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


Question: $已知函数 f(x)=\ln x+2a\sqrt{x} (a\in R).$
$当a=1时，证明：f(x) \leq 2x。$

Solution:
$证明：当a=1时, f(x)=ln x+2\sqrt{x},x>0,$
$令h(x)=ln x+2\sqrt{x}－2x，$
$则h'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}－2=\frac{-(2\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}{x}.$
$当x\in (0,1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，$
$当x\in (1,+\infty )时，h'(x)<0，h(x)单调递减.$
$所以h(x)_{max}=g(1)=0.所以h(x)\leq 0.$
$故f(x)\leq 2x.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=xsinx.$
$求证：函数f(x)在(\frac{\pi }{2},\pi )内有且只有一个极值点；$

Solution:
$证明：设h(x)=f '(x)，则h'(x)=2cos x-xsin x.$

$当x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)时，h'(x)<0.$

$所以h(x)即f '(x)在\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)内单调递减.$

$又因为f '\left(\frac{\pi }{2}\right)=1>0， f '(\pi)=-\pi<0，$

$所以存在唯一x_0\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)，使得f '(x_0)=0.$

$f(x)与f '(x)在区间\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)上的情况如下：$

| $x$        | $\left(\frac{\pi }{2},x_0\right)$ | $x_0$ | $(x_0，\pi )$ |
| ------------ | ---------------- | ----- | ---------- |
| $f '(x)$   | +                                  | 0     | -          |
| $f(x)$     | $\text{单调递增}$                                | 极大值  | $\text{单调递减}$        |

$所以f(x)在\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)内有且只有一个极值点.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{ax}{e^x+a}-1，a\neq 0。$
$当a=1时，求证：f(x)在(0,+\infty )上有唯一极大值点.$

Solution:
$当a=1时， f(x)=\frac{x}{e^x+1}-1，f'(x)=\frac{e^x+1-xe^x}{(e^x+1)^2}.$

$证明：令g(x)=e^{x}+1-xe^{x}，则g'(x)=-xe^x，在区间(0,+\infty )上，g'(x)<0，则g(x)在区间(0,+\infty )上是减函数. 同时，g(1)=1>0,g(2)=-e^2+1<0，所以g(1)∙g(2)<0，所以g(x)在(0,+\infty )上有唯一零点x__0，当x变化时，f'(x), f(x)变化情况如下：$

| $x$ | $(0,x_0)$ | $x_0$ | $(x_0,+\infty )$ |
| ---- | ---------- | -------- | --------------- |
| $f'(x)$ | + | 0 | - |
| $f(x)$ | $\text{单调递增}$ | 极大值 | $\text{单调递减}$ |

$所以f(x)在(0,+\infty )上有唯一极大值点x_0.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \frac{1}{4}x^3 - x^2 + x.$
$当x\in [-2,4]时，求证：x-6\leq f(x)\leq x;$

Solution:
证明：令$g(x)=f(x)-x,x\in [-2,4]$.
$由g(x)=\frac{1}{4}x^3-x^2得g'(x)=\frac{3}{4}x^2-2x.$
$令g'(x)=0,得x=0或x=\frac{8}{3}.$
g'(x),g(x)的情况如下：

|   $x$   |   -2    | (-2,0) |   0   | $(0,\frac{8}{3})$ | $\frac{8}{3}$ | $(\frac{8}{3},4)$ |   4   |
|:-----:|:-------:|:-------:|:-----:|::|:--------:|::|:-----:|
| $g'(x)$ |         |    +    |       |          -         |          |         +          |       |
| $g(x)$ |   -6    |    $\text{单调递增}$    |   0   |         $\text{单调递减}$         | $-\frac{64}{27}$ |         $\text{单调递增}$         |   0   |

所以$g(x)的最小值为-6，最大值为0$.
故$-6\leq g(x)\leq 0，即x-6\leq f(x)\leq x$.
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x) = \frac{x^2}{2} - k \ln x，k > 0。$
$证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，\sqrt{e}]上仅有一个零点.$

Solution:
$证明：由(1)知， f(x)在区间(0，+\infty )上的最小值为f(\sqrt{k})=\frac{k(1- \mathrm{ln} k)}{2}.$
$因为f(x)存在零点，所以\frac{k(1- \mathrm{ln} k)}{2} \leq 0,从而k \geq e.$
$当k=e时， f(x)在区间(1，\sqrt{\mathrm{e}})上单调递减，且f(\sqrt{\mathrm{e}})=0,所以x=\sqrt{\mathrm{e}}是f(x)在区间(1，\sqrt{\mathrm{e}})上的唯一零点.$
$当k>e时， f(x)在区间(0，\sqrt{\mathrm{e}})上单调递减，且f(1)=\frac{1}{2}>0, f(\sqrt{\mathrm{e}})=\frac{\mathrm{e}-k}{2}<0,所以f(x)在区间(1，\sqrt{\mathrm{e}})上仅有一个零点.$
$综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，\sqrt{\mathrm{e}})上仅有一个零点.$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 某社区组织了一次公益讲座.向社区居民普及垃圾分类知识.为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后分别回答一份垃圾分类知识问卷.这10位社区居民的讲座前和讲座后答卷的正确率如下表：

| 编号/准确率 | 1号  | 2号  | 3号  | 4号  | 5号  | 6号  | 7号  | 8号  | 9号  | 10号 |
|-------------|------|------|------|------|------|------|------|------|------|------|
| 讲座前      | 65%  | 60%  | 70%  | 100% | 65%  | 75%  | 90%  | 85%  | 80%  | 60%  |
| 讲座后      | 90%  | 85%  | 80%  | 95%  | 85%  | 85%  | 95%  | 100% | 85%  | 90%  |
判断此次公益讲座的宣传效果,并说明你的理由.

