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


Question: 如图, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知圆 $O$ 的方程为 $x^{2}+y^{2}=4$, 过点 $P(0,1)$ 的直线 $l$ 与圆 $O$ 交于 $A, B$ 两点, 与 $x$ 轴交于点 $Q$, 设 $\overrightarrow{Q A}=\lambda \overrightarrow{P A}, \overrightarrow{Q B}=\mu \overrightarrow{P B}$, 其中 $\lambda+\mu$ 为定值，求该定值.

<img_4157>

Solution:
当 $A B$ 与 $x$ 轴垂直时, 此时点 $Q$ 与点 $O$ 重合, 从而

$$
\lambda=2, \mu=\frac{2}{3}, \lambda+\mu=\frac{8}{3}
$$

当点 $Q$ 与点 $O$ 不重合时, 直线 $A B$ 的斜率存在.

设 $A B: y=k x+1, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $Q\left(-\frac{1}{k}, 0\right)$.

由题设得: $x_{1}+\frac{1}{k}=\lambda x_{1}, x_{2}+\frac{1}{k}=\mu x_{2}$, 即

$$
\lambda+\mu=1+\frac{1}{k x_{1}}+1+\frac{1}{k x_{2}}=2+\frac{x_{1}+x_{2}}{k x_{1} x_{2}}
$$

将 $y=k x+1$ 代入 $x^{2}+y^{2}=4$, 得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}+2 k x-3=0$, 则

$$
\Delta>0, x_{1}+x_{2}=\frac{-2 k}{1+k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{-3}{1+k^{2}}
$$

所以

$$
\lambda+\mu=2+\frac{-2 k}{-3 k}=\frac{8}{3}
$$

综上, $\lambda+\mu$ 为定值 $\frac{8}{3}$.

Final answer: $\frac{8}{3}$
Subfield: Sequence


Question: 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 $d(d \neq 0)$ 的等差数列, 且 $a_{1}+t^{2}=a_{2}+t^{3}=a_{3}+t$.
求实数 $t, d$ 的值.

Solution:
由题 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+t^{2}=a_{1}+d+t^{3} \\ a_{1}+d+t^{3}=a_{1}+2 d+t\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}d=t^{2}-t^{3} \\ d=t^{3}-t\end{array}\right.$.

因为 $d \neq 0$, 所以 $t \neq 0, t \neq 1$, 所以由 $2 t^{2}-t-1=0$ 得 $t=-\frac{1}{2}, d=\frac{3}{8}$.

Final answer: $-\frac{1}{2}, \frac{3}{8}$
Subfield: Sequence


Question: 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 $d(d \neq 0)$ 的等差数列, 且 $a_{1}+t^{2}=a_{2}+t^{3}=a_{3}+t$.
若正整数满足 $m<p<r, a_{m}-2 t^{m}=a_{p}-2 t^{p}=a_{r}-2 t^{r}=0$, 求数组 $(m, p, r)$ 和相应通项公式 $a_{n}$.

Solution:
由题 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+t^{2}=a_{1}+d+t^{3} \\ a_{1}+d+t^{3}=a_{1}+2 d+t\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}d=t^{2}-t^{3} \\ d=t^{3}-t\end{array}\right.$.

因为 $d \neq 0$, 所以 $t \neq 0, t \neq 1$, 所以由 $2 t^{2}-t-1=0$ 得 $t=-\frac{1}{2}, d=\frac{3}{8}$;

由

$$
a_{m}-2 t^{m}=a_{p}-2 t^{p}=a_{r}-2 t^{r}=0, t=-\frac{1}{2}, d=\frac{3}{8}
$$

得

$$
(p-m) d=2\left[\left(-\frac{1}{2}\right)^{p}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{m}\right] \text { 及 }(r-p) d=2\left[\left(-\frac{1}{2}\right)^{r}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{p}\right]
$$

即

$$
\frac{3}{8}(p-m)=2\left[\left(-\frac{1}{2}\right)^{p}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{m}\right] \text { 及 } \frac{3}{8}(r-p)=2\left[\left(-\frac{1}{2}\right)^{r}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{p}\right]
$$

也即

$$
3(p-m)=2^{4}\left[\left(-\frac{1}{2}\right)^{p}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{m}\right] \text { 及 } 3(r-p)=2^{4}\left[\left(-\frac{1}{2}\right)^{r}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{p}\right]
$$

两式左边都是正整数, 故 $m<p<r \leq 4$, 且 $m, p$ 都是奇数, 所以 $m=1, p=3, r=4, a_{1}=-1$.

验证如下:

$$
\begin{aligned}
& a_{1}-2\left(-\frac{1}{2}\right)=-1-2\left(-\frac{1}{2}\right)=0 \\
& a_{3}-2\left(-\frac{1}{2}\right)^{3}=\frac{9}{8}-\frac{11}{8}-2\left(-\frac{1}{2}\right)^{3}=0 \\
& a_{4}-2\left(-\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{12}{8}-\frac{11}{8}-2\left(-\frac{1}{2}\right)^{4}=0
\end{aligned}
$$

所以 $(m, p, r)=(1,3,4), a_{n}=-1+\frac{3}{8}(n-1)=\frac{3}{8} n-\frac{11}{8}$.

