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


Question: 作斜率为 $\frac{1}{3}$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 交于 $A, B$ 两点 (如图所示), 且 $P(3 \sqrt{2}, \sqrt{2}$ )在直线 $l$ 的左上方.


![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_09525d2ec1168b0d8967g-1.jpg?height=288&width=471&top_left_y=353&top_left_x=838)
证明: $\triangle P A B$ 的内切圆的圆心在一条定直线上;

Solution:
设直线 $l: y=\frac{1}{3} x+m, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

将 $y=\frac{1}{3} x+m$ 代入 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 中, 化简得

$$
2 x^{2}+6 m x+9 m^{2}-36=0 .
$$

于是有

$$
x_{1}+x_{2}=-3 m, x_{1} x_{2}=\frac{9 m^{2}-36}{2} .
$$

因为

$$
k_{P A}=\frac{y_{1}-\sqrt{2}}{x_{1}-3 \sqrt{2}}, k_{P B}=\frac{y_{2}-\sqrt{2}}{x_{2}-3 \sqrt{2}}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
k_{P A}+k_{P B} & =\frac{y_{1}-\sqrt{2}}{x_{1}-3 \sqrt{2}}+\frac{y_{2}-\sqrt{2}}{x_{2}-3 \sqrt{2}} \\
& =\frac{\left(y_{1}-\sqrt{2}\right)\left(x_{2}-3 \sqrt{2}\right)+\left(y_{2}-\sqrt{2}\right)\left(x_{1}-3 \sqrt{2}\right)}{\left(x_{1}-3 \sqrt{2}\right)\left(x_{2}-3 \sqrt{2}\right)},
\end{aligned}
$$

上式中

$$
\begin{aligned}
\text { 分子 } & =\left(\frac{1}{3} x_{1}+m-\sqrt{2}\right)\left(x_{2}-3 \sqrt{2}\right)+\left(\frac{1}{3} x_{2}+m-\sqrt{2}\right)\left(x_{1}-3 \sqrt{2}\right) \\
& =\frac{2}{3} x_{1} x_{2}+(m-2 \sqrt{2})\left(x_{1}+x_{2}\right)-6 \sqrt{2}(m-\sqrt{2}) \\
& =\frac{2}{3} \cdot \frac{9 m^{2}-36}{2}+(m-2 \sqrt{2})(-3 m)-6 \sqrt{2}(m-\sqrt{2}) \\
& =3 m^{2}-12-3 m^{2}+6 \sqrt{2} m-6 \sqrt{2} m+12=0,
\end{aligned}
$$

因此

$$
k_{P A}+k_{P B}=0
$$



又 $P$ 在直线 $l$ 的左上方, 因此, $\angle A P B$ 的角平分线是平行于 $y$ 轴的直线, 所以 $\triangle P A B$的内切圆的圆心在直线 $x=3 \sqrt{2}$ 上.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 作斜率为 $\frac{1}{3}$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 交于 $A, B$ 两点 (如图所示), 且 $P(3 \sqrt{2}, \sqrt{2}$ )在直线 $l$ 的左上方.


<img_4194>
证明: $\triangle P A B$ 的内切圆的圆心在一条定直线上;

Solution:
设直线 $l: y=\frac{1}{3} x+m, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

将 $y=\frac{1}{3} x+m$ 代入 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 中, 化简得

$$
2 x^{2}+6 m x+9 m^{2}-36=0 .
$$

于是有

$$
x_{1}+x_{2}=-3 m, x_{1} x_{2}=\frac{9 m^{2}-36}{2} .
$$

因为

$$
k_{P A}=\frac{y_{1}-\sqrt{2}}{x_{1}-3 \sqrt{2}}, k_{P B}=\frac{y_{2}-\sqrt{2}}{x_{2}-3 \sqrt{2}}
$$

所以

$$
\begin{aligned}
k_{P A}+k_{P B} & =\frac{y_{1}-\sqrt{2}}{x_{1}-3 \sqrt{2}}+\frac{y_{2}-\sqrt{2}}{x_{2}-3 \sqrt{2}} \\
& =\frac{\left(y_{1}-\sqrt{2}\right)\left(x_{2}-3 \sqrt{2}\right)+\left(y_{2}-\sqrt{2}\right)\left(x_{1}-3 \sqrt{2}\right)}{\left(x_{1}-3 \sqrt{2}\right)\left(x_{2}-3 \sqrt{2}\right)},
\end{aligned}
$$

上式中

$$
\begin{aligned}
\text { 分子 } & =\left(\frac{1}{3} x_{1}+m-\sqrt{2}\right)\left(x_{2}-3 \sqrt{2}\right)+\left(\frac{1}{3} x_{2}+m-\sqrt{2}\right)\left(x_{1}-3 \sqrt{2}\right) \\
& =\frac{2}{3} x_{1} x_{2}+(m-2 \sqrt{2})\left(x_{1}+x_{2}\right)-6 \sqrt{2}(m-\sqrt{2}) \\
& =\frac{2}{3} \cdot \frac{9 m^{2}-36}{2}+(m-2 \sqrt{2})(-3 m)-6 \sqrt{2}(m-\sqrt{2}) \\
& =3 m^{2}-12-3 m^{2}+6 \sqrt{2} m-6 \sqrt{2} m+12=0,
\end{aligned}
$$

