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


Question: 设双曲线 $x y=1$ 的两支为 $C_{1}, C_{2}$ (如图), 正三角形 $P Q R$ 的三顶点位于此双曲线上.设 $P(-1,-1)$ 在 $C_{2}$ 上， $Q 、 R$ 在 $C_{1}$ 上, 求顶点 $Q 、 R$ 的坐标.


<img_4096>

Solution:
$p(-1,-1)$, 设 $Q\left(x_{2}, \frac{1}{x_{2}}\right)$, 点 $p$ 在直线 $y=x$ 上. 以 $p$ 为圆心, $\mid P Q\mid$ 为半径作圆,此圆与双曲线第一象限内的另一交点 $R$ 满足 $|P Q|=|P R|$, 由圆与双曲线都是 $y=x$ 对称, 知 $Q$与 $R$ 关于 $y=x$ 对称. 且在第一象限内此二曲线没有其他交点 (二次曲线的交点个数). 于是 $R\left(\frac{1}{x_{2}}, x_{2}\right)$.

$\therefore P Q$ 与 $y=\mathrm{x}$ 的夹角 $=30^{\circ}, P Q$ 所在直线的㑔斜角 $=75^{\circ} \cdot \tan 75^{\circ}=\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}=2+\sqrt{3}$.

$P Q$ 所在直线方程为 $y+1=(2+\sqrt{3})(x+1)$, 代入 $xy=1$, 解得 $Q(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})$, 于是 $R(2+\sqrt{3}$, $2-\sqrt{3})$.

Final answer: $(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3}), (2+\sqrt{3}, 2-\sqrt{3})$
Subfield: Geometry


Question: 设双曲线 $x y=1$ 的两支为 $C_{1}, C_{2}$ (如图), 正三角形 $P Q R$ 的三顶点位于此双曲线上.设 $P(-1,-1)$ 在 $C_{2}$ 上， $Q 、 R$ 在 $C_{1}$ 上, 求顶点 $Q 、 R$ 的坐标.


![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_861db208f98bfd030c49g-1.jpg?height=411&width=437&top_left_y=2082&top_left_x=1386)

Solution:
$p(-1,-1)$, 设 $Q\left(x_{2}, \frac{1}{x_{2}}\right)$, 点 $p$ 在直线 $y=x$ 上. 以 $p$ 为圆心, $\mid P Q\mid$ 为半径作圆,此圆与双曲线第一象限内的另一交点 $R$ 满足 $|P Q|=|P R|$, 由圆与双曲线都是 $y=x$ 对称, 知 $Q$与 $R$ 关于 $y=x$ 对称. 且在第一象限内此二曲线没有其他交点 (二次曲线的交点个数). 于是 $R\left(\frac{1}{x_{2}}, x_{2}\right)$.

$\therefore P Q$ 与 $y=\mathrm{x}$ 的夹角 $=30^{\circ}, P Q$ 所在直线的㑔斜角 $=75^{\circ} \cdot \tan 75^{\circ}=\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}=2+\sqrt{3}$.

$P Q$ 所在直线方程为 $y+1=(2+\sqrt{3})(x+1)$, 代入 $xy=1$, 解得 $Q(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})$, 于是 $R(2+\sqrt{3}$, $2-\sqrt{3})$.

Final answer: $(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3}), (2+\sqrt{3}, 2-\sqrt{3})$
Subfield: Algebra


Question: 已知复数 $z=1-\sin \theta+i \cos \theta\left(\frac{\pi}{2}<\theta<x\right)$, 求 $z$ 的共轭复数 $\bar{z}$ 的辐角主值.

Solution:
$z=1+\cos \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)+i \sin \left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)=2 \cos ^{2} \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2}+2 i \sin \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2} \cos \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2}$

$$
=2 \cos \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2}\left(\cos \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2} + i\sin \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2}\right).
$$

当 $\frac{\pi}{2}<\theta<\pi$ 时, $\bar{z}=-2 \cos \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2}\left(-\cos \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2} + i\sin \frac{\frac{\pi}{2}+\theta}{2}\right)$ 

$=-2 \cos \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right)\left(\cos \left(\frac{3 \pi}{4}-\frac{\theta}{2}\right)+i \sin \left(\frac{3 \pi}{4}-\frac{\theta}{2}\right)\right)$.

$\therefore$ 辐角主值为 $\frac{3 \pi}{4}-\frac{\theta}{2}$.

Final answer: $\frac{3 \pi}{4}-\frac{\theta}{2}$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f(x)=a x^{2}+8 x + 3(a<0)$. 对于给定的负数 $a$, 有一个最大的正数 $l(a)$, 使得在整个 区间 $[0, l(a)]$ 上, 不等式 $|f(x)| \leq 5$ 都成立.

问: $a$ 为何值时 $l(a)$ 最大? 以及这个最大的 $l(a)$是多少？

Solution:
$\left.f(x)={a\left(x+\frac{4}{a}\right.}\right)^{2}+3-\frac{16}{a}$.

(1)当 $3-\frac{16}{a}>5$, 即 $-8<x<0$ 时,

$l(a)$ 是方程 $a x^{2}+8 x+3=5$ 的较小根, 故 $l(a)=\frac{-8+\sqrt{64+8a}}{2 a}$.

