2011第八屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克解答

1、 第八屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克（試題參考解答寧波北侖2011年7月）第一天1.已知min竺=3.xeRYx2+1（1）求b的取值范圍;2）對給定的b,求a盧興江供題）ax2+b解法1記f(x)x2+1(i)當(dāng)b2a0時，由f（0）二b知，b3，且易知a0.f(x)-絲土-a、E+ba=2ya(ba)3x2+1I7baIb2a等號當(dāng)a、x2+1時，即x時取到v;x2+1a此時，a-空二9，特別當(dāng)b-3時，a-3(ii)當(dāng)b2a1)baf(x)g(t)at+當(dāng)t1時單調(diào)增加，所以t3minf(x)g(1)a+bab3，此時axeR2綜上所述：（1）b的取值范圍是3,+）(2)當(dāng)b-3時，a3；當(dāng)

2、b3時，a-b-3x2+1xeRx2+1a(x2+1)3/2b2aax(x2)易知a0，f(x)(i)當(dāng)b-2a0時，令f(x)二0得x=0，且有0 x0時，f(x)0時，f(x)0。所以f(0)二b為最小值所以b二3b即b=3，a2TOC o 1-5 h zb2aGi)當(dāng)b-2a0時，令廣(x)-0得x0二0，xJ此時易知f(0)二b不是最小值nb3，f(x)為最小值1,2b-2aa-+bf(x)二a3n2.-a(ba)=3，b-2a1+1ana2-ab+9-0na-bb294即b3，a-b-9綜上所述：(1)b的取值范圍是3,+8)(2)當(dāng)b3時,當(dāng)b3時,b一寸b2-9a22.已知a,b

3、,c為兩兩互質(zhì)的正整數(shù)，且a2(b3+c3),b2|(a3+c3),c2|(a3+b3),求a,b,c的值.(楊曉鳴供題)解答由題設(shè)可得到：a2|(a3+b3+c3),b2(a3+b3+c3),c2(a3+b3+c3)，又因為a,b,c兩兩互質(zhì)，所以a2b2c2|(a3+b3+c3)。不妨設(shè)abc，所以b2c23a3a3+b3+c3a2b2c2na3nbb3+c3a2n2b39當(dāng)c2nbc矛盾。所以c=1。顯然（1,1,1）是一組解。當(dāng)b2時，abc。由a2b2(a3+b3+1)n2a3a3+b3+1a2b2na-2又由a2（b3+1）nb3+1a2n4b3+4b4當(dāng)b5時，無解；逐個驗證b=

4、2,3,4,5得b=2,c=3。所以滿足條件正整數(shù)為（1,1,1），（12,3），（1,3,2），（2,1,3），（2,3,1），（3,2,1），（3,1,2）。3.設(shè)集合M=1,2,3,5。,正整數(shù)n滿足：M的任意一個35元子集中至少存在兩個不同的元素a,b，使a+b二n或a-b二n.求出所有這樣的n.(李勝宏供題)解答：取A二1,2,3,35，則對任意a,bgA，a-b,a+b34+35二69下面證明1n69.設(shè)A二a,a,a，不妨設(shè)aaa；TOC o 1-5 h z12351235(i)當(dāng)1n19時，考慮1aaa5012351a+na+na+n50+19二691235由抽屜原理，存在1i

5、,j35(i豐j)，使a+n二a，即aa二nijij當(dāng)51n69時，由1aaa5012351n-an-an-a6835341由抽屜原理，至少存在1i,j35(i豐j)，使na=a，即a+a=nijij當(dāng)20n24時，由于50-(2n+1)+1二50-2n50-40二10所以a,a，,a中至少有25個屬于1,2n1235又由于1,n+1,2,n+2,n,2n至多有24個存在a,a，使a,a二i,n+i，所以aa二nijijji(iv)當(dāng)25n34時，由1,n+1,2,n+2,n,2n至多有34個由抽屜原理，存在1i,j35(i豐j)，使a=i,a=n+i，即aa=nijji當(dāng)n=35時，1,34

6、,2,33,17,18,35,36,50共33個所以，存在1i,j35(i豐j)，使得a+a二35ij當(dāng)36n50時，若n二2k+1，1,2k,2,2k1,k,k+1,2k+1,50當(dāng)18k20時，50(2k+1)+1二502k5036二14當(dāng)21k24時，50(2k+1)+1二502k5042二8均存在1i,j35(i豐j)，使a+a=2k+1=nij若n二2k，1,2k1,2,2k2,k1,k+1,k,2k,2k+1,50當(dāng)18k19時，50(2k+1)+316k1191二18當(dāng)20k23時，50(2k+1)+3502k+212k1231二22當(dāng)24k25時，50(2k+1)+3502k+