因此

$$
k_{P A}+k_{P B}=0
$$



又 $P$ 在直线 $l$ 的左上方, 因此, $\angle A P B$ 的角平分线是平行于 $y$ 轴的直线, 所以 $\triangle P A B$的内切圆的圆心在直线 $x=3 \sqrt{2}$ 上.
Subfield: Plane Geometry


Question: 作斜率为 $\frac{1}{3}$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 交于 $A, B$ 两点 (如图所示), 且 $P(3 \sqrt{2}, \sqrt{2}$ )在直线 $l$ 的左上方.


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若 $\triangle A P B=60^{\circ}$, 求 $\triangle P A B$ 的面积.

Solution:
当 $\angle A P B=60^{\circ}$ 时, 结合 (1) 的结论可知 $k_{P A}=\sqrt{3}, k_{P B}=-\sqrt{3}$.

直线 $P A$ 的方程为

$$
y-\sqrt{2}=\sqrt{3}(x-3 \sqrt{2})
$$

代入 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 中, 消去 $y$ 得

$$
14 x^{2}+9 \sqrt{6}(1-3 \sqrt{3}) x+18(13-3 \sqrt{3})=0
$$

它的两根分别是 $x_{1}$ 和 $3 \sqrt{2}$, 所以

$$
x_{1} \cdot 3 \sqrt{2}=\frac{18(13-3 \sqrt{3})}{14}
$$

即

$$
x_{1}=\frac{3 \sqrt{2}(13-3 \sqrt{3})}{14}
$$

所以

$$
|P A|=\sqrt{1+(\sqrt{3})^{2}} \cdot\left|x_{1}-3 \sqrt{2}\right|=\frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}+1)}{7}
$$

同理可求得

$$
|P B|=\frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}-1)}{7}
$$

因此

$$
\begin{aligned}
S_{\triangle P A B} & =\frac{1}{2} \cdot|P A| \cdot|P B| \cdot \sin 60^{\circ} \\
& =\frac{1}{2} \cdot \frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}+1)}{7} \cdot \frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}-1)}{7} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \\
& =\frac{117 \sqrt{3}}{49} .
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{117 \sqrt{3}}{49}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 作斜率为 $\frac{1}{3}$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 交于 $A, B$ 两点 (如图所示), 且 $P(3 \sqrt{2}, \sqrt{2}$ )在直线 $l$ 的左上方.


<img_4194>
若 $\triangle A P B=60^{\circ}$, 求 $\triangle P A B$ 的面积.

Solution:
当 $\angle A P B=60^{\circ}$ 时, 结合 (1) 的结论可知 $k_{P A}=\sqrt{3}, k_{P B}=-\sqrt{3}$.

直线 $P A$ 的方程为

$$
y-\sqrt{2}=\sqrt{3}(x-3 \sqrt{2})
$$

代入 $\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 中, 消去 $y$ 得

$$
14 x^{2}+9 \sqrt{6}(1-3 \sqrt{3}) x+18(13-3 \sqrt{3})=0
$$

它的两根分别是 $x_{1}$ 和 $3 \sqrt{2}$, 所以

$$
x_{1} \cdot 3 \sqrt{2}=\frac{18(13-3 \sqrt{3})}{14}
$$

即

$$
x_{1}=\frac{3 \sqrt{2}(13-3 \sqrt{3})}{14}
$$

所以

$$
|P A|=\sqrt{1+(\sqrt{3})^{2}} \cdot\left|x_{1}-3 \sqrt{2}\right|=\frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}+1)}{7}
$$

同理可求得

$$
|P B|=\frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}-1)}{7}
$$

因此

$$
\begin{aligned}
S_{\triangle P A B} & =\frac{1}{2} \cdot|P A| \cdot|P B| \cdot \sin 60^{\circ} \\
& =\frac{1}{2} \cdot \frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}+1)}{7} \cdot \frac{3 \sqrt{2}(3 \sqrt{3}-1)}{7} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \\
& =\frac{117 \sqrt{3}}{49} .
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{117 \sqrt{3}}{49}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $P, Q$ 分别是圆内接四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C, B D$ 的中点. 若 $\angle B P A=$ $\angle D P A$, 证明: $\angle A Q B=\angle C Q B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_2d05375effc9f3ff6b91g-1.jpg?height=382&width=383&top_left_y=757&top_left_x=882)

Solution:
延长线段 $D P$ 与圆交于另一点 $E$, 延长线段 $A Q$ 与圆交于另一点 $F$, 如下图. 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_2d05375effc9f3ff6b91g-1.jpg?height=417&width=420&top_left_y=1396&top_left_x=864)