Solution:
此次公益讲座的宣传效果很好.

理由：讲座前的平均正确率为
$\frac{65\% +60\% +70\% +100\% +65\% +75\% +90\% +85\% +80\% +60\% }{10}$
=75%；

讲座后的平均正确率为
$\frac{90\% +85\% +80\% +95\% +85\% +85\% +95\% +100\% +85\% +90\% }{10}$
=89%，89%>75%,平均正确率明显提高，故此次公益讲座的宣传效果很好.

Final answer: 此次公益讲座的宣传效果很好.
Subfield: Probability and Statistics


Question: 周末李梦提出和父亲、母亲、弟弟进行羽毛球比赛，李梦与他们三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，而且三场比赛相互独立.根据李梦最近分别与父亲、母亲、弟弟比赛的情况，得到如下统计表：

|    | 父亲 | 母亲 | 弟弟 |
|:---------:|:------:|:------:|:-------:|
|比赛的次数 |  50   |  60   |   40   |
|李梦获胜的次数 |  10   |  30   |   32   |

以上表中的频率作为概率，求解下列问题。
$记“与父亲、母亲、弟弟三场比赛中李梦连胜二场”的概率为p，此概率p与父亲、母亲、弟弟出场的顺序有关，求p最大🈯️.$

Solution:
$概率p与父亲、母亲、弟弟出场的顺序有关.出场顺序为母亲、弟弟、父亲或父亲、弟弟、母亲时概率p最大.$

详解：

$1. 出场顺序为父亲、母亲、弟弟：p = \frac{1}{5} \times \frac{1}{2} \times \left(1-\frac{4}{5}\right) + \left(1-\frac{1}{5}\right) \times \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} = \frac{17}{50}。$

$2. 出场顺序为父亲、弟弟、母亲：p = \frac{1}{5} \times \frac{4}{5} \times \left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(1-\frac{1}{5}\right) \times \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{2}{5}。$

$3. 出场顺序为母亲、父亲、弟弟：p = \frac{1}{2} \times \frac{1}{5} \times \left(1-\frac{4}{5}\right) + \left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{1}{5} \times \frac{4}{5} = \frac{1}{10}。$

$4. 出场顺序为母亲、弟弟、父亲：p = \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} \times \left(1-\frac{1}{5}\right) + \left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{4}{5} \times \frac{1}{5} = \frac{2}{5}。$

$5. 出场顺序为弟弟、母亲、父亲：p = \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} \times \left(1-\frac{1}{5}\right) + \left(1-\frac{4}{5}\right) \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{5} = \frac{17}{50}。$

$6. 出场顺序为弟弟、父亲、母亲：p = \frac{4}{5} \times \frac{1}{5} \times \left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(1-\frac{4}{5}\right) \times \frac{1}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{10}，$

$因此，概率p与出场的顺序有关，出场顺序为母亲、弟弟、父亲或父亲、弟弟、母亲时概率p最大，为\frac{2}{5}.$



Final answer: $\frac{2}{5}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 周末李梦提出和父亲、母亲、弟弟进行羽毛球比赛，李梦与他们三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，而且三场比赛相互独立.根据李梦最近分别与父亲、母亲、弟弟比赛的情况，得到如下统计表：

|    | 父亲 | 母亲 | 弟弟 |
|:---------:|:------:|:------:|:-------:|
|比赛的次数 |  50   |  60   |   40   |
|李梦获胜的次数 |  10   |  30   |   32   |

以上表中的频率作为概率，求解下列问题。
$记“与父亲、母亲、弟弟三场比赛中李梦连胜二场”的概率为p，此概率p与父亲、母亲、弟弟出场的顺序是否有关？如果有关，什么样的出场顺序使概率p最大(不必计算)？如果无关，请给出简要说明.$

Solution:
$概率p与父亲、母亲、弟弟出场的顺序有关.出场顺序为母亲、弟弟、父亲或父亲、弟弟、母亲时概率p最大.$

详解：

$1. 出场顺序为父亲、母亲、弟弟：p = \frac{1}{5} \times \frac{1}{2} \times \left(1-\frac{4}{5}\right) + \left(1-\frac{1}{5}\right) \times \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} = \frac{17}{50}。$
   
$2. 出场顺序为父亲、弟弟、母亲：p = \frac{1}{5} \times \frac{4}{5} \times \left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(1-\frac{1}{5}\right) \times \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{2}{5}。$

$3. 出场顺序为母亲、父亲、弟弟：p = \frac{1}{2} \times \frac{1}{5} \times \left(1-\frac{4}{5}\right) + \left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{1}{5} \times \frac{4}{5} = \frac{1}{10}。$

$4. 出场顺序为母亲、弟弟、父亲：p = \frac{1}{2} \times \frac{4}{5} \times \left(1-\frac{1}{5}\right) + \left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{4}{5} \times \frac{1}{5} = \frac{2}{5}。$

$5. 出场顺序为弟弟、母亲、父亲：p = \frac{4}{5} \times \frac{1}{2} \times \left(1-\frac{1}{5}\right) + \left(1-\frac{4}{5}\right) \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{5} = \frac{17}{50}。$
   
