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


Question: 如下图, 设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\Gamma$, 在点 $B 、 C$ 处分别作圆 $\Gamma$ 的切线, 两条切线交于点 D. 由 $\triangle A B C$ 的边 $A B 、 C A$ 分别向形外作正方形 $B A G H$ 、正方形 $A C E F$, 设 $E F$ 与 $H G$ 交于点 $X$. 证明: $X 、 A 、 D$ 三点共线.

<img_4160>

Solution:
如图, 设点 $A$ 在 $G F$ 上的投影为 $R$, $A R$ 与 $B C$ 交于点 $M$.

<img_4112>

由面积法知

$$
\begin{aligned}
& \frac{B M}{C M}=\frac{S_{\triangle A B M}}{S_{\triangle A C M}}=\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A M \sin \angle B A M}{\frac{1}{2} A C \cdot A M \sin \angle C A M} \\
& =\frac{A B \cos \angle R A G}{A C \cos \angle R A F}=\frac{A G \cos \angle R A G}{A F \cos \angle R A F}=1 .
\end{aligned}
$$

故 $M$ 为边 $B C$ 的中点.

设 $X A$ 与 $B C$ 交于点 $K$. 则由 $G 、 A 、 F 、 X$ 四点共圆得

$$
\begin{aligned}
& \angle C A K=90^{\circ}-\angle F A X=90^{\circ}-\angle F G X \\
& =\angle A G F=90^{\circ}-\angle G A R=\angle B A M,
\end{aligned}
$$

即 $A X$ 在 $A M$ 的共轭中线上.

另一方面, 在边 $B C$ 上作一点 $M^{\prime}$, 使得

$\angle C A D=\angle B A M^{\prime}$.

由面积法知

$$
\begin{aligned}
& \frac{B M^{\prime}}{M^{\prime} C}=\frac{S_{\triangle A B M^{\prime}}}{S_{\triangle A C M^{\prime}}}=\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A M^{\prime} \sin \angle B A M^{\prime}}{\frac{1}{2} A C \cdot A M^{\prime} \sin \angle C A M^{\prime}} \\
& =\frac{A B \sin \angle C A D}{A C \sin \angle B A D}=\frac{A B \cdot \frac{C D \sin \angle A C D}{A D}}{A C \cdot \frac{B D \sin \angle A B D}{A D}}
\end{aligned}
$$

$$
=\frac{A B \sin \angle A C D}{A C \sin \angle A B D}=\frac{A B \sin \angle A B C}{A C \sin \angle A C B}=1 .
$$

故点 $M^{\prime}$ 与 $M$ 重合.

因此, $A D$ 也在 $A M$ 的共轭中线上.

综上, $X 、 A 、 D$ 三点共线.
Subfield: Algebra


Question: 对于任意实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2016}$, 试求

$$
\frac{7+23 \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \sin ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)}{7+24 \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \cos ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)}
$$

的取值范围.

Solution:
设原式为 $S$,

$\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \sin ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)=x$.

则 $\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \cos ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)$

$=\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016}\left[1-\sin ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)\right]=\mathrm{C}_{2016}^{2}-x$.

于是, $S=\frac{7+23 x}{7+24\left(\mathrm{C}_{2016}^{2}-x\right)}$.

显然, 此函数连续, 且单调递增.

易知,当 $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2016}$ 时, $S$ 取得最小值 $\frac{7}{7+24 C_{2016}^{2}}=\frac{7}{48746887}=\frac{1}{6963841}$.注意到,

$$
\begin{aligned}
& \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \sin ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right) \\
= & \frac{1}{2} \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016}\left[1-\cos \left(2 a_{i}-2 a_{j}\right)\right] \\
= & \frac{1}{2} C_{2016}^{2}-\frac{1}{2} \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016}\left(\cos 2 a_{i} \cdot \cos 2 a_{j}+\right. \\
& \left.\sin 2 a_{i} \cdot \sin 2 a_{j}\right) \\
= & \frac{2016 \times 2015}{4}-\frac{1}{4}\left[\left(\sum_{i=1}^{2016} \cos 2 a_{i}\right)^{2}+\right.
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \left(\sum_{i=1}^{2016} \sin 2 a_{i}\right)^{2}-\left(\sum_{i=1}^{2016} \cos ^{2} 2 a_{i}+\right. \\
& \left.\left.\sum_{i=1}^{2016} \sin ^{2} 2 a_{i}\right)\right]
\end{aligned}
$$

$=\frac{2016 \times 2015}{4}-\frac{1}{4}\left[\left(\sum_{i=1}^{2016} \cos 2 a_{i}\right)^{2}+\right.$

$$
\left.\left(\sum_{i=1}^{2016} \sin 2 a_{i}\right)^{2}-2016\right]
$$

$=\frac{2016^{2}}{4}-\frac{1}{4}\left[\left(\sum_{i=1}^{2016} \cos 2 a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{2016} \sin 2 a_{i}\right)^{2}\right]$

$\leqslant \frac{2016^{2}}{4}=1016064$.

则 $\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \cos ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)$

$=\mathrm{C}_{2016}^{2}-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 2016} \sin ^{2}\left(a_{i}-a_{j}\right)$

$\geqslant \frac{2016 \times 2015}{2}-1016064$

$=1015056$.

