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2009年中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题


第六届中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题
第一天 (2009 年 7 月 28 日 上午 8:00-12:00) 江西南昌

1. 试求满足方程 x 2 2 xy + 126 y 2 = 2009 的所有整数对 ( x, y ) .
(张鹏程供题)

2. 在凸五边形 ABCDE 中,已知 AB = DE , BC = EA, AB ≠ EA ,且 B, C , D, E
四点共圆. 证明: A, B, C , D 四点共圆的充分必要条件是 AC = AD . (熊斌供题)

3. 设 x, y, z ∈ R + , a = x( y z ) 2 , b = y ( z x) 2 , c = z ( x y ) 2 ;
求证: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + bc + ca ) . (唐立华供题)

4. 在一个圆周上给定十二个红点;求 n 的最小值,使得存在以红点为顶点的
n 个三角形,满足:以红点为端点的每条弦,都是其中某个三角形的一条边.
(陶平生供题)

-1-

第六届中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题
第二天 (2009 年 7 月 29 日 上午 8:00-12:00) 江西南昌

5.设 1, 2,L ,9 的所有排列 X = ( x1 , x2 ,L , x9 ) 的集合为 A ; X ∈ A ,记
f ( X ) = x1 + 2 x2 + 3 x3 + L + 9 x9 , M = { f ( X ) X ∈ A} ;求 M .

(其中 M 表示集合 M 的元素个数) (熊斌供题)

6.已知 O , I 分别是 ABC 的外接圆和内切圆;证明:过 O 上的任意一
点 D ,都可以作一个三角形 DEF ,使得 O ,
DEF 的外接圆和内切圆.
O I

I 分别是

D

A

F B E C

(陶平生供题)

7 . 设 f ( x, y , z ) =

x(2 y z ) y (2 z x) z (2 x y ) + + , 其 中 x, y , z ≥ 0 , 且 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x

x + y + z = 1 . 求 f ( x, y, z ) 的最大值和最小值.

(李胜宏供题)

8.在 8×8 方格表中,最少需要挖去几个小方格,才能使得无法从剩余的方格
表中裁剪出一片形状如下完整的 T 型五方连块? (孙文先供题)
1. 试求满足方程 x 2 2 xy + 126 y 2 = 2009 的所有整数对 ( x, y ) . (张鹏程供题) 解: 设整数对 ( x, y ) 满足方程 x 2 2 xy + 126 y 2 2009 = 0 …(1) ,将其看作

关于 x 的一元二次方程,其判别式 = 4 y 2 4 × 126 y 2 2009 = 500(42 y 2 ) + 36 的值 应为一完全平方数;

(

)

-2-

若 y > 4 ,则 < 0 ;
2 2 2 2 2 2 2 2 若 y < 4 ,则 y 可取 0, 1 , 2 , 3 ,相应的 值分别为 8036, 7536, 6036 和 3536 ,它

们皆不为平方数; 因此,仅当 y 2 = 42 时, = 500 42 y 2 + 36 = 6 2 为完全平方数. 若 y = 4 ,方程(1)化为 x 8 x + 7 = 0 , 解得 x = 1 或 x = 7 ;
2

(

)

若 y = 4 ,方程(1)化为 x + 8 x + 7 = 0 ,解得 x = 1 或 x = 7 .
2

综上可知,满足原方程的全部整数对为: ( x, y ) = (1, 4 ) , ( 7, 4 ) , ( 1, 4 ) , ( 7, 4 ) . 2. 在凸五边形 ABCDE 中,已知 AB = DE , BC = EA, AB ≠ EA ,且 B, C , D, E 四点共圆. 证明: A, B, C , D 四点共圆的充分必要条件是 AC = AD . (熊斌供题) 证明:必要性:若 A, B, C , D 共圆,则由
B A E F H C D

AB = DE , BC = EA , 得 ∠BAC = ∠EDA , ∠ACB = ∠DAE ,

所以 ∠ABC = ∠DEA ,故得 AC = AD ; 充分性:记 BCDE 所共的圆为 O ,若 AC = AD ,则圆心 O 在 CD 的中垂线 AH 上, 设点 B 关于 AH 的对称点为 F ,则 F 在

O 上,且因 AB ≠ EA ,即 DE ≠ DF ,所以 E , F

不共点,且 AFD ≌ ABC ,又由 AB = DE , BC = EA ,知 AED ≌ CBA ,因此,

AED ≌ DFA ,故由 ∠AED = ∠DFA ,得 AEFD 共圆,即点 A 在 DEF 上,也即点 A


O 上,从而 A, B, C , D 共圆.
3. 设 x, y , z ∈ R + , a = x ( y z ) 2 ,

b = y ( z x) 2 ,

c = z( x y)2 ;

求证: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2( ab + bc + ca ) . (唐立华供题) 证明:先证 a , b , c 不能构成三角形的三边.因为

b + c a = ( y + z )( z x)( x y ), c + a b = ( z + x)( x y )( y z ) , a + b c = ( x + y )( y z )( z x) .
-3-

所以 ( b + c a )( c + a b )( a + b c )

= ( y + z )( z + x)( x + y ) [ ( y z )( z x)( x y ) ] ≤ 0 ,
2

于是

2(ab + bc + ca ) (a 2 + b 2 + c 2 ) =
( a + b + c )( b + c a )( c + a b )( a + b c ) ≤ 0 ,



a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + bc + ca ) .