则

$$
\angle C P E=\angle D P A=\angle B P A .
$$

因为 $P$ 是线段 $A C$ 的中点, 故 $\widehat{A B}=\widehat{C E}$, 从而

$$
\angle C D P=\angle B D A \text {. }
$$

又 $\angle A B D=\angle P C D$, 所以

$$
\triangle A B D \backsim \triangle P C D
$$

于是

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

即

$$
A B \cdot C D=P C \cdot B D,
$$

从而有

$$
\begin{aligned}
A B \cdot C D & =\frac{1}{2} A C \cdot B D \\
& =A C \cdot\left(\frac{1}{2} B D\right) \\
& =A C \cdot B Q,
\end{aligned}
$$

又 $\angle A B Q=\angle A C D$, 所以 $\triangle A B Q \backsim \triangle A C D$, 故

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

同时, 有 $\angle C A B=\angle D A F$, 故

$$
\widehat{B C}=\widehat{D F}.
$$

又因为 $Q$ 为 $B D$ 的中点, 所以

$$
\angle C Q B=\angle D Q F,
$$

而 $\angle A Q B=\angle D Q F$, 所以

$$
\angle A Q B=\angle C Q B.
$$

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $P, Q$ 分别是圆内接四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C, B D$ 的中点. 若 $\angle B P A=$ $\angle D P A$, 证明: $\angle A Q B=\angle C Q B$.

<img_4114>

Solution:
延长线段 $D P$ 与圆交于另一点 $E$, 延长线段 $A Q$ 与圆交于另一点 $F$, 如下图. 

<img_4167>

则

$$
\angle C P E=\angle D P A=\angle B P A .
$$

因为 $P$ 是线段 $A C$ 的中点, 故 $\widehat{A B}=\widehat{C E}$, 从而

$$
\angle C D P=\angle B D A \text {. }
$$

又 $\angle A B D=\angle P C D$, 所以

$$
\triangle A B D \backsim \triangle P C D
$$

于是

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

即

$$
A B \cdot C D=P C \cdot B D,
$$

从而有

$$
\begin{aligned}
A B \cdot C D & =\frac{1}{2} A C \cdot B D \\
& =A C \cdot\left(\frac{1}{2} B D\right) \\
& =A C \cdot B Q,
\end{aligned}
$$

又 $\angle A B Q=\angle A C D$, 所以 $\triangle A B Q \backsim \triangle A C D$, 故

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

同时, 有 $\angle C A B=\angle D A F$, 故

$$
\widehat{B C}=\widehat{D F}.
$$

又因为 $Q$ 为 $B D$ 的中点, 所以

$$
\angle C Q B=\angle D Q F,
$$

而 $\angle A Q B=\angle D Q F$, 所以

$$
\angle A Q B=\angle C Q B.
$$
Subfield: Algebra


Question: 证明：对任意整数 $n \geqslant 4$ ，存在一个 $n$ 次多项式

$$
f(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}
$$

具有如下性质:

(1) $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}$ 均为正整数;

(2) 对任意正整数 $m$, 及任意 $k(k \geqslant 2)$ 个互不相同的正整数 $r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{k}$, 均有

$$
f(m) \neq f\left(r_{1}\right) f\left(r_{2}\right) \cdots f\left(r_{k}\right) .
$$

Solution:
令

$$
f(x)=(x+1)(x+2) \cdot(x+n)+2. (*)
$$

将 (*) 的右边展开即知 $f(x)$ 是一个首项系数为 1 的正整数系数的 $n$ 次多项式, 所以 $f(x)$ 满足条件 (1).

下面证明 $f(x)$ 满足性质 $(2)$.

对任意整数 $t$, 由于 $n \geqslant 4$, 故连续的 $n$ 个整数 $t+1, t+2, \cdots, t+n$ 中必有一个为 4 的倍数, 从而由 (*) 知

$$
f(t) \equiv 2(\bmod 4)
$$



因此, 对任意 $k(k \geqslant 2)$ 个正整数 $r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{k}$, 有

$$
f\left(r_{1}\right) f\left(r_{2}\right) \cdots f\left(r_{k}\right) \equiv 2^{k} \equiv 0(\bmod 4)
$$

但对任意正整数 $m$, 有 $f(m) \equiv 2(\bmod 4)$, 故

$$
f(m) \not \equiv f\left(r_{1}\right) f\left(r_{2}\right) \cdots f\left(r_{k}\right)(\bmod 4),
$$

从而

$$
f(m) \neq f\left(r_{1}\right) f\left(r_{2}\right) \cdots f\left(r_{k}\right),
$$

所以 $f(x)$ 符合题设要求.
Subfield: Algebra


Question: 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}(n \geqslant 4)$ 是给定的正实数, $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}$. 对任意正实数 $r$, 满足 $\frac{a_{j}-a_{i}}{a_{k}-a_{j}}=r(1 \leqslant i<j<k \leqslant n)$ 的三元数组 $(i, j, k)$ 的个数记为 $f_{n}(r)$.

证明: $f_{n}(r)<\frac{n^{2}}{4}$.

Solution:
对给定的 $j(1<j<n)$, 满足 $1 \leqslant i<j<k \leqslant n$, 且

$$
\frac{a_{j}-a_{i}}{a_{k}-a_{j}}=r \quad (1)
$$

的三元数组 $(i, j, k)$ 的个数记为 $g_{i}(r)$.