Final answer: $(1,3,4), \frac{3}{8} n-\frac{11}{8}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在圆内接四边形 $A B C D$ 中, 对角线 $A C$ 与 $B D$ 交于点 $P, \triangle A B D$ 与 $\triangle A B C$ 的内心分别为 $I_{1}$ 和 $I_{2}$, 直线 $I_{1} I_{2}$ 分别与 $A C, B D$ 交于点 $M, N$, 求证: $P M=P N$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_7024d91de9ccc59729c5g-1.jpg?height=622&width=594&top_left_y=1385&top_left_x=728)

Solution:
因为 $I_{1}, I_{2}$ 分别为 $\triangle A B D$ 与 $\triangle A B C$ 的内心, 所以

$$
\begin{aligned}
& \angle I_{1} A B=\frac{1}{2} \angle D A B, \angle I_{1} B A=\frac{1}{2} \angle D B A, \\
& \angle I_{2} A B=\frac{1}{2} \angle C A B, \angle I_{2} B A=\frac{1}{2} \angle C B A
\end{aligned}
$$

故

$$
\angle A I_{1} B=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle D A B+\angle D B A), \quad \angle A I_{2} B=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle C B A)
$$

在 $\triangle A B D$ 与 $\triangle A B C$ 中, $\angle A D B=\angle A C B$, 所以

$$
\angle D A B+\angle D B A=\angle C A B+\angle C B A
$$

因此 $\angle I_{1} I_{2} A=\angle I_{1} B A=\frac{1}{2} \angle D B A$, 则

$$
\angle P M N=\angle M A I_{2}+\angle M I_{2} A=\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle D B A)
$$

同理 $\angle P N M=\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle D B A)$, 所以 $\angle P M N=\angle P N M$, 即 $P M=P N$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在圆内接四边形 $A B C D$ 中, 对角线 $A C$ 与 $B D$ 交于点 $P, \triangle A B D$ 与 $\triangle A B C$ 的内心分别为 $I_{1}$ 和 $I_{2}$, 直线 $I_{1} I_{2}$ 分别与 $A C, B D$ 交于点 $M, N$, 求证: $P M=P N$.

<img_4237>

Solution:
因为 $I_{1}, I_{2}$ 分别为 $\triangle A B D$ 与 $\triangle A B C$ 的内心, 所以

$$
\begin{aligned}
& \angle I_{1} A B=\frac{1}{2} \angle D A B, \angle I_{1} B A=\frac{1}{2} \angle D B A, \\
& \angle I_{2} A B=\frac{1}{2} \angle C A B, \angle I_{2} B A=\frac{1}{2} \angle C B A
\end{aligned}
$$

故

$$
\angle A I_{1} B=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle D A B+\angle D B A), \quad \angle A I_{2} B=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle C B A)
$$

在 $\triangle A B D$ 与 $\triangle A B C$ 中, $\angle A D B=\angle A C B$, 所以

$$
\angle D A B+\angle D B A=\angle C A B+\angle C B A
$$

因此 $\angle I_{1} I_{2} A=\angle I_{1} B A=\frac{1}{2} \angle D B A$, 则

$$
\angle P M N=\angle M A I_{2}+\angle M I_{2} A=\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle D B A)
$$

同理 $\angle P N M=\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle D B A)$, 所以 $\angle P M N=\angle P N M$, 即 $P M=P N$.
Subfield: Set Theory


Question: 从 $1,2,3, \cdots, 2050$ 这 2050 个数中任取 2018 个数组成集合 $A$, 把 $A$ 中的每个数染上红色或蓝色, 求证:总存在一种染色方法, 使得有 600 个红数及 600 个蓝数满足下列两个条件:

(1) 这 600 个红数的和等于这 600 个蓝数的和;

(2) 这 600 个红数的平方和等于这 600 个蓝数的平方和.

Solution:
注意到 $1+4+6+7=2+3+5+8=18$, 且 $1^{2}+4^{2}+6^{2}+7^{2}=2^{2}+3^{2}+5^{2}+8^{2}=102$, 则

$$
(8 k+1)+(8 k+4)+(8 k+6)+(8 k+7)=(8 k+2)+(8 k+3)+(8 k+5)+(8 k+8)
$$

且

$$
(8 k+1)^{2}+(8 k+4)^{2}+(8 k+6)^{2}+(8 k+7)^{2}=(8 k+2)^{2}+(8 k+3)^{2}+(8 k+5)^{2}+(8 k+8)^{2}
$$

把 $A$ 中的 $8 k+1,8 k+4,8 k+6,8 k+7$ 型数染成红色, $8 k+2,8 k+3,8 k+5,8 k+8$ 型数染成蓝色.

因为 $2050=8 \times 256+2$, 所以 $k=0,1,2, \cdots, 256$.

构造 257 个抽屉, 第 $k+1$ 个抽屉放置形如 “ $8 k+1,8 k+2,8 k+3,8 k+4,8 k+5,8 k+6,8 k+7,8 k+8$ ”的数, $k=0,1,2, \cdots, 255$, 第 257 个抽屉放置 $A$ 中大于 2048 的数（最多 2 个数）.

2050 个数中任取 2018 个数按要求放入抽屉, 至少填满 224 个抽屉 (放入了 8 个数), 224 个填满数的抽屉中每个抽屉都是 4 个红数和 4 个蓝数, 其和相等且平方和相等.