(2) 当 3- $\frac{16}{a} \leq 5$, 即$a \leq -8$时,

$l(a)$ 是方程 $a x^{2}+8 x+3=-5$ 的较大根, 故 $l(a)=\frac{-8-\sqrt{64-32 a}}{2 a}$.

综合以上, $l(a)= \begin{cases}\frac{-8-\sqrt{64-32 a}}{2 a}, & (a \leq -8) \\ \frac{-8+\sqrt{64+8 a}}{2 a} & (-8<a<0)\end{cases}$

当 $a \leq -8$ 时, $l(a)=\frac{-8+\sqrt{64-32 a}}{2 a}=\frac{4}{\sqrt{4-2 a}-2} \leq \frac{4}{\sqrt{20}-2}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$;

当 $-8<a<0$ 时, $l(a)=\frac{-8+\sqrt{64+8a}}{2 a}=\frac{2}{\sqrt{16+2 a}+4}<\frac{2}{4}<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

所以 $a=-8$ 时, $l(a)$ 取得最大值 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Final answer: $-8, \frac{1+\sqrt{5}}{2}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, $O 、 I$ 分别为 $\triangle A B C$ 的外心和内心, $A D$ 是 $B C$ 边上的高, $I$ 在线段 $O D$上。求证: $\triangle A B C$ 的外接圆半径等于 $B C$ 边上的旁切圆半径。

<img_4199>


注: $\triangle A B C$ 的 $B C$ 边上的旁切圆是与边 $A B 、 A C$ 的延长线以及边 $B C$ 都相切的圆。

Solution:
由旁切圆半径公式, 有

$r_{a}=\frac{2 S}{b+c-a}=\frac{a h_{a}}{b+c-a}$, 故只须证明

$\frac{R}{h_{a}}=\frac{a}{b+c-a}$ 即可。连 $A I$ 并延长交 $\odot O$ 于 $K$, 连 $O K$ 交 $B C$ 于 $M$, 则 $K$ 、 $M$ 分别为弧 $B C$ 及弦 $B C$ 的中点。且 $O K \perp B C$ 。于是 $O K / / A D$, 又 $O K=R$,故

$\frac{R}{h_{a}}=\frac{O K}{A D}=\frac{I K}{I A}=\frac{K B}{I A}$,

故只须证 $\frac{K B}{I A}=\frac{a h_{a}}{b+c-a}=\frac{B M}{\frac{1}{2}(b+c-a)}$.

<img_4201>



作 $I N \perp A B$, 交 $A B$ 于 $N$, 则 $A N=\frac{1}{2}(b+c-a)$,

而由 $\triangle A I N \sim \triangle B K M$, 可证 $\frac{K B}{I A}=\frac{B M}{A N}$ 成立, 故证。
Subfield: Geometry


Question: 如图, $O 、 I$ 分别为 $\triangle A B C$ 的外心和内心, $A D$ 是 $B C$ 边上的高, $I$ 在线段 $O D$上。求证: $\triangle A B C$ 的外接圆半径等于 $B C$ 边上的旁切圆半径。

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_01c1561c04f92f51f32cg-1.jpg?height=414&width=354&top_left_y=1438&top_left_x=1296)


注: $\triangle A B C$ 的 $B C$ 边上的旁切圆是与边 $A B 、 A C$ 的延长线以及边 $B C$ 都相切的圆。

Solution:
由旁切圆半径公式, 有

$r_{a}=\frac{2 S}{b+c-a}=\frac{a h_{a}}{b+c-a}$, 故只须证明

$\frac{R}{h_{a}}=\frac{a}{b+c-a}$ 即可。连 $A I$ 并延长交 $\odot O$ 于 $K$, 连 $O K$ 交 $B C$ 于 $M$, 则 $K$ 、 $M$ 分别为弧 $B C$ 及弦 $B C$ 的中点。且 $O K \perp B C$ 。于是 $O K / / A D$, 又 $O K=R$,故

$\frac{R}{h_{a}}=\frac{O K}{A D}=\frac{I K}{I A}=\frac{K B}{I A}$,

故只须证 $\frac{K B}{I A}=\frac{a h_{a}}{b+c-a}=\frac{B M}{\frac{1}{2}(b+c-a)}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_be48b0f7fde94ef78c7dg-1.jpg?height=600&width=526&top_left_y=1987&top_left_x=1439)



作 $I N \perp A B$, 交 $A B$ 于 $N$, 则 $A N=\frac{1}{2}(b+c-a)$,

而由 $\triangle A I N \sim \triangle B K M$, 可证 $\frac{K B}{I A}=\frac{B M}{A N}$ 成立, 故证。

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设 $\{a_{n} \}$ 为等差数列, $\{b_{n}\}$ 为等比数列, 且 $b_{1}=a_{1}{ }^{2}, b_{2}=a_{2}{ }^{2}$, $b_{3}=a_{3}^{2}\left(\mathbf{a}_{1}<\mathbf{a}_{2}\right)$, 又 $\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}\right)=\sqrt{2}+1$, 试求 $\left\{\mathbf{a}_{\mathbf{n}}\right\}$ 的首项与公差.

