数学奥林匹克高中训练题_135_

数学奥林匹克训练题 ( 135) 中图分类号: G424179 文献标识码: A 文章编号: 1005- 6416( 2010) 11- 0039- 08 第 一 试 一、填空题 (每小题 8分,共 64分 ) 1. 已知函数 f ( x ) = loga ax 2 - x+ 12 在 区间 [ 1, 2]上恒正. 则实数 a的取值范围为 . 2. 设正实数 a、b、c满足 a2+ b2+ c2 = 1. 则 s= a2 bc+ ab2c+ abc2的最大值为 . 3. 设 A、B、C分别为长方体的对角线与 共顶点的三个侧面所成的角.则 A+ B+ C的 取值范围为 . 4. 在从小到大排列的 10个数 1, 8, 10, 11, 17, 19, 25, 34, 47, 52 中,若选取连续若干个数的和能被 9整除,则 选取的概率为 . 5. 设函数 f ( n )定义在正整数集上,对于 任一正整数 n,有 f (f ( n ) ) = 4n+ 3,且对任一 非负整数 k,有 f ( 2 k ) = 2 k + 1 + 1. 则 f ( 2 303) = . 图 1 6. 如图 1, 设 G、H 分别为 vABC 的重 心、垂心, F 为线段 GH的中点, vABC外 接圆的半径 R = 1.则 |AF | 2 + |BF | 2 + |CF | 2 = . 7. 设点 P在双曲线 x 2 16 - y 2 9 = 1除去顶点 的右支上运动, E、F分别为其左、右焦点. 设 A为vPEF在 PEF内的旁心.则点 A的轨 迹方程为 . 8.数列 {an }定义如下: a1 = 1,且当 n\2时, an = an 2 + 1, n为偶数; 1 an- 1 , n为奇数. 若 an = 2011,则正整数 n = . 二、解答题 (共 56分 ) 9. ( 16分 )设 f n ( x ) = sin 2n x+ cos 2n x (x R, n N ). 令 S= f1 (x )- f 2(x )+ f 3 (x ) - f4 (x ) + f5 (x ). 求 S的最大值和最小值. 10. (20分 )在vABC中, 若 sin A + sinB + sinC cos A + cosB + cosC = 3, 求证: vABC中至少有一个角为 60b. 11. ( 20分 )若平面内有两个不重合的圆 # 1、# 2,是否存在点 P, 使得过 P的无穷多对 互相垂直的直线 l1和 l2分别与圆 # 1和圆 # 2相交,且直线 l1被圆 # 1截得的弦长与直 线 l2被圆 # 2截得的弦长相等? 如果存在, 求出点 P;如果不存在,请说明理由. 加 试 一、(40分 )如图 2, 凸四边形 ABDF的两 图 2 组对边的延长线 分别交于点 C、E, 设 O1、O 2、O 3、O 4 分 别 为 vACF、 vBCD、 vDEF、 vABE的外心. 求 证: vO 4O 2O3 vACF, vO 1O 2O3 vABE, 392010年第 11期 vO 2O 4O 1 vDEF, vO 4O 1O 3 vBCD. 二、(40分 )设 a、b、c为非负实数.求证: 1 a 2 + 2bc + 3a ( b + c) [ 1 ab+ bc+ ca , 其中, / 0表示循环和. 三、(50分 )求所有正整数 k, 使得给定 序列 a1 = a2 = 4, an + 2 = ( k- 2)an+ 1- an + 10- 2k(n N+ ) 中的每一项都是平方数. 四、(50分 )平面内有 12个点,其中任意 三点不共线, 每两点连一条线段 (或边 ). 这 些线段用红、蓝两色染色, 每条线段恰染一 色,其中, 从某点 A 出发的红色线段有奇数 条,而从其余 11个点出发的红色线段数互不 相同.求以已知点为顶点、各边均为红色的三 角形个数及两边为红色、另一边为蓝色的三 角形个数. 参 考答 案 第 一 试 一、1. 1 2 < a< 5 8 或 a > 3 2 . 由 ax2- x + 1 2 > 0,得 a> x - 1 2 x 2 = h (x ). 因为 hc( x ) = 1- x x 3 , 当 1 [ x [ 2时, hc( x ) < 0,所以, h (x )递减. 于是, ( h (x ) )m ax = h ( 1) = 1 2 . 从而, a > 1 2 ,且 aX 1. 当 1 2 < a < 1时, f ( x )在 [ 1, 2 ]上为减 函数. 