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


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n}^{2}, n=1,2, \cdots$.
证明: 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 也是等差数列;

Solution:
不妨设 $a_{n}=a+n d, n \in \mathbb{N}^{*}$, 则

$$
\begin{aligned}
b_{n} & =[a+(n+1) d] \cdot[a+(n+2) d]-(a+n d)^{2} \\
& =[d n+(a+d)] \cdot[d n+(a+2 d)]-(d n+a)^{2} \\
& =\left[d^{2} n^{2}+\left(2 a d+3 d^{2}\right) n+\left(a^{2}+3 a d+2 d^{2}\right)\right]-\left(d^{2} n^{2}+2 a d n+a^{2}\right) \\
& =3 d^{2} n+\left(3 a d+2 d^{2}\right)
\end{aligned}
$$

因此数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 也是等差数列.
Subfield: Sequence


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n}^{2}, n=1,2, \cdots$.
设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的公差均是 $d \neq 0$, 并且存在正整数 $s, t$, 使得 $a_{s}+b_{t}$ 是整数,求 $\left|a_{1}\right|$ 的最小值.

Solution:
根据题意, 有 $3 d^{2}=d$, 因此 $d=\frac{1}{3}$, 于是

$$
b_{n}=\frac{1}{3} n+a+\frac{2}{9}=a_{n}+\frac{2}{9}
$$

进而

$$
\begin{aligned}
a_{s}+b_{t} & =a_{s}+a_{t}+\frac{2}{9} \\
& =2 a_{1}+\frac{s+t-2}{3}+\frac{2}{9}
\end{aligned}
$$

于是

$$
18 a_{1}=3\left[3\left(a_{s}+b_{t}\right)-s-t+1\right]+1,
$$

因此

$$
\left|18 a_{1}\right| \geqslant 1
$$

又当 $\left(a_{1}, s, t\right)=\left(\frac{1}{18}, 1,3\right)$ 时, $a_{s}+b_{t}=1$ 符合题意, 因此所求 $\left|a_{1}\right|$ 的最小值为 $\frac{1}{18}$.

Final answer: $\frac{1}{18}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}: y^{2}=4 x$, 曲线 $C_{2}:(x-4)^{2}+y^{2}=8$. 经过 $C_{1}$上一点 $P$ 作一条倾斜角为 $45^{\circ}$ 的直线 $l$, 与 $C_{2}$ 交于两个不同的点 $Q, R$, 求 $|P Q| \cdot|P R|$的取值范围.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_d8628742fd3bd519f30cg-1.jpg?height=397&width=346&top_left_y=1509&top_left_x=889)

Solution:
设 $P\left(4 t^{2}, 4 t\right)$, 则直线

$$
l: x-y-4 t^{2}+4 t=0
$$

该直线与圆相交, 因此

$$
\frac{\left|4-4 t^{2}+4 t\right|}{\sqrt{2}}<2 \sqrt{2}
$$

即

$$
-1<t^{2}-t-1<1
$$



解得 $t$ 的取值范围是 $(-1,0) \cup(1,2)$.

联立曲线 $C_{1}, C_{2}$ 的方程可得

$$
x^{2}-4 x+8=0
$$

于是 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 没有公共点. 因此有

$$
|P Q| \cdot|P R|=\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}
$$

根据圆幂定理, 有

$$
\begin{aligned}
\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R} & =P M^{2}-8 \\
& =\left(4 t^{2}-4\right)^{2}+(4 t)^{2}-8 \\
& =16 t^{4}-16 t^{2}+8 \\
& =16\left(t^{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}+4,
\end{aligned}
$$

Final answer: $[4,8) \cup(8,200)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}: y^{2}=4 x$, 曲线 $C_{2}:(x-4)^{2}+y^{2}=8$. 经过 $C_{1}$上一点 $P$ 作一条倾斜角为 $45^{\circ}$ 的直线 $l$, 与 $C_{2}$ 交于两个不同的点 $Q, R$, 求 $|P Q| \cdot|P R|$的取值范围.

<img_4163>

Solution:
设 $P\left(4 t^{2}, 4 t\right)$, 则直线

$$
l: x-y-4 t^{2}+4 t=0
$$

该直线与圆相交, 因此

$$
\frac{\left|4-4 t^{2}+4 t\right|}{\sqrt{2}}<2 \sqrt{2}
$$

即

$$
-1<t^{2}-t-1<1
$$



解得 $t$ 的取值范围是 $(-1,0) \cup(1,2)$.