Solution:
设所求公差为 $d, \because a_{1}<a_{2}, \therefore d>0$. 由此得

$a_{1}^{2}\left(a_{1}+2 d\right)^{2}=\left(a_{1}+d\right)^{4} \quad$ 化简得: $2 a_{1}^{2}+4 a_{1} d+d^{2}=0$

解得: $d=(-2 \pm \sqrt{2}) a_{1}$

而 $-2 \pm \sqrt{2}<0$, 故 $a_{1}<0$

若 $d=(-2-\sqrt{2}) a_{1}$, 则 $q=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}^{2}}=(\sqrt{2}+1)^{2}$

若 $d=(-2+\sqrt{2}) a_{1}$, 则 $q=\frac{a_{2}^{2}}{a_{1}^{2}}=(\sqrt{2}-1)^{2}$

但 $\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}\right)=\sqrt{2}+1$ 存在, 故 $|\boldsymbol{q}|<1$, 于是 $q=(\sqrt{2}+1)^{2}$ 不可能.

从而 $\frac{a_{1}^{2}}{1-(\sqrt{2}-1)^{2}}=\sqrt{2}+1 \Rightarrow a_{1}^{2}=(2 \sqrt{2}-2)(\sqrt{2}+1)=2$

所以 $a_{1}=-\sqrt{2}, d=(-2+\sqrt{2}) a_{1}=2 \sqrt{2}-2$.

Final answer: $-\sqrt{2}, 2 \sqrt{2}-2$
Subfield: Geometry


Question: 设曲线 $\mathrm{C}_{1}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1$ (a 为正常数) 与 $\mathrm{C}_{2}: \mathrm{y}=2(\mathrm{x}+\mathrm{m})$ 在 $\mathrm{x}$ 轴上方公有一个公共点 $\mathrm{P}$ 。
求实数 $\mathrm{m}$ 的取值范围 (用 $\mathrm{a}$ 表示);

Solution:
由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1 \\ y^{2}=2(x+m)\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得: $x^{2}+2 a^{2} x+2 a^{2} m-a^{2}=0$     ①

设 $f(x)=x^{2}+2 a^{2} x+2 a^{2} m-a^{2}$, 该问题化为方程①在 $x \in(-a, a)$ 上有唯一解或等根.

只需讨论以下三种情况:

$1、 \triangle=0$ 得: $m=\frac{a^{2}+1}{2}$, 此时 $x_{p}=-a^{2}$, 当且仅当 $-a<-a^{2}<a$, 即 $0<a<1$ 时适合;
$2、 f(a) f(-a)<0$, 当且仅当 $-a<m<a$;

$3、 f(-a)=0$ 得 $m=a$, 此时 $x_{p}=a-2 a^{2}$, 当且仅当 $-a<a-2 a^{2}<a$, 即 $0<a<1$ 时适合.

$f(a)=0$ 得 $m=-a$, 此时 $x_{p}=-a-2 a^{2}$, 由于 $-a-2 a^{2}<-a$, 从而 $m \neq-a$.

综上可知, 当 $0<a<1$ 时, $m=\frac{a^{2}+1}{2}$ 或 $-a<m \leqslant a$;

当 $a \geqslant 1$ 时, $-a<m<a$.

Final answer: 当 $0<a<1$ 时, $m=\frac{a^{2}+1}{2}$ 或 $-a<m \leqslant a$;当 $a \geqslant 1$ 时, $-a<m<a$
Subfield: Algebra


Question: 设 $\mathrm{x}_{\mathrm{i}} \geqslant 0(\mathrm{I}=1,2,3, \cdots, \mathrm{n})$ 且 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+2 \sum_{1 \leq k<j \leq n} \sqrt{\frac{k}{j}} x_{k} x_{j}=1$.
求 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}$ 的最小值。

Solution:
因为 $\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+2 \sum_{1 \leq k<j \leq n} \sqrt{\frac{k}{j}} x_{k} x_{j} \geq 1 \Rightarrow \sum_{i=1}^{n} x_{i} \geqslant 1$

等号成立当且仅当存在 $i$ 使得 $x_{i}=1, x_{j}=0, j=i$

$\therefore \sum_{i=1}^{n} x_{i}$ 最小值为 1.

Final answer: $1$
Subfield: Algebra


Question: 设 $\mathrm{x}_{\mathrm{i}} \geqslant 0(\mathrm{I}=1,2,3, \cdots, \mathrm{n})$ 且 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}+2 \sum_{1 \leq k<j \leq n} \sqrt{\frac{k}{j}} x_{k} x_{j}=1$.
求 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}$ 的最大值。

Solution:
令 $x_{k}=\sqrt{k} y_{k}$

$\therefore \sum_{k=1}^{n} k y_{k}^{2}+2 \sum_{1 \leq k<j \leq n} k y_{k} y_{j}=1$        $①$