故 $S \leqslant \frac{7+23 \times 1016064}{7+24 \times 1015056}=\frac{3338497}{3480193}$,

当 $a_{i}=\frac{i \pi}{2016}(i=1,2, \cdots, 2016)$ 时,上式等号成立.

因此, $S$ 的最大值为 $\frac{3338497}{3480193}$.

综上, $S$ 的取值范围是

$\left[\frac{1}{6963841}, \frac{3338497}{3480193}\right]$.

Final answer: $\left[\frac{1}{6963841}, \frac{3338497}{3480193}\right]$
Subfield: Algebra


Question: 求所有的映射 $f: \mathbf{Z} \rightarrow \mathbf{Z}$, 使得对于任意的 $m 、 n \in \mathbf{Z}$,均有

$$
f(f(m+n))=f(m)+f(n)
$$

Solution:
设 $f(0)=a \in \mathbf{Z}$, 令 $n=0$, 则

$f(f(m))=f(m)+f(0)=f(m)+a \quad \quad (1)$.

在式(1)中取 $m=x+y(x 、 y \in \mathbf{Z})$, 则

$f(f(x+y))=f(x+y)+a$.

结合原题条件得

$f(x)+f(y)=f(x+y)+a \quad \quad (2)$.

令 $g(x)=f(x)-a$. 由式(2)得

$g(x+y)=f(x+y)-a$

$=f(x)+f(y)-2 a$

$=g(x)+g(y) \quad \quad (3)$.

设 $g(1)=b \in \mathbf{Z}$.

在式(3)中, 令 $x=y=1$, 则

$g(2)=g(1)+g(1)=2 b ;$

在式(3)中, 令 $x=2, y=1$, 则

$g(3)=g(2)+g(1)=3 b$.

由数学归纳法易证, 对于任意的 $n \in$ $\mathbf{Z}_{+}$, 有

$g(n)=n b \quad \quad (4)$.

在式(3)中,令 $x=y=0$, 则

$g(0)=2 g(0) \Rightarrow g(0)=0 \quad \quad (5)$.

在式(3)中, 令 $x=n, y=-n$, 则

$g(0)=g(n)+g(-n)=0$

$\Rightarrow g(-n)=-g(n)=-n b \quad \quad (6)$.

综合式(4)、(5)、(6),知对任意的 $n \in \mathbf{Z}$, 有 $g(n)=n b$.

故 $f(n)=g(n)+a=n b+a \quad \quad (7)$.

将式(7)代人式(1)得

$b(b m+a)+a=f(b m+a)$

$=f(m)+a=b m+2 a$

$\Rightarrow(b m+a)(b-1)=0$

$\Rightarrow b=1$ 或 $b m+a=0$.

当 $b=1$ 时, $f(n)=n+a$ ；

而 $b m+a=0$ 对于任意的 $m \in \mathbf{Z}$ 均成立等价于 $a=b=0$, 此时, $f(n)=0$.

故 $f(n)=n+a$ 或 $f(n)=0$.

经验证,这两种情形均满足题意.

综上, $f(n)=n+a(a \in \mathbf{Z})$ 或 $f(n)=0$.

Final answer: $f(n)=n+a, f(n)=0$
Subfield: Combinatorics


Question: 已知 $n$ 个正整数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 的和为 2016. 若这 $n$ 个数既可分为和相等的 32 个组,又可分为和相等的 63 个组,求 $n$ 的最小值.

Solution:
设分成的 32 个组为 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{32}$, 每组中的各数之和均为 63 , 称这种组为 $A$ 类组; 而分成的 63 个组为 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{63}$, 每组中的各数之和均为 32 , 称这种组为 $B$ 类组.

显然,每个项 $x_{k}$ 恰属于一个 $A$ 类组和一个 $B$ 类组，即同类组之间没有公共项; 若两个组 $A_{i} 、 B_{j}$ 中有两个公共项 $x_{r} 、 x_{t}$, 则可将这两个数合并为一项 $x_{r}+x_{t}$, 使 $n$ 值减少,故不妨设每对 $A_{i} 、 B_{j}$ 至多有一个公共项.

构造图论模型: 用点 $u_{1}, u_{2}, \cdots, u_{32}$ 分别表示 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{32}$, 而点 $v_{1}, v_{2}, \cdots, v_{63}$ 表示组 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{63}$, 若组 $A_{i} 、 B_{j}$ 有公共项, 则在相应的点 $u_{i} 、 v_{j}$ 之间连一条边. 于是, 得到二部图 $G$, 它恰有 $n$ 条边和 95 个顶点.

下面证明 : $G$ 为连通图.

若图 $G$ 的最大连通分支为 $G^{\prime}$, 其顶点数少于 95 , 设在连通分支 $G^{\prime}$ 中,有 $a$ 个 $A$ 类顶点 $u_{k_{1}}, u_{k_{2}}, \cdots, u_{k_{a}}$ 和 $b$ 个 $B$ 类顶点 $v_{s_{1}}, v_{s_{2}}, \cdots$, $v_{s_{b}}$, 其中, $a+b<95$. 则在相应的 $A$ 类组 $A_{k_{1}}$, $A_{k_{2}}, \cdots, A_{k_{a}}$ 和 $B$ 类组 $B_{s_{1}}, B_{s_{2}}, \cdots, B_{s_{b}}$ 中, $A$ 类组 $A_{r_{i}}$ 中的任意一个数 $x_{i}$ 均在某个 $B$ 类组 $B_{s_{j}}$ 中出现; 而 $B$ 类组 $B_{s_{i}}$ 中的任意一个数 $x_{i}$ 也均在某个 $A$ 类组 $A_{r_{i}}$ 中出现 (否则, 将有边与分支外的顶点连接,矛盾).