联立曲线 $C_{1}, C_{2}$ 的方程可得

$$
x^{2}-4 x+8=0
$$

于是 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 没有公共点. 因此有

$$
|P Q| \cdot|P R|=\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R}
$$

根据圆幂定理, 有

$$
\begin{aligned}
\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{P R} & =P M^{2}-8 \\
& =\left(4 t^{2}-4\right)^{2}+(4 t)^{2}-8 \\
& =16 t^{4}-16 t^{2}+8 \\
& =16\left(t^{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}+4,
\end{aligned}
$$

Final answer: $[4,8) \cup(8,200)$
Subfield: Algebra


Question: 设实数 $a, b, c$ 满足 $a+b+c=0$, 令 $d=\max \{|a|,|b|,|c|\}$. 证明:

$$
|(1+a)(1+b)(1+c)| \geqslant 1-d^{2} .
$$

Solution:
不妨设 $a \leqslant b \leqslant c$, 则 $a \leqslant 0$ 且 $c \geqslant 0$. 若 $d \geqslant 1$, 则不等式显然成立. 下面考虑 $0 \leqslant d<1$的情形, 此时 $a, b, c \in(-1,1)$, 于是

$$
m=|(1+a)(1+b)(1+c)|=(1+a)(1+b)(1+c) .
$$

当 $b \geqslant 0$ 时, 有

$$
m \geqslant(1+a)(1+b+c)=1-a^{2} \geqslant 1-d^{2}
$$

类似的, 当 $b<0$ 时, 有

$$
m \geqslant(1+a+b)(1+c)=1-c^{2} \geqslant 1-d^{2}
$$

因此原不等式得证.
Subfield: Algebra


Question: 给定正整数 $m$, 证明: 存在正整数 $k$, 使得可将正整数集 $\mathbb{N}^{*}$ 分拆为 $k$ 个互不相交的子集 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{k}$, 每个子集 $A_{i}$ 中均不存在 4 个数 $a, b, c, d$ (可以相同), 满足 $a b-c d=m$.

Solution:
取 $k=m+1$, 令

$$
A_{i}=\left\{x \mid x \equiv i \quad(\bmod m+1), x \in \mathbb{N}^{*}\right\},
$$

其中 $i=1,2, \cdots, m+1$. 设 $a, b, c, d \in A_{i}$, 则

$$
a b-c d \equiv i \cdot i-i \cdot i=0 \equiv 0 \quad(\bmod m+1)
$$

故 $m+1 \mid a b-c d$, 而 $m+1 \nmid m$, 所以 $A_{i}$ 中不存在 4 个数 $a, b, c, d$ 满足 $a b-c d=m$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 点 $D$ 是锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\omega$ 上弧 $B C$ 的中点, 直线 $D A$ 与圆 $\omega$ 过点 $B, C$的切线分别相交于点 $P, Q, B Q$ 与 $A C$ 的交点为 $X, C P$ 与 $A B$ 的交点为 $Y, B Q$ 与 $C P$ 的交点为 $T$. 求证: $A T$ 平分线段 $X Y$.



![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0bf9557f6b2c57a254f7g-1.jpg?height=380&width=625&top_left_y=347&top_left_x=767)

Solution:
首先证明 $Y X \| B C$, 即证 $\frac{A X}{X C}=\frac{A Y}{Y B}$. 连接 $B D, C D$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_0bf9557f6b2c57a254f7g-1.jpg?height=380&width=619&top_left_y=938&top_left_x=770)

为了方便我们直接用三角形代表该三角形的面积, 因为

$$
\frac{\triangle A C Q}{\triangle A B C} \cdot \frac{\triangle A B C}{\triangle A B P}=\frac{\triangle A C Q}{\triangle A B P}
$$

于是

$$
\frac{A C \cdot C Q \cdot \sin \angle A C Q}{A B \cdot B C \cdot \sin \angle A B C} \cdot \frac{A C \cdot B C \cdot \sin \angle A C B}{A B \cdot B P \cdot \sin \angle A B P}=\frac{A C \cdot A Q \cdot \angle C A Q}{A B \cdot A P \cdot \sin \angle B A P}
$$

根据弦切角定理, 有

$$
\angle A C Q=\angle A B C, \angle A C B=\angle A B P
$$

又 $D$ 是弧 $B C$ 的中点, 于是

$$
\angle C A Q=\angle D B C=\angle D C B=\angle B A P,
$$

于是可得

$$
\frac{A B \cdot A Q}{A C \cdot A P}=\frac{C Q}{B P}
$$

因为 $\angle C A Q=\angle B A P$, 所以 $\angle B A Q=\angle C A P$, 于是

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle A C P}=\frac{A B \cdot A Q \cdot \sin \angle B A Q}{A C \cdot A P \cdot \sin \angle C A P}=\frac{A B \cdot A Q}{A C \cdot A P}
$$



而

$$
\frac{\triangle B C Q}{\triangle B C P}=\frac{B C \cdot C Q \cdot \sin \angle B C Q}{B C \cdot B P \cdot \sin \angle C B P}=\frac{C Q}{B P}
$$

因此可得

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle A C P}=\frac{\triangle C B Q}{\triangle B C P}
$$

即

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle C B Q}=\frac{\triangle A C P}{\triangle B C P}
$$

又

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle C B Q}=\frac{A X}{X C}, \frac{\triangle A C P}{\triangle B C P}=\frac{A Y}{Y B}
$$

故 $\frac{A X}{X C}=\frac{A Y}{Y B}$.

设 $B C$ 边的中点为 $M$, 因为

$$
\frac{A X}{X C} \cdot \frac{C M}{M B} \cdot \frac{B Y}{Y A}=1
$$

所以由塞瓦定理的逆定理可知 $A M, B X, C Y$ 三线共点于 $T$, 故由 $Y X \| B C$ 可知 $A T$平分线段 $X Y$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 点 $D$ 是锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\omega$ 上弧 $B C$ 的中点, 直线 $D A$ 与圆 $\omega$ 过点 $B, C$的切线分别相交于点 $P, Q, B Q$ 与 $A C$ 的交点为 $X, C P$ 与 $A B$ 的交点为 $Y, B Q$ 与 $C P$ 的交点为 $T$. 求证: $A T$ 平分线段 $X Y$.