$6. 出场顺序为弟弟、父亲、母亲：p = \frac{4}{5} \times \frac{1}{5} \times \left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(1-\frac{4}{5}\right) \times \frac{1}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{10}，$

$因此，概率p与出场的顺序有关，出场顺序为母亲、弟弟、父亲或父亲、弟弟、母亲时概率p最大.$

Final answer: $概率p与父亲、母亲、弟弟出场的顺序有关.出场顺序为母亲、弟弟、父亲或父亲、弟弟、母亲时概率p最大.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知点A(-2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-\frac{1}{2}.记M的轨迹为曲线C.$
过坐标原点的直线交C于P, Q两点，点P在第一象限，PE\perp x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.证明：\triangle PQG是直角三角形；

Solution:
$证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y=kx (k>0).$

$由 y=kx，\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1 得 x=\pm \frac{2}{\sqrt{1+2k^2}}.$

$记u=\frac{2}{\sqrt{1+2k^2}}，则P(u,uk)，Q(-u,-uk)，E(u,0).$

$于是直线QG的斜率为\frac{k}{2}，方程为y=\frac{k}{2}(x-u).$

$由 y=\frac{k}{2}(x-u)，\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1 得 (2+k^2)x^2-2uk^2x+k^2u^2-8=0. ①$

$设G(x_G,y_G)，则-u和x_G是方程①的解，故x_G=\frac{u(3k^2+2)}{2+k^2}，由此得y_G=\frac{uk^3}{2+k^2}.$

$从而直线PG的斜率为\frac{\frac{uk^3}{2+k^2}-uk}{\frac{u(3k^2+2)}{2+k^2}-u}=-\frac{1}{k}.$

$所以PQ \perp PG，即\triangle PQG是直角三角形.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C ：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 过点 A\left(1, \frac{3}{2}\right) 和点 B (2,0).$
$斜率为\frac{1}{2}的直线与椭圆C交于M,N两点(M,N不与A重合)，直线AM,AN与x轴分别交于P,Q两点，证明：|AP|=|AQ|.$

Solution:
$证明：设斜率为\frac{1}{2}的直线方程为y = \frac{1}{2}x + m ，M(x_1, y_1)，N(x_2, y_2)，$
$由\left\{\begin{matrix}y=\frac{1}{2}x+m,\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{matrix}\right.可得4x^2 + 4mx + 4m^2-12=0，$
所以x_1 + x_2 = -m，x_1 x_2 = m^2-3，
$所以直线AM的方程为y - \frac{3}{2} = \frac{y_1-\frac{3}{2}}{x_1-1}(x - 1)，$
$又y_1 = \frac{1}{2}x_1 + m，$
$所以y - \frac{3}{2} = \frac{\frac{1}{2}x_1+m-\frac{3}{2}}{x_1-1}(x - 1)，$
$令y = 0，得x = \frac{-2x_1+2m}{x_1+2m-3}，所以P\left(\frac{-2x_1+2m}{x_1+2m-3},0\right)，$
$同理可得Q\left(\frac{-2x_2+2m}{x_2+2m-3},0\right)，$
$设PQ的中点为G，所以点G的横坐标为\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{-2x_1+2m}{x_1+2m-3}+\frac{-2x_2+2m}{x_2+2m-3}\right) = -\left(\frac{x_1-m}{x_1+2m-3}+\frac{x_2-m}{x_2+2m-3}\right)$
$= -\frac{(x_1-m)(x_2+2m-3)+(x_2-m)(x_1+2m-3)}{(x_1+2m-3)(x_2+2m-3)}$
$= -\frac{2x_1x_2+(m-3)(x_1+x_2)-2m(2m-3)}{x_1x_2+(2m-3)(x_1+x_2)+(2m-3)^2}$
$= -\frac{2m^2-6-m(m-3)-2m(2m-3)}{m^2-3-m(2m-3)+(2m-3)^2} = -\frac{-3m^2+9m-6}{3m^2-9m+6} = 1，又因为A \left(1,\frac{3}{2}\right)， 所以直线AG为线段PQ的垂直平分线，$
所以 $|AP| = |AQ|$.
Subfield: Conic Sections


Question: $过椭圆W：x^2/2+y^2=1的右焦点F的直线l_1交椭圆于A，B两点，其中A(0，1)，另一条过F的直线l_2交椭圆于C，D两点(不与A，B重合)，且D点不与点(0,-1)重合，过F作x轴的垂线分别交直线AD，BC于E，G.$
$求证：E，G两点关于x轴对称.$