设 $M=\sum_{k=1}^{n} x_{k}=\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} y_{k}$, 令 $\left\{\begin{array}{r}y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{n}=a_{1} \\ y_{2}+\cdots+y_{n}=a_{2} \\ \cdots \cdots \\ y_{n}=a_{n}\end{array}\right.$

则$①$ $\Leftrightarrow a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}=1$

$$
\begin{aligned}
& \text { 令 } a_{n-1}=0 \text {, 则 } M=\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k}\left(a_{k}-a_{k+1}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} a_{k}-\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} a_{k+1}=\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} a_{k}-\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k-1} a_{k}=\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}) a_{k}
\end{aligned}
$$

由柯西不等式得:

$$
\begin{aligned}
& M \leq\left[\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}\right]^{\frac{1}{2}}\left(\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2}\right)^{\frac{1}{2}}=\left[\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}\right]^{\frac{1}{2}} \\
& \text { 等号成立} \Leftrightarrow \frac{a_{1}^{2}}{1}=\cdots=\frac{a_{k}^{2}}{(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}}=\cdots=\frac{a_{n}^{2}}{(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^{2}} \\
& \Leftrightarrow \frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}}{1+(\sqrt{2}-\sqrt{1})^{2}+\cdots+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^{2}}=\frac{a_{k}^{2}}{(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}} \\
& \Leftrightarrow a_{k}=\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{\left[\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}\right]^{\frac{1}{2}}} \quad(\boldsymbol{k}=1,2, \cdots, \text { n })
\end{aligned}
$$

由于 $a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{n},$ 从而 $y_{k}=a_{k}-a_{k+1}=\frac{2 \sqrt{k}-(\sqrt{k+1}+\sqrt{k-1})}{\left[\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}\right]^{\frac{1}{2}}} \geq 0$, 即 $\boldsymbol{x}_{k} \geq 0$

所求最大值为 $\left[\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}\right]^{\frac{1}{2}}$.

Final answer: $\left[\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})^{2}\right]^{\frac{1}{2}}$
Subfield: Combinatorics


Question: 一项 “过关游戏” 规则规定: 在第 $n$ 关要抛郑一颗骰子 $n$ 次,如果这 $n$ 次抛掷所出现的点数的和大于 $2^{n}$, 则算过关. 问:
某人在这项游戏中最多能过几关?

Solution:
设他能过 $n$ 关, 则第 $n$ 关掷 $\mathrm{n}$ 次, 至多得 $6 n$ 点,

由 $6 n>2^{n}$, 知, $n \leq 4$. 即最多能过 4 关.

Final answer: $4$
Subfield: Combinatorics


Question: 一项 “过关游戏” 规则规定: 在第 $n$ 关要抛郑一颗骰子 $n$ 次,如果这 $n$ 次抛掷所出现的点数的和大于 $2^{n}$, 则算过关. 问:
他连过前三关的概率是多少?

Solution:
要求他第一关时掷 1 次的点数 $>2$, 第二关时掷 2 次的点数和 $>4$, 第三关时掷 3 次的点数和 $>8$.

第一关过关的概率 $=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$;

第二关过关的基本事件有 $6^{2}$ 种, 不能过关的基本事件有为不等式 $x + y \leq 4$ 的正整数解的个数, 有 $C_{4}^{2}$ 个 (亦可枚举计数: $1+1,1+2,1+3,2+1,2+2,3+1$ ) 计 6 种, 过关的概率 $=1-$ $\frac{6}{6^{2}}=\frac{5}{6}$。

第三关的基本事件有$6^{3}$种，不能过关的基本事件为方程$x+y+z \leq 8$的正整数解的总数，可连写 8 个 1 , 从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 $C_{8}^{3}=\frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1}=56$ 种, 不能过关的概率 $=\frac{56}{6^{3}}=\frac{7}{27}$,能过关的概率 $=\frac{20}{27}$;

$\therefore$ 连过三关的概率 $=\frac{2}{3} \times \frac{5}{6} \times \frac{20}{27}=\frac{100}{243}$.

Final answer: $\frac{100}{243}$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $\alpha, \beta$ 是方程 $4 x^{2}-4 t x-1=0(t \in R)$ 的两个不等实根, 函数 $f(x)=\frac{2 x-t}{x^{2}+1}$ 的定义域为 $[\alpha, \beta]$. 求 $g(t)=\max f(x)-\min f(x)$的表达式;

Solution:
$\alpha+\beta=t, \alpha \beta=-\frac{1}{4}$. 故 $\alpha<0, \beta>0$. 当 $x_{1}, x_{2} \in[\alpha, \beta]$ 时,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{2\left(x^{2}+1\right)-2 x(2 x-t)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}=\frac{-2\left(x^{2}-x t\right)+2}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}$. 而当 $x \in[\alpha, \beta]$ 时, $x^{2}-x t<0$, 于是 $f^{\prime}(x)>0$, 即 $f(x)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 上单调增.

