}$ (内外角平分线) 知 $D E$ 为 $\odot O$ 的直径. $\angle O A D=\angle O D A$

但 $\angle O A I=\angle O H I$, 故 $\angle O H I=\angle A D E$, 于是 $R t \triangle D A E \cong R t$ $\triangle H I O$

$\therefore A E=I O$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 设三角形的外接圆 $O$ 的半径为 $R$, 内心为 $I, \angle B=60^{\circ}, \angle$ $A<\angle C, \angle A$ 的外角平分线交圆 $O$ 于 $E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_00d25fa3ca029ec23c32g-1.jpg?height=331&width=309&top_left_y=1525&top_left_x=1476)
证明: $I O=A E$

Solution:
$\because \angle B=60^{\circ}, \therefore \angle A O C=\angle A I C=120^{\circ}$.

$\therefore A, O, I, C$ 四点共圆. 圆心为 弧$A C$ 的中点 $F$, 半径为 $R$

$\therefore O$ 为 $\odot F$ 的弧 $A C$ 中点, 设 $O F$ 延长线交 $\odot F$ 于 $H, A I$ 延长线交弧 $B C$ 于 $D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_00d25fa3ca029ec23c32g-1.jpg?height=397&width=534&top_left_y=2097&top_left_x=1246)

由 $\angle E A D=90^{\circ}$ (内外角平分线) 知 $D E$ 为 $\odot O$ 的直径. $\angle O A D=\angle O D A$

但 $\angle O A I=\angle O H I$, 故 $\angle O H I=\angle A D E$, 于是 $R t \triangle D A E \cong R t$ $\triangle H I O$

$\therefore A E=I O$

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, 设三角形的外接圆 $O$ 的半径为 $R$, 内心为 $I, \angle B=60^{\circ}, \angle$ $A<\angle C, \angle A$ 的外角平分线交圆 $O$ 于 $E$.

<img_4081>
证明: $2 R<I O+I A+I C<(1+\sqrt{3}) R$

Solution:
$\because \angle B=60^{\circ}, \therefore \angle A O C=\angle A I C=120^{\circ}$.

$\therefore A, O, I, C$ 四点共圆. 圆心为 弧$A C$ 的中点 $F$, 半径为 $R$

$\therefore O$ 为 $\odot F$ 的弧 $A C$ 中点, 设 $O F$ 延长线交 $\odot F$ 于 $H, A I$ 延长线交弧 $B C$ 于 $D$.

<img_4222>

由 $\angle E A D=90^{\circ}$ (内外角平分线) 知 $D E$ 为 $\odot O$ 的直径. $\angle O A D=\angle O D A$

但 $\angle O A I=\angle O H I$, 故 $\angle O H I=\angle A D E$, 于是 $R t \triangle D A E \cong R t$ $\triangle H I O$

$\therefore A E=I O$

由 $\triangle A C H$ 为正三角形, 易证 $I C+I A=I H$.

由 $O H=2 R$. $\therefore I O+I A+I C=I O+I H>O H=2 R$.

设 $\angle O H I=\alpha$, 则 $0<\alpha<30^{\circ}$.

$\therefore I O+I A+I C=I O+I H=2 R(\sin \alpha+\cos \alpha)=2 R \sqrt{2} \sin \left(\alpha+45^{\circ}\right)$

又 $\alpha+45^{\circ}<75^{\circ}$, 故 $I O+I A+I C<2 \sqrt{2} R(\sqrt{6}+\sqrt{2}) / 4=R(1+\sqrt{3})$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 设三角形的外接圆 $O$ 的半径为 $R$, 内心为 $I, \angle B=60^{\circ}, \angle$ $A<\angle C, \angle A$ 的外角平分线交圆 $O$ 于 $E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_00d25fa3ca029ec23c32g-1.jpg?height=331&width=309&top_left_y=1525&top_left_x=1476)
证明: $2 R<I O+I A+I C<(1+\sqrt{3}) R$

Solution:
$\because \angle B=60^{\circ}, \therefore \angle A O C=\angle A I C=120^{\circ}$.