7、24k1251二24所以，均存在1i,j35(i豐j)，使a+a=2kij4.過AABC的外心O任作一直線，分別交邊AB,AC于M,N，E,F分別是BN,CM的中點證明：ZEOF=ZA.(陶平生供題)證：我們證明以上結(jié)論對任何三角形都成立.分三種情況考慮，對于直角三角形ABC，結(jié)論是顯然的，事實上，如圖一中左圖，若ZABC為直角，則外心O是斜邊AC的中點，過O的直線交AB,AC于M,N，則O,N共點，由于F是CM的中點，故中位線OFAM，所以ZEOF=ZOBA=ZOAB=ZA；以下考慮AABC為銳角三角形或鈍角三角形的情況，（如圖一中右邊兩圖所示）圖一）先證引理：如右圖，過O的直徑KL上的兩點

8、A,B分別作弦CD,EF，連CE,DF，分別交K,L于M,N，若OA二OB，則MA=NB.引理證明：設(shè)CDAEF二P，直線CE,DF分別截APAB，ACPEBM據(jù)梅涅勞斯定理，C-EB-MA二bMAAC-AD-PE-PF-BM貝y二一NBBE-BF-PC-PD-AN而由相交弦，得PC-PD二PEPF若O的半徑為R，OA二OB二a,竺.PD.AN二FPDANB則LAC-AD二AK-AL二R2-a2二BK-BL二BE-BF,據(jù)得，MAMBMAMA+ABAB=，即=1.因此MA=NB.引理得證.NBNANBNB+ABAB回到本題，如下圖（兩圖都適用），延長MN得直徑甲，在直徑上取點叫，使OM二OM，

9、設(shè)CMO=A，連AB交KK于N，由引理，MN=MN，（右圖11111111中則是MN=MN）因此，O是NN的中點，故OE,OF分別是ANBN及AMCM的中1111位線，于是得乙EOF=ZBAC=ZA.1KBKiK1200 第二天5設(shè)AA,BB,CC是AABC的三條角平分線，自A作AABB,0000010AA/CC,A,A分別在AC,AB上，直線AA交BC于A；類似得到點B,C0233證明：A,B,C三點共線.333陶平生供題）312C3證明：據(jù)梅尼勞斯逆定理，ABCABC只要證，333二1八要證BCABCA333由于直線A2*截AABC，CA得AB3BAAA2+AAAC211，所以CA3AB3

10、AA2AC1AA1；ABBB同理有BCCB32BAiBB1，BCCC7cCA3厶AC2CBiCC1由BA二2務(wù)-BA0AAAA才AC0,AA得2BA2AAACBC0一BABCAI00又由AA1AA0ABAI0CA1CA廿叫AC得亠CACBAI0AAAAABBC100據(jù)、CA得一3CAACCBABBABCAB3000CAA0B丿 同理可得，CBBA3BAAC(AC)2CB(CB丿30由于AABC的三條角平分線AA,BB,CC共點，由塞瓦定理,000ABCABC000=1BCABCA000，于是由、得,ABCABC3-3-3BCABCA333ABCABC0-0-0BCABCA000即成立，因此結(jié)論

11、得證6設(shè)P,p，,P為平面上n個定點，M是該平面內(nèi)線段AB上任一點，記PM為TOC o 1-5 h z12ni點P與M的距離，i二1,2,3,n，證明：XpMmax工|PA|,工PB|iiIiii=11i=1i=1（金蒙偉供題）1乜Ll-解答：設(shè)原點為O則有：OM=tOA+(1-1)OBtG(0,1)IPM1=1OM-OP1=1tOA+(1-1)OB-tOP-(1-1)OPIiiii11OA-OPI+(1-1)IOB-OPI=11PAI+(1-1)IPBIiiiiX|PM|t工IPAI+(1-1)XIPBI3.證明：對于每個ngN*,n12nn-1n-2a+a+2皆為完全平方數(shù).nn+1（陶平

12、生供題）證：易求得數(shù)列開初的一些項為：1,1,6,41,281,1926，注意到，a+a+2=22,a+a+2=32,a+a+2=72,a+a+2=182，TOC o 1-5 h z12233445構(gòu)作數(shù)列X：x=2,x=3,x=3xx,n3，則對每個ngN*，x為正整數(shù).n12nn-1n-2n我們來證明：對于每個ngN*，皆有：a+a+2=x2.nn+1n引理：數(shù)列x滿足：對于每個kgN*，xxx2=5.nkk+2k+1引理證明：令f(k)二xxx2，貝yTOC o 1-5 h zkk+2k+1f(k)f(k1)=(xxx2)(xxx2)=(xx+x2)(x2+xx)kk+2k+1k1k+1

