一些出题想法

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先写下思路，等到时候真的要出出来再具体计算。

原题：

2024CCPC 河南 D 题 距离之比

题意：

（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{\ \ \ \ \ \ \ \ \ }。

解析：

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。

原题：

UVA10623

题意：

（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。

解析：

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：

f(a,b,c)\le 2a(a-1)+b(b-1)+3c(c-1)+4ab+6bc+6ac+2

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。