于是, $a$ 个 $A$ 类组 $A_{k_{1}}, A_{k_{2}}, \cdots, A_{k_{a}}$ 中各数的和应等于 $b$ 个 $B$ 类组 $B_{s_{1}}, B_{s_{2}}, \cdots, B_{s_{b}}$ 中各数的和, 即有 $63 a=32 b$.

从而, $32|a, 63| b$.

所以, $a+b \geqslant 32+63=95$, 矛盾.

故 $G$ 为连通图, 图 $G$ 至少有 $95-1=94$条边, 即 $n \geqslant 94$.

另一方面, 可实际构造一个具有 94 项的数列 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{94}$ 满足本题条件. 例如, 取

$x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{32}=32$,

$x_{33}=x_{34}=\cdots=x_{63}=31$,

$x_{64}=x_{65}=\cdots=x_{94}=1$.

于是, 每个 $A$ 类组可由一个 32 和一个 31 , 或者由一个 32 和 31 个 1 组成, 这样共得 32 个 $A$ 类组,每组各数的和均为 63 .

为了获得和为 32 的 63 个 $B$ 类组,可使 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{32}$ 各成一组, 其余的数可以拼成 31 个 $B$ 类组 $\{1,31\}$.

综上, $n$ 的最小值为 94 .

Final answer: $94$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E 、 F$ 分别为边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点, $L 、 M 、 N$ 分别为线段 $E F 、 F D 、 D E$ 的中点. 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_61474f2f0c739423bf20g-1.jpg?height=539&width=633&top_left_y=1232&top_left_x=1137)
证明: $A L 、 B M 、 C N$ 三线共点的充分必要条件是 $A D 、 B E 、 C F$ 三线共点;

Solution:
设 $\angle C A L=\alpha_{1}, \angle B A L=\alpha_{2}$,

$\angle A B M=\beta_{1}, \angle C B M=\beta_{2}$,

$\angle B C N=\gamma_{1}, \angle A C N=\gamma_{2}$.

由分角线定理知

$1=\frac{E L}{L F}=\frac{A E \sin \alpha_{1}}{A F \sin \alpha_{2}}$,

$1=\frac{F M}{M D}=\frac{B F \sin \beta_{1}}{B D \sin \beta_{2}}$,

$1=\frac{D N}{N E}=\frac{C D \sin \gamma_{1}}{C E \sin \gamma_{2}}$.

三式相乘得

$\frac{\sin \alpha_{1}}{\sin \alpha_{2}} \cdot \frac{\sin \beta_{1}}{\sin \beta_{2}} \cdot \frac{\sin \gamma_{1}}{\sin \gamma_{2}}=\frac{A F}{A E} \cdot \frac{B D}{B F} \cdot \frac{C E}{C D}$

$=\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} \quad \quad (1)$.

由塞瓦定理,知 $A D 、 B E 、 C F$ 三线共点的充分必要条件是

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

又由角元塞瓦定理,知 $A L 、 B M 、 C N$ 三线共点的充分必要条件是

$\frac{\sin \alpha_{1}}{\sin \alpha_{2}} \cdot \frac{\sin \beta_{1}}{\sin \beta_{2}} \cdot \frac{\sin \gamma_{1}}{\sin \gamma_{2}}=1$.

因此, 由式(1)知

$A L 、 B M 、 C N$ 三线共点

$\Leftrightarrow A D 、 B E 、 C F$ 三线共点.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E 、 F$ 分别为边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点, $L 、 M 、 N$ 分别为线段 $E F 、 F D 、 D E$ 的中点. 

<img_4100>
证明: $A L 、 B M 、 C N$ 三线共点的充分必要条件是 $A D 、 B E 、 C F$ 三线共点;

Solution:
设 $\angle C A L=\alpha_{1}, \angle B A L=\alpha_{2}$,

$\angle A B M=\beta_{1}, \angle C B M=\beta_{2}$,

$\angle B C N=\gamma_{1}, \angle A C N=\gamma_{2}$.

由分角线定理知

$1=\frac{E L}{L F}=\frac{A E \sin \alpha_{1}}{A F \sin \alpha_{2}}$,

$1=\frac{F M}{M D}=\frac{B F \sin \beta_{1}}{B D \sin \beta_{2}}$,

$1=\frac{D N}{N E}=\frac{C D \sin \gamma_{1}}{C E \sin \gamma_{2}}$.

三式相乘得

$\frac{\sin \alpha_{1}}{\sin \alpha_{2}} \cdot \frac{\sin \beta_{1}}{\sin \beta_{2}} \cdot \frac{\sin \gamma_{1}}{\sin \gamma_{2}}=\frac{A F}{A E} \cdot \frac{B D}{B F} \cdot \frac{C E}{C D}$

$=\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C E}{E A} \quad \quad (1)$.