取 224 个抽屉中的 150 个, $4 \times 150=600$, 共 600 个红数与 600 个蓝数, 也有和相等, 且平方和相等. 即存在 600 个红数与 600 个蓝数, 这 600 个红数与 600 个蓝数的和相等, 且平方和相等.
注意到 $4+5=1+2+6=9$, 且 $4^{2}+5^{2}=1^{2}+2^{2}+6^{2}=41$, 则

$$
7 k+(7 k+4)+(7 k+5)=(7 k+1)+(7 k+2)+(7 k+6)
$$

且

$$
(7 k)^{2}+(7 k+4)^{2}+(7 k+5)^{2}=(7 k+1)^{2}+(7 k+2)^{2}+(7 k+6)^{2}
$$

把 $A$ 中的 $7 k, 7 k+3,7 k+4,7 k+5$ 型数染成红色, $7 k+1,7 k+2,7 k+6$ 型数染成蓝色.

因为 $2050=7 \times 292+6$, 所以 $k=0,1,2, \cdots, 292$.

构造 293 个抽屉, $k=0$ 时, 抽屉放置集合 $A$ 中不超过 6 的数, 其余的第 $k+1$ 个抽屉放置形如 $7 k, 7 k+1,7 k+2,7 k+3,7 k+4,7 k+5,7 k+6$ 型数, $k=1,2, \cdots, 292$.

2050 个数中任取 2018 个数按要求放入抽屉, 至少填满 260 个抽屉 (放入了 7 个数), 260 个填满数的抽屉中每个抽屉都是 4 个红数和 3 个蓝数, 取 $7 k, 7 k+4,7 k+5$ 型 3 个红数和 3 个蓝数, 其和相等且平方和相等.

取 260 个抽屉中的 200 个, $3 \times 200=600$, 共 600 个红数与 600 个蓝数, 也有和相等, 且平方和相等. 即存在 600 个红数与 600 个蓝数, 这 600 个红数与 600 个蓝数的和相等, 且平方和相等.
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=e^{x}-1-x$.$f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{1}{n}\right]$ ( $n$ 为正整数) 上的最大值为 $b_{n}$.
求  $b_{n}$.

Solution:
因为 $f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 所以, 当 $x \in\left[0, \frac{1}{n}\right]$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$, 即 $f(x)$ 在 $x \in\left[0, \frac{1}{n}\right]$ 是增函数, 故 $f(x)$ 在 $x \in\left[0, \frac{1}{n}\right]$ 上的最大值为 $b_{n}=e^{\frac{1}{n}}-1-\frac{1}{n}$.

Final answer: $e^{\frac{1}{n}}-1-\frac{1}{n}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设函数 $f(x)=e^{x}-1-x$.$f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{1}{n}\right]$ ( $n$ 为正整数) 上的最大值为 $b_{n}$.
令 $a_{n}=e^{\frac{1}{n}}-1-b_{n}, p_{k}=\frac{a_{2} a_{4} \cdots a_{2 k}}{a_{1} a_{3} \cdots a_{2 k-1}}$ ( $n, k$ 为正整数), 求证: $p_{1}+p_{2}+\cdots p_{n}<\sqrt{\frac{2}{a_{n}}+1}-1$.

Solution:
因为 $f^{\prime}(x)=e^{x}-1$, 所以, 当 $x \in\left[0, \frac{1}{n}\right]$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$, 即 $f(x)$ 在 $x \in\left[0, \frac{1}{n}\right]$ 是增函数, 故 $f(x)$ 在 $x \in\left[0, \frac{1}{n}\right]$ 上的最大值为 $b_{n}=e^{\frac{1}{n}}-1-\frac{1}{n}$.

$a_{n}=e^{\frac{1}{n}}-1-b_{n}=\frac{1}{n}$, 因为 $\frac{(2 k-1)(2 k+1)}{(2 k)^{2}}=\frac{4 k^{2}-1}{4 k^{2}}<1$, 所以

$$
\left[\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2 k-1)}{2 \cdot 4 \cdots(2 k)}\right]^{2}=\frac{1 \cdot 3}{2^{2}} \cdot \frac{3 \cdot 5}{4^{2}} \cdot \frac{5 \cdot 7}{6^{2}} \cdots \frac{(2 k-1)(2 k+1)}{(2 k)^{2}} \cdot \frac{1}{2 k+1}<\frac{1}{2 k+1}
$$

又容易证明 $\frac{1}{\sqrt{2 k+1}}<\sqrt{2 k+1}-\sqrt{2 k-1}$, 所以

$$
p_{k}=\frac{a_{2} a_{4} \cdots a_{2 k}}{a_{1} a_{3} \cdots a_{2 k-1}}=\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2 k-1)}{2 \cdot 4 \cdots(2 k)}<\frac{1}{\sqrt{2 k+1}}<\sqrt{2 k+1}-\sqrt{2 k-1}
$$

所以

$$
p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{n}<(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{5}-\sqrt{3})+\cdots+(\sqrt{2 n+1}-\sqrt{2 n-1})=\sqrt{2 n+1}-1=\sqrt{\frac{2}{a_{n}}+1}-1
$$

即

$$
p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{n}<\sqrt{\frac{2}{a_{n}}+1}-1
$$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 矩形 $A B C D$ 沿平行于 $A D$ 的线段 $E F$ 向上翻折 (点 $E$ 在线段 $A B$ 上运动,点 $F$ 在线段 $C D$ 上运动), 得到三棱柱 $A B E-C D F$, 已知 $A B=5, A C=\sqrt{34}$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1017eaf6ab5930048578g-1.jpg?height=346&width=1168&top_left_y=718&top_left_x=450)
若 $\triangle A B G$ 是直角三角形, 这里 $G$ 是线段 $E F$ 上的点, 试求线段 $E G$ 的长度 $x$ 的取值范围;

Solution:
由题设条件可知 $\triangle A E G, \triangle B E G$ 均为直角三角形, 因此 $A G^{2}=A E^{2}+x^{2}, B G^{2}=B E^{2}+x^{2}$.由余弦定理: $A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B$.