由 f ( 2) > 0,知 1 2 < a< 5 8 . 当 a > 1时, f ( x )在 [ 1, 2]上为增函数. 由 f ( 1) > 0,知 a> 3 2 . 2. 1 3 . 由均值不等式和柯西不等式有 a 2 bc+ ab 2 c+ abc 2 = abc( a+ b+ c) [ a 2 + b 2 + c 2 3 3 # 3( a 2 + b 2 + c 2 ) = 1 3 . 当且仅当 a = b = c = 3 3 时, 上式等号 成立. 3. 2 , 3arcsin 3 3 . 在长方体中有 sin 2 A+ sin 2 B+ sin 2 C= 1. 注意到 sin 2 A= 1- sin 2 B- sin 2 C= cos 2 B- sin 2 C = 1 2 ( 1+ cos 2B) - 1 2 ( 1- cos 2C) = cos(B+ C)# cos(B- C) > 0. 因为 B、C均为锐角,所以, cos( B- C) > 0. 从而, cos(B+ C) > 0,即 B+ C< 2 . 同理, A+ B< 2 , C+ A< 2 . 注意到 y = cos x在 0, 2 上为上凸函 数,由琴生不等式有 3cos ( A+ B) + ( B+ C) + (C+ A) 3 \ cos(A+ B) + cos( B+ C) + cos( C+ A) \ cos(A+ B)# cos(A- B) + cos( B+ C)# cos(B- C) + cos(C+ A)# cos( C- A) = sin 2 A+ sin 2 B+ sin 2 C= 1. 则 cos 2A+ 2B+ 2C 3 \ 1 3 ,即 sin A+ B+ C 3 [ 3 3 . 40 中 等 数 学 故 A+ B+ C[ 3arcsin 3 3 . 另一方面, sin 2 A= cos(B+ C)# cos(B- C) \ cos2 (B+ C) = sin2 2 - B- C. 注意到 A、B+ C均为锐角, 则 A> 2 - B- C. 从而, A+ B+ C> 2 . 又 Ay 0+ , By 0+ , Cy 2 ,有 A+ B+ Cy 2 . 综上, 2 < A+ B+ C[ 3arcsin 3 3 . 4. 9 55 . 考虑数列模 9的余数列 1, - 1, 1, 2, - 1, 1, - 2, - 2, 2, - 2. 设 Sn为新数列的前 n项和.则 S1 = S3 = S7 = S9 = 1, S2 = 0, S4 = S6 = 3, S5 = 2, S8 = S10 = - 1. 故 S2, S6 - S4, S10 - S8, S i - S j ( i> j, i、j { 1, 3, 7, 9} )均能被 9整除,且所有不同的 和有 10+ 9+ ,+ 1= 55(个 ). 5. 4 607. 注意到 2 303= 3+ 4 @3+ 42 @3+ 43 @3+ 44 @ 23. 而 f (4n + 3) = f (f (f (n ) ) ) = 4f ( n) + 3,则 f ( 2 303) = 3+ 4f ( 3+ 4 @ 3+ 42 @ 3+ 43 @ 23 ) = , = 3+ 4 @ 3+ 42 @ 3+ 43 @3+ 44f ( 23 ) = 3+ 4 @ 3+ 42 @ 3+ 43 @3+ 44 (24 + 1) = 2 303+ 4 4 ( 2 4 + 1- 2 3 ) = 4 607. 6. 3. 以 vABC的外心 O 为原点建立平面直 角坐标系. 于是, OH = OA + OB + OC, OG= 1 3 (OA + OB + OC ). 则OF= 1 2 (OG+ OH )= 2 3 (OA + OB+OC ). 故 |AF |2 + |BF |2 + |CF |2 = (OA - OF )# (OA - OF ) + (OB - OF )# (OB - OF ) + (OC- OF )# (OC- OF ) = |OA | 2 + |OB | 2 + |OC | 2 - 2(OA + OB+ OC )#OF + 3OF#OF = |OA | 2 + |OB | 2 + |OC | 2 = 3. 7. x 2 25 - 9y 2 25 = 1( x> 5). 由题设知半实轴长 a = 4,半焦距 c= 5. 设 A ( x, y ), P ( x0, y0 ).则 x 0 > 4. 设 PA交 x轴于点 B ( xB, yB ). 