Solution:
$证明：当l_2斜率不存在时，C，D两点分别与G，E重合，$
$由椭圆的对称性知，E，G两点关于x轴对称；$
$当l_2斜率存在时，设l_2的方程为y=k(x-1)(k\neq -1)，C(x_1,y_1) (x_1 \ne 0且x_1 \ne \frac{4}{3})，D(x_2,y_2) (x_2\neq 0)，$
$所以y_1=k(x_1-1)，y_2=k(x_2-1)，$
$所以直线BC的方程为y+\frac{1}{3}=\frac{y_1+\frac{1}{3}}{x_1-\frac{4}{3}}\left(x-\frac{4}{3}\right)，$
$直线AD的方程为y-1=\frac{y_2-1}{x_2}x，$
$将x=1代入y+\frac{1}{3}=\frac{y_1+\frac{1}{3}}{x_1-\frac{4}{3}}\left(x-\frac{4}{3}\right)，得y=\frac{-y_1-x_1+1}{3x_1-4}=\frac{(k+1)(x_1-1)}{4-3x_1}，所以G\left(1,\frac{(k+1)(x_1-1)}{4-3x_1}\right)，将x=1代入y-1=\frac{y_2-1}{x_2}x，得y=\frac{x_2+y_2-1}{x_2}=\frac{(k+1)(x_2-1)}{x_2}，所以E\left(1,\frac{(k+1)(x_2-1)}{x_2}\right)，$
$所以y_{G}+y_{E}=\frac{(k+1)(x_1-1)}{4-3x_1}+\frac{(k+1)(x_2-1)}{x_2}=\frac{(1+k)[-2x_1x_2+3(x_1+x_2)-4]}{4x_2-3x_1x_2}，$
$联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{2}+y^2=1,\\ y=k(x-1),\end{matrix}\right.得(2k^2+1)x^2-4k^2x+2k^2-2=0，$
$所以x_1+x_2=\frac{4k^2}{2k^2+1}，x_1x_2=\frac{2k^2-2}{2k^2+1}，所以y_{G}+y_{E}=\frac{(1+k)\left(-2 \cdot \frac{2k^2-2}{2k^2+1}+3 \cdot \frac{4k^2}{2k^2+1}-4\right)}{4x_2-3x_1x_2}=0，$
$所以y_{G}=-y_{E}，即E，G两点关于x轴对称.$
$综上所述，E，G两点关于x轴对称.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知F为椭圆C: x^2/2+y^2=1 的左焦点，直线l: y=k(x-2) 与椭圆C交于不同的两点M, N.$
$设直线FM, FN分别与直线x=1交于两点P, Q，线段MN, PQ的中点分别为G, H，点A\left(\frac{1}{5},0\right).当k变化时，证明A, G, H三点共线.$

Solution:
$证明：设M(x_1, y_1)，N(x_2, y_2).由$

$$
\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{2}+y^2=1,\\ y=k(x-2)\end{matrix}\right.
$$

$得 (1+2k^2)x^2-8k^2x+8k^2-2=0. 由 \Delta=(-8k^2)^2-4(1+2k^2)(8k^2-2)>0，解得 k^2 < \frac{1}{2}. 所以 x_1 + x_2=\frac{8k^2}{1+2k^2}，x_1x_2=\frac{8k^2-2}{1+2k^2}，y_1 + y_2=k(x_1+x_2-4)=\frac{-4k}{1+2k^2}. 所以点 G 的坐标为 \left(\frac{4k^2}{1+2k^2},\frac{-2k}{1+2k^2}\right). 直线 AG 的斜率 k_{AG}=\frac{\frac{-2k}{1+2k^2}-0}{\frac{4k^2}{1+2k^2}-\frac{1}{5}}=\frac{-10k}{18k^2-1}，直线 FM 的方程为 y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1)，则点 P 的坐标为 \left(1,\frac{2y_1}{x_1+1}\right). 同理点 Q 的坐标为 \left(1,\frac{2y_2}{x_2+1}\right).$

$因为 \frac{2y_1}{x_1+1} + \frac{2y_2}{x_2+1} = \frac{2k[(x_1-2)(x_2+1)+(x_2-2)(x_1+1)]}{(x_1+1)(x_2+1)} = \frac{2k[2x_1x_2-(x_1+x_2)-4]}{x_1x_2+(x_1+x_2)+1} = \frac{2k\left(2 \times \frac{8k^2-2}{1+2k^2}-\frac{8k^2}{1+2k^2}-4\right)}{\frac{8k^2-2}{1+2k^2}+\frac{8k^2}{1+2k^2}+1} = \frac{-16k}{18k^2-1}，所以点 H \left(1,\frac{-8k}{18k^2-1}\right)，所以直线 AH 的斜率 k_{AH}=\frac{\frac{-8k}{18k^2-1}-0}{1-\frac{1}{5}}=\frac{-10k}{18k^2-1}. 因为 k_{AG}=k_{AH}，所以 A,G,H 三点共线.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C 的方程为 \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0)，若右焦点为 F(\sqrt{2}，0)，且离心率为 \frac{\sqrt{6}}{3}。$
$设M，N是C上的两点，直线MN与曲线x^2+y^2=b^2(x>0)相切，证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=\sqrt{3}.$

Solution:
$证明：①先证必要性.因为 M，N，F 三点共线，所以设直线 MN：$
$x=my+\sqrt{2}$
$.由题意知 O(0，0)到直线 MN 的距离 d = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{m^2+1}} =1,解得 m^2 =1，故 m =\pm 1，所以直线 MN ： x \pm  y - \sqrt{2} =0,根据对称性，不妨设直线 MN ： y = x - \sqrt{2}$
$.联立 \left\{\begin{matrix}y=x-\sqrt{2},\\ x^2+3y^2=3,\end{matrix}\right.$
$消 y 整理得4 x^2 -6\sqrt{2}x +3=0.$
$设 M( x_1 , y_1 ), N ( x_2 ,y_2 ).故 x_1 + x_2 = \frac{3\sqrt{2}}{2} , x_1x_2 = \frac{3}{4}，所以 | MN | = \sqrt{1+1^2} \cdot  | x_1 - x_2 | = \sqrt{2} \times  \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2} = \sqrt{3}，即必要性成立.$