由塞瓦定理,知 $A D 、 B E 、 C F$ 三线共点的充分必要条件是

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

又由角元塞瓦定理,知 $A L 、 B M 、 C N$ 三线共点的充分必要条件是

$\frac{\sin \alpha_{1}}{\sin \alpha_{2}} \cdot \frac{\sin \beta_{1}}{\sin \beta_{2}} \cdot \frac{\sin \gamma_{1}}{\sin \gamma_{2}}=1$.

因此, 由式(1)知

$A L 、 B M 、 C N$ 三线共点

$\Leftrightarrow A D 、 B E 、 C F$ 三线共点.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E 、 F$ 分别为边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点, $L 、 M 、 N$ 分别为线段 $E F 、 F D 、 D E$ 的中点. 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_61474f2f0c739423bf20g-1.jpg?height=539&width=633&top_left_y=1232&top_left_x=1137)
证明：若 $A D 、 B E 、 C F$ 为 $\triangle A B C$ 的三条高线, $X 、 Y 、 Z$ 分别为线段 $E F 、 F D 、 D E$ 上的点,且满足 $D X / / A L, E Y / / B M, F Z / / C N$, 设 $\triangle A B C$ 、 $\triangle X Y Z$ 的外接圆半径分别为 $R 、 r$, 则

$$
r=2 R \cos A \cdot \cos B \cdot \cos C,
$$

其中, $A 、 B 、 C$ 表示 $\triangle A B C$ 的内角.

Solution:
先证明一个引理.

引理 设 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \angle A$ 内的旁切圆为 $\odot I_{1}, M$ 为边 $B C$的中点, 则 $A D / / M I_{1}$.

证明 如下图, 设 $\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E, E E_{1}$ 为 $\odot I_{1}$ 的直径, 过点 $E_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与直线 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$. 则 $B_{1} C_{1}$与 $\odot I_{1}$ 切于点 $E_{1}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_c84f48947f2459475614g-1.jpg?height=468&width=593&top_left_y=1174&top_left_x=1151)

因为 $A$ 是 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 的位似中心, $D 、 E_{1}$ 为对应点, 所以, $A 、 D 、 E_{1}$ 三点共线.

由 $B D=C E$, 知 $M$ 为线段 $D E$ 的中点.

于是, $D E_{1} / / M I_{1}$, 即 $A D / / M I_{1}$.

引理得证.

因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以,

$\angle A E F=\angle B$.

类似地, $\angle C E D=\angle B$.

因此, $E A$ 为 $\angle D E F$ 的外角平分线,且

$\angle D E F=180^{\circ}-2 \angle B$.

类似地, $F A$ 为 $\angle E F D$ 的外角平分线.

从而, $A$ 为 $\triangle D E F$ 中 $\angle D$ 内的旁心.

又 $D X / / A L, E Y / / B M, F Z / / C N$, 由引理知 $X$ 为 $\triangle D E F$ 的内切圆 (圆心为 $\triangle A B C$ 的垂心 $H)$ 与边 $E F$ 的切点.

类似地, $Y 、 Z$ 为 $\triangle D E F$ 的内切圆分别与边 $F D 、 D E$ 的切点.

从而, $\triangle X Y Z$ 的外接圆就是 $\triangle D E F$ 的内切圆.

设 $\triangle D E F$ 的外接圆半径为 $R_{1}$.

因为 $\triangle D E F$ 的外接圆是 $\triangle A B C$ 的九点圆, 所以, $R=2 R_{1}$.

由于 $\angle D E F=180^{\circ}-2 \angle B$, 类似得

$\angle F D E=180^{\circ}-2 \angle A$,

$\angle E F D=180^{\circ}-2 \angle C$.

故 $r=4 R_{1} \sin \frac{\angle F D E}{2} \cdot \sin \frac{\angle D E F}{2} \cdot \sin \frac{\angle E F D}{2}$

$=2 R \cos A \cdot \cos B \cdot \cos C$.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E 、 F$ 分别为边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点, $L 、 M 、 N$ 分别为线段 $E F 、 F D 、 D E$ 的中点. 

<img_4100>
证明：若 $A D 、 B E 、 C F$ 为 $\triangle A B C$ 的三条高线, $X 、 Y 、 Z$ 分别为线段 $E F 、 F D 、 D E$ 上的点,且满足 $D X / / A L, E Y / / B M, F Z / / C N$, 设 $\triangle A B C$ 、 $\triangle X Y Z$ 的外接圆半径分别为 $R 、 r$, 则

$$
r=2 R \cos A \cdot \cos B \cdot \cos C,
$$

其中, $A 、 B 、 C$ 表示 $\triangle A B C$ 的内角.

Solution:
先证明一个引理.

引理 设 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \angle A$ 内的旁切圆为 $\odot I_{1}, M$ 为边 $B C$的中点, 则 $A D / / M I_{1}$.

证明 如下图, 设 $\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E, E E_{1}$ 为 $\odot I_{1}$ 的直径, 过点 $E_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与直线 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$. 则 $B_{1} C_{1}$与 $\odot I_{1}$ 切于点 $E_{1}$.

<img_4173>

因为 $A$ 是 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 的位似中心, $D 、 E_{1}$ 为对应点, 所以, $A 、 D 、 E_{1}$ 三点共线.

由 $B D=C E$, 知 $M$ 为线段 $D E$ 的中点.