$\therefore A, O, I, C$ 四点共圆. 圆心为 弧$A C$ 的中点 $F$, 半径为 $R$

$\therefore O$ 为 $\odot F$ 的弧 $A C$ 中点, 设 $O F$ 延长线交 $\odot F$ 于 $H, A I$ 延长线交弧 $B C$ 于 $D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_00d25fa3ca029ec23c32g-1.jpg?height=397&width=534&top_left_y=2097&top_left_x=1246)

由 $\angle E A D=90^{\circ}$ (内外角平分线) 知 $D E$ 为 $\odot O$ 的直径. $\angle O A D=\angle O D A$

但 $\angle O A I=\angle O H I$, 故 $\angle O H I=\angle A D E$, 于是 $R t \triangle D A E \cong R t$ $\triangle H I O$

$\therefore A E=I O$

由 $\triangle A C H$ 为正三角形, 易证 $I C+I A=I H$.

由 $O H=2 R$. $\therefore I O+I A+I C=I O+I H>O H=2 R$.

设 $\angle O H I=\alpha$, 则 $0<\alpha<30^{\circ}$.

$\therefore I O+I A+I C=I O+I H=2 R(\sin \alpha+\cos \alpha)=2 R \sqrt{2} \sin \left(\alpha+45^{\circ}\right)$

又 $\alpha+45^{\circ}<75^{\circ}$, 故 $I O+I A+I C<2 \sqrt{2} R(\sqrt{6}+\sqrt{2}) / 4=R(1+\sqrt{3})$

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 已知四面体 $S A B C$ 中, $\angle A S B=\frac{\pi}{2}, \angle A S C=\alpha\left(0<\alpha<\frac{\pi}{2}\right), \angle B S C=\beta\left(0<\beta<\frac{\pi}{2}\right)$.

以 $S C$ 为棱的二面角的平面角为 $\theta$.

求证: $\theta=-\operatorname{arc} \cos (\cot \alpha \cdot \cot \beta)$.

Solution:
在 $S C$ 上取点 $D$, 使 $S D=1$, 在面 $S A C 、 S B C$ 内分别作 $D E \perp S C, D F$ $\perp S C$, 分别交 $S A 、 S B$ 于 $E 、 F$, 连 $E F$. 则 $\angle E D F$ 为二面角 $A-S C-B$ 的平面角. 即 $\angle$ $E D F=\theta$.

由 $\angle B S C=\beta$, 知 $S F=\sec \beta, D F=\tan \beta$. 由 $\angle A S C=\alpha$, 得 $S E=\sec \alpha, D E=\tan \alpha$.

由 $\angle A S B=\frac{\pi}{2}$, 得 $E F^{2}=S E^{2}+S F^{2}=D E^{2}+D F^{2}-2 D E \cdot D F \cos \theta$.

<img_4110>

$\therefore \sec ^{2} \alpha+\sec ^{2} \beta=\tan ^{2} \alpha+\tan ^{2} \beta-2 \tan \alpha \tan \beta \cos \theta . \Rightarrow \cos \theta=-\cot \alpha \cot \beta$.

$\therefore \theta=-\operatorname{arc}(\cot \alpha \cot B)$.
Subfield: Geometry


Question: 已知: (1) 半圆的直径 $A B$ 长为 $2 r$; (2) 半圆外的直线 $l$ 与 $B A$ 的延长线

垂直, 垂足为 $\boldsymbol{T},|\boldsymbol{A T}|=\mathbf{2} a\left(2 a<\frac{r}{2}\right)$; (3) 半圆上有相异两点 $\boldsymbol{M} 、 \boldsymbol{N}$, 它们与直线 $\boldsymbol{l}$ 的距离 $|M P| 、$ $|N Q|$ 满足条件

$$
\frac{|\mathrm{MP}|}{|\mathrm{AM}|}=\frac{|\mathrm{NQ}|}{|\mathrm{AN}|}=1 .
$$

求证: $|A M|+|A N|=|A B|$.

Solution:
以 $A T$ 中点 $O$ 为原点, $A B$ 所在直线为 $x$ 轴建立直角坐标系,

则由已知, $M 、 N$ 是半圆 $(x-a-r)^{2}+y^{2}=r^{2}(y \geqslant 0)$ 与捕物线 $y^{2}=4 a x$ 的交点.

消去 $y$ 得: $x^{2}+2(a-r) x+2 r a+a^{2}=0$.