$②再证充分性.因为直线 MN 与曲线 x^2+y^2=1 ( x >0 )相切，所以设切点为 P ( x_0 , y_0 )( x_0 >0 )， M( x_1 , y_1 )， N ( x_2 ,y_2 ).则直线 MN ： x_0x + y_0y =1 且 x_0^2 + y_0^2 =1 .联立 \left\{\begin{matrix}x_0x+y_0y=1,\\ x^2+3y^2=3,\end{matrix}\right.$
$得 \left\{\begin{matrix}(y_0y)^2=(1-x_0x)^2,\\ y^2_0x^2+3(y_0y)^2=3y^2_0.\end{matrix}\right.$
$则 y^2_0x^2 +3(1- x_0x )^2 =3y^2_0 ,即(3 x^2_0 + y^2_0)x^2-6x_0x+3-3y^2_0 =0，即(2 x^2_0 +1)x^2 -6x_0x +3x^2_0 =0，所以 x_1 + x_2=int\frac{6x_0}{2x^2_0+1} , x_1x_2 = \frac{3x^2_0}{2x^2_0+1}，所以| x_1 - x_2 | = \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2} = \frac{\sqrt{24x^2_0-24x^4_0}}{2x^2_0+1} = \frac{2\sqrt{6}x_0\sqrt{1-x^2_0}}{2x^2_0+1} = \frac{2\sqrt{6}x_0|y_0|}{2x^2_0+1} .又 k_{MN} = -\frac{x_0}{y_0} ，故 | MN | = \sqrt{1+\left(-\frac{x_0}{y_0}\right)^2} | x_1 - x_2 | = \frac{1}{|y_0|} \cdot  | x_1 - x_2 | = \frac{2\sqrt{6}x_0}{2x^2_0+1} = \sqrt{3} ，即2x^2_0 -2\sqrt{2}x_0 +1=0 ，即( \sqrt{2} x_0 -1)^2 =0 ，所以 x_0 = \frac{\sqrt{2}}{2} .故y_0 = \pm\sqrt{1-x^2_0} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}.在此 MN ： x_0x + y_0y =1 ，即 MN ： x \pm  y = \sqrt{2} ，故直线 MN 过 F ( \sqrt{2} ，0)，即 M 、 N 、 F 三点共线.故充分性成立.故 M， N ， F 三点共线的充要条件是 | MN | = \sqrt{3}。$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: x^2 / a^2 + y^2 / b^2 = 1 (a> b > 0)经过点P (1, \sqrt{2} / 2)，离心率 e = \sqrt{2}/2.$
$设AB是经过椭圆右焦点F的一条弦(不经过点P且A在B的上方)，直线AB与直线x=2相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k_1，k_2，k_3，将k_1、k_2、k_3如何排列能构成一个等差数列？证明你的结论.$

Solution:
$k_1、k_3、k_2或k_2、k_3、k_1能构成一个等差数列. 椭圆右焦点坐标F(1,0)，显然直线AB斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k(x-1)③，代入椭圆方程\frac{x^2}{2} + y^2=1，整理得(2k^2 + 1)x^2 - 4k^2x + 2(k^2 - 1)=0，易知\Delta >0。设A(x_1, y_1)，B(x_2, y_2)，则有x_1 + x_2=\frac{4k^2}{2k^2+1}，x_1x_2=\frac{2(k^2-1)}{2k^2+1}。在方程③中，令x=2，得M(2,k)，从而k_1=\frac{y_1-\frac{\sqrt{2}}{2}}{x_1-1}，k_2=\frac{y_2-\frac{\sqrt{2}}{2}}{x_{2}-1}，k_3=\frac{k-\frac{\sqrt{2}}{2}}{2-1}=k - \frac{\sqrt{2}}{2}，因为k_1 + k_2=\frac{y_1-\frac{\sqrt{2}}{2}}{x_1-1} + \frac{y_2-\frac{\sqrt{2}}{2}}{x_{2}-1}=\frac{\left(kx_1-k-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)(x_2-1)+\left(kx_2-k-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)(x_1-1)}{(x_1-1)(x_2-1)}$
$=\frac{2kx_1x_2-\left(2k+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)(x_1+x_2)+2k+\sqrt{2}}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}=\frac{2k(2k^2-2)-\left(2k+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)4k^2+(2k+\sqrt{2})(2k^2+1)}{2k^2-2-4k^2+2k^2+1}=2k - \sqrt{2}。而2k_3=2\left(k-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=2k - \sqrt{2}，所以k_1 + k_2=2k_3，即k_3为k_1、k_2的等差中项，所以k_1、k_3、k_2或k_2、k_3、k_1为等差数列.$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 (a>b>0)过点(0,\sqrt{3})，且离心率为\frac{1}{2}.设A，B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆上异于A，B的一点，直线AP，BP分别与直线l: x=4相交于M，N两点，且直线MB与椭圆C交于另一点H.$
判断A，H，N三点是否共线，并证明你的结论.