注意到, 若 $j, k$ 固定, 则至多有一个 $i$ 使得 (1) 成立.

因 $k>j$, 即 $k$ 有 $n-j$ 种选法, 故

$$
g_{j}(r) \leqslant n-j
$$

从而

$$
g_{j}(r) \leqslant \min \{j-1, n=j\} .
$$

因此, 当 $n$ 为偶数时, 设 $n=2 m$, 则有

$$
\begin{aligned}
f_{n}(r) & =\sum_{j=2}^{n-1} g_{j}(r)=\sum_{j=2}^{m-1} g_{j}(r)+\sum_{j=m}^{2 m-1} g_{j}(r) \\
& \leqslant \sum_{j=2}^{m}(j-1)+\sum_{j=m+1}^{2 m-1}(2 m-j) \\
& =\frac{m(m-1)}{2}+\frac{m(m-1)}{2} \\
& =m^{2}-m<m^{2}=\frac{n^{2}}{4} .
\end{aligned}
$$



当 $n$ 为奇数时, 设 $n=2 m+1$, 则有

$$
\begin{aligned}
f_{n}(r) & =\sum_{j=2}^{n-1} g_{j}(r) \\
& =\sum_{j=2}^{m} g_{j}(r)+\sum_{j=m+1}^{2 m} g_{j}(r) \\
& \leqslant \sum_{j=2}^{m}(j-1)+\sum_{j=m+1}^{2 m}(2 m+1-j) \\
& =m^{2}<\frac{n^{2}}{4} .
\end{aligned}
$$

综上知, $f_{n}(r)<\frac{n^{2}}{4}$.
Subfield: Number Theory


Question: 设 $A$ 是一个 $3 \times 9$ 的方格表, 在每一个小方格内各填一个正整数. 称 $A$ 中的一个 $m \times n(1 \leqslant m \leqslant 3,1 \leqslant n \leqslant 9)$ 方格表为 “好矩形”, 若它的所有数的和为 10 的倍数.称 $A$ 中的一个 $1 \times 1$ 的小方格为 “坏格”, 若它不包含于任何一个 “好矩形”. 求 $A$ 中 “坏格” 个数的最大值.

Solution:
首先证明 $A$ 中 “坏格” 不多于 25 个.

用反证法, 假设结论不成立, 则方格表 $A$ 中至多有 1 个小方格不是 “坏格”, 由表格的对称性, 不妨设此时第 1 行都是 “坏格”.

设方格表 $A$ 第 $i$ 列从上到下填的数依次为 $a_{i}, b_{i}, c_{i}, i=1,2, \cdots, 9$, 记

$$
S_{k}=\sum_{i=1}^{k} a_{i}, T_{k}=\sum_{i=1}^{k}\left(b_{i}+c_{i}\right), k=0,1,2, \cdots, 9
$$

这里 $S_{0}=T_{0}=0$.

我们证明: 三组数 $S_{0}, S_{1}, \cdots, S_{9} ; T_{0}, T_{1}, \cdots, T_{9}$ 及 $S_{0}+T_{0}, S_{1}+T_{1}, \cdots, S_{9}+T_{9}$ 都是模 10 的完全剩余系.

事实上, 假如存在 $m, n$, 且 $0 \leqslant m<n \leqslant 9$, 使 $S_{m} \equiv S_{n}(\bmod 10)$, 则

$$
\sum_{i=m+1}^{n} a_{i}=S_{n}-S_{m}=0(\bmod 10)
$$

即第 1 行的第 $m+1$ 至第 $n$ 列组成一个 “好矩形”, 与第 1 行都是 “坏格” 矛盾.

又假如存在 $m, n$, 且 $0 \leqslant m<n \leqslant 9$, 使 $T_{m}=T_{n}(\bmod 10)$, 则

$$
\sum_{i=m+1}^{n}\left(b_{i}+c_{i}\right)=T_{n}-T_{m} \equiv 0(\bmod 10)
$$



即第 2 行至第 3 行, 第 $m+1$ 列至第 $n$ 列组成一个 “好矩形”, 从而与至少有 2 个小方格不是 “坏格” 矛盾.

类似地, 也不存在 $m, n$, 且 $0 \leqslant m<n \leqslant 9$, 使

$$
S_{m}+T_{m} \equiv S_{n}+T_{n}(\bmod 10)
$$

因此上述断言得证, 故

$$
\begin{aligned}
\sum_{k=0}^{9} S_{k} & \equiv \sum_{k=0}^{9} T_{k} \\
& \equiv \sum_{k=0}^{9}\left(S_{k}+T_{k}\right) \\
& \equiv 0+1+2+\cdots+9 \\
& \equiv 5(\bmod 10),
\end{aligned}
$$

所以

$$
\sum_{k=0}^{9}\left(S_{k}+T_{k}\right) \equiv \sum_{k=0}^{9} S_{k}+\sum_{k=0}^{9} T_{k} \equiv 5+5 \equiv 0(\bmod 10)
$$

矛盾, 故假设不成立, 即 “坏格” 不可能多于 25 个.