由角平分线性质得 |BA | |AP | = |BE | |PE | , |BA | |AP | = |BF | |PF | . 从而, |BA | |AP | = |BE | - |BF | |PE | - |PF | = 2c 2a = 5 4 . 则点 A 分线段BP所成的比为 K= 5 4 . 由定比分点得 x= xB + Kx 0 1+ K = 4xB + 5x0 9 , y= yB + Ky0 1+ K = 5y0 9 . ¹ 由双曲线的焦半径公式得 |PF | = ex0 - a = 5 4 x0 - 4. 而 |BF | = xB - 5,从而, xB - 5 5 4 x0 - 4 = 5 4 ] xB = 25 16 x0. 再由方程组 ¹求得 x0 = 4 5 x, y 0 = 9 5 y. 412010年第 11期 又 P (x0, y0 )在双曲线 x 2 16 - y 2 9 = 1上, 故 点 A的轨迹方程为 x 2 25 - 9y 2 25 = 1(x > 5). 8. 198. 由题设知,当 n为偶数时, an > 1; 当 n( n > 1)为奇数时, an = 1 an - 1 < 1. 因为 an = 20 11 > 1,所以, n为偶数. 从而, an 2 = 20 11 - 1= 9 11 < 1. 因此, n 2 是奇数. 于是,依次可得: an 2 - 1 = 11 9 > 1, n 2 - 1是偶数; an- 2 4 = 11 9 - 1= 2 9 < 1, n - 2 4 是奇数; an- 2 4 - 1 = 9 2 > 1, n - 6 4 是偶数; an- 6 8 = 9 2 - 1= 7 2 > 1, n - 6 8 是偶数; an- 6 16 = 7 2 - 1= 5 2 > 1, n - 6 16 是偶数; an- 6 32 = 5 2 - 1= 3 2 > 1, n - 6 32 是偶数; an- 6 64 = 3 2 - 1= 1 2 < 1, n - 6 64 是奇数; an- 6 64 - 1 = 2> 1, n - 70 64 是偶数; an- 70 128 = 2- 1= 1. 所以, n - 70 128 = 1] n = 198. 二、9.注意到 fn ( x ) = sin 2n x + cos 2n x = fn - 1 ( x ) - sin 2 x# cos2x#fn - 2 ( x ). 令 sin2x# cos2x= k.则 fn ( x ) = fn - 1 ( x ) - kfn- 2 ( x ), 或 fn - 1 ( x ) - fn ( x ) = kfn- 2 ( x ). 易知, f0 (x ) = 2, f1 ( x ) = 1, f 2 ( x ) = f 1 ( x ) - kf0 ( x ) = 1- 2k, f 3 ( x ) = f 2 ( x ) - kf1 ( x ) = 1- 3k. 故 S = f 1 ( x ) - kf1 (x ) - kf 3 ( x ) = 3k 2 - 2k+ 1= 3 k- 1 3 2 + 2 3 . 又 k= sin2x# cos2x= 1 4 sin 2 2x 0, 1 4 ,则 当 k= 0时, Sm ax = 1; 当 k= 1 4 时, Sm in = 11 16 . 10.由 3= tan 60b= sin 60b cos 60b ,知 sin A + sinB + sinC cos A + cosB + cosC = sin 60b cos 60b. 故 s in(A - 60b) + sin(B - 60b) + sin(C - 60b) = 0. ¹ 注意到当 x+ y + z= 0时,有 sin x + sin y+ sin z = 2sin x+ y 2 # cos x- y 2 - 2sin x + y 2 # cos x+ y 2 = 2sin x+ y 2 # 2sin x 2 # sin y 2 = - 4sin x 2 # sin y 2 # sin z 2 . º 利用式 º可将式 ¹变为 - 4sin A - 60b 2 # sinB- 60b 2 # sinC- 60b 2 = 0. 因此, 知vABC中至少有一个角为 60b. 11.如图 3, 建立平面直角坐标系, 使圆 图 3 # 1、# 2 的圆心 分别为O1(- a, 0)、 O2 (a, 0).