●竞赛之窗●
首届女子数学奥林匹克
(2002Ο08Ο16~08Ο17 ,珠海)
第 一 天
一、求出所有的正整数 n ,使得 20 n + 2 能整除
2 003 n + 2 002.
二、夏令营有 3 n ( n 是正整数) 位女同学参加 ,每
天都有 3 位女同学担任值勤工作 . 夏令营结束时 ,发
现这 3 n 位女同学中的任何两位 ,在同一天担任值勤
工作恰好是一次 .
(1) 问 :当 n = 3 时 ,是否存在满足题意的安排 ?
你的结论 ;
(2) 求证 : n 是奇数 .
三、试求出所有的正整数 k ,使得对任意满足不
等式
k ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2)
的正数 a、b、c ,一定存在三边长分别为 a、b、c 的三
角形.
四、⊙O1 和 ⊙O2 相交于 B 、C 两点 , 且 BC 是
⊙O1 的直径 . 过点 C 作 ⊙O1 的切线 ,交 ⊙O2 于另一
点 A ,连结 AB ,交 ⊙O1 于另一点 E ,连结 CE 并延长 ,
交 ⊙O2 于点 F. 设点 H 为线段 AF 内的任意一点 ,连
结 HE 并延长 ,交 ⊙O1 于点 G,连结 BG 并延长 ,与
AC 的延长线交于点 D. 求证 : AHHF =
AC
CD .
第 二 天
五、设 P1 , P2 , ⋯, Pn ( n ≥2) 是 1 ,2 , ⋯, n 的任意
一个排列 . 求证 :
1
P1 + P2
+
1
P2 + P3
+ ⋯+ 1Pn - 2 + Pn - 1
+
1
Pn - 1 + Pn
>
n - 1
n + 2 .
六、求所有的正整数对 ( x , y) ,满足 xy = yx - y .
七、锐角 △ABC 的三条高分别为 AD、B E、CF. 求
证 : △DEF 的周长不超过 △ABC 周长的一半.
八、设 A1 , A2 , ⋯, A8 是平面上任意取定的 8 个
点 ,对平面上任意取定的一条有向直线 l ,设 A1 , A2 ,
⋯, A8 在该直线上的射影分别是 P1 , P2 , ⋯, P8 . 如果
这 8 个射影两两不重合 ,依直线 l 的方向依次排列为
Pi1 , Pi2 , ⋯, Pi8 ,这样 ,就得到了 1 ,2 , ⋯,8 的一个排列
i1 , i2 , ⋯, i8 (在图 1 中 ,此排列为 2 ,1 ,8 ,3 ,7 ,4 ,6 ,5) .
设这 8 个点对平面上所有有向直线作射影后 ,得到的
不同排列的个数为 N8 = N ( A1 , A2 , ⋯, A8 ) ,试求 N8
的最大值 .
图 1
参 考 答 案
一、显然 ,2| n. 令 n = 2 m ( m ∈N3 ) ,则
( 20 m + 1) | (2 003 m + 1 001) .
因 2 003 m + 1 001 = 100 (20 m + 1) + 3 m + 901 ,
故 (20 m + 1) | (3 m + 901) .
易知3 m + 90120 m + 1 = 1 ,2 ,3 ,4 时都无正整数解. 因此 ,
3 m + 901
20 m + 1 ≥5 ,可知 m ≤
896
97 < 10. 但对 m = 1 , 2 , ⋯, 9
逐一检验知 (20 m + 1) 8 (3 m + 901) . 所以满足题设要
求的 n 不存在 .
另解 :同上 , (20 m + 1) | (2 003 m + 1 001) .
由 (20 m + 1 ,20) = 1 ,
(2 003 m + 1 001) ×20 - ( 20 m + 1) ×2 003 =
18 017可知 , (20 m + 1) | 18 017. 注意到 18 017 = 43 ×
419 ,43、419 为素数 ,故 20 m + 1 = 43 ,419 ,18 017 ,但均
无正整数解. 所以 ,不存在满足题设要求的 n.
二、(1) 当 n = 3 时 ,存在满足题意的安排 . 具体
安排如下 (把 9 位女同学记为 1 ,2 , ⋯,9) :
(1 ,2 ,3) , (1 ,4 ,5) , (1 ,6 ,7) , (1 ,8 ,9) , (2 ,4 ,6) ,
(2 ,7 ,8) , (2 ,5 ,9) , (3 ,4 ,8) , (3 ,5 ,7) , (3 ,6 ,9) ,
(4 ,7 ,9) , (5 ,6 ,8) .
(2) 任意选一位女同学 ,因为她和其他每一位女
42 中 等 数 学
同学恰好值勤一次 ,并且每天有 3 人值勤 ,所以 ,其余
3 n - 1 位女同学两两成对 .
故 2| (3 n - 1) . 所以 , n 是奇数 .