条件 $2 a<\frac{r}{2}$ 保证 $\Delta>0$, 于是此方程有两个不等实根 $x_{1}, x_{2}$, 即为 $M 、 N$ 的横坐标.

<img_4207>

由韦达定理, 知 $x_{1}+x_{2}=-(2 a-2 r)$.

$\because \quad|A M|=|M P|=x_{1}+a \quad, \quad|A N|=|N Q|=x_{2}+a \quad . \quad \therefore$ $|A M|+|A N|=x_{1}+x_{2}+2 a=2 r$. 证毕.

又证: 作 $M C \perp A B, N D \perp A B$, 垂足为 $G, D$. 则 $A N^{2}=A D \cdot A B, A M^{2}=A C \cdot A B$,

$\therefore A N^{2}-A M^{2}=(A D-A C) A B=C D \cdot A B$.

$\because \quad A N^{2}-A M^{2}=(A N+A M)(A N-A M)=(A N+A M)(N Q-M P)=(A N+A M) \cdot C D$.

比较得, $A N+A M=A B$.

<img_4152>
Subfield: Geometry


Question: 已知边长为 4 的正三角形 $A B C . D 、 E 、 F$ 分别是 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点,且 $|A E|=|B F|=|C D|=1$, 连结 $A D 、 B E 、 C F$, 交成 $\triangle R Q S$. 点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 内及边上移动, 点 $P$到 $\triangle A B C$ 三边的距离分别记作 $x 、 y 、 z$.
求证：当点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 的顶点位置时乘积 $x y z$ 有极小值;

Solution:
利用面积, 易证: (1) 当点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 内部及边上移动时, $x+y+z$为定值 $h=2 \sqrt{3}$;

(2)过 $P$ 作 $B C$ 的平行线 $l$, 交 $\triangle A B C$ 的两边于 $G 、 H$. 当点 $P$ 在线段 $G H$上移动时, $y+z$ 为定值, 从而 $x$ 为定值.

(3) 设 $y \in[\alpha, \beta], m$ 为定值. 则函数 $u=y(m-y)$ 在点 $y=\alpha$ 或 $y=\beta$ 时取得极小值.

<img_4188>

于是可知, 过 $R$ 作 $A B 、 A C$ 的平行线, 过 $Q$ 作 $A B 、 B C$ 的平行线, 过 $S$ 作 $B C 、 A C$ 的平行线, 这 6 条平行线交得六边形 STRUQV, 由上证, 易得只有当点 $P$ 在此六点上时, $x y z$ 取得极小值.
Subfield: Geometry


Question: 已知边长为 4 的正三角形 $A B C . D 、 E 、 F$ 分别是 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点,且 $|A E|=|B F|=|C D|=1$, 连结 $A D 、 B E 、 C F$, 交成 $\triangle R Q S$. 点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 内及边上移动, 点 $P$到 $\triangle A B C$ 三边的距离分别记作 $x 、 y 、 z$.
求上述乘积 $x y z$ 的极小值.

Solution:
利用面积, 易证: (1) 当点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 内部及边上移动时, $x+y+z$为定值 $h=2 \sqrt{3}$;

(2)过 $P$ 作 $B C$ 的平行线 $l$, 交 $\triangle A B C$ 的两边于 $G 、 H$. 当点 $P$ 在线段 $G H$上移动时, $y+z$ 为定值, 从而 $x$ 为定值.

(3) 设 $y \in[\alpha, \beta], m$ 为定值. 则函数 $u=y(m-y)$ 在点 $y=\alpha$ 或 $y=\beta$ 时取得极小值.

<img_4188>

于是可知, 过 $R$ 作 $A B 、 A C$ 的平行线, 过 $Q$ 作 $A B 、 B C$ 的平行线, 过 $S$ 作 $B C 、 A C$ 的平行线, 这 6 条平行线交得六边形 STRUQV, 由上证, 易得只有当点 $P$ 在此六点上时, $x y z$ 取得极小值. 由对称性易知, $x y z$ 的值在此六点处相等.