于是

$$
\begin{aligned}
& 2 x^{2}+A E^{2}+B E^{2}=A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B \\
& x^{2}=-A E \cdot B E \cos \angle A E B<A E \cdot B E=t(5-t)=-t^{2}+5 t \leq 2.5^{2}
\end{aligned}
$$

所以 $x \in[0,2.5)$, 又对

$$
\forall k \in[0,2.5), \quad A E=E B=2.5, \quad \angle A E B=\pi-\arccos \frac{k^{2}}{2.5^{2}}
$$

则 $x=\sqrt{-A E \cdot B E \cos \angle A E B}=k$, 故 $x$ 的取值范围为 $[0,2.5)$.

Final answer: $[0,2.5)$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 矩形 $A B C D$ 沿平行于 $A D$ 的线段 $E F$ 向上翻折 (点 $E$ 在线段 $A B$ 上运动,点 $F$ 在线段 $C D$ 上运动), 得到三棱柱 $A B E-C D F$, 已知 $A B=5, A C=\sqrt{34}$.

<img_4176>
若 $\triangle A B G$ 是直角三角形, 这里 $G$ 是线段 $E F$ 上的点, 试求线段 $E G$ 的长度 $x$ 的取值范围;

Solution:
由题设条件可知 $\triangle A E G, \triangle B E G$ 均为直角三角形, 因此 $A G^{2}=A E^{2}+x^{2}, B G^{2}=B E^{2}+x^{2}$.由余弦定理: $A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B$.

于是

$$
\begin{aligned}
& 2 x^{2}+A E^{2}+B E^{2}=A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B \\
& x^{2}=-A E \cdot B E \cos \angle A E B<A E \cdot B E=t(5-t)=-t^{2}+5 t \leq 2.5^{2}
\end{aligned}
$$

所以 $x \in[0,2.5)$, 又对

$$
\forall k \in[0,2.5), \quad A E=E B=2.5, \quad \angle A E B=\pi-\arccos \frac{k^{2}}{2.5^{2}}
$$

则 $x=\sqrt{-A E \cdot B E \cos \angle A E B}=k$, 故 $x$ 的取值范围为 $[0,2.5)$.

Final answer: $[0,2.5)$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 矩形 $A B C D$ 沿平行于 $A D$ 的线段 $E F$ 向上翻折 (点 $E$ 在线段 $A B$ 上运动,点 $F$ 在线段 $C D$ 上运动), 得到三棱柱 $A B E-C D F$, 已知 $A B=5, A C=\sqrt{34}$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1017eaf6ab5930048578g-1.jpg?height=346&width=1168&top_left_y=718&top_left_x=450)
若 $\triangle A B G$ 是直角三角形, 这里 $G$ 是线段 $E F$ 上的点,若 $E G$ 的长度为取值范围内的最大整数, 且线段 $A B$ 的长度取得最小值, 求二面角 $C-E F-D$ 的值;

Solution:
首先求线段 $E G$ 的长度 $x$ 的取值范围.

由题设条件可知 $\triangle A E G, \triangle B E G$ 均为直角三角形, 因此 $A G^{2}=A E^{2}+x^{2}, B G^{2}=B E^{2}+x^{2}$.由余弦定理: $A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B$.

于是

$$
\begin{aligned}
& 2 x^{2}+A E^{2}+B E^{2}=A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B \\
& x^{2}=-A E \cdot B E \cos \angle A E B<A E \cdot B E=t(5-t)=-t^{2}+5 t \leq 2.5^{2}
\end{aligned}
$$

所以 $x \in[0,2.5)$, 又对

$$
\forall k \in[0,2.5), \quad A E=E B=2.5, \quad \angle A E B=\pi-\arccos \frac{k^{2}}{2.5^{2}}
$$

则 $x=\sqrt{-A E \cdot B E \cos \angle A E B}=k$, 故 $x$ 的取值范围为 $[0,2.5)$.

因为$A E \perp E F, B E \perp E F，$所以$\angle A E B$就是二面角$C-EF-D$的平面角，又由题意知$E G$的长度 $x$ 为 $[0,2.5)$ 的最大整数, 因此 $x=2$, 于是:

$$
A B^{2}=t^{2}+(5-t)^{2}+4=2 t^{2}-10 t+29, \quad t \in(0,5)
$$

因此 $t=2.5$ 时, 线段 $A B$ 的长度取得最小值, 由此得: $2=-\frac{25}{4} \cos \angle A E B, \angle A E B=\pi-\arccos \frac{8}{25}$.

Final answer: $\pi-\arccos \frac{8}{25}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 矩形 $A B C D$ 沿平行于 $A D$ 的线段 $E F$ 向上翻折 (点 $E$ 在线段 $A B$ 上运动,点 $F$ 在线段 $C D$ 上运动), 得到三棱柱 $A B E-C D F$, 已知 $A B=5, A C=\sqrt{34}$.

<img_4176>
若 $\triangle A B G$ 是直角三角形, 这里 $G$ 是线段 $E F$ 上的点,若 $E G$ 的长度为取值范围内的最大整数, 且线段 $A B$ 的长度取得最小值, 求二面角 $C-E F-D$ 的值;

Solution:
首先求线段 $E G$ 的长度 $x$ 的取值范围.