于是, $D E_{1} / / M I_{1}$, 即 $A D / / M I_{1}$.

引理得证.

因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以,

$\angle A E F=\angle B$.

类似地, $\angle C E D=\angle B$.

因此, $E A$ 为 $\angle D E F$ 的外角平分线,且

$\angle D E F=180^{\circ}-2 \angle B$.

类似地, $F A$ 为 $\angle E F D$ 的外角平分线.

从而, $A$ 为 $\triangle D E F$ 中 $\angle D$ 内的旁心.

又 $D X / / A L, E Y / / B M, F Z / / C N$, 由引理知 $X$ 为 $\triangle D E F$ 的内切圆 (圆心为 $\triangle A B C$ 的垂心 $H)$ 与边 $E F$ 的切点.

类似地, $Y 、 Z$ 为 $\triangle D E F$ 的内切圆分别与边 $F D 、 D E$ 的切点.

从而, $\triangle X Y Z$ 的外接圆就是 $\triangle D E F$ 的内切圆.

设 $\triangle D E F$ 的外接圆半径为 $R_{1}$.

因为 $\triangle D E F$ 的外接圆是 $\triangle A B C$ 的九点圆, 所以, $R=2 R_{1}$.

由于 $\angle D E F=180^{\circ}-2 \angle B$, 类似得

$\angle F D E=180^{\circ}-2 \angle A$,

$\angle E F D=180^{\circ}-2 \angle C$.

故 $r=4 R_{1} \sin \frac{\angle F D E}{2} \cdot \sin \frac{\angle D E F}{2} \cdot \sin \frac{\angle E F D}{2}$

$=2 R \cos A \cdot \cos B \cdot \cos C$.
Subfield: Number Theory


Question: 集合 $X=\left\{1,2,3, \cdots, 5 \times 10^{6}\right\}$ 有多少个满足下面条件的 2015 元子集 $A: A$ 的任意非空子集的元素之和不是 2016 的倍数?

Solution:
设集合 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2015}\right\}$ 满足题目条件.

则 $a_{1}, a_{1}+a_{2}, a_{1}+a_{2}+a_{3}, \cdots, a_{1}+a_{2}+$ $a_{3}+\cdots+a_{2015}$ 除以 2016 的余数两两不同, 且余数均不为 0 .

类似地, $a_{2}, a_{2}+a_{1}, a_{2}+a_{1}+a_{3}, \cdots, a_{2}+$ $a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2015}$ 除以 2016 的余数两两不同,且余数均不为 0 .

故 $a_{1} \equiv a_{2}(\bmod 2016)$.

类似地,

$a_{1} \equiv a_{2}(\bmod 2016) \equiv \cdots$

$\equiv a_{2015}(\bmod 2016) \equiv k(\bmod 2016)$.

由 $A$ 的任意非空子集的元素和不是 2016 的倍数, 可得 $(k, 2016)=1$.

注意到, $2016=32 \times 9 \times 7$,

$5 \times 10^{6}=2016 \times 2480+320$,

欧拉函数 $\varphi(2016)=16 \times 6 \times 6=576$.

利用容斥原理, 知 $\{1,2, \cdots, 320\}$ 中与 2016 互素的元素个数为

$320-\left(\left[\frac{320}{2}\right]+\left[\frac{320}{3}\right]+\left[\frac{320}{7}\right]\right)+\left(\left[\frac{320}{2 \times 3}\right]+\left[\frac{320}{3 \times 7}\right]+\left[\frac{320}{2 \times 7}\right]\right)-\left[\frac{320}{2 \times 3 \times 7}\right]=92$,其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.

因此,满足题目条件的子集个数为

$92 \mathrm{C}_{2481}^{2015}+484 \mathrm{C}_{2480}^{2015}$.

Final answer: $92 \binom{2481}{2015}+484 \binom{2480}{2015}$
Subfield: Geometry


Question: 对于平面 $\alpha$, 若多面体的各个顶点到平面 $\alpha$ 的距离均相等, 则称平面 $\alpha$ 为多面体的“中位面”.
四面体有多少个互不相同的中位面?

Solution:
将所考虑的四面体记作 $A B C D$.

若四个顶点均在平面 $\alpha$ 的一侧,则这四个顶点必位于一个与平面 $\alpha$ 平行的平面内,不符合条件.

只考虑以下两种情形.

(i) 平面 $\alpha$ 的一侧有三个顶点、另一侧有一个顶点.

不妨设点 $A 、 B 、 C$ 在平面 $\alpha$ 的一侧、点 $D$在另一侧. 则 $A 、 B 、 C$ 三点所确定的平面必平行于平面 $\alpha$.

由点 $D$ 作平面 $A B C$ 的垂线 $D D_{1}, D_{1}$ 为垂足. 则中位面 $\alpha$ 必为经过 $D D_{1}$ 的中点且与 $D D_{1}$ 垂直的平面 (存在且唯一), 该中位面平行于平面 $A B C$.

类似可得分别平行于四面体其他三个面的中位面.

这种类型的中位面共有 4 个.

(ii) 平面 $\alpha$ 的两侧各有两个顶点,不妨设点 $A 、 B$ 在平面 $\alpha$ 的一侧, 点 $C 、 D$ 在另一侧. 显然, $A B / / \alpha, C D / / \alpha$.