构造如下一个 $3 \times 9$ 的方格表, 可验证每个不填 10 的小方格都是 “坏格”, 此时有 25 个“坏格”.

|  |  |  |  |  |  |  |  |  |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 1 | 1 | 1 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 | 10 |
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 1 | 10 | 1 | 1 | 1 | 1 | 2 |

综上所述, “坏格” 个数的最大值是 25 .

Final answer: $25$
Subfield: Algebra


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2 a_{n}-1(n=1,2, \cdots)$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=3, b_{k+1}=a_{k}+b_{k}(k=1$, $2, \cdots)$. 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

Solution:
$\mathrm{a_{1}}=2 \mathrm{a_{1}}-1, \mathrm{a_{1}}=1$;

$a_{n}=\left(2 a_{n}-1\right)-\left(2 a_{n-1}-1\right)=2 a_{n}-2 a_{n-1}, \Rightarrow a_{n}=2 a_{n-1} . \Rightarrow\left\{a_{n}\right\}$是以 1 为首项, 2 为公比的等比数列. $a_{n}=2^{n-1}$.

$b_{k+1}-b_{k}=2^{k-1}, \Rightarrow b_{n}-b_{1}=\left(b_{n}-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdot \cdot+\left(b_{2}-b_{1}\right)=2^{n-2}+2^{n-3}+\cdot \cdot+2^{0}=2^{n-1}-1$.

$\therefore b_{n}=2^{n-1}+2$.

$$
\therefore \sum_{i=1}^{n} b_{i}=2^{n}+2n-1 .
$$

Final answer: $2^{n}+2n-1$
Subfield: Algebra


Question: 求实数 $a$ 的取值范围, 使得对任意实数 $x$ 和任意 $\theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 恒有

$$
(x+3+2 \sin \theta \cos \theta)^{2}+(x+a \sin \theta+a \cos \theta)^{2} \geqslant \frac{1}{8}
$$

Solution:
令$\sin\theta + \cos\theta=u$，则$2\sin\theta\cos\theta=u^{2} - 1$。当$\theta\in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]时，u\in\left[0, \sqrt{2}\right]。$

并记 $f(x)=(x+3+2 \sin \theta \cos \theta)^{2}+(x+a s i n \theta+a c o s \theta)^{2}$.

$\therefore f(x)=\left(x+2+u^{2}\right)^{2}+(x+a u)^{2}=2 x^{2}+2\left(u^{2}+a u+2\right) x+\left(u^{2}+2\right)^{2}+(a u)^{2}=2\left[x+\frac{1}{2}\left(u^{2}+a u+2\right)\right]^{2}+\frac{1}{2}(u^{2}-$ $\left.a u+2\right)^{2}$.

$\therefore x=-\frac{1}{2}\left(u^{2}+a u+2\right)$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $\frac{1}{2}\left(u^{2}-a u+2\right)^{2} . \therefore u^{2}-a u+2 \geq \frac{1}{2}$, 或 $u^{2}-a u+2$ $\leqslant -\frac{1}{2}$

$$
\therefore a \leqslant u + \frac{3}{2 u}, 或  a \geqslant u+\frac{5}{2 u}.当 u \in\left[1, \sqrt{2}\right] 时, u+\frac{3}{2 u} \in\left[\sqrt{6}, \frac{7}{4} \sqrt{2}\right]; u + \frac{5}{2u} \in \left[\frac{9}{4}\sqrt{2}, \frac{7}{2}\right].
$$

$\therefore a \leqslant \sqrt{6}$ 或 $a \geqslant \frac{7}{2}$.

Final answer: $\left(-\infty, \sqrt{6}\right] \cup\left[\frac{7}{2},+\infty\right)$
Subfield: Geometry


Question: <img_4224>

如图, 圆 $O 1$ 和圆 $O 2$ 与 $\triangle A B C$ 的三边所在的三条直线都相切, $E 、 F 、 G 、 H$ 为切点, 并且 $E G 、 F H$ 的延长线交于 $P$ 点。求证直线 $P A$ 与 $B C$ 垂直。

Solution:
证明 设 $\triangle A B C$ 的三边分别为 $a、b、c$, 三个角分别为 $A、 B 、 C$ 则 $C E=B F=C G=B H=\frac{1}{2}(a+b+c)$.

$\therefore B E=\frac{1}{2}(a+b+c)-a=\frac{1}{2}(b+c-a)$.

$\therefore E F=\frac{1}{2}(a+b+c)+\frac{1}{2}(b+c-a)=b+c$.

连 $C O_{2}$, 则 $C O_{2}$ 平分 $\angle E C G, CO_{2} \perp E G \Rightarrow \angle F E P=90^{\circ}-\frac{1}{2}$ $\angle C$.

同理 $\angle E F P-90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B, \angle E P F=\frac{1}{2}(B+C)$.

<img_4224>

$$
\because \frac{E P}{\sin \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} B\right)}=\frac{E F}{\sin \frac{B^{+} C}{2}} \quad, \quad \therefore
$$

$E P=(b+c) \frac{\cos \frac{B}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}$.