由题设条件可知 $\triangle A E G, \triangle B E G$ 均为直角三角形, 因此 $A G^{2}=A E^{2}+x^{2}, B G^{2}=B E^{2}+x^{2}$.由余弦定理: $A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B$.

于是

$$
\begin{aligned}
& 2 x^{2}+A E^{2}+B E^{2}=A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B \\
& x^{2}=-A E \cdot B E \cos \angle A E B<A E \cdot B E=t(5-t)=-t^{2}+5 t \leq 2.5^{2}
\end{aligned}
$$

所以 $x \in[0,2.5)$, 又对

$$
\forall k \in[0,2.5), \quad A E=E B=2.5, \quad \angle A E B=\pi-\arccos \frac{k^{2}}{2.5^{2}}
$$

则 $x=\sqrt{-A E \cdot B E \cos \angle A E B}=k$, 故 $x$ 的取值范围为 $[0,2.5)$.

因为$A E \perp E F, B E \perp E F，$所以$\angle A E B$就是二面角$C-EF-D$的平面角，又由题意知$E G$的长度 $x$ 为 $[0,2.5)$ 的最大整数, 因此 $x=2$, 于是:

$$
A B^{2}=t^{2}+(5-t)^{2}+4=2 t^{2}-10 t+29, \quad t \in(0,5)
$$

因此 $t=2.5$ 时, 线段 $A B$ 的长度取得最小值, 由此得: $2=-\frac{25}{4} \cos \angle A E B, \angle A E B=\pi-\arccos \frac{8}{25}$.

Final answer: $\pi-\arccos \frac{8}{25}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 矩形 $A B C D$ 沿平行于 $A D$ 的线段 $E F$ 向上翻折 (点 $E$ 在线段 $A B$ 上运动,点 $F$ 在线段 $C D$ 上运动), 得到三棱柱 $A B E-C D F$, 已知 $A B=5, A C=\sqrt{34}$.

![img](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1017eaf6ab5930048578g-1.jpg?height=346&width=1168&top_left_y=718&top_left_x=450)
若 $\triangle A B G$ 是直角三角形, 这里 $G$ 是线段 $E F$ 上的点,若 $E G$ 的长度为取值范围内的最大整数, 且线段 $A B$ 的长度取得最小值, 求三棱雉 $A-B F G$ 的体积.

Solution:
首先求线段 $E G$ 的长度 $x$ 的取值范围.

由题设条件可知 $\triangle A E G, \triangle B E G$ 均为直角三角形, 因此 $A G^{2}=A E^{2}+x^{2}, B G^{2}=B E^{2}+x^{2}$.由余弦定理: $A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B$.

于是

$$
\begin{aligned}
& 2 x^{2}+A E^{2}+B E^{2}=A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B \\
& x^{2}=-A E \cdot B E \cos \angle A E B<A E \cdot B E=t(5-t)=-t^{2}+5 t \leq 2.5^{2}
\end{aligned}
$$

所以 $x \in[0,2.5)$, 又对

$$
\forall k \in[0,2.5), \quad A E=E B=2.5, \quad \angle A E B=\pi-\arccos \frac{k^{2}}{2.5^{2}}
$$

则 $x=\sqrt{-A E \cdot B E \cos \angle A E B}=k$, 故 $x$ 的取值范围为 $[0,2.5)$.

因为$A E \perp E F, B E \perp E F，$所以$\angle A E B$就是二面角$C-EF-D$的平面角，又由题意知$E G$的长度 $x$ 为 $[0,2.5)$ 的最大整数, 因此 $x=2$, 于是:

$$
A B^{2}=t^{2}+(5-t)^{2}+4=2 t^{2}-10 t+29, \quad t \in(0,5)
$$

因此 $t=2.5$ 时, 线段 $A B$ 的长度取得最小值, 由此得: $2=-\frac{25}{4} \cos \angle A E B, \angle A E B=\pi-\arccos \frac{8}{25}$.

$$
\angle A E B=\pi-\arccos \frac{8}{25}, A E=E B=\frac{5}{2}, A G=B G=\frac{\sqrt{41}}{2}, E G=2
$$

且 $E F=\sqrt{A C^{2}-A B^{2}}=\sqrt{34-25}=3$.

因为 $A E \perp E F, B E \perp E F, A E \cap B E=E$, 所以 $E F \perp$ 平面 $E A B$, 故

$$
\begin{aligned}
V_{A-B F G} & =V_{A-B E F}-V_{A-B E G}=\frac{1}{3}\left(S_{\triangle A E B} E F-S_{\triangle A G B} E G\right) \\
& =\frac{1}{3}\left(\left(\frac{1}{2} A E^{2} \sin \angle A E B\right) E F-\frac{1}{2} B G^{2} E G\right)=\frac{1}{6}\left(\frac{25}{4} \sqrt{1-\frac{64}{625}} \cdot 3-\frac{41}{4} \cdot 2\right) \\
& =\frac{3 \sqrt{561}-82}{24}
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{3 \sqrt{561}-82}{24}$
Subfield: Solid Geometry


Question: 如图, 矩形 $A B C D$ 沿平行于 $A D$ 的线段 $E F$ 向上翻折 (点 $E$ 在线段 $A B$ 上运动,点 $F$ 在线段 $C D$ 上运动), 得到三棱柱 $A B E-C D F$, 已知 $A B=5, A C=\sqrt{34}$.