<img_4068>

Solution:
首先证明 $Y X \| B C$, 即证 $\frac{A X}{X C}=\frac{A Y}{Y B}$. 连接 $B D, C D$, 如下图.

<img_4225>

为了方便我们直接用三角形代表该三角形的面积, 因为

$$
\frac{\triangle A C Q}{\triangle A B C} \cdot \frac{\triangle A B C}{\triangle A B P}=\frac{\triangle A C Q}{\triangle A B P}
$$

于是

$$
\frac{A C \cdot C Q \cdot \sin \angle A C Q}{A B \cdot B C \cdot \sin \angle A B C} \cdot \frac{A C \cdot B C \cdot \sin \angle A C B}{A B \cdot B P \cdot \sin \angle A B P}=\frac{A C \cdot A Q \cdot \angle C A Q}{A B \cdot A P \cdot \sin \angle B A P}
$$

根据弦切角定理, 有

$$
\angle A C Q=\angle A B C, \angle A C B=\angle A B P
$$

又 $D$ 是弧 $B C$ 的中点, 于是

$$
\angle C A Q=\angle D B C=\angle D C B=\angle B A P,
$$

于是可得

$$
\frac{A B \cdot A Q}{A C \cdot A P}=\frac{C Q}{B P}
$$

因为 $\angle C A Q=\angle B A P$, 所以 $\angle B A Q=\angle C A P$, 于是

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle A C P}=\frac{A B \cdot A Q \cdot \sin \angle B A Q}{A C \cdot A P \cdot \sin \angle C A P}=\frac{A B \cdot A Q}{A C \cdot A P}
$$



而

$$
\frac{\triangle B C Q}{\triangle B C P}=\frac{B C \cdot C Q \cdot \sin \angle B C Q}{B C \cdot B P \cdot \sin \angle C B P}=\frac{C Q}{B P}
$$

因此可得

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle A C P}=\frac{\triangle C B Q}{\triangle B C P}
$$

即

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle C B Q}=\frac{\triangle A C P}{\triangle B C P}
$$

又

$$
\frac{\triangle A B Q}{\triangle C B Q}=\frac{A X}{X C}, \frac{\triangle A C P}{\triangle B C P}=\frac{A Y}{Y B}
$$

故 $\frac{A X}{X C}=\frac{A Y}{Y B}$.

设 $B C$ 边的中点为 $M$, 因为

$$
\frac{A X}{X C} \cdot \frac{C M}{M B} \cdot \frac{B Y}{Y A}=1
$$

所以由塞瓦定理的逆定理可知 $A M, B X, C Y$ 三线共点于 $T$, 故由 $Y X \| B C$ 可知 $A T$平分线段 $X Y$.
Subfield: Algebra


Question: 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{20} \in\{1,2, \cdots, 5\}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{20} \in\{1,2, \cdots, 10\}$, 集合 $X=\{(i, j) \mid$ $\left.1 \leqslant i<j \leqslant 20,\left(a_{i}-a_{j}\right)\left(b_{i}-b_{j}\right)<0\right\}$, 求 $X$ 的元素个数的最大值.

Solution:
考虑一组满足条件的正整数

$$
\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{20}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{20}\right\}
$$

对 $k=1,2, \cdots, 5$, 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{20}$ 中取值为 $k$ 的数有 $t_{k}$ 个. 根据 $X$ 的定义, 当 $a_{i}=a_{j}$ 时, $(i, j) \notin X$, 因此至少有 $\sum_{k=1}^{5} \mathrm{C}_{t_{k}}^{2}$ 个 $(i, j)$ 不在 $X$ 中. 注意到

$$
\sum_{k=1}^{5} t_{k}=20
$$

由柯西不等式, 有

$$
\sum_{k=1}^{5} \mathrm{C}_{t_{k}}^{2}=\frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^{5} t_{k}^{2}-\sum_{k=1}^{5} t_{k}\right) \geqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{5}\left(\sum_{k=1}^{5} t_{k}\right)^{2}-\sum_{k=1}^{5} t_{k}\right)=30
$$

从而 $X$ 的元素个数不超过

$$
\mathrm{C}_{20}^{2}-30=160
$$

另一方面, 取

$$
a_{4 k-3}=a_{4 k-2}=a_{4 k-1}=a_{4 k}=k
$$

其中 $k=1,2, \cdots, 5$ ，且

$$
b_{i}=6-a_{i},
$$

其中 $i=1,2, \cdots, 20$, 则对任意 $i, j(1 \leqslant i<j \leqslant 20)$, 有

$$
\left(a_{i}-a_{j}\right)\left(b_{i}-b_{j}\right)=\left(a_{i}-a_{j}\right)\left[\left(6-a_{i}\right)-\left(6-a_{j}\right)\right]=-\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2} \leqslant 0
$$

等号成立当且仅当 $a_{i}=a_{j}$, 这恰好发生 $5 \mathrm{C}_{4}^{2}=30$ 次. 此时 $X$ 的元素个数取得 160 .