$$
\begin{aligned}
& \therefore g(t)=\frac{2 \beta-t}{\beta^{2}+1}-\frac{2 \alpha-t}{\alpha^{2}+1}=\frac{(2 \beta-t)\left(\alpha^{2}+1\right)-(2 \alpha-t)\left(\beta^{2}+1\right)}{\left(\alpha^{2}+1\right)\left(\beta^{2}+1\right)}=\frac{(\beta-\alpha)[t(\alpha+\beta)-2 \alpha \beta+2]}{\alpha^{2} \beta^{2}+\alpha^{2}+\beta^{2}+1} \\
& =\frac{\sqrt{t^{2}+1}\left(t^{2}+\frac{5}{2}\right)}{t^{2}+\frac{25}{16}}=\frac{8 \sqrt{t^{2}+1}\left(2 t^{2}+5\right)}{16 t^{2}+25}
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{8 \sqrt{t^{2}+1}\left(2 t^{2}+5\right)}{16 t^{2}+25}$
Subfield: Geometry


Question: 在锐角三角形 $A B C$ 中, $A B$ 上的高 $C E$ 与 $A C$ 上的高 $B D$ 相交于点 $H$,以 $D E$ 为直径的圆分别交 $A B 、 A C$ 于 $F 、 G$ 两点, $F G$ 与 $A H$ 相交于点 $K$, 已知 $B C=25, B D=20$, $B E=7$, 求 $A K$ 的长.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_ea789837803fb620d524g-1.jpg?height=403&width=445&top_left_y=1943&top_left_x=1545)

Solution:
$\because B C=25, B D=20, B E=7$,

$\therefore C E=24, C D=15$.

$\because A C \cdot B D = C E \cdot A B \Rightarrow A C=\frac{6}{5} A B$

$\because B D \perp A C, C E \perp A B, \Rightarrow B、E、D、C$ 共圆,

$\Rightarrow A C(A C-15)=A B(A B-7), \Rightarrow \frac{6}{5} A B\left(\frac{6}{5} A B-15\right)=A B(A B$

$-18)$,

$\therefore A B=25, A C=30 . \Rightarrow A E=18, A D=15$.

$\therefore D E=\frac{1}{2} A C=15$.

延长 $A H$ 交 $B C$ 于 $P$, 则 $A P \perp B C$.

$\therefore A P \cdot B C=A C \cdot B D \Rightarrow A P=24$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_11e4aa4abe5b4e8b498cg-1.jpg?height=417&width=437&top_left_y=814&top_left_x=1301)

连 $D F$, 则 $D F \perp A B$,

$\because A E=D E, D F \perp A B . \Rightarrow AF = \frac{1}{2} AE =9$.

$\because D 、 E 、 F 、 G$ 共圆, $\Rightarrow \angle A F G=\angle A D E=\angle A B C, \Rightarrow \triangle A F G \sim \triangle A B C$,

$\therefore \frac{A K}{A P} = \frac{A F}{A B} \Rightarrow A K = \frac{9 \times 24}{25}=\frac{216}{25}$.

Final answer: $\frac{216}{25}$
Subfield: Geometry


Question: 在锐角三角形 $A B C$ 中, $A B$ 上的高 $C E$ 与 $A C$ 上的高 $B D$ 相交于点 $H$,以 $D E$ 为直径的圆分别交 $A B 、 A C$ 于 $F 、 G$ 两点, $F G$ 与 $A H$ 相交于点 $K$, 已知 $B C=25, B D=20$, $B E=7$, 求 $A K$ 的长.

<img_4149>

Solution:
$\because B C=25, B D=20, B E=7$,

$\therefore C E=24, C D=15$.

$\because A C \cdot B D = C E \cdot A B \Rightarrow A C=\frac{6}{5} A B$

$\because B D \perp A C, C E \perp A B, \Rightarrow B、E、D、C$ 共圆,

$\Rightarrow A C(A C-15)=A B(A B-7), \Rightarrow \frac{6}{5} A B\left(\frac{6}{5} A B-15\right)=A B(A B$

$-18)$,

$\therefore A B=25, A C=30 . \Rightarrow A E=18, A D=15$.

$\therefore D E=\frac{1}{2} A C=15$.

延长 $A H$ 交 $B C$ 于 $P$, 则 $A P \perp B C$.

$\therefore A P \cdot B C=A C \cdot B D \Rightarrow A P=24$.

<img_4179>

连 $D F$, 则 $D F \perp A B$,

$\because A E=D E, D F \perp A B . \Rightarrow AF = \frac{1}{2} AE =9$.

$\because D 、 E 、 F 、 G$ 共圆, $\Rightarrow \angle A F G=\angle A D E=\angle A B C, \Rightarrow \triangle A F G \sim \triangle A B C$,

$\therefore \frac{A K}{A P} = \frac{A F}{A B} \Rightarrow A K = \frac{9 \times 24}{25}=\frac{216}{25}$.

Final answer: $\frac{216}{25}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $P$ 为边 $B C$ 上任意一点, $P E / / B A, P F / / C A$, 若 $S$ $\triangle A B C=1$, 证明: $S_{\triangle B P F 、} S_{\triangle P C E 、} 、 S_{\square P E A F}$ 中至少有一个不小于 $\frac{4}{9}\left(S_{X Y \cdots Z}\right.$ 表示多边形 $X Y \cdots Z$的面积).

