一些出题想法

先写下思路，等到时候真的要出出来再具体计算。

2024CCPC 河南 D 题 距离之比

（填空压轴）曼哈顿距离是生活中常用的距离之一。平面直角坐标系中，两点 $P(a,b),Q(c,d)$ 的曼哈顿距离 $||PQ||=|a-c|+|b-d|$，欧氏距离 $|PQ|=\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}$。平面上现有两条曲线 $C_1:y^2=4x,C_2:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(x>0)$，它们焦点重合，$C_2$ 为等轴双曲线。现在设点 $P_i(i\in\mathbb N^*)$ 为直线 $x=i$ 与 $C_1,C_2$ 的交点中纵坐标最大的点。当 $P_i$ 在 $C_2$ 上时，记 $P_i'$ 为将 $P_i$ 向下平移 $\dfrac i 2$ 单位得到的点；当 $P_i$ 在 $C_1$ 上时，记 $P_i'$ 与 $P_i$ 重合。对于所有 $i,j\in\mathbb N^*,i\neq j$，$\dfrac{||P_i'P_j'||}{|P_i'P_j'|}$ 的最大值是 $\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ }$。

对于任意两点 $P(a,b),Q(c,d)$，设直线 $PQ$ 与 $x$ 轴夹角为 $\theta$，则 $\dfrac{|a-c|}{\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}}=\cos\theta,\dfrac{|b-d|}{\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}}=\sin\theta$。故有 $\dfrac{||PQ||}{|PQ|}=\cos\theta+\sin\theta=\sqrt 2\sin(\theta+\dfrac{\pi}4)$。

所以直线 $PQ$ 的斜率越接近 $1$ 或 $-1$ 所求式越大。

将坐标系顺时针旋转 $\dfrac{\pi}4$，把新坐标系的 $P_i'$ 按纵坐标排序，则斜率最接近的 $0$ 的两点一定在排序后相邻。

因此在原坐标系把 $P_i'$ 按横纵坐标之和排序，则斜率最接近 $1$ 的两点一定在排序后相邻。同理按横坐标减纵坐标排序可以得到斜率最接近 $-1$。

当 $P_i$ 在 $C_2$ 上时 $P_i'$ 的横纵坐标的和与差具有单调性。当 $P_i$ 在 $C_1$ 上时 $P_i'$ 会在排序后和后面的混在一起，不过点数很少，单独算这些点即可，剩下的由单调性推出相邻的情况求导算最值。

UVA10623

（多选第二题）平面上有 $a$ 个全等的椭圆，$b$ 全等个圆，$c$ 个全等的正三角形。设其最多将平面最多划分成 $f(a,b,c)$ 个部分，则下列命题正确的是：BCD

A. 满足 $f(a,b,c)=2,a,b,c\in[0,3)$ 的 $(a,b,c)$ 共有 $4$ 组。

B. $f(2,3,1)=66$。

C. $f(0,0,x)=3x^2-3x+2$。

D. 若确定了 $a,c,f(a,b,c)$，则 $b$ 的取值个数有 $2$ 种可能。

A 选项是三组，$(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0)$。

BCD 见下。

由欧拉公式，$F=E-V+2$，其中 $E$ 是边数，$V$ 是点数，$F$ 是划分的区域数。分六类讨论哪两个图形相交，带来的点数和边数的贡献最多是多少，可以得到：

容易使用以下构造达到上界：让椭圆的离心率无穷接近 $0$，第 $i$ 个圆是第 $i-1$ 个圆向右平移无穷小个单位，第 $i$ 个椭圆或正三角形是第 $i-1$ 个椭圆或正三角形逆时针旋转无穷小的角度，第 $1$ 个圆、椭圆和正三角形中心重合且交点数最多。

所以 $f(a,b,c)=2a(a-1)+b(b-1)+3c(c-1)+4ab+6bc+6ac+2$。

由此算出 BC 选项。

对于 D 选项，确定 $a,c,f(a,b,c)$ 可以得到一个关于 $b$ 的一元二次方程，故 $b$ 的取值个数有 $0,1,2$ 三种情况。然而由于 $b\ge 0$，该一元二次方程 $\sqrt{\Delta}$ 前只能接正号，故只有两种情况。

需要注意的是，$f(0,0,0)=1$ 不满足上述式子。故 $a=0,c=0,f(a,b,c)=2$ 时，虽然解得 $b=0$ 或 $1$，但是 $b=0$ 需舍去，仍只有一种取值。