综上所述, $X$ 的元素个数的最大值为 160 .

Final answer: $160$
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}+2 \overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}=3 \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}$. 求 $\sin C$ 的最大值.

Solution:
统一起点, 有

$$
(\overrightarrow{C A}-\overrightarrow{C B}) \cdot \overrightarrow{C A}+2(\overrightarrow{C B}-\overrightarrow{C A}) \cdot \overrightarrow{C B}=3 \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}
$$

即

$$
6 \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=C A^{2}+2 C B^{2}
$$

也即

$$
\cos C=\frac{C A^{2}+2 C B^{2}}{6 C A \cdot C B} \geqslant \frac{\sqrt{2}}{3}
$$

等号当 $C A=\sqrt{2} \cdot C B$ 时取得. 因此 $\cos C$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{2}}{3}$, 对应 $\sin C$ 的最大值为 $\frac{\sqrt{7}}{3}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{7}}{3}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的奇函数, $f(1)=1$, 且对任意 $x<0$, 均有 $f\left(\frac{x}{x-1}\right)=x f(x)$. 求

$$
f(1) f\left(\frac{1}{100}\right)+f\left(\frac{1}{2}\right) f\left(\frac{1}{99}\right)+f\left(\frac{1}{3}\right) f\left(\frac{1}{98}\right)+\cdots+f\left(\frac{1}{50}\right) f\left(\frac{1}{51}\right)
$$

的值.

Solution:
令 $x=-\frac{1}{n}, n \in \mathbb{N}^{*}$, 则

$$
\frac{x}{x-1}=\frac{-\frac{1}{n}}{-\frac{1}{n}-1}=\frac{1}{n+1}
$$



于是有

$$
f\left(\frac{1}{n+1}\right)=-\frac{1}{n} f\left(-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n} f\left(\frac{1}{n}\right)
$$

记 $a_{n}=f\left(\frac{1}{n}\right), n \in \mathbb{N}^{*}$, 则有 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{1}{n}$, 从而

$$
a_{n}=\frac{1}{(n-1) !}.
$$

于是所求代数式即

$$
\sum_{i=1}^{50} a_{i} a_{101-i}=\sum_{i=1}^{50} \frac{1}{(i-1) ! \cdot(100-i) !}=\frac{1}{99 !} \sum_{i=0}^{49} \mathrm{C}_{99}^{i}=\frac{1}{99 !} \cdot \frac{1}{2} \sum_{i=0}^{99} \mathrm{C}_{99}^{i}=\frac{2^{98}}{99 !}
$$

Final answer: $\frac{2^{98}}{99 !}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, $F$ 是 $x$ 轴正半轴上的一个动点, 以 $F$ 为焦点、 $O$ 为顶点作抛物线 $C$, 设 $P$ 是第一象限内 $C$ 上的一点, $Q$ 是 $x$ 轴负半轴上一点, 使得 $P Q$ 为 $C$ 的切线, 且 $|P Q|=2$, 圆 $C_{1}, C_{2}$ 均与直线 $O P$ 相切于点 $P$, 且均与 $x$ 轴相切, 求点 $F$ 的坐标, 使圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的面积之和取到最小值.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b2a6aceba9e8932d0f8ag-1.jpg?height=548&width=622&top_left_y=1234&top_left_x=754)

Solution:
如下图, 设抛物线方程为 $C: y^{2}=2 p x$, 焦点 $F\left(\frac{p}{2}, 0\right)$, 连接 $C_{1} C_{2}, P F$.



![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_8f010abcf998421dbc51g-1.jpg?height=563&width=636&top_left_y=347&top_left_x=747)

设 $P\left(2 p a^{2}, 2 p a\right)$, 则根据抛物线的光学性质, $|F Q|=|P F|$, 于是 $Q\left(-2 p a^{2}, 0\right)$, 进而由 $|P Q|=2$, 可得

$$
4 p^{2} a^{4}+p^{2} a^{2}=1,
$$

即

$$
p^{2} a^{2}=\frac{1}{4 a^{2}+1}
$$

圆心 $C_{1}, C_{2}$ 都在过点 $P$ 且与 $O P$ 垂直的直线 $l$ 上, 设直线 $l$ 的参数方程为

$$
\left\{\begin{array}{l}
x=2 p a^{2}+t \\
y=2 p a-a t
\end{array}\right.
$$

根据题意, $C_{1}, C_{2}$ 对应的参数满足

$$
\sqrt{1+a^{2}} \cdot|t|=2 p a-a t
$$

即

$$
t^{2}+4 p a^{2} t-4 p^{2} a^{2}=0
$$

因此圆 $C_{1}$ 的面积 $S_{1}$ 与圆 $C_{2}$ 的面积 $S_{2}$ 之和

$$
\begin{aligned}
S_{1}+S_{2} & =\pi\left[\left(1+a^{2}\right) t_{1}^{2}+\left(1+a^{2}\right) t_{2}^{2}\right] \\
& =\pi\left(1+a^{2}\right)\left[\left(-4 p a^{2}\right)^{2}+2 \cdot 4 p^{2} a^{2}\right] \\
& =\pi\left(1+a^{2}\right)\left(16 a^{2}+8\right) \cdot p^{2} a^{2} \\
& =\frac{\pi\left(16 a^{4}+24 a^{2}+8\right)}{4 a^{2}+1} \\
& =\pi\left(4 a^{2}+1+\frac{3}{4 a^{2}+1}+4\right) \\
& \geqslant \pi(4+2 \sqrt{3})
\end{aligned}
$$