<img_4070>

Solution:
<img_4144>

如图, 三等分 $B C$ 于 $M 、 N$, 若点 $P$ 在 $B M$ 上 (含点 $M$ ), 则由于 $P E / / A B$, 则 $\triangle C P E \sim \triangle C B A . C P: C B \geqslant \frac{2}{3}$. 于是 $S_{\triangle P C E} \geqslant \frac{4}{9}$. 同理, 若 $P$ 在 $N C$ 上 (含点 $N$), 则 $S_{\triangle B P F} \geqslant \frac{4}{9}$.

若点 $P$ 在线段 $M N$ 上. 连 $E F$, 设 $\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{BC}}=r\left(\frac{1}{3}<r<\frac{2}{3}\right)$, 则 $\frac{\mathrm{CP}}{\mathrm{BC}}=1-r$.

$$
S_{\triangle B P F}=r^{2}, S_{\triangle P C E}=(1-r)^{2} . \therefore S_{\triangle B P F}+S_{\triangle P C E}=r^{2}+(1-r)^{2}=2 r^{2}-2 r+1=2\left(r-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}<2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2} =\frac{5}{9}
$$

于是 $S_{\square A E P F} \geqslant \frac{4}{9}$. 故命题成立.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $P$ 为边 $B C$ 上任意一点, $P E / / B A, P F / / C A$, 若 $S$ $\triangle A B C=1$, 证明: $S_{\triangle B P F 、} S_{\triangle P C E 、} 、 S_{\square P E A F}$ 中至少有一个不小于 $\frac{4}{9}\left(S_{X Y \cdots Z}\right.$ 表示多边形 $X Y \cdots Z$的面积).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_e5ca1d2c3525ebd0ee10g-1.jpg?height=246&width=297&top_left_y=1973&top_left_x=1619)

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_e5ca1d2c3525ebd0ee10g-1.jpg?height=249&width=297&top_left_y=2314&top_left_x=1573)

如图, 三等分 $B C$ 于 $M 、 N$, 若点 $P$ 在 $B M$ 上 (含点 $M$ ), 则由于 $P E / / A B$, 则 $\triangle C P E \sim \triangle C B A . C P: C B \geqslant \frac{2}{3}$. 于是 $S_{\triangle P C E} \geqslant \frac{4}{9}$. 同理, 若 $P$ 在 $N C$ 上 (含点 $N$), 则 $S_{\triangle B P F} \geqslant \frac{4}{9}$.

若点 $P$ 在线段 $M N$ 上. 连 $E F$, 设 $\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{BC}}=r\left(\frac{1}{3}<r<\frac{2}{3}\right)$, 则 $\frac{\mathrm{CP}}{\mathrm{BC}}=1-r$.

$$
S_{\triangle B P F}=r^{2}, S_{\triangle P C E}=(1-r)^{2} . \therefore S_{\triangle B P F}+S_{\triangle P C E}=r^{2}+(1-r)^{2}=2 r^{2}-2 r+1=2\left(r-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}<2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2} =\frac{5}{9}
$$

于是 $S_{\square A E P F} \geqslant \frac{4}{9}$. 故命题成立.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 求证: $16<\sum_{i=1}^{4} \frac{1}{\sqrt{k}}<17$.

Solution:
$$
\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}),

$$

同时 $\frac{1}{\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$.

于是得 $2 \sum_{k=1}^{80}(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})<\sum_{k=1}^{80} \frac{1}{\sqrt{k}}<1+2 \sum_{k=1}^{80}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$

即 $16<\sum_{k=1}^{80} \frac{1}{\sqrt{k}}<1+2(\sqrt{80}-1)<1+2(9-1)=17$.
Subfield: Geometry


Question: 设 $l, m$ 是两条异面直线, 在 $l$ 上有 $A, B, C$ 三点, 且 $A B=B C$, 过 $A, B, C$ 分别作 $m$ 的垂线 $A D, B E, C F$, 垂足依次是 $D, E, F$, 已知 $A D=\sqrt{15}, B E=\frac{7}{2} C F=\sqrt{10}$, 求 $l$ 与 $m$ 的距离.

Solution:
过 $m$ 作平面 $\alpha / / l$, 作 $A P \perp \alpha$ 于 $P, A P$ 与 $l$ 确定平面 $\beta, \beta \cap \alpha=l^{\prime}, l^{\prime} \cap m=K$.

作 $B Q \perp \alpha, C R \perp \alpha$, 垂足为 $Q 、 R$, 则 $Q 、 R \in l^{\prime}$, 且 $A P=B Q=C R=l$ 与 $m$的距离 $d$.

连 $P D 、 Q E 、 R F$, 则由三垂线定理之逆, 知 $P D 、 Q E 、 R F$ 都 $\perp m$.

<img_4067>

$P D=\sqrt{15-d^{2}}, Q E=\sqrt{\frac{49}{4}-d^{2}}, \quad R F=\sqrt{10-d^{2}}$.