设 r1、r2 分别为圆 # 1、 # 2 的半径, 点 P (m, n ). 则直 线 l1、l2的方程 可分别设为 y- n = k ( x-m ), y- n = - 1 k ( x-m ), 即 kx- y + n - km = 0, 42 中 等 数 学 - 1 k x - y+ n + m k = 0. 由题设条件得 r 2 1 - | - ka+ n- km | k 2 + 1 2 = r 2 2 - - a k + n+ m k - 1 k 2 + 1 2 . 化简得 ( r 2 1 - r 2 2 ) ( k 2 + 1) = [ ( a+m ) 2 - n 2 ] k 2 - 4nmk+ [ n 2 - (m - a) 2 ]. 此关于 k的方程有无穷多解. 由 r 2 1 - r 2 2 = ( a +m ) 2 - n 2 , 4nm = 0, r 2 1 - r 2 2 = n 2 - (m - a ) 2 , 解得 m = 0, |a | = |n |, r1 = r2 或 n = 0, a =m = 0, r1 = r2. 显然,第二组解不符合题意. 第一组解表示:要有满足题意要求的解, 两圆半径必须相等, 此时, 点 P在以两圆圆 心连线段为斜边的等腰直角三角形的直角顶 点上. 点 P有且只有两个. 如果不满足上述情况,则这样的点 P不 存在. 加 试 一、如图 4. 图 4 设 vBCD的外接圆 O 2与 vDEF的外 接圆 O 3交于另一点 M (否则, 当与点 D重 合时, 推出 BC与 FE平行, 矛盾 ), M 在直线 AC、CF、BE、AE上的射影分别为 P、Q、R、S. 则由西姆松定理知 P、Q、R, Q、R、S分别 三点共线, 即知 P、Q、R、S四点共线. 又由西姆松定理的逆定理知, 点 M 在 O 1上, 也在 O 4上,即 M 为这四个圆的公 共点. 注意到 O 1O 2M = 180b- 1 2 CO 2M = 180b- CDM. 同理, O 1O 3M = 180b- FDM. 故 O 1O 2M + O 1O3M = 360b- ( CDM + FDM ) = 180b. 因此, O 1、O 2、O 3、M四点共圆. 同理, O 3、O 4、O 2、M四点共圆. 从而, O 1、O 2、M、O 3、O4五点共圆. 联结 BM. 易知 BM为 O 2与 O 4的公共弦. 则 O 2O 4 BM. 同理, O 2O 3 DM. 故 O 4O 2O 3 = BMD = BCD = ACF. 同理, O 2O 4O 3 = BAE = CAF. 故 vO 4O 2O 3 vACF. 同理, vO 1O 2O 3 vABE. 故 O 2O 4O 1 = O 2O 3O 1 = BEA = DEF. 又 O 2O 1O 4 = 180b- O 2O 3O 4 = 180b- AFC = DFE, 则 vO 2O 4O 1 vDEF. 同理, vO 4O 1O 3 vBCD. 二、令 a+ b+ c= A, ab+ bc+ ca = B. 则原不等式等价于 B aA + 2B [ 1 Z - B aA + 2B + 1 2 \- 1 + 3 2 432010年第 11期 Z aA aA + 2B \ 1. 由柯西不等式得 aA ( aA + 2B ) aA aA + 2B \ aA 2 . 故 aA aA + 2B \ aA 2 aA ( aA + 2B ) = A 4 A 2 ( a 2 + 2B ) = A 4 A 2#A 2 = 1. 所以,原不等式得证. 三、解法 1 由已知可得 a3 = 2k- 2= 4N 2 (N N), a4 = 2k 2 - 8k+ 10. 则 k= 2N 2 + 1. 故 a4 = 2( 2N 2 + 1) 2 - 8(2N 2 + 1) + 10 = 4(2N 4 - 2N 2 + 1) = 4b 2 ( b N+ ). 当 N = 0时,有 k= 1. 当 N = 1时,有 k= 3. 当 N > 1时, (N 2 - 1) 2 + (N 2 ) 2 = b2. 由于N 2 - 1与 N 2互质, 则 N 2 - 1与 N 2 是一组本原勾股数. 因此,存在互质的正整数 m、n,且 n >m, 使得 ( 1) N 2 - 1= n 2 -m 2 , N 2 = 2mn, b= n 2 +m 2 ; ¹ º » ( 2) N 2 - 1= 2mn, N 2 = n 2 -m 2 , b= n 2 +m 2 . 