等号当 $4 a^{2}+1=\sqrt{3}$, 即 $a^{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$ 时取得. 此时

$$
p^{2}=\frac{1}{a^{2}\left(4 a^{2}+1\right)}=\frac{4}{(\sqrt{3}-1) \cdot \sqrt{3}}
$$

于是 $F$ 点的坐标为 $\left(\frac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}}, 0\right)$.

Final answer: $\left(\frac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}}, 0\right)$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, $F$ 是 $x$ 轴正半轴上的一个动点, 以 $F$ 为焦点、 $O$ 为顶点作抛物线 $C$, 设 $P$ 是第一象限内 $C$ 上的一点, $Q$ 是 $x$ 轴负半轴上一点, 使得 $P Q$ 为 $C$ 的切线, 且 $|P Q|=2$, 圆 $C_{1}, C_{2}$ 均与直线 $O P$ 相切于点 $P$, 且均与 $x$ 轴相切, 求点 $F$ 的坐标, 使圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的面积之和取到最小值.

<img_4130>

Solution:
如下图, 设抛物线方程为 $C: y^{2}=2 p x$, 焦点 $F\left(\frac{p}{2}, 0\right)$, 连接 $C_{1} C_{2}, P F$.



<img_4131>

设 $P\left(2 p a^{2}, 2 p a\right)$, 则根据抛物线的光学性质, $|F Q|=|P F|$, 于是 $Q\left(-2 p a^{2}, 0\right)$, 进而由 $|P Q|=2$, 可得

$$
4 p^{2} a^{4}+p^{2} a^{2}=1,
$$

即

$$
p^{2} a^{2}=\frac{1}{4 a^{2}+1}
$$

圆心 $C_{1}, C_{2}$ 都在过点 $P$ 且与 $O P$ 垂直的直线 $l$ 上, 设直线 $l$ 的参数方程为

$$
\left\{\begin{array}{l}
x=2 p a^{2}+t \\
y=2 p a-a t
\end{array}\right.
$$

根据题意, $C_{1}, C_{2}$ 对应的参数满足

$$
\sqrt{1+a^{2}} \cdot|t|=2 p a-a t
$$

即

$$
t^{2}+4 p a^{2} t-4 p^{2} a^{2}=0
$$

因此圆 $C_{1}$ 的面积 $S_{1}$ 与圆 $C_{2}$ 的面积 $S_{2}$ 之和

$$
\begin{aligned}
S_{1}+S_{2} & =\pi\left[\left(1+a^{2}\right) t_{1}^{2}+\left(1+a^{2}\right) t_{2}^{2}\right] \\
& =\pi\left(1+a^{2}\right)\left[\left(-4 p a^{2}\right)^{2}+2 \cdot 4 p^{2} a^{2}\right] \\
& =\pi\left(1+a^{2}\right)\left(16 a^{2}+8\right) \cdot p^{2} a^{2} \\
& =\frac{\pi\left(16 a^{4}+24 a^{2}+8\right)}{4 a^{2}+1} \\
& =\pi\left(4 a^{2}+1+\frac{3}{4 a^{2}+1}+4\right) \\
& \geqslant \pi(4+2 \sqrt{3})
\end{aligned}
$$



等号当 $4 a^{2}+1=\sqrt{3}$, 即 $a^{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$ 时取得. 此时

$$
p^{2}=\frac{1}{a^{2}\left(4 a^{2}+1\right)}=\frac{4}{(\sqrt{3}-1) \cdot \sqrt{3}}
$$

于是 $F$ 点的坐标为 $\left(\frac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}}, 0\right)$.

Final answer: $\left(\frac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}}, 0\right)$
Subfield: Algebra


Question: 设实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2016}$ 满足 $9 a_{i}>11 a_{i+1}^{2}(i=1,2, \cdots, 2015)$. 求

$$
\left(a_{1}-a_{2}^{2}\right) \cdot\left(a_{2}-a_{3}^{2}\right) \cdots\left(a_{2015}-a_{2016}^{2}\right) \cdot\left(a_{2016}-a_{1}^{2}\right)
$$

的最大值.

Solution:
令原式为 $P$. 由于 $a_{i}-a_{i+1}^{2}>0, i=1,2, \cdots, 2015$, 因此只需要考虑当 $a_{2016}-a_{1}^{2}>0$的情况, 记 $a_{2017}=a_{1}$, 则

$$
\begin{aligned}
P^{\frac{1}{2016}} & \leqslant \frac{1}{2016} \sum_{k=1}^{2016}\left(a_{k}-a_{k+1}^{2}\right) \\
& =\frac{1}{2016}\left(\sum_{k=1}^{2016} a_{k}-\sum_{k=1}^{2016} a_{k}^{2}\right) \\
& =\frac{1}{2016} \sum_{k=1}^{2016}\left[a_{k}\left(1-a_{k}\right)\right] \leqslant \frac{1}{4},
\end{aligned}
$$

等号当 $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2016}=\frac{1}{2}$ 时取得. 因此 $P$ 的最大值为 $\frac{1}{4^{2016}}$.