易知, $A B$ 与 $C D$ 为异面直线, 中位面 $\alpha$必为经过它们公垂线中点且平行于它们的平面 (存在且唯一). 由于四面体的 6 条棱可按异面关系分为 3 组,于是,这种类型的中位面共有 3 个.

综上,一个四面体有 7 个互不相同的中位面.

Final answer: $7$
Subfield: Geometry


Question: 对于平面 $\alpha$, 若多面体的各个顶点到平面 $\alpha$ 的距离均相等, 则称平面 $\alpha$ 为多面体的“中位面”.
平行六面体有多少个互不相同的中位面?

Solution:
由于平行六面体任意五个顶点不共面,于是, 平行六面体的八个顶点分布在平面 $\alpha$两侧的情形: 8-0、7-1、6-2、5-3 均不符合条件.

只考虑八个顶点在平面 $\alpha$ 两侧各四点的情形. 此时,平面 $\alpha$ 一侧的 4 个顶点必位于一个与平面 $\alpha$ 平行的平面上.

将所考虑的平行六面体记作 $A B C D-$ $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.


由于面 $A B C D / /$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 则经过这两个面的任意一条公垂线中点且与这两个面平行的平面, 到这两个面的距离相等. 从而,该平面即为平行六面体的一个中位面 (存在且唯一). 类似可得其余两个中位面.

Final answer: $3$
Subfield: Geometry


Question: 对于平面 $\alpha$, 若多面体的各个顶点到平面 $\alpha$ 的距离均相等, 则称平面 $\alpha$ 为多面体的“中位面”.
给定三维空间内不共面的四个点, 以这四点作为平行六面体的顶点 (中的四个),共可得到多少个互不相同的平行六面体?

Solution:
由于平行六面体任意五个顶点不共面,于是, 平行六面体的八个顶点分布在平面 $\alpha$两侧的情形: 8-0、7-1、6-2、5-3 均不符合条件.

只考虑八个顶点在平面 $\alpha$ 两侧各四点的情形. 此时,平面 $\alpha$ 一侧的 4 个顶点必位于一个与平面 $\alpha$ 平行的平面上.

将所考虑的平行六面体记作 $A B C D-$ $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$.

由于面 $A B C D / /$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 则经过这两个面的任意一条公垂线中点且与这两个面平行的平面, 到这两个面的距离相等. 从而,该平面即为平行六面体的一个中位面 (存在且唯一). 类似可得其余两个中位面.

所以每个平行六面体均有三个中位面, 它们分别平行于平行六面体的三组相对面. 对于每个平行六面体, 它的三个中位面是唯一确定的, 且交于一点 (中心 $O$ ). 反之, 一旦给定了三个交于一点的中位面, 则平行六面体的三组相对面的方向便完全确定了. 再结合所给定的至少四个顶点, 平行六面体便可唯一确定下来.

然后将所考虑的四面体记作 $A B C D$.

若四个顶点均在平面 $\alpha$ 的一侧,则这四个顶点必位于一个与平面 $\alpha$ 平行的平面内,不符合条件.

只考虑以下两种情形.

(i) 平面 $\alpha$ 的一侧有三个顶点、另一侧有一个顶点.

不妨设点 $A 、 B 、 C$ 在平面 $\alpha$ 的一侧、点 $D$在另一侧. 则 $A 、 B 、 C$ 三点所确定的平面必平行于平面 $\alpha$.

由点 $D$ 作平面 $A B C$ 的垂线 $D D_{1}, D_{1}$ 为垂足. 则中位面 $\alpha$ 必为经过 $D D_{1}$ 的中点且与 $D D_{1}$ 垂直的平面 (存在且唯一), 该中位面平行于平面 $A B C$.

类似可得分别平行于四面体其他三个面的中位面.

这种类型的中位面共有 4 个.

(ii) 平面 $\alpha$ 的两侧各有两个顶点,不妨设点 $A 、 B$ 在平面 $\alpha$ 的一侧, 点 $C 、 D$ 在另一侧. 显然, $A B / / \alpha, C D / / \alpha$.

易知, $A B$ 与 $C D$ 为异面直线, 中位面 $\alpha$必为经过它们公垂线中点且平行于它们的平面 (存在且唯一). 由于四面体的 6 条棱可按异面关系分为 3 组,于是,这种类型的中位面共有 3 个.

所以,一个四面体有 7 个互不相同的中位面.

所以对于所给出的空间四点, 共可确定七个互不相同的中位面. 从中任取三个的取法有 $\mathrm{C}_{7}^{3}$ 种, 但并不是所有这些“中位面三元组”均能确定出平行六面体. 事实上, 能够作出平行六面体的三个中位面的平面必须交于同一点,因此,必须排除那些不交于同一点的三元组.

易知, 凡是平行于同一条直线的三个平面均不可能交于同一点. 事实上, 它们形成三棱柱的三个侧面.

容易看出, 在四面体 $A B C D$ 的七个中位面中, 平行于棱 $A B$ 的恰有三个: 与异面直线 $A B$ 和 $C D$ 平行的中位面、平行于平面 $A B C$ 的中位面、平行于平面 $A B D$ 的中位面. 由此, 知与四面体 $A B C D$ 的六条棱中的每条棱平行的中位面均各有三个, 这六组中位面三元组不能确定平行六面体. 除此之外的其余三元组中的三个中位面均能交于同一点.