设 $P 、 A$ 在 $E F$ 上的射影分别为 $M 、 N$, 则 $E M=E P \cos \angle F E P=(b+c) \frac{\cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}$.

又 $B N=c \cos B$, 故只须证 $c \cos B+\frac{1}{2}(b+c-a)=(b+c) \frac{\cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}$,

即 $\sin C \cos B+\frac{1}{2}(\sin B+\sin C-\sin (B+C))=\frac{\cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}(\sin B+\sin C)$ 就是 $2 \cos \frac{B-C}{2} \cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}=\sin C \cos B-\frac{1}{2} \sin B \cos C-\frac{1}{2} \cos B \sin C+\sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}$

右边 $=\frac{1}{2} \sin (C-B)+\sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}=\cos \frac{B-C}{2}\left(\sin \frac{B+C}{2}-\sin \frac{B-C}{2}\right)$ $=2 \cos \frac{B-C}{2} \cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ 。故证。
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_33ff3a8771bccbed2ac9g-1.jpg?height=371&width=577&top_left_y=840&top_left_x=1202)

如图, 圆 $O 1$ 和圆 $O 2$ 与 $\triangle A B C$ 的三边所在的三条直线都相切, $E 、 F 、 G 、 H$ 为切点, 并且 $E G 、 F H$ 的延长线交于 $P$ 点。求证直线 $P A$ 与 $B C$ 垂直。

Solution:
证明 设 $\triangle A B C$ 的三边分别为 $a、b、c$, 三个角分别为 $A、 B 、 C$ 则 $C E=B F=C G=B H=\frac{1}{2}(a+b+c)$.

$\therefore B E=\frac{1}{2}(a+b+c)-a=\frac{1}{2}(b+c-a)$.

$\therefore E F=\frac{1}{2}(a+b+c)+\frac{1}{2}(b+c-a)=b+c$.

连 $C O_{2}$, 则 $C O_{2}$ 平分 $\angle E C G, CO_{2} \perp E G \Rightarrow \angle F E P=90^{\circ}-\frac{1}{2}$ $\angle C$.

同理 $\angle E F P-90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B, \angle E P F=\frac{1}{2}(B+C)$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_33ff3a8771bccbed2ac9g-1.jpg?height=371&width=577&top_left_y=840&top_left_x=1202)

$$
\because \frac{E P}{\sin \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} B\right)}=\frac{E F}{\sin \frac{B^{+} C}{2}} \quad, \quad \therefore
$$

$E P=(b+c) \frac{\cos \frac{B}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}$.

设 $P 、 A$ 在 $E F$ 上的射影分别为 $M 、 N$, 则 $E M=E P \cos \angle F E P=(b+c) \frac{\cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}$.

又 $B N=c \cos B$, 故只须证 $c \cos B+\frac{1}{2}(b+c-a)=(b+c) \frac{\cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}$,

即 $\sin C \cos B+\frac{1}{2}(\sin B+\sin C-\sin (B+C))=\frac{\cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}}{\sin \frac{B+C}{2}}(\sin B+\sin C)$ 就是 $2 \cos \frac{B-C}{2} \cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}=\sin C \cos B-\frac{1}{2} \sin B \cos C-\frac{1}{2} \cos B \sin C+\sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}$

右边 $=\frac{1}{2} \sin (C-B)+\sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}=\cos \frac{B-C}{2}\left(\sin \frac{B+C}{2}-\sin \frac{B-C}{2}\right)$ $=2 \cos \frac{B-C}{2} \cos \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ 。故证。

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设 $S_{n}=1 + 2 + 3 + \cdot +n, n \in \mathbf { N }$ 求 $f(n)=\frac{S_{n}}{(n+32) S_{n+1}}$ 的最大值.

Solution:
由已知, 对任何 $\mathbf{n} \in \mathbf{N}$, 有 $\mathbf{f}(\mathbf{n})=\frac{S_{n}}{(n+32) S_{N+1}}=\frac{S_{n}}{(n+32)(n+2)}$

$=\frac{n}{n^{2}+34 n+64}=\frac{1}{n+34+\frac{64}{n}} \quad$ 又因 $\mathbf{n}+\frac{64}{n}+34 \geq 2 \sqrt{n \cdot \frac{64}{n}}+34=50$,

故对任何 $\mathbf{n} \in \mathbf{N}$, 有 $\mathbf{f}(\mathrm{n})=\frac{1}{n+34+\frac{64}{n}} \leq \frac{1}{50}$ 由于 $\mathrm{f}(8)=\frac{1}{50}$, 故 $\mathrm{f}(\mathrm{n})$ 的最大值为 $\frac{1}{50}$.

Final answer: $\frac{1}{50}$
Subfield: Algebra


Question: 若函数 $f(x)=-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{13}{2}$ 在区间 $[\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}]$ 上的最小值为 $2 \boldsymbol{a}$ 最大值为 $2 \boldsymbol{b}$, 求 $[a, b]$.

Solution:
化三种情况讨论区间 [a, b].