Solution:
A，H，N三点共线，证明如下：
$设直线AP：y=k(x+2)，则直线BP：y=-\frac{3}{4k}(x-2)，$
$将x=4代入直线AP，BP得M(4,6k)，N\left(4,-\frac{3}{2k}\right)，$
$k_{BM}=\frac{6k}{4-2}=3k，设直线MB：y=3k(x-2)，$
$联立\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1,\\ y=3k(x-2),\end{matrix}\right.得(1+12k^2)x^2-48k^2x+48k^2-4=0，$
$设H(x_{1},y_{1})，则2x_{1}=\frac{48k^2-4}{12k^2+1}，解得x_{1}=\frac{24k^2-2}{12k^2+1}，$
$所以y_{1}=3k(x_{1}-2)=\frac{-12k}{12k^2+1}，$
$即H\left(\frac{24k^2-2}{12k^2+1},\frac{-12k}{12k^2+1}\right)，$
$所以k_{AH}=\frac{\frac{-12k}{12k^2+1}}{\frac{24k^2-2}{12k^2+1}+2}=-\frac{1}{4k}，k_{AN}=\frac{-\frac{3}{2k}}{6}=-\frac{1}{4k}，$
所以k_{AN}=k_{AH}，A为公共点，所以A，H，N三点共线.
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆M：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a＞b＞0)过A(-2，0)，B(0，1)两点.$
设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线QS过定点.

Solution:
$由(1)知椭圆M的方程为\frac{x^2}{4} + y^2=1，C(2,0)。由题意知：直线AB的方程为x=2y-2。设P(x_0,y_0)(y_0\neq 0，y_0\neq \pm 1)，Q(2y_Q-2,y_Q)，S(x_S,0)。因为C,P,Q三点共线，所以有\overrightarrow{CP}\parallel \overrightarrow{CQ}。所以(x_0-2)y_Q=y_0(2y_Q-4)。所以y_Q=\frac{4y_0}{2y_0-x_0+2}。所以Q \left(\frac{4y_0+2x_0-4}{2y_0-x_0+2},\frac{4y_0}{2y_0-x_0+2}\right)。因为B,S,P三点共线，所以\frac{1}{-x_S}=\frac{y_0-1}{x_0}，即x_S=\frac{x_0}{1-y_0}。所以S \left(\frac{x_0}{1-y_0},0\right)。所以直线QS的方程为x=\frac{\frac{4y_0+2x_0-4}{2y_0-x_0+2}-\frac{x_0}{1-y_0}}{\frac{4y_0}{2y_0-x_0+2}}y+\frac{x_0}{1-y_0}，即x=\frac{x^2_0-4y^2_0-4x_0y_0+8y_0-4}{4y_0(1-y_0)}y+\frac{x_0}{1-y_0}。又因为点P在椭圆M上，所以x_0^2=4-4y_0^2。所以直线QS的方程为x=\frac{2-2y_0-x_0}{1-y_0}(y-1)+2。所以直线QS过定点(2，1).$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C :  \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>b>0) 的离心率 e =  \frac{\sqrt{3}}{2}，且圆 x^2 + y ^2 =2 过椭圆 C 的上、下顶点.$
$若直线l的斜率为\frac{1}{2}，且直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，点A(-2,1)是椭圆C上一点，若直线AE与AQ的斜率分别为k_{AE}，k_{AQ}，证明：k_{AE}+k_{AQ}=0.$

Solution:
$证明：设直线l的方程为y=\frac{1}{2}x+m，$
$代入椭圆方程x^2+4y^2=8，可得x^2+2mx+2m^2-4=0，$
$因为直线l交椭圆C于P，Q两点，$
$所以\Delta=4m^2-4(2m^2-4) > 0，解得-2 < m < 2，$
$设点P(x_1,y_1)，Q(x_2,y_2)，由于点P与点E关于原点对称，故E(-x_1,-y_1)，$
$x_1+x_2=-2m，x_1x_2=2m^2-4，$
$因为A(-2,1)，所以k_{AE}+k_{AQ}=\frac{-y_1-1}{-x_1+2}+\frac{y_2-1}{x_2+2}$
$=\frac{(2-x_1)(y_2-1)-(2+x_2)(y_1+1)}{(2+x_2)(2-x_1)}，$
$又y_1=\frac{1}{2}x_1+m，y_2=\frac{1}{2}x_2+m，$
$所以(2-x_1)(y_2-1)-(2+x_2)(y_1+1)=2(y_2-y_1)-(x_1y_2+x_2y_1)+x_1-x_2-4=x_2-x_1-(x_1x_2+mx_1+mx_2)+x_1-x_2-4=-x_1x_2-m(x_1+x_2)-4=-(2m^2-4)-m(-2m)-4=0，故k_{AE}+k_{AQ}=0，结论得证。$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆 C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>b>0)经过点 P(2,1)，P到椭圆 C 的两个焦点的距离和为 4\sqrt{2}.$
$设Q(4,0)，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线.$

Solution:
$因为P(2,1)，Q(4,0)，且R为PQ的中点，$

$所以k_{PQ}=-\frac{1}{2}，R(3,\frac{1}{2}).$

$依题意，设直线l的方程为y=-\frac{1}{2}x+m(m\neq 2)，A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，M(x_3,y_3)，N(x_4,y_4)，$

$所以直线AQ的方程为y=\frac{y_1}{x_1-4}(x－4).$

$由\left\{\begin{matrix}y=\frac{y_1}{x_1-4}(x-4),\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{matrix}\right.得x^2+\frac{4y^2_1(x-4)^2}{(x_1-4)^2}=8，$