<img_4156>

$$
\begin{aligned}
& \text { 由 } \frac{E A}{A C} \cdot \frac{C D}{D B} \cdot \frac{B S}{S E}=1, \quad \text { 得 } \frac{B S}{B E}=\frac{12}{13}, x=\frac{12}{13} \cdot \frac{3}{4} h=\frac{9}{13} h, y=\frac{S E}{B E} h=\frac{1}{13} h, z=\frac{3}{13} h . \\
& \therefore x y z=\left(\frac{3}{13}\right)^{3} h^{3}=\frac{648}{2197} \sqrt{3} .
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{648}{2197} \sqrt{3}$
Subfield: Geometry


Question: 在圆 $O$ 内, 弦 $C D$ 平行于弦 $E F$, 且与直径 $A B$ 交成 $45^{\circ}$ 角, 若 $C D$ 与 $E F$分别交直径 $A B$ 于 $P$ 和 $Q$, 且圆 $O$ 的半径为 1 , 求证:

$P C \cdot Q E+P D \cdot Q F<2$.

Solution:
作 $O M \perp C D$, 垂足为 $M$, 交 $E F$ 于 $N$, 设 $O N=n, O M=m$.

则 $C M=D M=\sqrt{1-m^{2}}, E N=F N=\sqrt{1-n^{2}}$,

本题即证 $\left(\sqrt{1-m^{2}}+m\right)\left(\sqrt{1-n^{2}} \pm n\right)+\left(\sqrt{1-m^{2}}-\right.$ m) $\left(\sqrt{1-n^{2}}+n\right)<2$.

展开得, $\sqrt{1-m^{2}} \cdot \sqrt{1-n^{2}} \pm m n<1$.

移项, 平方得, $1-m^{2}-n^{2}+m^{2} n^{2}<1 \mp 2 m n+m^{2} n^{2} . \Rightarrow m^{2}+$ $n^{2}>\mp 2 m n$.

<img_4230>

取“ + ”号时, $M 、 N$ 在点 $O$ 同时, 此时 $m \neq n$, 总之, 命题成立.

(当 $E 、 F$ 交换位置时, 且 $C D 、 E F$ 在点 $O$ 异侧时, 可能有 $m=n$. )

又证: $P C^{2}+P D^{2}=(C M+O M)^{2}+(C M-O M)^{2}=2\left(C M^{2}+O M^{2}\right)=2$, 同理 $Q E^{2}+Q F^{2}=2$.

$\therefore 4=P C^{2}+P D^{2}+Q E^{2}+Q F^{2}=\left(P C^{2}+Q E^{2}\right)+\left(P D^{2}+Q F^{2}\right) \geqslant 2(P C \cdot Q E+P D \cdot Q F)$. 等号当且仅当 $P C=Q E$, $P D=Q F$ 时成立. 但由已知, 此二式不成立. 故证.
Subfield: Algebra


Question: 组装甲、乙、丙三种产品, 需用 $A 、 B 、 C$ 三种零件. 每件甲需用 $A 、 B$各 2 个; 每件乙需用 $B 、 C$ 各 1 个; 每件丙需用 2 个 $A$ 与 1 个 $C$. 用库存的 $A 、 B 、 C$ 三种零件, 如组装成 $p$ 件甲产品、 $q$ 件乙产品和 $r$ 件丙产品, 则剩下 2 个 $\boldsymbol{A}$ 和 1 个 $B$, 但 $C$ 恰好用完. 试证: 无论怎样改变甲、乙、两产品的件数, 也不能把库存的 $A 、 B 、 C$ 三种零件都恰好用完.

Solution:
已知即: 每个甲用 $A 2, B 2$,

每个乙用 $B 1, C 1$,

每个丙用 $A 2, \quad C 1$.

$\therefore$ 共有 $A$ 产品 $2 p+2 r+2$ 件; $B$ 产品 $2 p+q+1$ 件; $C$ 产品 $q+r$ 件.

设组装 $m$ 件甲, $n$ 件乙, $k$ 件丙, 则用 $2 m+2 k$ 件 $A$; 用 $2 m+n$ 件 $B$; 用 $n+k$ 件 $C$.