13、kkk+2kk+1k1k+1二x(x+x)x(x+x)二3xx3xx二0.kk+2kk+1k+1k1kk+1k+1k所以/(k)二/(k一1)，于是f(k)=f(k1)=f(k2)=二f(l)=xxx2=5.132回到本題，對n歸納，據(jù)數(shù)列a的定義，a+a+2=4=x2,a+a+2=9=x2,n121232若結(jié)論直至n(n2)皆已成立，則對于n+1，有a+a+2=(7aa)+(7aa)+2=7(a+a+2)(a+a+2)10n+1n+2nn1n+1nnn+1n1n=7x2x210=(3x)2x22x210=(3xx)(3x+x)2x210nn1nn1nnn1nn1n二x(x+2x)2x210二

14、x2+2(xxx25)二x2.n+1n+1n1nn+1n1n+1nn+1即在n+1時結(jié)論也成立.故本題得證.8.將時鐘盤面上標(biāo)有數(shù)字1,2,12的十二個點分別染上紅、黃、藍(lán)、綠四色，每色三個點，現(xiàn)以這些點為頂點構(gòu)作n個凸四邊形，使其滿足：每個四邊形的四個頂點染有不同的顏色；對于其中任何三個四邊形，都存在某一色，染有該色的三個頂點所標(biāo)數(shù)字互不相同求n的最大值.(陶平生供題)解：為敘述方便，改用A,B,C,D分別表示這四種顏色，而同色的三點，則分別用a,a,a；b,b,b；c,c,c以及d,d,d來表示.TOC o 1-5 h z123123123123今考慮其中一色，例如A色；若在這n個四邊形中

15、，A色點a,a,a出現(xiàn)的次數(shù)分別為123n,n,n，貝0n+n+n=n，設(shè)nnn；123123123如果n10，則n+n7；再考慮這7個四邊形（其A色頂點要么是a，要么是a），1212它們中B色點b,b,b出現(xiàn)的次數(shù)分別為m,m,m，則m+m+m=7，據(jù)對稱性，可123123123設(shè)mmm，則m5；123312繼續(xù)考慮這5個四邊形（其A色頂點要么是a，要么是a；B色頂點要么是b，要么121是b),它們中C色點c,c,c出現(xiàn)的次數(shù)分別為k,k,k，則k+k+k二5，據(jù)對稱性,2123123123可設(shè)kkk，則k4；123312最后考慮這4個四邊形，記為T1，T2,T3,T（其A色頂點要么是，要么

16、是纟；B色頂點要么Ml，要么是b2；C色頂點要么是要么是丁，由于D色點只有三個，故其中必有兩個四邊形，其D色點相同，設(shè)T1，7；的D色點都為J那么，三個四邊形T,T,T中,無論哪種顏色的頂點，所標(biāo)數(shù)字皆有重復(fù)，這與條件123相矛盾！因此，n9再說明，最大值n二9可以取到；采用構(gòu)造法，我們只要作出這樣的九個四邊形即可.2CBCBCDB1BCBC3DC1B1作三個“同心圓環(huán)圖”，給出標(biāo)號，并適當(dāng)旋轉(zhuǎn)相應(yīng)的圓，標(biāo)號對齊后，圖中的每根線（半徑）上的四個點分別表示一個四邊形的四個頂點顏色及其標(biāo)號，九條半徑共給出九個四邊形，且都滿足條件（1）；再說明，它們也滿足條件（2）：從中任取三條半徑（三個四邊形）；如果三條半徑（三個四邊形）來自同一個圖，則除了A色之外，其余B,C,D每色的頂點，三數(shù)全有；如果三條半徑（三個四邊形）分別來自三個圖，則A色的頂點，三數(shù)全有；如果三條半徑（三個四邊形）分別來自兩個圖：將三個圖分別稱為A圖、A圖、A圖，123每圖的三條半徑分別稱為“向上半徑”“向左半徑”“向右半徑”且分別記為S,乙Y.來自兩個圖的三條半徑，如果“向上”、“向左”、“向右”三種半徑都有，那么相應(yīng)的三個四邊形，B色的頂點，三數(shù)全有；如果三條半