<img_4176>
若 $\triangle A B G$ 是直角三角形, 这里 $G$ 是线段 $E F$ 上的点,若 $E G$ 的长度为取值范围内的最大整数, 且线段 $A B$ 的长度取得最小值, 求三棱雉 $A-B F G$ 的体积.

Solution:
首先求线段 $E G$ 的长度 $x$ 的取值范围.

由题设条件可知 $\triangle A E G, \triangle B E G$ 均为直角三角形, 因此 $A G^{2}=A E^{2}+x^{2}, B G^{2}=B E^{2}+x^{2}$.由余弦定理: $A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B$.

于是

$$
\begin{aligned}
& 2 x^{2}+A E^{2}+B E^{2}=A B^{2}=A E^{2}+B E^{2}-2 A E \cdot B E \cos \angle A E B \\
& x^{2}=-A E \cdot B E \cos \angle A E B<A E \cdot B E=t(5-t)=-t^{2}+5 t \leq 2.5^{2}
\end{aligned}
$$

所以 $x \in[0,2.5)$, 又对

$$
\forall k \in[0,2.5), \quad A E=E B=2.5, \quad \angle A E B=\pi-\arccos \frac{k^{2}}{2.5^{2}}
$$

则 $x=\sqrt{-A E \cdot B E \cos \angle A E B}=k$, 故 $x$ 的取值范围为 $[0,2.5)$.

因为$A E \perp E F, B E \perp E F，$所以$\angle A E B$就是二面角$C-EF-D$的平面角，又由题意知$E G$的长度 $x$ 为 $[0,2.5)$ 的最大整数, 因此 $x=2$, 于是:

$$
A B^{2}=t^{2}+(5-t)^{2}+4=2 t^{2}-10 t+29, \quad t \in(0,5)
$$

因此 $t=2.5$ 时, 线段 $A B$ 的长度取得最小值, 由此得: $2=-\frac{25}{4} \cos \angle A E B, \angle A E B=\pi-\arccos \frac{8}{25}$.

$$
\angle A E B=\pi-\arccos \frac{8}{25}, A E=E B=\frac{5}{2}, A G=B G=\frac{\sqrt{41}}{2}, E G=2
$$

且 $E F=\sqrt{A C^{2}-A B^{2}}=\sqrt{34-25}=3$.

因为 $A E \perp E F, B E \perp E F, A E \cap B E=E$, 所以 $E F \perp$ 平面 $E A B$, 故

$$
\begin{aligned}
V_{A-B F G} & =V_{A-B E F}-V_{A-B E G}=\frac{1}{3}\left(S_{\triangle A E B} E F-S_{\triangle A G B} E G\right) \\
& =\frac{1}{3}\left(\left(\frac{1}{2} A E^{2} \sin \angle A E B\right) E F-\frac{1}{2} B G^{2} E G\right)=\frac{1}{6}\left(\frac{25}{4} \sqrt{1-\frac{64}{625}} \cdot 3-\frac{41}{4} \cdot 2\right) \\
& =\frac{3 \sqrt{561}-82}{24}
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{3 \sqrt{561}-82}{24}$
Subfield: Sequence


Question: 已知正整数 $n$ 都可以唯一表示为

$$
n=a_{0}+a_{1} 9+a_{2} 9^{2}+\cdots+a_{m} 9^{m} \cdots (*)
$$

的形式, 其中 $m$ 为非负整数, $a_{j} \in\{0,1, \cdots, 8\}(j=0,1, \cdots, m-1), a_{m} \in\{1, \cdots, 8\}$. 试求 $(*)$ 中的数列 $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{m}$ 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数 $n$ 的和.

Solution:
设 $A$ 和 $B$ 分别表示 (*) 中数列严格递增和递减的所有正整数构成的集合, 符号 $S(M)$ 表示数集 $M$中所有数的和, 并将满足 $(*)$ 式的正整数记为:

$$
n=\overline{a_{m} a_{m-1} \cdots a_{1} a_{0}}
$$

把集合 $A$ 分成如下两个不交子集 $A_{0}=\left\{n \in A \mid a_{0}=0\right\}$ 和 $A_{1}=\left\{n \in A \mid a_{0} \neq 0\right\}$, 我们有

$$
S(A)=S\left(A_{0}\right)+S\left(A_{1}\right)
$$

$\forall n \in A_{1}$, 令 $f(n)=9 n \in A_{0}$, 则 $f$ 是 $A_{1}$ 到 $A_{0}$ 的双射, 由此得: $S\left(A_{0}\right)=9 S\left(A_{1}\right)$, 从而:

$$
S(A)=10 S\left(A_{1}\right)
$$

又对 $\forall a=\overline{a_{m} a_{m-1} \cdots a_{0}} \in B$, 令 $b=g(a)=\overline{\left(9-a_{m}\right)\left(9-a_{m-1}\right) \cdots\left(9-a_{0}\right)} \in A_{1}$, 则 $g$ 是 $B$ 到 $A_{1}$ 的双射, 其中 $a+b=9^{m+1}+9^{m}+\cdots+9=\frac{9}{8}\left(9^{m+1}-1\right)$.