当 $D 、 E 、 F$ 在 $K$ 同侧时 $2 Q E=P D+R F$,

$\Rightarrow \sqrt{49-4 d^{2}}=\sqrt{15-d^{2}}+\sqrt{10-d^{2}}$. 解之得 $d=\sqrt{6}$

当 $D 、 E 、 F$ 不全在 $K$ 同侧时 $2 Q E=P D-R F, \Rightarrow \sqrt{49-4 d^{2}}=\sqrt{15-d^{2}}-\sqrt{10-d^{2}}$. 无实解.



$\therefore l$ 与 $m$ 距离为 $\sqrt{6}$.

Final answer: $\sqrt{6}$
Subfield: Geometry


Question: 给定曲线簇 $2(2 \sin \theta-\cos \theta+3) x^{2}-(8 \sin \theta+\cos \theta+1) y=0, \theta$ 为参数, 求该曲线在直线 $y=2 x$ 上所截得的弦长的最大值.

Solution:
以 $y=2 x$ 代入曲线方程得 $x=0, x=\frac{8 \sin \theta+\cos \theta+1}{2 \sin \theta-\cos \theta+3}$.

$\therefore$ 所求弦长 $1=\left|\frac{8 \sin \theta+\cos \theta+1}{2 \sin \theta-\cos \theta+3}\right| \sqrt{5}$. 故只要求 $|x|$ 的最大值即可.

由 $(2 x-8) \sin \theta-(x+1) \cos \theta=1-3 x . \Rightarrow(2 x-8)^{2}+(x+1)^{2} \geqslant(1-3 x)^{2}$, 即 $x^{2}+16 x-16$ $\leqslant 0$.

解之得, $-8 \leqslant x \leqslant 2$. 即 $|x| \leqslant 8$ (当 $\sin \theta= \pm \frac{24}{25}, \cos \theta=\mp \frac{7}{25}$ 时即可取得最大值). 故得最大弦长为 $8 \sqrt{5}$.

Final answer: $8 \sqrt{5}$
Subfield: Algebra


Question: 求证: $\operatorname{arc} \sin x+\operatorname{arc} \cos x=\frac{\pi}{2}$, 其中 $x \in[-1,1]$

Solution:
由于 $x \in[-1,1]$, 故 $\arcsin x$ 与 $\arccos x$ 有意义,

$\sin \left(\frac{\pi}{2}-\arccos x\right)=\cos (\arccos x)=x$, 由于 $\arccos x \in[0, \pi], \therefore \frac{\pi}{2}-\arccos x \in\left[-\frac{\pi}{2}\right.$, $\left.\frac{\pi}{2}\right]$.

故根据反正弦定义, 有 $\arcsin x=\frac{\pi}{2}-\arccos x$. 故证.
Subfield: Algebra


Question: 函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有定义, $f(0)=f(1)$. 如果对于任意不同的 $x_{1}, x_{2} \in[0,1]$, 都有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\left|x_{1}-x_{2}\right|$. 求证: $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\frac{1}{2}$.

Solution:
不妨取 $0 \leqslant x_{1}<x_{2} \leqslant 1$, 若 $\left|x_{1}-x_{2}\right| \leqslant \frac{1}{2}$, 则必有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\left|x_{1}-x_{2}\right|<\frac{1}{2}$.

若 $\left|x_{1}-x_{2}\right|>\frac{1}{2}$, 则 $x_{2}-x_{1}>\frac{1}{2}$, 于是 $1-\left(x_{2}-x_{1}\right)<\frac{1}{2}$, 即 $1-x_{2}+x_{1}-0<\frac{1}{2}$.

而 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=\left|\left(f\left(x_{1}\right)-f(0)\right)-\left(f\left(x_{2}\right)-f(1)\right)\right| \leqslant\left|f\left(x_{1}\right)-f(0)\right|+\left|f(1)-f\left(x_{2}\right)\right|<\mid x_{1}$ $-0|+| 1-x_{2} \mid$

$$
=1-x_{2}+x_{1}-0<\frac{1}{2} 
$$

故证.
Subfield: Algebra


Question: 函数 $F(x)=\left|\cos ^{2} x+2 \sin x \cos x-\sin ^{2} x+A x+B\right|$

在 $0 \leqslant x \leqslant \frac{3}{2} \pi$ 上的最大值 $M$ 与参数 $A 、 B$ 有关, 问 $A和B$ 分别取什么值时, $M$ 为最小?.

Solution:
$F(x)=\left|\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)+A x+B\right|$. 取 $g(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$, 则 $g\left(\frac{\pi}{8}\right)=g\left(\frac{9 \pi}{8}\right)=\sqrt{2} \cdot g\left(\frac{5 \pi}{8}\right)=-\sqrt{2}$.

取 $h(\boldsymbol{x})=A \boldsymbol{x}+B$, 若 $A=0, B \neq 0$, 则当 $B > 0$ 时, $F\left(\frac{\pi}{8}\right) > \sqrt{2}$, 当 $B<0$ 时, $F\left(\frac{5 \pi}{8}\right)<\sqrt{2} . $从而 $M > \sqrt{2}$.