如全部用完, 则有 $2 p+2 r+2=2 m+2 k$;

$$
\begin{array}{ll}
\Rightarrow p+r+1=m+k . & \text { (1) }\\
2 p+q+1=2 m+n ; & \text { (2) } \\
q+r=n+k .& \text { (3) }
\end{array}
$$

$\therefore$ (1) + (2) -(3): $3 p+2=3 m$. 这是不可能的. 故证.
Subfield: Geometry


Question: 一张台球桌形状是正六边形 $A B C D E F$, 一个球从 $A B$ 的中点 $P$ 击出, 击中 $B C$ 边上的某点 $Q$, 并且依次碰击 $C D 、 D E 、 E F 、 F A$ 各边, 最后击中 $A B$ 边上的某一点. 设 $\angle B P Q=\vartheta$, 求 $\vartheta$ 的范围.

提示: 利用入射角等于反射角的原理.

Solution:
只要把这个正六边形经过 5 次对称变换. 则击球时应如图所示, 击球方向在 $\angle M P N$ 内部时即可.

<img_4211>


设 $A B=2$, 以 $P$ 为原点, $P B$ 为 $x$ 轴正方向建立直角坐标系, 点 $M$ 坐标为 $(8,3 \sqrt{3})$. 点 $N$坐标为 $(10,3 \sqrt{3})$, 即 $\vartheta \in\left[\arctan \frac{3 \sqrt{3}}{10}, \arctan \frac{3 \sqrt{3}}{8}\right]$.

Final answer: $\left[\arctan \frac{3 \sqrt{3}}{10}, \arctan \frac{3 \sqrt{3}}{8}\right]$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 有一列曲线 $\mathrm{P}_{0}, \mathrm{P}_{1}, \mathrm{P}_{2}, \cdots \cdots$, 已知 $\mathrm{P}_{0}$ 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形, $P_{k+1}$ 是对 $P_{k}$ 进行如下操作得到的: 将 $P_{k}$ 的每条边三等分, 以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉 $(\mathrm{k}=0,1,2,3, \cdots)$ ，记 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$ 为曲线 $\mathrm{P}_{\mathrm{k}}$ 所围成图形面积.

<img_4136>

$\mathrm{P}_{0}$

<img_4226>

<img_4092>
求数列 $\left\{\mathrm{S}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
对 $\mathrm{P}_{0}$ 进行操作, 容易看出 $\mathrm{P}_{0}$ 的每条边变成 $\mathrm{P}_{1}$ 的 4 条边, 故 $\mathrm{P}_{1}$ 的边数为 $3 \times 4$;同样, 对 $P_{1}$ 进行操作, $P_{1}$ 的每条边变成 $P_{2}$ 的 4 条边, 故 $P_{2}$ 的边数为 $3 \times 4^{2}$, 从而不难得到 $P_{n}$ 的边数为 $3 \times 4^{n}$

已知 $P_{0}$ 的面积为 $S_{0}=1$, 比较 $P_{1}$ 与 $P_{0}$, 容易看出 $P_{1}$ 在 $P_{0}$ 的每条边上増加了一个小等边三角形, 其面积为 $\frac{1}{3^{2}}$, 而 $\mathrm{P}_{0}$ 有 3 条边, 故 $\mathrm{S}_{\mathrm{1}}=\mathrm{S}_{0}+3 \times \frac{1}{3^{2}}=\mathbf{1}+\frac{1}{3}$

再比较 $P_{2}$ 与 $P_{1}$, 容易看出 $P_{2}$ 在 $P_{1}$ 的每条边上増加了一个小等边三角形, 其面积为 $\frac{1}{3^{2}} \times$ $\frac{1}{3^{2}}$, 而 $\mathrm{P}_{1}$ 有 $3 \times 4$ 条边, 故 $\mathrm{S}_{\mathrm{2}}=\mathrm{S}_{1}+3 \times 4 \times \frac{1}{3^{4}}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{3^{3}}$

类似地有: $\mathrm{S}_{3}=\mathrm{S}_{2}+3 \times 4^{2} \times \frac{1}{3^{6}}=\mathbf{1}+\frac{1}{3}+\frac{4}{3^{3}}+\frac{4^{2}}{3^{5}}$

$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{3^{3}}+\frac{4^{2}}{3^{5}}+\cdots+\frac{4^{n-1}}{3^{2 n-1}}=1+\frac{3}{4} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{4}{9}\right)^{k}=\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{n}$         ( $※$ )