因为 $B=\left\{\overline{a_{m} a_{m-1} \cdots a_{0}} \mid 1 \leq a_{m}<a_{m-1}<\cdots<a_{0} \leq 8, m=0,1, \cdots, 7\right\}$, 所以 $B$ 中共有 $\sum_{m=0}^{7} C_{8}^{m+1}$ 个元素, 因此

$$
S(B)+S\left(A_{1}\right)=\frac{9}{8} \sum_{m=0}^{7} C_{8}^{m+1}\left(9^{m+1}-1\right)=\frac{9}{8} \sum_{k=0}^{8} C_{8}^{k} 9^{k}-\frac{9}{8} \sum_{k=0}^{8} C_{8}^{k}=\frac{9}{8}\left(10^{8}-2^{8}\right)
$$

又令 $A_{2}$ 表示 $A$ 中最高位数 $a_{m}=8$ 的正整数全体, $A$ 中其余的数和零所成集合记为 $A_{3}$, 则

$$
S(A)=S\left(A_{2}\right)+S\left(A_{3}\right)
$$

对 $\forall a=\overline{a_{m} a_{m-1} \cdots a_{0}} \in B$, 令 $b=\sigma(a)=\overline{\left(8-a_{m}\right)\left(8-a_{m-1}\right) \cdots\left(8-a_{0}\right)} \in A_{3}$, 则 $\sigma$ 是 $B$ 到 $A_{3}$ 的双射, 其中 $a+b=8 \cdot 9^{m}+8 \cdot 9^{n-1}+\cdots+8=9^{m+1}-1$, 所以

$$
S(B)+S\left(A_{3}\right)=\sum_{m=0}^{7} C_{8}^{m+1}\left(9^{m+1}-1\right)=\sum_{k=0}^{8} C_{8}^{k}\left(9^{k}-1\right)=10^{8}-2^{8}
$$

最后对 $\forall a=\overline{8 a_{m} \cdots a_{0}} \in A_{2}-\{8\}$, 令 $b=\tau(a)=\overline{\left(8-a_{m}\right) \cdots\left(8-a_{0}\right)} \in B$, 则 $\tau$ 是 $A_{2}-\{8\}$ 到 $B$ 的双射, 其中 $a+b=8 \cdot 9^{n+1}+8 \cdot 9^{m}+\cdots+8=9^{m+2}-1$, 所以

$$
S(B)+S\left(A_{2}\right)=8+\sum_{m=0}^{7} C_{8}^{m+1}\left(9^{m+2}-1\right)=8+\sum_{k=1}^{8} C_{8}^{k}\left(9^{k+1}-1\right)=9 \cdot 10^{8}-2^{8}
$$

于是 $\left\{\begin{array}{l}S(B)+\frac{1}{10} S(A)=\frac{9}{8}\left(10^{8}-2^{8}\right) \\ 2 S(B)+S(A)=10^{9}-2^{9}\end{array}\right.$, 解之得: $S(A)=\frac{31}{32} 10^{9}+80=968750080, S(B)=15624704$.

由于 $A$ 和 $B$ 中都含有 $1,2, \cdots, 8$, 因此所求正整数的和等于 $S(A)+S(B)-36=984374748$.

Final answer: $984374748$
Subfield: Set Theory


Question: 求最小的正整数 $n$, 使得当正整数 $k \geq n$ 时, 在前 $k$ 个正整数构成的集合 $M=\{1,2, \cdots, k\}$ 中, 对任何 $x \in M$, 总存在另一数 $y \in M(y \neq x)$, 满足 $x+y$ 为平方数.

Solution:
易知当 $n \leq 6$ 时, 在 $M=\{1,2,3,4,5,6\}$ 中, 数 2 与其它任何数之和皆不是平方数.

以下证明, $n$ 的最小值为 7 .

如果正整数 $x, y(x \neq y)$ 满足: $x+y=$ 平方数, 就称 $\{x, y\}$ 是一个 “平方对”, 显然在 $M=\{1,2, \cdots, 7\}$ 中, $\{1,3\},\{2,7\},\{3,6\},\{4,5\}$ 为平方对; 在 $M=\{1,2, \cdots, 7,8\}$ 中，增加了平方对 $\{1,8\}$; 在 $M=\{1,2, \cdots, 7,8,9\}$中增加了平方对 $\{7,9\}$, 以下采用归纳法, 称满足题中条件的 $k$ 为具有性质 $P$; 简记为 $k \in P$, 据以上知, 当 $7 \leq k \leq 3^{2}$ 时，均有 $k \in P$, 设已证得，当 $7 \leq k \leq m^{2}(m \geq 3)$ 时，皆有 $k \in P$.

今考虑 $7 \leq k \leq(m+1)^{2}$ 情况, 利用归纳假设, 只需证, 当 $k=m^{2}+r$, 其中 $1 \leq r \leq 2 m+1$ 时, 均有 $k \in P$ ，首先，在 $r=2 m+1$, 即 $k=(m+1)^{2}$ 时, $(k, 2 m+3)$ 构成平方对, 这是由于:

$$
k+(2 m+3)=(m+1)^{2}+(2 m+3)=(m+2)^{2}
$$

而由 $m^{2}-(2 m+3)=(m-1)^{2}-4 \geq 0$ 知, $2 m+3 \leq m^{2}$, 即 $2 m+3 \neq k$; 在 $1 \leq r \leq 2 m$ 时, $(k, 2 m+1-r)$构成平方对, 这是由于:

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

而 $1 \leq 2 m+1-r \leq 2 m<m^{2}$, 所以 $2 m+1-r \neq k$.