(1) 若 $0 \leq a<b$, 则 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调递减, 故 $f(a)=2 b, f(b)=2 a$ 于是有 $\left\{\begin{array}{l}2 b=-\frac{1}{2} a^{2}+\frac{13}{2} \\ 2 a=-\frac{1}{2} b^{2}+\frac{13}{2}\end{array}\right.$, 解之得 $[a, b]=[1,3]$,

(2) 若 $\mathrm{a}<0<b, f$( $x)$ 在 $[\mathrm{a}, \mathrm{b}]$ 上单调递增, 在 $[0, b]$ 上单调递减, 因此 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=0$ 处取最大值 $2 \mathrm{~b}$, 在 $\mathrm{x}=\mathrm{a}$ 或 $\mathrm{x}=\mathrm{b}$ 处取最小值 2a. 故 $2 \mathrm{~b}=\frac{13}{2}, \mathrm{~b}=\frac{13}{4}$. 由于 $\mathrm{a}<0$,又 $f(b)=-\frac{1}{2}\left(\frac{13}{4}\right)^{2}+\frac{13}{2}=\frac{39}{32}>0$. 故 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=\mathrm{a}$ 处取最小值 $2 \mathrm{a}$, 即 $2 \mathrm{a}=\frac{1}{2} \mathrm{a}^{2}+\frac{13}{2}$,解得 $a=-2-\sqrt{17}$; 于是得 $[a, b]=\left[-2-\sqrt{17}, \frac{13}{4}\right]$.

(3) 当 $a<b \leq 0$ 时, $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上单调递增, 故 $f(a)=2 a, f(b)=2 b$,即 $2 \mathrm{a}=-\frac{1}{2} a^{2}+\frac{13}{2}, 2 \mathrm{~b}=-\frac{1}{2} a^{2}+\frac{13}{2}$.

由于方程 $\frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{x}-\frac{13}{2}=0$ 的两根异号, 故满足 $a<b \leq 0$ 的区间不存在.

综上所述，所求区间为 $[1,3]$ 或 $\left[-2-\sqrt{17},  \frac{13}{4}\right]$.

Final answer: $[1,3] ，\left[-2-\sqrt{17}, \frac{13}{4}\right]$
Subfield: Geometry


Question: 给定 $A(-2,2)$, 已知 $B$ 是椭圆 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$ 上的动点, $F$ 是左焦点, 当 $|A B|+\frac{5}{3}|B F|$取最小值时, 求 $B$ 的坐标.

Solution:
记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为 $a 、 b 、 c$, 离心率为 $e$. 则 $a=5, b=4, c=3, e=\frac{3}{5}$, 左准线为 $\mathrm{x}=-\frac{25}{3}$, 过点 $\mathrm{B}$ 作左准线 $\mathrm{x}=-\frac{25}{3}$ 的垂线, 垂足为 $\mathrm{N}$, 过 $A$ 作此准线的垂线, 垂足为$M$.由椭圆定义，$|BN|=\frac{5}{3}|BF|$.

于是, $|A B|+\frac{5}{3}|B F|=|A B|+|B N| \geqslant|AM| \mid$ (定值), 等号成立当且仅当 $B$ 是 $AM$ 与椭圆的交点时,此时 B $\left(-\frac{5 \sqrt{3}}{2}, 2\right)$, 所以, 当 $|\mathrm{AB}|+\frac{5}{3}|\mathrm{BF}|$ 取最小值时, B 的坐标为 $\left(-\frac{5 \sqrt{3}}{2}, 2\right)$.

Final answer: $\left(-\frac{5 \sqrt{3}}{2}, 2\right)$
Subfield: Algebra


Question: 给定正整数 $n$ 和正数 $M$, 对于满足条件 $a_{1}^{2}+a_{n+1}^{2} \leqslant M$ 的所有等差数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$,试求 $S=a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n+1}$ 的最大值。

Solution:
设公差为 $\mathrm{d}, a_{n+1}=\mathbf{\alpha}$, 则 $\mathrm{S}=a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n+1}=(\mathbf{n}+\mathbf{1}) \mathbf{\alpha}+\frac{n(n+1)}{2} \mathrm{~d}$

故 $\alpha+\frac{n d}{2}=\frac{S}{n+1}$.

$$
\begin{aligned}
M & \geqslant a_{1}^{2}+a_{n+1}^{2}=(\alpha-n d)^{2}+\alpha^{2} \\
& =\frac{4}{10}\left(\alpha+\frac{n d}{2}\right)^{2}+\frac{1}{10}(4 \alpha-3 n d)^{2} \\
\text { 则 } & \geqslant \frac{4}{10}\left(\frac{S}{n+1}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

因此 $|\mathrm{S}| \leq \frac{3}{\sqrt{10}}{(\mathrm{n}+1)} \sqrt{M}$, 且当 $\mathrm{a}=\frac{3}{\sqrt{10}} \sqrt{M}, \mathrm{~d}=\frac{4}{\sqrt{10}}=\frac{1}{n} \sqrt{M}$ 时,

$$
\mathrm{S}=(\mathrm{n}+1)\left(\frac{3}{\sqrt{10}} \sqrt{M}+\frac{n}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{10}} \cdot \frac{1}{n} \sqrt{M}\right)
$$

$$
=(n+1) \frac{5}{\sqrt{10}} \sqrt{M}=\frac{\sqrt{10}}{2}(n+1) \sqrt{M}
$$

由于此时 $4 \alpha=3 n d$, 故 $a_{1}^{2}+a_{n+1}^{2}=\frac{4}{10}\left(\frac{S}{n+1}\right)^{2}=\frac{4}{10} \cdot \frac{10}{4} M=M$.