下面用数学归纳法证明 ( $※$ ) 式

当 $\mathrm{n}=1$ 时, 由上面已知 $(※)$ 式成立,

假设当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ 时, 有 $\mathrm{S}_{\mathrm{k}}=\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{k}$

当 $n=k+1$ 时, 易知第 $k+1$ 次操作后, 比较 $P_{k+1}$ 与 $P_{k}, P_{k+1}$ 在 $P_{k}$ 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为 $\frac{1}{3^{2(k+1)}}$, 而 $\mathrm{P}_{\mathrm{k}}$ 有 $3 \times 4^{\mathrm{k}}$ 条边。故

$$
S_{k+1}=S_{k}+3 \times 4^{k} \times \frac{1}{3^{2(k+1)}}=\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{k+1}
$$

综上所述, 对任何 $\mathrm{n} \in \mathrm{N},(※)$ 式成立.

Final answer: $\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{n}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 有一列曲线 $\mathrm{P}_{0}, \mathrm{P}_{1}, \mathrm{P}_{2}, \cdots \cdots$, 已知 $\mathrm{P}_{0}$ 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形, $P_{k+1}$ 是对 $P_{k}$ 进行如下操作得到的: 将 $P_{k}$ 的每条边三等分, 以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉 $(\mathrm{k}=0,1,2,3, \cdots)$ ，记 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$ 为曲线 $\mathrm{P}_{\mathrm{k}}$ 所围成图形面积.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_362e030cd96ee9158bceg-1.jpg?height=231&width=234&top_left_y=981&top_left_x=611)

$\mathrm{P}_{0}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_362e030cd96ee9158bceg-1.jpg?height=350&width=256&top_left_y=976&top_left_x=975)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_362e030cd96ee9158bceg-1.jpg?height=363&width=260&top_left_y=961&top_left_x=1435)
求数列 $\left\{\mathrm{S}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的通项公式;

Solution:
对 $\mathrm{P}_{0}$ 进行操作, 容易看出 $\mathrm{P}_{0}$ 的每条边变成 $\mathrm{P}_{1}$ 的 4 条边, 故 $\mathrm{P}_{1}$ 的边数为 $3 \times 4$;同样, 对 $P_{1}$ 进行操作, $P_{1}$ 的每条边变成 $P_{2}$ 的 4 条边, 故 $P_{2}$ 的边数为 $3 \times 4^{2}$, 从而不难得到 $P_{n}$ 的边数为 $3 \times 4^{n}$

已知 $P_{0}$ 的面积为 $S_{0}=1$, 比较 $P_{1}$ 与 $P_{0}$, 容易看出 $P_{1}$ 在 $P_{0}$ 的每条边上増加了一个小等边三角形, 其面积为 $\frac{1}{3^{2}}$, 而 $\mathrm{P}_{0}$ 有 3 条边, 故 $\mathrm{S}_{\mathrm{1}}=\mathrm{S}_{0}+3 \times \frac{1}{3^{2}}=\mathbf{1}+\frac{1}{3}$

再比较 $P_{2}$ 与 $P_{1}$, 容易看出 $P_{2}$ 在 $P_{1}$ 的每条边上増加了一个小等边三角形, 其面积为 $\frac{1}{3^{2}} \times$ $\frac{1}{3^{2}}$, 而 $\mathrm{P}_{1}$ 有 $3 \times 4$ 条边, 故 $\mathrm{S}_{\mathrm{2}}=\mathrm{S}_{1}+3 \times 4 \times \frac{1}{3^{4}}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{3^{3}}$

类似地有: $\mathrm{S}_{3}=\mathrm{S}_{2}+3 \times 4^{2} \times \frac{1}{3^{6}}=\mathbf{1}+\frac{1}{3}+\frac{4}{3^{3}}+\frac{4^{2}}{3^{5}}$

$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{3^{3}}+\frac{4^{2}}{3^{5}}+\cdots+\frac{4^{n-1}}{3^{2 n-1}}=1+\frac{3}{4} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{4}{9}\right)^{k}=\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{n}$         ( $※$ )