因此对于满足 $7 \leq k \leq(m+1)^{2}$ 的每个 $k$, 皆有 $k \in P$, 从而对所有满足 $7 \leq k \leq m^{2}(m \geq 3)$ 的正整数 $k$,皆有 $k \in P$, 即对一切正整数 $k \geq 7$, 均有 $k \in P$; 所以 $n$ 的最小值为 7 .

Final answer: $7$
Subfield: Conic Sections


Question: 若椭圆 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 上不同的三点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(4, \frac{9}{5}\right), C\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 到椭圆右焦点的距离顺次成等差数列, 线段 $A C$ 的中垂线 $l$ 交 $X$ 轴于点 $T$, 求直线 $B T$ 的方程.

Solution:
用 $a, b, c$ 分别表示椭圆的半长轴, 半短轴及半焦距之长度, 则 $a=5, b=3, c=4$, 右焦点为 $F(4,0)$,且准线方程为 $x=\frac{25}{4}$, 由

$$
\frac{A F}{\frac{25}{4}-x_{1}}=\frac{c}{a}, \quad \frac{C F}{\frac{25}{4}-x_{2}}=\frac{4}{5}
$$

得

$$
A F=5-\frac{4}{5} x_{1}, C F=5-\frac{4}{5} x_{2}
$$

据等差, $A F+C F=2 B F$, 而 $B F=\frac{9}{5}$, 即 $\left(5-\frac{4}{5} x_{1}\right)+\left(5-\frac{4}{5} x_{2}\right)=\frac{18}{5}$, 所以 $x_{1}+x_{2}=8 .\cdots(1)$

设线段 $A C$ 中点为 $D$, 则其坐标为 $D\left(4, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)$, 又设点 $T$ 的坐标为 $T\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $A C$ 的中垂线 $D T$的方程为

$$
y-\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=-\frac{x_{1}-x_{2}}{y_{1}-y_{2}}(x-4)
$$

因 $T\left(x_{0}, 0\right)$ 在此直线上, 故有 $0-\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=-\frac{x_{1}-x_{2}}{y_{1}-y_{2}}\left(x_{0}-4\right)$, 即 $x_{0}-4=\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{2\left(x_{1}-x_{2}\right)}\cdots(2)$.

又据 $A, B$ 在椭圆上, 得 $y_{1}^{2}=\frac{9}{25}\left(25-x_{1}^{2}\right), y_{2}^{2}=\frac{9}{25}\left(25-x_{2}^{2}\right)$, 所以

$$
y_{1}^{2}-y_{2}^{2}=-\frac{9}{25}\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)\cdots(3)
$$

据(1)(2)(3)得 $x_{0}=\frac{64}{25}$, 即点 $T$ 坐标为 $T\left(\frac{64}{25}, 0\right)$, 于是直线 $B T$ 的方程为 $25 x-20 y=64$.

Final answer: $25 x-20 y=64$
Subfield: Set Theory


Question: 将前 12 个正整数构成的集合 $M=\{1,2, \cdots, 12\}$ 中的元素分成 $M_{1}, M_{2}, M_{3}, M_{4}$ 四个三元子集, 使得每个三元子集中的三数都满足: 其中一数等于另外两数之和, 试求不同的分法的种数.

Solution:
设四个子集为 $M_{i}=\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}\right), i=1,2,3,4$ ，其中 $a_{i}=b_{i}+c_{i}, b_{i}>c_{i}, i=1,2,3,4$, 设 $a_{1}<a_{2}<$ $a_{3}<a_{4}$, 则 $a_{4}=12 . a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\frac{1}{2}(1+2+\cdots+12)=\frac{78}{2}=39$, 所以 $a_{1}+a_{2}+a_{3}=27$, 故 $3 a_{3}>27$,由此, $10 \leq a_{3} \leq 11$, 若 $a_{3}=10$, 则由 $a_{1}+a_{2}=17, a_{2}<10,2 a_{2}>a_{1}+a_{2}=17$, 得 $a_{2}=9, a_{1}=8$, 即有 $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right)=(8,9,10,12)$, 再由 $8=b_{1}+c_{1}, 9=b_{2}+c_{2}, 10=b_{3}+c_{3}, 12=b_{4}+c_{4}$, 必须 $b_{4}=11, c_{4}=1$,共得两种情况: $12=11+1,10=7+3,9=5+4,8=6+2$ 以及 $12=11+1,10=6+4,9=7+2,8=5+3$,对应于两种分法: $(12,11,1),(10,7,3),(9,5,4),(8,6,2)$ 与 $(12,11,1),(10,6,4),(9,7,2),(8,5,3)$.

若 $a_{3}=11$, 则 $a_{1}+a_{2}=16$, 于是 $8<a_{2}<11$, 分别得 $\left(a_{1}, a_{2}\right)=(6,10),(7,9)$;对于 $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right)=(6,10,11,12)$, 得到三个分法： $(12,8,4),(11,9,2),(10,7,3),(6,5,1) ;(12,9,3),(11,7,4)$, $(10,8,2),(6,5,1) ;(12,7,5),(11,8,3),(10,9,1),(6,4,2) ;$

对于 $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right)=(7,9,11,12)$ ，也得三个分法： $(12,8,4),(11,10,1),(9,6,3),(7,5,2) ;(12,10,2),(11,6,5)$, $(9,8,1),(7,4,3) ;(12,10,2),(11,8,3),(9,5,4),(7,6,1)$; 因此本题的分组方案共八种.

Final answer: $8$