若 $A \neq 0$, 则当 $h\left(\frac{5 \pi}{8}\right)<0$ 时, $F\left(\frac{5 \pi}{8}\right) > \sqrt{2}$, 当 $h\left(\frac{5 \pi}{8}\right) \geq 0$ 时, 由于 $h(x)$ 是一次函数, 当 $A>0$ 时 $h(x)$ 递増, $h\left(\frac{9 \pi}{8}\right)>h\left(\frac{5 \pi}{8}\right)>0$, 此时 $F\left(\frac{9 \pi}{8}\right) > \sqrt{2}$; 当 $A < 0$ 时 $h(x)$ 递减, $h\left(\frac{\pi}{8}\right)>h\left(\frac{5 \pi}{8}\right)>0$,此时 $F\left(\frac{\pi}{8}\right) > \sqrt{2}$. 故此时 $M>\sqrt{2}$.

若 $A=B=0$, 显然有 $M=\sqrt{2}$.

从而 $M$ 的最小值为 $\sqrt{2}$, 这个最小值在 $A=B=0$ 时取得.

Final answer: $A=0，B=0$
Subfield: Algebra


Question: 设 $\frac{3}{2} \leq x \leq 5$, 证明不等式
$2 \sqrt{x+1}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x} < 2 \sqrt{19}$.

Solution:
$x+1 \geq 0,2 x-3 \geq 0,15-3x \geq 0 . \Rightarrow \frac{3}{2} \leqslant x \leqslant 5$.

由平均不等式 $\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x+1}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x}}{4} \leqslant \sqrt{\frac{x+1+x+1+2 x-3+15-3 x}{4}} \leqslant \sqrt{\frac{14+x}{4}}$.

$\therefore 2 \sqrt{x+1}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x}=\sqrt{x+1}+\sqrt{x+1}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3 x} \leqslant 2 \sqrt{14+x}$.

但 $2 \sqrt{14+x}$在$\frac{3}{2} \leqslant x \leqslant 5$ 时单调增. 即 $2 \sqrt{14+x} \leq 2 \sqrt{14+5}=2 \sqrt{19}$.

故证.
Subfield: Geometry


Question: 设 $A 、 B 、 C$ 分别是复数 $Z_{0}=a \mathrm{i}, Z_{1}=\frac{1}{2}+b \mathrm{i}, Z_{2}=1+c \mathrm{i}$ (其中 $a, b, c$ 都是实数) 对应的不共线的三点. 曲线

$$
Z=Z_{0} \cos ^{4} t+2 Z_{1} \cos ^{2} t \sin ^{2} t+Z_{2} \sin ^{4} t \quad(t \in \mathrm{R})
$$

与 $\triangle A B C$ 中平行于 $A C$ 的中位线只有一个公共点, 求出此点.

Solution:
曲线方程为 : $Z=ai \cos ^{4} t+(1+2 b \mathrm{i}) \cos ^{2} t \sin ^{2} t+(1+c i) \sin ^{4} t=\left(\cos ^{2} t \sin ^{2} t+\sin ^{4} t\right)+\mathrm{i}\left(\operatorname{acos}^{4} t+2 b \cos ^{2} t \sin ^{2} t+c\right.$ $\left.\sin ^{4} t\right)$

$\therefore \quad x=\cos ^{2} t \sin ^{2} t+\sin ^{4} t=\sin ^{2} t\left(\cos ^{2} t+\sin ^{2} t\right)=\sin ^{2} t . \quad(0 \leqslant x \leqslant 1)$

$y=a \cos ^{4} t+2 b \cos ^{2} t \sin ^{2} t+c \sin ^{4} t=a(1-x)^{2}+2 b(1-x) x + c x^{2}$

即 $y=(a-2 b+c) x^{2}+2(b-a) x + a(0 \leqslant x \leqslant 1) \qquad ①$

若 $a-2 b+c=0$, 则 $Z_{0} 、 Z_{1} 、 Z_{2}$ 三点共线, 与已知矛盾, 故 $a-2 b+c \neq 0$. 于是此曲线为轴与 $x$ 轴垂直的抛物线.

$A B$ 中点 $M: \frac{1}{4}+\frac{1}{2}(a+b)i$, $B C$ 中点 $N: \frac{3}{4}+\frac{1}{2}(b+c)i$.



与 $A C$ 平行的中位线经过 $M\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}(a+b)\right)$ 及 $N\left(\frac{3}{4}, \frac{1}{2}(b+c)\right)$ 两点, 其方程为

$4(a-c) x+4 y-3 a-2 b+c=0 . \quad\left(\frac{1}{4} \leqslant x \leqslant \frac{3}{4}\right) \qquad ②$

令 $4(a-2 b+c) x^{2}+8(b-a) x+4 a=4(c-a) x+3 a+2 b-c$.

即 $4(a-2 b+c) x^{2}+4(2 b-a-c) x + a-2 b+c=0$. 由 $a-2 b+c \neq 0$, 得

$$
4 x^{2}+4 x+1=0,
$$

此方程在 $\left[\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right]$ 内有惟一解: $x=\frac{1}{2} . $

以 $x=\frac{1}{2}$ 代入$②$得, $y=\frac{1}{4}(a+2 b+c)$

$\therefore$ 所求公共点坐标为 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}(a+2 b+c)\right)$.

Final answer: $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{4}(a+2 b+c)\right)$