第 ( 1)种情形中,由式¹ 、º 得 (m + n ) 2 - 1= 2n 2 . ¼ 由上式知 m + n为奇数, 则 n为偶数, m 为奇数. 于是,由式º 及 (m, n ) = 1,知 n= 2t 2 ( t N+ ). ½ 再利用式¼得 2n 2 = 8t 4 = ( n+m - 1) ( n +m + 1). 则 2t4 = n+m - 1 2 #n +m + 1 2 = u ( u + 1), ¾ 其中, u、u+ 1是相邻的两个整数. 由于它们互质, 则 { u, u+ 1} = { c 4 , 2d 4 } ( c、d N+ ). 于是, c4 - 2d4 = ? 1. 若 c4 - 2d4 = 1, 则 ( d 4 + 1) 2 = ( d 2 ) 4 + c 4 . 此式具有 x4 + y4 = z2的形式,已证明它 没有满足 xyzX 0的整数解, 故 c= 1, d = 0, 矛盾. 若 c4 - 2d4 = - 1,则 ( d 4 - 1) 2 = ( d 2 ) 4 - c 4 . 此式具有 x4 - y4 = z2的形式,也已证明 它没有满足 xyzX 0的整数解, 故 d = c= 1. 于是, u = 1, t= 1, n = 2. 由式¼得 m = 1. 由式º 知 N 2 = 4,从而, k= 9. 第 (2)种情形下, 没有满足条件的正整 数解. 综上, 找到了关于 k的所有选择 k= 1, k= 3, k= 9. 当 k= 1时,得到一个各项均为平方数的 周期序列: 4, 4, 0, 4, 4, 0, ,. 当 k= 3时,得到一个各项均为平方数 4 的常数序列: 4, 4, 4, 4, ,. 当 k= 9时, a1 = 4, a2 = 4, a3 = 7a2 - a1 - 8= 16= 4 @ 2 2 , a4 = 7a3 - a2 - 8= 100= 4 @5 2 , a5 = 7a4 - a3 - 8= 676= 4 @13 2 , a6 = 7a5 - a4 + 8= 4 624= 4 @ 34 2 , , , 由此可猜测此序列是斐波那契数列中奇 数项的平方的 4倍,即 an + 2 = 4u 2 2n ( n= 0, 1, , ). 如果 { un }是斐波那契数列,易知 un + 4 = 3un + 2 - un及 u2n + 4u2n - u22n + 2 = 1. 故 u22n + 4 = 9u22n + 2 - u22n - 2u2n+ 4u2n = 7u 2 2n + 2 - u 2 2n - 2 为平方数. 因此, 4u22n + 4 = 28u22n + 2 - 4u22n - 8,即 44 中 等 数 学 an+ 4 = 7an+ 3 - an+ 2 - 8( n = 0, 1, , ) 为平方数. 这说明 k= 9符合题设要求. 综上,所有 k的取值为 1, 3, 9. 解法 2 由 a1 = a2 = 4, an+ 2 = ( k- 2) an+ 1 - an + 10- 2k, 得 a3 = 4( k- 2) - 4+ 10- 2k = 2k- 2. 于是, a3是偶数,又是平方数. 故可设 a3 = (2p ) 2 = 4p2 (p N ). 从而, k= 2p2 + 1. 则 an+ 2 = ( 2p 2 - 1) an + 1 - an + 8- 4p 2 ( n\1). 故 a4 = ( 2p2 - 1)# 4p2 - 4+ 8- 4p 2 = 8p 4 - 8p 2 + 4, a5= (2p 2 - 1) (8p 4 - 8p 2 + 4)- 4p 2 + 8- 4p 2 = 4(4p 6 - 6p 4 + 2p 2 + 1). 由 a5是平方数, 可设 4p 6 - 6p 4 + 2p 2 + 1= t 2 ( t N ). ¹ 当 p = 0时, k= 1. 此时, a3 = 4p 2 = 0, a4 = 8p 4 - 8p 2 + 4= 4= a1, a5 = 4( 4p 6 - 6p 4 + 2p 2 + 1) = 4= a2. 从而,数列 { an }为周期数列: 4, 4, 0, 4, 4, 0, ,. 因此, k= 1满足条件. 当 p = 1时, k= 3, a3 = 4p2 = 4= a2 = a1. 从而,数列 { an }为常数数列: 4, 4, 4, ,. 因此, k= 3满足条件. 