三、因 ( a - b) 2 + ( b - c) 2 + ( c - a) 2 ≥0 ,
故 a2 + b2 + c2 ≥ab + bc + ca.
可知 k > 5. 注意到 k 为正整数 ,因此 , k ≥6.
由于不存在边长分别为 1、1、2 的三角形 ,依题
设 ,有
k (1 ×1 + 1 ×2 + 1 ×2) ≤5 (12 + 12 + 22) ,
即 k ≤6.
以下证明 k = 6 满足题设要求 .
不妨设 a ≤b ≤c ,则
6 ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2) ,
即 5 c2 - 6 ( a + b) c + 5 a2 + 5 b2 - 6 ab < 0.
Δ = [6 ( a + b) ]2 - 4 ×5 (5 a2 + 5 b2 - 6 ab)
= 64[ - ( a - b) 2 + ab ]
≤64 ab ≤64 a + b2
2
= 16 ( a + b) 2 .
因此 ,可得
c <
6 ( a + b) + Δ
10
≤6 ( a + b) + 4 ( a + b)
10
= a + b.
这
明以 a、b、c 为长度可构成三角形.
以下是证明 k = 6 满足题意的其他一些
.
方法一 :不妨设 a ≤b ≤c. 若 c ≥a + b ,则
5 a2 + 5 b2 + 5 c2 - 6 ab - 6 bc - 6 ca
= 4 ( a - b) 2 + [5 c - ( a + b) ][ c - ( a + b) ] ≥0 ,
与 6 ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2)
矛盾. 故 c < a + b.
方法二 :构造函数
f ( x) = 5 x2 - 6 ( a + b) x + 5 a2 + 5 b2 - 6 ab.
则 f ( c) < 0.
因 f ( x) 在区间 35 ( a + b) , + ∞ 递增 ,且
f ( a + b) = 5 ( a + b) 2 - 6 ( a + b) ( a + b) + 5 a2 +
5 b2 - 6 ab = 4 ( a - b) 2 ≥0 ,
故 c < a + b.
四、如图 2 ,因 BC 是 ⊙O1 的直径 , AC 与 ⊙O1 切
于 C ,故 ∠B EC = ∠FEA = ∠BCA = ∠BCD = 90°.
设 ∠ABC = α, ∠CBD =β,则 ∠AFC = α,
∠CEG =β.
根据正弦定理 ,有
图 2
AH
sin ∠HEA
=
HE
sin ∠HAE ,
HF
sin ∠FEH
=
HE
sin ∠HFE ,
即 AHHE =
cosβ
cosα,
HF
HE =
sinβ
sinα.
两式相除得 AHHF =
tanα
tanβ. ①
在 Rt △ABC 中 , ACBC = tanα;
在 Rt △BCD 中 , CDBC = tanβ.
两式相除得 ACCD =
tanα
tanβ. ②
由 ①、②知 AHHF =
AC
CD .
五、根据柯西不等式 ,有
1
P1 + P2
+ ⋯+ 1Pn - 1 + Pn [ ( P1 + P2) + ⋯
+ ( Pn - 1 + Pn) ] ≥( n - 1) 2 .
则 1P1 + P2 + ⋯+
1
Pn - 1 + Pn
≥ ( n - 1)
2
2 ( P1 + ⋯+ Pn) - P1 - Pn
≥ ( n - 1)
2
n ( n + 1) - 3 =
( n - 1) 2
( n - 1) ( n + 2) - 1
> ( n - 1)
2
( n - 1) ( n + 2) =
n - 1
n + 2 .
六、若 x = 1 ,则 y = 1 ;若 y = 1 ,则 x = 1 ;若 x = y ,
则 x = y = 1. 故只需讨论 x > y ≥2 的情形 . 由方程得
1 < xy
y
= yx - 2 y .
故 x > 2 y , y| x.
设 x = ky ,则 k ≥3 , k ∈N. 于是 , ky = y ( k - 2) y .
有 k = yk - 2 .
因 y ≥2 ,故 yk - 2 ≥2 k - 2 .
用数学归纳法易证 2 k > 4 k ( k ≥5) . 于是 ,仅可能
k = 3 ,4.
当 k = 3 时 , y = 3 , x = 9 ;当 k = 4 时 , y = 2 , x = 8.
所以 ,全部解 ( x , y) 为 (1 ,1) , (9 ,3) , (8 ,2) .
七、证法一 :由于 D、E、A、B 四点共圆 ,且 AB 为
该圆直径 ,根据正弦定理 ,可得
DE
sin ∠DAE = AB = c ,
即 DE = csin ∠DAE.
又 ∠DCA = 90°- ∠DAC ,所以 , DE = ccos C.
522003 年第 1 期
同理 , DF = bcos B .