Final answer: $\frac{1}{4^{2016}}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $X, Y$ 是直线 $B C$ 上两点 ( $X, B, C, Y$ 顺次排列), 使得

$$
B X \cdot A C=C Y \cdot A B
$$

设 $\triangle A C X, \triangle A B Y$ 的外心分别为 $O_{1}, O_{2}$, 直线 $O_{1} O_{2}$ 与 $A B, A C$ 分别交于点 $U, V$. 证明: $\triangle A U V$ 是等腰三角形.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_6b053daa81fcef60274eg-1.jpg?height=306&width=545&top_left_y=1880&top_left_x=801)

Solution:
如下图, 设圆 $O_{1}$ 与圆 $O_{2}$ 的公共弦为 $A D, A D$ 交 $X Y$ 于 $E$.



![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_e3d7b934740f0b7776d0g-1.jpg?height=448&width=559&top_left_y=336&top_left_x=794)

由于 $A D$ 为两圆的根轴, 于是 $E$ 点对圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 的幂相等, 从而

$$
X E \cdot C E=B E \cdot Y E
$$

进而结合合分比定理有

$$
\frac{B E}{C E}=\frac{X E}{Y E}=\frac{X B}{Y C}
$$

又由已知, 有 $\frac{X B}{Y C}=\frac{A B}{A C}$, 于是有 $\frac{B E}{C E}=\frac{A B}{A C}$, 从而 $A E$ 是 $\angle B A C$ 的角平分线. 又 $A D \perp O_{1} O_{2}$, 于是 $U, V$ 关于直线 $A D$ 对称, 因此 $\triangle A U V$ 是等腰三角形.
如图, 设 $\triangle A B C$ 的外心为 $O$, 连结 $O O_{1}, O O_{2}$, 过点 $O, O_{1}, O_{2}$ 分别作直线 $B C$ 的垂线, 垂足分别为 $D, D_{1}, D_{2}$. 作 $O_{1} K \perp O D$ 于点 $K$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_e3d7b934740f0b7776d0g-1.jpg?height=271&width=502&top_left_y=1441&top_left_x=820)

我们证明 $O O_{1}=O O_{2}$. 在直角三角形 $O K O_{1}$ 中,

$$
O O_{1}=\frac{O_{1} K}{\sin \angle O_{1} O K}
$$

由外心的性质, $O O_{1} \perp A C$, 又 $O D \perp B C$, 故 $\angle O_{1} O K=\angle A C B$. 而 $D, D_{1}$ 分别是 $B C, C X$ 的中点, 所以

$$
D D_{1}=C D_{1}-C D=\frac{1}{2} C X-\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} B X
$$

因此

$$
O O_{1}=\frac{O_{1} K}{\sin \angle O_{1} O K}=\frac{D D_{1}}{\sin \angle A C B}=\frac{\frac{1}{2} B X}{\frac{A B}{2 R}}=R \cdot \frac{B X}{A B}
$$



这里 $R$ 是 $\triangle A B C$ 的外接圆半径. 同理 $O O_{2}=R \cdot \frac{C Y}{A C}$. 由已知条件可得 $\frac{B X}{A B}=\frac{C Y}{A C}$,故 $O O_{1}=O O_{2}$. 由于 $O O_{1}=O O_{2}$, 故 $\angle O O_{1} O_{2}=\angle O O_{2} O_{1}$, 从而 $\angle A U V=\angle A V U$.这样 $A U=A V$, 即 $\triangle A U V$ 是等腰三角形.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $X, Y$ 是直线 $B C$ 上两点 ( $X, B, C, Y$ 顺次排列), 使得

$$
B X \cdot A C=C Y \cdot A B
$$

设 $\triangle A C X, \triangle A B Y$ 的外心分别为 $O_{1}, O_{2}$, 直线 $O_{1} O_{2}$ 与 $A B, A C$ 分别交于点 $U, V$. 证明: $\triangle A U V$ 是等腰三角形.

<img_4193>

Solution:
如下图, 设圆 $O_{1}$ 与圆 $O_{2}$ 的公共弦为 $A D, A D$ 交 $X Y$ 于 $E$.



<img_4145>

由于 $A D$ 为两圆的根轴, 于是 $E$ 点对圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 的幂相等, 从而

$$
X E \cdot C E=B E \cdot Y E
$$

进而结合合分比定理有

$$
\frac{B E}{C E}=\frac{X E}{Y E}=\frac{X B}{Y C}
$$

又由已知, 有 $\frac{X B}{Y C}=\frac{A B}{A C}$, 于是有 $\frac{B E}{C E}=\frac{A B}{A C}$, 从而 $A E$ 是 $\angle B A C$ 的角平分线. 又 $A D \perp O_{1} O_{2}$, 于是 $U, V$ 关于直线 $A D$ 对称, 因此 $\triangle A U V$ 是等腰三角形.
如图, 设 $\triangle A B C$ 的外心为 $O$, 连结 $O O_{1}, O O_{2}$, 过点 $O, O_{1}, O_{2}$ 分别作直线 $B C$ 的垂线, 垂足分别为 $D, D_{1}, D_{2}$. 作 $O_{1} K \perp O D$ 于点 $K$.

