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
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
.
由定比分点公式得
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