当 p\2时,由式¹知 t 2 - 2p 3 - 3p 2 2 = 1- p 2 4 [ 0, º t 2 - 2p 3 - 3p 2 - 1 2 2 = 1 4 p 3 - 1 4 p 2 + 3 2 p 3 - 3 2 p + 1 4 p 3 + 3 4 > 0. 故 ( 4p3 - 3p- 1) 2 < ( 2t ) 2 [ (4p3 - 3p ) 2. 从而, 2t= 4p 3 - 3p,即式º等号成立. 于是 p= 2. 此时, k= 2p 2 + 1= 9. 以下同解法 1. 四、解法 1 注意到从每点引出的红色 线段只可能为 0, 1, ,, 11中的一种取值, 而 0、11不可能同时出现, 从而,有两类可能 情形: ( 1) 0, 1, ,, 10; ( 2) 1, 2, ,, 11. 若为情形 ( 2 ), 当点 A 引出 2k + 1条红 色线段时, 1 2 ( 1+ 11) @ 11 2 + 2k+ 1 不是整 数.从而,只可能为情形 ( 1). 于是, 除点 A外,另外 11个点分别连出 0, 1, ,, 10条红色线段. 此时, 不妨设点 A i ( i= 1, 2, ,, 11)连出 i- 1条红色线段 (简称红边 ), A 连出 2k + 1 条红边.则点 A 11与除了点 A 1外的其余 10个 点 A, A 2, A 3, ,, A 10均连了红边;点 A 0与除了 点 A 1、A 2外的其余 9个点 A, A 3, A 4, ,, A 10均 连了红边. 依此类推, 点 A 9与除点 A 1、A 2、A 3外的 8 个点连了红边;点 A 8与除点 A 1、A 2、A 3、A 4外 的 7个点连了红边; 点 A 7与除点 A 1、A 2、A 3、 A 4、A 5外的 6个点连了红边. 从而, 点 A 11、 A 10、A 9、A 8、A 7均与点 A连有红边. 由于点 A 6只连了 5条红边 ( A 6与 A 11、 A 10、A 9、A 8、A 7已连了红边 ), 则点 A 6不与点 A连红边. 同理, 点 A 5、A 4、A 3、A 2、A 1均不与点 A连 红边. 故点 A 处连了 5条红边. 令 M = {A 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6 }, N = {A, A 7, A 8, A 9, A 10, A 11 }. 则 M 中任意两点无红边相连, 而 N 中 任意两点均有红边相连, 且 M 中任一点 A i ( 1[ i[ 6)恰与N 中 i- 1个点连有红边. 因 此,以 A 1、A 2为顶点且三边均为红边的三角 形不存在, 以 A i ( 3[ i[ 6)为顶点且三边均为 红边的三角形有 C2i- 1个, 以 N中任意三点为 452010年第 11期 顶点且三边均为红边的三角形有 C36个. 故三 边均为红边的三角形个数为 C 2 2 + C 2 3 + C 2 4 + C 2 5 + C 3 6 = C 3 6 + C 3 6 = 40. 两边为红边、另一边为蓝边的三角形分 为两类: ( i)三角形的一个顶点 A i M, 另两个 顶点属于N,且从M 中一点 A i (1[ i[ 6)向N 中两点引出的两边是一红、一蓝 (N中两点连 线皆为红边 ).这类三角形的个数为 6 i= 1 C 1 i#C 1 6- i = 35. ( ii)三角形的一个顶点为 P N (P为 A 或 A j ( 7[ j[ 11) ),另两个顶点属于 M, 且从 点 P向 M中两点所引的均为红边 (M中两点 连线均为蓝边 ). 这类三角形的个数为 11 i= 7 C 2 i- 6 = 20. 故两边为红色、另一边为蓝色的三角形 有 35+ 20= 55个. 因此,所求个数分别为 40、55. 解法 2 同解法 1知三边均为红色的三 角形的个数为 40. 对任何 i\ 3, 以 A i 为一个顶点且与 A i 相连的两边均为红边的三角形的个数为 C 2 i- 1,以 A为一个顶点且与 A相连的两边皆 为红边的三角形的个数为 C25,将所有这些三 角形的个数加起来得 11 i= 3 C 2 i- 1 + C 3 5 = C 3 11 + C 3 5 = 175. 在以上的和中,每一个具有两条红边、一 条蓝边的三角形只被计算一次,每个三边均 为红边的三角形均被计算三次,从而,两边为 红色、一边为蓝色的三角形个数为 175- 3 @ 40= 55. 故所求个数分别为 40、55. (沈文选 湖南师范大学数学奥林匹克 研究所, 410081, 羊明亮 湖南师大附中, 410081) 46 中 等 数 学