综上,一共可以确定出 $\mathrm{C}_{7}^{3}-6=29$ 个互不相同的平行六面体.

Final answer: $29$
Subfield: Algebra


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\} \quad\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$ 满足:

$$
a_{1}=b_{1}=1, \quad a_{n+1}=a_{n}+2 b_{n} \quad \text { (1), } b_{n+1}=a_{n}+b_{n} \text { (2)}
$$

试比较 $\frac{a_{2019}}{b_{2019}}+\frac{a_{2020}}{b_{2020}}$ 与 $2 \sqrt{2}$ 的大小.

Solution:
由(1)得 $2 b_{n}=a_{n+1}-a_{n}$, 代入(2) $\times 2$ 得

$$
a_{n+2}-a_{n+1}=2 a_{n}+a_{n+1}-a_{n}
$$

即: $a_{n+2}=2 a_{n+1}+a_{n}$, 且 $a_{1}=1, a_{2}=3$.

另一方面由(2)得到 $a_{n}=b_{n+1}-b_{n}$, 代入(1)得

$$
b_{n+2}-b_{n+1}=b_{n+1}-b_{n}+2 b_{n}
$$

即: $b_{n+2}=2 b_{n+1}+b_{n}$, 且 $b_{1}=1, b_{2}=2$.

令 $\alpha=1+\sqrt{2}, \beta=1-\sqrt{2}$, 注意到 $\alpha+\beta=2, \alpha-\beta=2 \sqrt{2}, \alpha \beta=-1$,

于是 $a_{n}=\frac{\alpha^{n}+\beta^{n}}{\alpha+\beta}, b_{n}=\frac{\alpha^{n}-\beta^{n}}{\alpha-\beta}$. 进而可以得到 $a_{n}^{2}-2 b_{n}^{2}=(\alpha \beta)^{n}=(-1)^{n}$.

根据上述 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的递推关系及初始条件, 我们知道 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 均为递增的正整数数列, 且

$$
\begin{aligned}
& \left|a_{n+1}^{2}-2 b_{n+1}^{2}\right|=\left|a_{n}^{2}-2 b_{n}^{2}\right|, \\
& \frac{1}{a_{n+1}+\sqrt{2} b_{n+1}}<\frac{1}{a_{n}+\sqrt{2} b_{n}}, \\
& \frac{1}{b_{n+1}}<\frac{1}{b_{n}} .
\end{aligned}
$$

把上述三式相乘得

$$
\left|\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}-\sqrt{2}\right|<\left|\frac{a_{n}}{b_{n}}-\sqrt{2}\right| .
$$

取 $n=2019$ ，整理即得

$$
\frac{a_{2019}}{b_{2019}}+\frac{a_{2020}}{b_{2020}}>2 \sqrt{2} .
$$

Final answer: $\frac{a_{2019}}{b_{2019}}+\frac{a_{2020}}{b_{2020}}>2 \sqrt{2}$
Subfield: Number Theory


Question: 求所有的正整数 $x, y$, 使得 $\left(x^{2}+y\right)\left(x+y^{2}\right)$ 为素数的 5 次幂.

Solution:
易知 $x \neq y$, 不妨设 $x<y$, 则 $x^{2}+y<x+y^{2}$.

设 $p$ 为素数, $s<t \in \mathbb{N}^{*}, s+t=5$, 使得 $x^{2}+y=p^{s}, x+y^{2}=p^{t}$.

若 $s=1(t=4)$, 则 $p^{2}=\left(x^{2}+y\right)^{2}>x+y^{2}=p^{4}$, 矛盾. 故 $s=2, t=3$. 即

$$
x^{2}+y=p^{2}, x+y^{2}=p^{3}, x<y \text {. }
$$

注意到 $x<p$, 且

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

为 $p^{2}$ 的倍数, 故 $p^{2} \mid(x+1)\left(x^{2}-x+1\right)$.

若 $p \mid(x+1)$, 由于 $p>x$, 故 $p=x+1$. 进而

$$
(x+1) \mid\left(x^{2}-x+1\right)=(x+1)(x-2)+3,
$$

所以 $(x+1) \mid 3$, 于是 $x=2, p=3, y=5$.

若 $p \nmid(x+1)$, 则: $p^{2} \mid\left(x^{2}-x+1\right)$.

而 $p^{2}=x^{2}+y$, 故: $p^{2} \mid(x+y-1)$.

注意到 $x+y-1 \in \mathbb{N}^{*}$, 故: $x+y-1 \geqslant p^{2}$.

再注意到 $x>p$, 于是:

$$
y \geqslant p^{2}-x+1>p^{2}-p, \quad p^{3}=x+y^{2}>p+\left(p^{2}-p\right)^{2},
$$

矛盾!

综上所述, 满足条件的 $(x, y)$ 仅有 $(2,5)$ 或 $(5,2)$.

Final answer: $(2,5)，(5,2)$
Subfield: Algebra


Question: 设正实数 $a, b, c$ 满足 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$. 证明:

$$
\frac{1}{(2 a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2 b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2 c+a+b)^{2}} \leqslant \frac{3}{16} .
$$

Solution:
由均值不等式

$$
2 a+b+c=(a+b)+(a+c) \geqslant 2 \sqrt{(a+b)(a+c)} .
$$

所以只要证明: $\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{3}{8}$.