<img_4154>

我们证明 $O O_{1}=O O_{2}$. 在直角三角形 $O K O_{1}$ 中,

$$
O O_{1}=\frac{O_{1} K}{\sin \angle O_{1} O K}
$$

由外心的性质, $O O_{1} \perp A C$, 又 $O D \perp B C$, 故 $\angle O_{1} O K=\angle A C B$. 而 $D, D_{1}$ 分别是 $B C, C X$ 的中点, 所以

$$
D D_{1}=C D_{1}-C D=\frac{1}{2} C X-\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} B X
$$

因此

$$
O O_{1}=\frac{O_{1} K}{\sin \angle O_{1} O K}=\frac{D D_{1}}{\sin \angle A C B}=\frac{\frac{1}{2} B X}{\frac{A B}{2 R}}=R \cdot \frac{B X}{A B}
$$



这里 $R$ 是 $\triangle A B C$ 的外接圆半径. 同理 $O O_{2}=R \cdot \frac{C Y}{A C}$. 由已知条件可得 $\frac{B X}{A B}=\frac{C Y}{A C}$,故 $O O_{1}=O O_{2}$. 由于 $O O_{1}=O O_{2}$, 故 $\angle O O_{1} O_{2}=\angle O O_{2} O_{1}$, 从而 $\angle A U V=\angle A V U$.这样 $A U=A V$, 即 $\triangle A U V$ 是等腰三角形.
Subfield: Combinatorics


Question: 给定空间中 10 个点, 其中任意四点不在一个平面上, 将某些点之间用线段相连, 若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形, 试确定所连线段数目的最大值.

Solution:
记这 10 个点分别为 $P_{i}$ 且从 $P_{i}$ 点引出了 $a_{i}$ 条线段, 其中 $i=1,2, \cdots, 10$. 这样图形中总共包含 $\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{10} a_{i}$ 条线段和 $\sum_{i=1}^{10} \mathrm{C}_{a_{i}}^{2}$ 个角. 根据题意, 图形中没有空间四边形, 因此任何一个角都与一个点对 $\left(P_{m}, P_{n}\right)$ 一一对应, 且不存在线段 $P_{m} P_{n}$. 这样就有

$$
\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{10} a_{i}+\sum_{i=1}^{10} \mathrm{C}_{a_{i}}^{2}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{10} a_{i}^{2} \leqslant \mathrm{C}_{10}^{2}
$$

于是所连线段数目

$$
\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{10} a_{i} \leqslant \frac{1}{2} \sqrt{10 \cdot \sum_{i=1}^{10} a_{i}^{2}}=15
$$

接下来构造包含 15 条线段的图形, 此时从每个顶点出发的线段数均为 3 , 如下图.

<img_4202>

Final answer: $15$
Subfield: Sequence


Question: 设 $p$ 与 $p+2$ 均是素数, $p>3$. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义为

$$
a_{1}=2, a_{n}=a_{n-1}+\left\lceil\frac{p a_{n-1}}{n}\right\rceil, n=2,3, \cdots
$$

这里 $\lceil x\rceil$ 表示不小于实数 $x$ 的最小整数. 证明: 对 $n=3,4, \cdots, p-1$ 均有 $n \mid p a_{n-1}+1$成立.

Solution:
首先注意, $\left\{a_{n}\right\}$ 是整数数列.

对 $n$ 用数学归纳法. 当 $n=3$ 时, 由条件知 $a_{2}=2+p$, 故 $p a_{2}+1=(p+1)^{2}$. 因 $p$ 与$p+2$ 均是素数, 且 $p>3$, 故必须 $3 \mid p+1$. 因此 $3 \mid p a_{2}+1$, 即 $n=3$ 时结论成立.对 $3<n \leqslant p-1$, 设对 $k=3, \cdots, n-1$ 成立, 此时 $\left\lceil\frac{p a_{k-1}}{k}\right\rceil=\frac{p a_{k-1}+1}{k}$, 故

$$
\begin{aligned}
p a_{k-1}+1 & =p\left(a_{k-2}+\left\lceil\frac{p a_{k-2}}{k-1}\right\rceil\right)+1 \\
& =p\left(a_{k-2}+\frac{p a_{k-2}+1}{k-1}\right)+1 \\
& =\frac{\left(p a_{k-2}+1\right)(p+k-1)}{k-1} .
\end{aligned}
$$

故对 $3<n \leqslant p-1$, 有

$$
\begin{aligned}
p a_{n-1}+1 & =\frac{p+n-1}{n-1}\left(p a_{n-2}+1\right) \\
& =\frac{p+n-1}{n-1} \cdot \frac{p+n-2}{n-2}\left(p a_{n-3}+1\right) \\
& =\cdots \\
& =\frac{p+n-1}{n-1} \cdot \frac{p+n-2}{n-2} \cdots \frac{p+3}{3}\left(p a_{2}+1\right),
\end{aligned}
$$