于是 , DE + DF = ccos C + bcos B
= (2 Rsin C) cos C + (2 Rsin B) cos B
= R (sin 2 C + sin 2 B) = 2 Rsin ( B + C) cos( B - C)
= 2 Rsin A·cos ( B - C) = acos( B - C) ≤a.
同理 , DE + EF ≤b , EF + DF ≤c.
将上述三式相加得
DE + EF + FD ≤12 ( a + b + c) .
证法二 :设 M 为 BC 中点 , E′为 E 关于 BC 的对
称点 , H 为 △ABC 的垂心 .
图 3
如图 3 ,因 B 、D、H、F
四点共圆 ,故 ∠1 = ∠4. 同
理 , ∠2 = ∠3. 又 ∠1 =
∠2 ,故 ∠4 = ∠3. 又 ∠3 =
∠5 ,所以 ∠4 = ∠5 , F、D、
E′三点共线 .
在直角 △BCE 和直角
△BCF中 ,有 EM = FM =
1
2 BC. 而 M E′= ME ,故
DE + DF = DE′+ DF = E′F ≤MF + M E′= BC.
同理 , DE + EF ≤AC , EF + FM ≤AB .
将上述三式相加 ,即知命题成立.
图 4
证法三 :先证 △DEF 是
锐角 △ABC 的所有内接
三角形中周长最短的三
角形.
设点 D′是 BC 边上
任一固定点 ,如图 4 ,作
点 D′关于 AB 、AC 的对
称点 D1 、D2 ,连结 D1 D2 分别交 AB 、AC 于点E′、F′,
则 △D′E′F′周长最短 .
事实上 ,
△D′E′F′的周长 = D′E′+ E′F′+ F′D′
= D1 E′+ E′F′+ F′D2 = D1 D2 .
在 AB 、AC 上任取 E1、F1 ,则
△DE1 F1 的周长 = DE1 + E1 F1 + F1 D
= D1 E1 + E1 F1 + F1 D2 ≥D1 D2 ,
当且仅当 E1 、F1 分别与 E′、F′重合时取等号 . 所以 ,
当点D′固定时 ,上述 △D′E′F′周长最短 .
因 ∠D1 AD2 = 2 ∠BAC , AD1 = A D′= AD2 ,根据余
弦定理 , D1 D2 的长度仅与 A D′有关 ,当 A D′取最小
值时 , D1 D2 也取最小值. 此时 , △D′E′F′为 △ABC
中周长最短的内接三角形 ,故点D′应为 BC 边上高线
的垂足 D.
如图 5 , △DEF为 △ABC的垂足三角形 , 则
图 5
△ABC 的三条高平分 △DEF 的
内角 ,有
∠AFE = ∠DFC = ∠CFD2 ,
从而 , E、F、D2 三点共线 .
同理 , D1 、E、F 三点共线 .
综上所述 , 垂足 △DEF 为
△ABC 中周长最短的内接三角形.
分别在 △ABC 的三边上取中点 M、N、L ,则
DE + EF + FD ≤MN + NL + LM
=
1
2 ( AB + BC + CA) .
注 :本题证明方法较多 ,这里仅给出其中三种解
答.
八、对两条平行且同方向的有向直线 , A1 , A2 ,
⋯, A8 的射影次序一定相同. 所以 ,只要讨论通过一
定点 O 的所有有向直线即可.
若所取的有向直线与某两点的连线垂直 ,则该
两点的射影必重合 ,所以不产生相应的排列 . 不然 ,
A1 , A2 , ⋯, A8 的射影必两两不重合 ,因此 ,对应地有
一个排列 .
图 6
设通过点 O 且与某
两点连线垂直的所有直线
的数目为 k. 显见 , k ≤C28
= 28.由此产生 2 k 条有向
直线 ,依逆时针方向排列 ,
设它们依次是 l1 , l2 , ⋯,
l2 k ,如图 6.
对任意一条有向直线 l (不同于 l1 , ⋯, l2 k) 一定
存在两条相邻的有向直线 lj 、lj + 1 ,使得 lj 、l、lj + 1按逆
时针方向排列. 显见 ,对取定的 j ,由这样的 l 所得到
的相应排列必相同 .
若对不同于 l1 , ⋯, l2 k的两条有向直线 l、l′,不存
在 j ,使得 lj 、l、lj + 1及 lj 、l′、lj + 1都满足上一段叙述中
所说的要求 ,则必有 j ,使 l′、lj 、l 按逆时针方向排列 .
设 lj 垂直于 Aj1和 Aj2的连线 ,显见点 Aj1和 Aj 在有向
直线 l、l′上的射影的次序一定不同 ,相应得到的排列
必不同 .
如上所述 ,不同的排列数为 2 k. 注意到 , k = C28
是可以取到的 ,所以 , N8 = 56.
(命题组成员 :潘承彪 钱展望 苏淳 李胜宏
熊斌 吴伟朝 祁建新 钱展望执笔整理)
62 中 等 数 学