$即(x_1^2+4y^2_1+16－8x_1)x^2－32y^2_1x+64y^2_1－8(x_1－4)^2=0.$

$因为点A在椭圆C上，所以x^2_1+4y^2_1=8，$

$由此得(24－8x_1)x^2－32y^2_1x+64y^2_1－8(x_1－4)^2=0，$

$即(3－x_1)x^2－4y^2_1x+8y^2_1－(x_1－4)^2=0，$

$所以x_1+x_3=\frac{4y^2_1}{3-x_1}，$

$于是x_3=\frac{4y^2_1}{3-x_1}－x_1=\frac{x^2_1+4y^2_1-3x_1}{3-x_1}=\frac{8-3x_1}{3-x_1}，$

$所以y_3=\frac{y_1}{x_1-4}(x_3－4)=\frac{y_1}{x_1-4}\left(\frac{8-3x_1}{3-x_1}-4\right)=\frac{y_1}{3-x_1}，即M\left(\frac{8-3x_1}{3-x_1},\frac{y_1}{3-x_1}\right)，$

$由此得k_{MR}=\frac{\frac{y_1}{3-x_1}-\frac{1}{2}}{\frac{8-3x_1}{3-x_1}-3}=-\left(\frac{1}{2}x_1+y_1\right)+\frac{3}{2}.$

$因为点A在l上，$

$所以\frac{1}{2}x_1+y_1=m，即k_{MR}=\frac{3}{2}－m.$

$同理，k_{NR}=\frac{3}{2}－m，$

$所以k_{MR}=k_{NR}，$

$故M，N，R三点共线.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD垂直平面ABC，\angle ACB=\angle ACD=45^\circ ，DC=2BC.$
![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283937438285825/img/compression/M_aceee3984001f83cc56c3b7cee3a8581.jpg)
$证明：EF \perp DB；$

Solution:
$证明：如图，过点D作DO\perp AC，交直线AC于点O，连接OB.$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283937786413058/img/compression/M_536d25f0c407f8564ba40a24db2882c5.jpg)

$由\angle ACD=45^\circ ，DO\perp AC得CD=\sqrt{2}CO，$

$由平面ACFD\perp 平面ABC且交线为AC得DO\perp 平面ABC，所以DO\perp BC.$

$由\angle ACB=45^\circ ，BC=\frac{1}{2}CD=\frac{\sqrt{2}}{2}CO得BO\perp BC.$

$又BO\cap DO=O，所以BC\perp 平面BDO，$

$因为DB\subset 平面BDO，故BC\perp DB.$

$由三棱台ABC-DEF得BC\parallel EF，$

$所以EF\perp DB.$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD垂直平面ABC，\angle ACB=\angle ACD=45^\circ ，DC=2BC.$
<img_3043>
$证明：EF \perp DB；$

Solution:
$证明：如图，过点D作DO\perp AC，交直线AC于点O，连接OB.$

<img_2338>

$由\angle ACD=45^\circ ，DO\perp AC得CD=\sqrt{2}CO，$

$由平面ACFD\perp 平面ABC且交线为AC得DO\perp 平面ABC，所以DO\perp BC.$

$由\angle ACB=45^\circ ，BC=\frac{1}{2}CD=\frac{\sqrt{2}}{2}CO得BO\perp BC.$

$又BO\cap DO=O，所以BC\perp 平面BDO，$

$因为DB\subset 平面BDO，故BC\perp DB.$

$由三棱台ABC-DEF得BC\parallel EF，$

$所以EF\perp DB.$
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，长方体 ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA_1 上，BE \perp EC_1.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1715283938130345987/img/compression/M_3a139046bba83d337a934f8ed1c86fb9.jpg)
$证明：BE \perp 平面 EB_1 C_1;$

Solution:
$证明：由已知得，B_1C_1\perp 平面ABBA_1，  $
$因为BE\subset 平面ABBA_1，故B_1C_1\perp BE。  $
$又BE\perp EC_1，B_1C_1\cap EC_1=C_1，  $
$所以BE\perp 平面EB_1C_1。$

Final answer: 证明题
Subfield: Solid Geometry


Question: $如图，长方体 ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA_1 上，BE \perp EC_1.$
<img_1813>
$证明：BE \perp 平面 EB_1 C_1;$

Solution:
$证明：由已知得，B_1C_1\perp 平面ABBA_1，  $
$因为BE\subset 平面ABBA_1，故B_1C_1\perp BE。  $
$又BE\perp EC_1，B_1C_1\cap EC_1=C_1，  $
$所以BE\perp 平面EB_1C_1。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \ln x + \frac{a}{2}x^2 - (a+1)x, a \in R.$
$设x_1，x_2 (0 < x_1 < x_2) 是函数 g(x) = f(x) + x 的两个极值点，证明： g(x_1) - g(x_2) < \frac{a}{2} - \ln a 恒成立．$