因此

$$
p a_{n-1}+1=\frac{2 n(p+1)}{(p+n)(p+2)} \mathrm{C}_{p+n}^{n}
$$

由此知（注意 $\mathrm{C}_{p+n}^{n}$ 是整数）

$$
n \mid(p+n)(p+2)\left(p a_{n-1}+1\right)
$$

因 $n<p, p$ 为素数, 故 $(n, n+p)=(n, p)=1$, 又 $p+2$ 是大于 $n$ 的素数, 故 $(n, p+2)=1$,从而 $n$ 与 $(p+n)(p+2)$ 互素, 故 $n \mid p a_{n-1}+1$. 由数学归纳法知, 本题得证.
Subfield: Algebra


Question: 若实数 $a, b, c$ 满足 $2^{a}+4^{b}=2^{c}, 4^{a}+2^{b}=4^{c}$, 求 $c$ 的最小值.

Solution:
记 $x=2^{a}, y=2^{b}, z=2^{c}$, 则

$$
\left\{\begin{array}{l}
x+y^{2}=z \\
x^{2}+y=z^{2}
\end{array}\right.
$$

消元得

$$
\left(z-y^{2}\right)^{2}+y=z^{2}
$$

整理得

$$
z=\frac{y^{2}}{2}+\frac{1}{2 y}=\frac{y^{2}}{2}+\frac{1}{4 y}+\frac{1}{4 y} \geqslant 3 \sqrt[3]{\frac{y^{2}}{2} \cdot \frac{1}{4 y} \cdot \frac{1}{4 y}}=\frac{3}{4} \sqrt[3]{2}
$$

等号当 $y=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}, x=\frac{\sqrt[3]{2}}{4}$ 时取得. 于是 $z$ 的最小值为 $\frac{3}{4} \sqrt[3]{2}$, 进而 $c$ 的最小值为

$$
\log _{2}\left(\frac{3}{4} \sqrt[3]{2}\right)=\log _{2} 3-\frac{5}{3}
$$

Final answer: $\log _{2} 3-\frac{5}{3}$
Subfield: Algebra


Question: 设 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 是 4 个有理数, 使得

$$
\left\{a_{i} a_{j} \mid 1 \leqslant i<j \leqslant 4\right\}=\left\{-24,-2,-\frac{3}{2},-\frac{1}{8}, 1,3\right\},
$$

求 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}$ 的值.

Solution:
设 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 的绝对值从小到大排列, 则

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_{1} a_{2}=-\frac{1}{8}, \\
a_{1} a_{3}=1, \\
a_{2} a_{4}=3, \\
a_{3} a_{4}=-24, \\
\left\{a_{2} a_{3}, a_{1} a_{4}\right\}=\left\{-2,-\frac{3}{2}\right\},
\end{array}\right.
$$



解得

$$
\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right)=\left(\frac{1}{4},-\frac{1}{2}, 4,-6\right) \vee\left(-\frac{1}{4}, \frac{1}{2},-4,6\right)
$$

于是 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}= \pm \frac{9}{4}$.

Final answer: $ -\frac{9}{4}, \frac{9}{4}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左、右焦点, 设不经过焦点 $F_{1}$ 的直线 $l$ 与椭圆交于两个不同的点 $A, B$, 焦点 $F_{2}$ 到直线 $l$ 的距离为 $d$. 如果直线 $A F_{1}, l, B F_{1}$ 的斜率依次成等差数列, 求 $d$ 的取值范围.

Solution:
根据已知, 有 $F_{1}(-1,0), F_{2}(1,0)$.

设 $l: y=k x+m, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则联立直线与椭圆方程得

$$
\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k m x+2 m^{2}-2=0
$$

判别式

$$
\Delta=8\left(2 k^{2}+1-m^{2}\right)>0
$$

即

$$
2 k^{2}+1>m^{2}
$$

由题意直线 $A F_{1} 、 l 、 B F_{1}$ 的斜率成等差数列, 得

$$
\frac{y_{1}}{x_{1}+1}+\frac{y_{2}}{x_{2}+1}=2 k
$$

将 $y_{1}=k x_{1}+m, y_{2}=k x_{2}+m$ 代入并整理得

$$
(m-k)\left(x_{1}+x_{2}+2\right)=0,
$$

由直线 $l$ 不经过 $F_{1}$ 点, 舍去 $m-k=0$, 于是

$$
x_{1}+x_{2}=-2
$$

结合韦达定理有

$$
-\frac{4 k m}{2 k^{2}+1}=-2 \text {, }
$$

即

$$
m=k+\frac{1}{2 k}
$$

由此可得 $k^{2}$ 的取值范围由

$$
2 k^{2}+1>m^{2}=\left(k+\frac{1}{2 k}\right)^{2}
$$



确定, 即

$$
k^{2}>\frac{1}{2}
$$

点 $F_{2}(1,0)$ 到直线 $l$ 的距离为

$$
d=\frac{|k+m|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\sqrt{\frac{k^{2}}{1+k^{2}}} \cdot\left(2+\frac{1}{2 k^{2}}\right)
$$

结合 $k^{2}$ 的取值范围可得 $d$ 的取值范围为 $(\sqrt{3}, 2)$.

Final answer: $(\sqrt{3}, 2)$