熟知

$$
(a+b+c)(a b+b c+c a)=(a+b)(b+c)(c+a)+a b c .
$$

所以只要证明: $\frac{a+b+c}{(a+b+c)(a b+b c+c a)-a b c} \leqslant \frac{3}{8}$,

由已知等式 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$ 得到

$$
a b c(a+b+c)=a b+b c+c a .
$$

所以只要证明: $\frac{(a+b+c)^{2}}{(a b+b c+c a)\left[(a+b+c)^{2}-1\right]} \leqslant \frac{3}{8}$.

整理后即证: $\frac{1}{(a+b+c)^{2}}+\frac{8}{3(a b+b c+c a)} \leqslant 1$.

熟知 $(a+b+c)^{2} \geqslant 3(a b+b c+c a)$, 故 $\frac{1}{(a+b+c)^{2}} \leqslant \frac{1}{3(a b+b c+c a)}$.

于是只要证明: $a b+b c+c a \geqslant 3$. 事实上, 由于

$$
(a b+b c+c a)^{2} \geqslant 3 a b c(a+b+c)=3(a b+b c+c a) .
$$

故原不等式成立.
Subfield: Conic Sections


Question: 已知过点 $P(3,0)$ 斜率为 $k$ 的直线 $l$ 交双曲线 $C: x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$ 右支于 $A 、 B$ 两点, $F$ 为双曲线 $C$ 的右焦点, 且 $|A F|+|B F|=16$, 求 $k$ 的值.

Solution:
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则直线 $l$ : $y=k(x-3)$. 离心率 $e=2$

联立 $\left\{\begin{array}{c}y=k(x-3) \\ x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ 得 $\left(k^{2}-3\right) x^{2}-6 k^{2} x+9 k^{2}+3=0$

$\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{6 k^{2}}{k^{2}-3} $.

$\therefore 16=|A F|+|B F|=\left(2 x_{1}-1\right)+\left(2 x_{2}-1\right)=2 \times \frac{6 k^{2}}{k^{2}-3}-2$

$\therefore k= \pm 3$.

Final answer: $3，-3$
Subfield: Sequence


Question: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{2}=6, a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^{2}+9}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right)$.
证明: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是正整数数列.

Solution:
已知 $a_{3}=15, a_{n} a_{n+2}=a_{n+1}^{2}+9 \therefore a_{n+1} a_{n+3}=a_{n+2}^{2}+9$

相减得 $\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}$

$\therefore\left\{\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}\right\}$ 为常数数列.

$\therefore \frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{3}+a_{1}}{a_{2}}=3$

$\therefore a_{n+2}=3 a_{n+1}-a_{n}$, 又 $\because a_{1}, a_{2} \in \mathbf{Z} \quad \therefore a_{n} \in \mathbf{Z}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right)$

又 $\because a_{n}>0, \therefore a_{n} \in \mathbf{Z}^{+}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right)$
Subfield: Inequality


Question: 已知 $x, y \geq 0, x^{2019}+y=1$, 求证 $x+y^{2019}>1-\frac{1}{300}$.

注: 可直接应用以下结论

(1) $\ln x \leq x-1(x>0)$; (2) $\ln 2019 \approx 7.610$ .

Solution:
设 $n=2019, f(x)=x+y^{n}, x, y \geq 0$, 则 $f(x)=x+\left(1-x^{n}\right)^{n}, 0 \leq x \leq 1$.

只要证 $f(x)_{\min }>1-\frac{1}{300}$, 因为 $f(0)=f(1)=1>1-\frac{1}{300}$, 所以只要证明: 对满足 $f^{\prime}(x)=0$ 的 $x$, 有 $f(x)>1-\frac{1}{300}$ .

令 $f^{\prime}(x)=1-n^{2} x^{n-1}\left(1-x^{n}\right)^{n-1}=0$ 得 $x y=n^{-\frac{2}{n-1}}$,

此时 $f(x)=x+y^{n}=n \times \frac{x}{n}+y^{n} \geq(n+1) \cdot \sqrt[n+1]{\left(\frac{x}{n}\right)^{n} y^{n}}=(n+1) \cdot \left( \frac{1}{n} \cdot n^{-\frac{2}{n-1}  } \right)^{\frac{n}{n+1}}$

$=\frac{n+1}{n} \cdot n^{-\frac{1}{n-1}}$,

$\therefore f(x)>1-\frac{1}{300} \Leftarrow \frac{n+1}{n} \cdot n^{-\frac{1}{n-1}}>1-\frac{1}{300} \Leftrightarrow n^{-\frac{1}{n-1}}>\left(1-\frac{1}{300}\right) \cdot \frac{n}{n+1}$

$\Leftrightarrow-\ln 2019>2018\left[\ln \left(1-\frac{1}{300}\right)+\ln \left(1-\frac{1}{2020}\right)\right]$.

$\because \ln x \leq x-1 \therefore 2018\left[\ln \left(1-\frac{1}{300}\right)+\ln \left(1-\frac{1}{2020}\right)\right] \leq 2018\left(-\frac{1}{300}-\frac{1}{2020}\right)<-7.7<-\ln 2019 \approx-7.61$, 

不等式成立, 得证.