下面用数学归纳法证明 ( $※$ ) 式

当 $\mathrm{n}=1$ 时, 由上面已知 $(※)$ 式成立,

假设当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ 时, 有 $\mathrm{S}_{\mathrm{k}}=\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{k}$

当 $n=k+1$ 时, 易知第 $k+1$ 次操作后, 比较 $P_{k+1}$ 与 $P_{k}, P_{k+1}$ 在 $P_{k}$ 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为 $\frac{1}{3^{2(k+1)}}$, 而 $\mathrm{P}_{\mathrm{k}}$ 有 $3 \times 4^{\mathrm{k}}$ 条边。故

$$
S_{k+1}=S_{k}+3 \times 4^{k} \times \frac{1}{3^{2(k+1)}}=\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{k+1}
$$

综上所述, 对任何 $\mathrm{n} \in \mathrm{N},(※)$ 式成立.

Final answer: $\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{n}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 有一列曲线 $\mathrm{P}_{0}, \mathrm{P}_{1}, \mathrm{P}_{2}, \cdots \cdots$, 已知 $\mathrm{P}_{0}$ 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形, $P_{k+1}$ 是对 $P_{k}$ 进行如下操作得到的: 将 $P_{k}$ 的每条边三等分, 以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉 $(\mathrm{k}=0,1,2,3, \cdots)$ ，记 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$ 为曲线 $\mathrm{P}_{\mathrm{k}}$ 所围成图形面积.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_362e030cd96ee9158bceg-1.jpg?height=231&width=234&top_left_y=981&top_left_x=611)

$\mathrm{P}_{0}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_362e030cd96ee9158bceg-1.jpg?height=350&width=256&top_left_y=976&top_left_x=975)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_362e030cd96ee9158bceg-1.jpg?height=363&width=260&top_left_y=961&top_left_x=1435)
求 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}$ 。

Solution:
$\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{n}\right]=\frac{8}{5}$.

Final answer: $\frac{8}{5}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 有一列曲线 $\mathrm{P}_{0}, \mathrm{P}_{1}, \mathrm{P}_{2}, \cdots \cdots$, 已知 $\mathrm{P}_{0}$ 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形, $P_{k+1}$ 是对 $P_{k}$ 进行如下操作得到的: 将 $P_{k}$ 的每条边三等分, 以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉 $(\mathrm{k}=0,1,2,3, \cdots)$ ，记 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$ 为曲线 $\mathrm{P}_{\mathrm{k}}$ 所围成图形面积.

<img_4136>

$\mathrm{P}_{0}$

<img_4226>

<img_4092>
求 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}$ 。

Solution:
$\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{8}{5}-\frac{3}{5} \cdot\left(\frac{4}{9}\right)^{n}\right]=\frac{8}{5}$.

Final answer: $\frac{8}{5}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=60^{\circ}, A B>A C$, 点 0 是外心, 两条高 $B E 、 C F$ 交于 $H$ 点, 点 $M$ 、 $\mathrm{N}$ 分别在线段 $\mathrm{BH} 、 \mathrm{HF}$ 上, 且满足 $\mathrm{BM}=\mathrm{CN}$, 求 $\frac{M H+N H}{O H}$ 的值.

<img_4239>

Solution:
在 $\mathrm{BE}$ 上取 $\mathrm{BK}=\mathrm{CH}$ ，连接 $\mathrm{OB} 、 \mathrm{OC} 、 \mathrm{OK}$,由三角形外心的性质知 $\angle \mathrm{BOC}=2 \angle \mathrm{A}=120^{\circ}$

由三角形垂心的性质知

$\angle \mathrm{BHC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{A}=120^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BOC}=\angle \mathrm{BHC}$

$\therefore B 、 C 、 H O$ 四点共圆

$\therefore \angle \mathrm{OBH}=\angle \mathrm{OCH} \quad \mathrm{OB}=\mathrm{OC} \quad \mathrm{BK}=\mathrm{CH}$

$\therefore \triangle \mathrm{BOK} \cong \triangle \mathrm{COH}$

$\because \mathrm{BOK}=\angle \mathrm{BOC}=120^{\circ}, \quad \angle O \mathrm{KH}=\angle \mathrm{OHK}=30^{\circ}$

观察 $\triangle \mathrm{OKH}$

$\frac{\mathrm{KH}}{\sin 120^{\circ}}=\frac{\mathrm{OH}}{\sin 30^{\circ}} \Rightarrow \mathrm{KH}=\sqrt{3} \mathrm{OH}$

又 $\because \mathrm{BM}=\mathrm{CN}, \mathrm{BK}=\mathrm{CH}$,

$\therefore \mathrm{KM}=\mathrm{NH}$

$\therefore \mathrm{MH}+\mathrm{NH}=\mathrm{MH}+\mathrm{KM}=\mathrm{KH}=\sqrt{3} \mathrm{OH}$

$\therefore \frac{M H+N H}{O H}=\sqrt{3}$.