Solution:
证明：
$g(x) = f(x) + x = \ln x + \frac{a}{2}x^2 - ax，$
$则g(x)的定义域为(0,+\infty )，$
$且g'(x) = \frac{1}{x} + ax - a = \frac{ax^2 - ax + 1}{x}。$
$若g(x)有两个极值点x_1，x_2 (0 < x_1 < x_2)，$
$则方程ax^2 - ax + 1 = 0的判别式\Delta  = a^2 - 4a > 0，$
$且x_1 + x_2 = 1，x_1x_2 = \frac{1}{a} > 0，解得a > 4，$
$又0 < x_1 < x_2，所以x^2_1 < x_1  x_2 = \frac{1}{a} ，即 0 < x_1 < \frac{1}{\sqrt{a}}，$
$所以g(x_1) - g(x_2) = \ln x_1 + \frac{a}{2}x^2_1 - ax_1 - \ln x_2 - \frac{a}{2}x^2_2 + ax_2 $
$= \ln x_1 - \ln \frac{1}{ax_1} + \frac{a}{2}(x_1 + x_2)(x_1 - x_2) - a(x_1 - x_2)$
$= \ln x_1 + \ln(ax_1) + \frac{a}{2}(2x_1 - 1) = \ln x_1 + \ln(ax_1) + \frac{a}{2}- ax_1,$
$设h(t) = \ln t + \ln(at) + \frac{a}{2} - at，其中t = x_1 \in  \left(0, \frac{1}{\sqrt{a}}\right)，a > 4，$
$由h'(t) = \frac{2}{t} - a = 0得t = \frac{2}{a}，$
$又\frac{2}{a} - \frac{1}{\sqrt{a}} = \frac{2 - \sqrt{a}}{a} < 0，$
$所以h(t)在区间\left(0, \frac{2}{a}\right)内单调递增，在区间\left(\frac{2}{a}, \frac{1}{\sqrt{a}}\right)内单调递减，$
$即h(t)的最大值为h\left(\frac{2}{a}\right) = 2\ln 2 - \ln a + \frac{a}{2} - 2 < \frac{a}{2} - \ln a，$
$从而g(x_1) - g(x_2) < \frac{a}{2} - \ln a恒成立。$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $江西某中学校园内有块扇形空地OPQ，经测量其半径为60 m，圆心角为\frac{\pi }{3}，学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场ABCD，初步设计方案1如图1所示。$

<img_2716>
你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积？若有，在图2中画出来，并证明你的结论．  
<img_1896>

Solution:
如图所示，在半径OP上截取线段AB为矩形的一边，作矩形ABCD，
$设\angle BOC=\theta ，0<\theta <\frac{\pi }{3}，可得CB=60sin \theta ，OB=60cos \theta ，则OA=CBtan\frac{\pi }{6}=20\sqrt{3}sin \theta ，$
故矩形ABCD的面积为
$S=(OB-OA)\cdot CB=(60cos \theta -20\sqrt{3}sin \theta )\times 60sin \theta =3 600\left(\sin  \theta \cos  \theta -\frac{\sqrt{3}}{3}\sin ^2\theta \right)$
$=1 800\left(\sin  2\theta +\frac{\sqrt{3}}{3}\cos  2\theta \right)-600\sqrt{3}$
$=1 200\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin  2\theta +\frac{1}{2}\cos  2\theta \right)-600\sqrt{3}$
$=1 200\sqrt{3}sin\left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)-600\sqrt{3}，$
$由0<\theta <\frac{\pi }{3}，可得\frac{\pi }{6}<2\theta +\frac{\pi }{6}<\frac{5\pi }{6}，$
$\therefore 当2\theta +\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{\pi }{6}时，S有最大值600\sqrt{3}，$
$即篮球场面积的最大值为600\sqrt{3} m^2，现将两种方案的最大值进行比较大小，\because 3 600(2-\sqrt{3})-600\sqrt{3}=600(12-7\sqrt{3})<0，\therefore 方案2的篮球场面积更大．$

<img_2383>
Subfield: Trigonometric Functions


Question: $江西某中学校园内有块扇形空地OPQ，经测量其半径为60 m，圆心角为\frac{\pi }{3}，学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场ABCD，初步设计方案1如图1所示。$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1632611650396233731/img/compression/M_5839487b9709daa6fc03df22d74a3e13.jpg)
你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积？若有，在图2中画出来，并证明你的结论．  
![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1632611651855851522/img/compression/M_4c2cab4c8f84b1745c6133a1ecb2b92b.jpg)

Solution:
如图所示，在半径OP上截取线段AB为矩形的一边，作矩形ABCD，
$设\angle BOC=\theta ，0<\theta <\frac{\pi }{3}，可得CB=60sin \theta ，OB=60cos \theta ，则OA=CBtan\frac{\pi }{6}=20\sqrt{3}sin \theta ，$
故矩形ABCD的面积为
$S=(OB-OA)\cdot CB=(60cos \theta -20\sqrt{3}sin \theta )\times 60sin \theta =3 600\left(\sin  \theta \cos  \theta -\frac{\sqrt{3}}{3}\sin ^2\theta \right)$
$=1 800\left(\sin  2\theta +\frac{\sqrt{3}}{3}\cos  2\theta \right)-600\sqrt{3}$
$=1 200\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin  2\theta +\frac{1}{2}\cos  2\theta \right)-600\sqrt{3}$
$=1 200\sqrt{3}sin\left(2\theta +\frac{\pi }{6}\right)-600\sqrt{3}，$
$由0<\theta <\frac{\pi }{3}，可得\frac{\pi }{6}<2\theta +\frac{\pi }{6}<\frac{5\pi }{6}，$
$\therefore 当2\theta +\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}，即\theta =\frac{\pi }{6}时，S有最大值600\sqrt{3}，$
$即篮球场面积的最大值为600\sqrt{3} m^2，现将两种方案的最大值进行比较大小，\because 3 600(2-\sqrt{3})-600\sqrt{3}=600(12-7\sqrt{3})<0，\therefore 方案2的篮球场面积更大．$

![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1632611651855851522/img/compression/M_835dba3ebaf9aa6f5cce2281b0a5b42b.jpg)

Final answer: 证明题