所以, $\mathrm{S}$ 的最大值为 $\frac{\sqrt{10}}{2}(\mathrm{n}+1) \sqrt{M}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{10}}{2}(n+1) \sqrt{M}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在四边形 $A B C D$ 中，对角线 $A C$ 平分 $\angle B A D$ 。在 $C D$ 上取一点 $E, B E$ 与 $A C$ 相交于 $F$, 延长 $D F$ 交 $B C$ 于 $G_{\circ}$ 求证: $\angle G A C=\angle E A C$.

<img_4055>

Solution:
连结 $\mathrm{BD}$ 交 $\mathrm{AC}$ 于 $\mathrm{H}$. 对 $\triangle \mathrm{BCD}$ 用塞瓦定理, 可得 $\frac{C G}{G B} \cdot \frac{B H}{H D} \cdot \frac{D E}{B C}=1$因为 $A H$ 是 $\angle \mathrm{B} A \mathrm{D}$ 的平分线, 由角平分线定理, 可得 $\frac{B H}{H D}=\frac{A B}{A D}$.

敬 $\frac{C G}{G B} \cdot \frac{A B}{A D} \cdot \frac{D E}{B C}=1$.

过点 $\mathrm{C}$ 作 $A B$ 的平行线 $A G$ 的延长线于 $I$, 过点 $C$ 作 $A D$ 的平行线交 $A \mathrm{E}$ 的延长线于 $\mathrm{J}$.

则 $\frac{C G}{G B}=\frac{C I}{A B}, \frac{D E}{E C}=\frac{A D}{C J}$. 所以, $\frac{C I}{A B} \cdot \frac{A B}{A D} \cdot \frac{A D}{C J}=1$

从而, $\mathrm{CI}=\mathrm{CJ}$.

又因为 $\mathrm{CI} / / \mathrm{AB}, \mathrm{CJ} / / \mathrm{AD}$,

故 $\angle \mathbf{A C I}=\boldsymbol{\pi}-\angle \mathbf{A B C}=\boldsymbol{\pi}-\angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{ACJ}$.

因此, $\triangle \mathrm{ACI} \cong \triangle \mathrm{ACJ}$.

从而, $\angle \mathrm{IAC}=\angle \mathrm{JAC}$, 即 $\angle \mathrm{GAC}=\angle \mathrm{EAC}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在四边形 $A B C D$ 中，对角线 $A C$ 平分 $\angle B A D$ 。在 $C D$ 上取一点 $E, B E$ 与 $A C$ 相交于 $F$, 延长 $D F$ 交 $B C$ 于 $G_{\circ}$ 求证: $\angle G A C=\angle E A C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b9778c4366ad795e2a71g-1.jpg?height=469&width=488&top_left_y=485&top_left_x=927)

Solution:
连结 $\mathrm{BD}$ 交 $\mathrm{AC}$ 于 $\mathrm{H}$. 对 $\triangle \mathrm{BCD}$ 用塞瓦定理, 可得 $\frac{C G}{G B} \cdot \frac{B H}{H D} \cdot \frac{D E}{B C}=1$因为 $A H$ 是 $\angle \mathrm{B} A \mathrm{D}$ 的平分线, 由角平分线定理, 可得 $\frac{B H}{H D}=\frac{A B}{A D}$.

敬 $\frac{C G}{G B} \cdot \frac{A B}{A D} \cdot \frac{D E}{B C}=1$.

过点 $\mathrm{C}$ 作 $A B$ 的平行线 $A G$ 的延长线于 $I$, 过点 $C$ 作 $A D$ 的平行线交 $A \mathrm{E}$ 的延长线于 $\mathrm{J}$.

则 $\frac{C G}{G B}=\frac{C I}{A B}, \frac{D E}{E C}=\frac{A D}{C J}$. 所以, $\frac{C I}{A B} \cdot \frac{A B}{A D} \cdot \frac{A D}{C J}=1$

从而, $\mathrm{CI}=\mathrm{CJ}$.

又因为 $\mathrm{CI} / / \mathrm{AB}, \mathrm{CJ} / / \mathrm{AD}$,

故 $\angle \mathbf{A C I}=\boldsymbol{\pi}-\angle \mathbf{A B C}=\boldsymbol{\pi}-\angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{ACJ}$.

因此, $\triangle \mathrm{ACI} \cong \triangle \mathrm{ACJ}$.

从而, $\angle \mathrm{IAC}=\angle \mathrm{JAC}$, 即 $\angle \mathrm{GAC}=\angle \mathrm{EAC}$

Final answer: 证明题