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


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=60^{\circ}, A B>A C$, 点 0 是外心, 两条高 $B E 、 C F$ 交于 $H$ 点, 点 $M$ 、 $\mathrm{N}$ 分别在线段 $\mathrm{BH} 、 \mathrm{HF}$ 上, 且满足 $\mathrm{BM}=\mathrm{CN}$, 求 $\frac{M H+N H}{O H}$ 的值.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_21b405411f9fb2ce1af5g-1.jpg?height=411&width=531&top_left_y=2039&top_left_x=1254)

Solution:
在 $\mathrm{BE}$ 上取 $\mathrm{BK}=\mathrm{CH}$ ，连接 $\mathrm{OB} 、 \mathrm{OC} 、 \mathrm{OK}$,由三角形外心的性质知 $\angle \mathrm{BOC}=2 \angle \mathrm{A}=120^{\circ}$

由三角形垂心的性质知

$\angle \mathrm{BHC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{A}=120^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BOC}=\angle \mathrm{BHC}$

$\therefore B 、 C 、 H O$ 四点共圆

$\therefore \angle \mathrm{OBH}=\angle \mathrm{OCH} \quad \mathrm{OB}=\mathrm{OC} \quad \mathrm{BK}=\mathrm{CH}$

$\therefore \triangle \mathrm{BOK} \cong \triangle \mathrm{COH}$

$\because \mathrm{BOK}=\angle \mathrm{BOC}=120^{\circ}, \quad \angle O \mathrm{KH}=\angle \mathrm{OHK}=30^{\circ}$

观察 $\triangle \mathrm{OKH}$

$\frac{\mathrm{KH}}{\sin 120^{\circ}}=\frac{\mathrm{OH}}{\sin 30^{\circ}} \Rightarrow \mathrm{KH}=\sqrt{3} \mathrm{OH}$

又 $\because \mathrm{BM}=\mathrm{CN}, \mathrm{BK}=\mathrm{CH}$,

$\therefore \mathrm{KM}=\mathrm{NH}$

$\therefore \mathrm{MH}+\mathrm{NH}=\mathrm{MH}+\mathrm{KM}=\mathrm{KH}=\sqrt{3} \mathrm{OH}$

$\therefore \frac{M H+N H}{O H}=\sqrt{3}$.

Final answer: $\sqrt{3}$
Subfield: Algebra


Question: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{0}=1, a_{n+1}=\frac{7 a_{n}+\sqrt{45 a_{n}^{2}-36}}{2}, n \in N$.
证明：对任意 $n \in N, a_{n}$ 为正整数;

Solution:
由题设得 $a_{1}=5$, 且 $\left\{a_{n}\right\}$ 严格单调递增. 将条件式变形得 $2 a_{n+1}-7 a_{n}=\sqrt{45 a_{n}^{2}-36}$, 两边平方整理得 $a_{n+1}^{2}-7 a_{n} a_{n+1}+a_{n}^{2}+9=0 \quad ①$

$\therefore a_{n}^{2}-7 a_{n-1} a_{n}+a_{n-1}^{2}+9=0 \quad ②$

①-②得 $\left(a_{n+1}-a_{n-1}\right)\left(a_{n+1}+a_{n-1}-7 a_{n}\right)=0, \because a_{n+1}>a_{n}, \therefore a_{n+1}+a_{n-1}-7 a_{n}=0 \Rightarrow$ $a_{n+1}=7 a_{n}-a_{n-1}. \quad ③$

由③式及 $a_{0}=1, a_{1}=5$ 可知, 对任意 $n \in N, a_{n}$ 为正整数.