4. 在一个圆周上给定十二个红点;求 n 的最小值,使得存在以红点为顶点的 n 个三角形, 满足:以红点为端点的每条弦,都是其中某个三角形的一条边. (陶平生供题) 解:设红点集为: A = A1 , A2 ,L , A12 ,过点 A1 的弦有 11 条,而任一个含顶点 A1 的三 角形,恰含两条过点 A1 的弦,故这 11 条过点 A1 的弦,至少要分布于 6 个含顶点 A1 的三角形 中; 同理知,过点 A i (i = 2, 3,L ,12) 的弦,也各要分布于 6 个含顶点 Ai 的三角形中,这样 就需要 12 × 6 = 72 个三角形,而每个三角形有三个顶点,故都被重复计算了三次,因此至少 需要

{

}

72 = 24 个三角形. 3 再说明,下界 24 可以被取到.不失一般性,考虑周长为 12 的圆周,
2

11 10 9 8 7

12

1 2 3 4

其十二等分点为红点,以红点为端点的弦共有 C12 = 66 条.若某弦所对 的劣弧长为 k ,就称该弦的刻度为 k ;于是红端点的弦只有 6 种刻度, 其中,刻度为 1, 2,L ,5 的弦各 12 条,刻度为 6 的弦共 6 条;

6

5

如果刻度为 a, b, c ( a ≤ b ≤ c )的弦构成三角形的三条边,则必满足以下两条件之一: 或者 a + b = c ;或者 a + b + c = 12 ; 于是红点三角形边长的刻度组 ( a, b, c ) 只有如下 12 种可能: (1,1, 2 ) , ( 2, 2, 4 ) , ( 3,3, 6 ) ,

( 2,5,5) , (1, 2,3) , (1,3, 4 ) , (1, 4,5) , (1,5, 6 ) , ( 2,3,5) , ( 2, 4, 6 ) , ( 3, 4,5) , ( 4, 4, 4 ) ;
下面是刻度组的一种搭配:取 (1, 2,3) , (1,5,6 ) , ( 2,3,5 ) 型各六个, ( 4, 4, 4 ) 型四个;这时 恰好得到 66 条弦,且其中含刻度为 1, 2,L ,5 的弦各 12 条,刻度为 6 的弦共 6 条; 今构造如下:先作 (1, 2,3) , (1,5,6 ) , ( 2,3,5 ) 型的三角形各六个, ( 4, 4, 4 ) 型的三角形 三个,再用三个 ( 2, 4, 6 ) 型的三角形来补充.

-4-

(1, 2,3) 型六个:其顶点标号为: {2,3,5} , {4,5, 7} , {6, 7,9} , {8,9,11} , {10,11,1} , {12,1,3} ; (1,5, 6 ) 型六个:其顶点标号为: {1, 2, 7} , {3, 4,9} , {5, 6,11} , {7,8,1} , {9,10,3} , {11,12,5} ; ( 2,3,5) 型六个:其顶点标号为: {2, 4,11} , {4, 6,1} , {6,8,3} , {8,10,5} , {10,12, 7} , {12, 2,9} ; ( 4, 4, 4 ) 型三个:其顶点标号为: {1,5,9} , {2, 6,10} , {3, 7,11} ; ( 2, 4, 6 ) 型三个:其顶点标号为: {4, 6,12} , {8,10, 4} , {12, 2,8} .
(每种情况下的其余三角形都可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得) . 这样共得到 24 个三角形,且满足本题条件,因此, n 的最小值为 24 .

-5-

第六届中国东南地区数学奥林匹克试题解答
第二天
5.设 1, 2,L ,9 的所有排列 X = ( x1 , x2 ,L , x9 ) 的集合为 A ; X ∈ A ,记

f ( X ) = x1 + 2 x2 + 3 x3 + L + 9 x9 , M = { f ( X ) X ∈ A} ;求 M .
. (其中 M 表示集合 M 的元素个数) (熊斌供题) 解:我们一般地证明,若 n ≥ 4 ,对于前 n 个正整数 1, 2,L , n 的所有排列 X n = ( x1 , x2 ,L , xn ) 构成的集合 A ,若 f ( X n ) = x1 + 2 x2 + 3 x3 + L + nxn , M n = { f ( X ) X ∈ A} , 则 Mn =

n3 n + 6 . 6

下面用数学归纳法证明:

n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n + 2) Mn = , + 1,L , . 6 6 6
当 n = 4 时,由排序不等式知,集合 M 中的最小元素是 f 是f

({4,3, 2,1}) = 20 ,最大元素

({1, 2,3, 4}) = 30 .又, f ({3, 4, 2,1}) = 21, f ({3, 4,1, 2}) = 22, f ({4, 2,1,3}) = 23 ,

f f

({3, 2, 4,1}) = 24, f ({2, 4,1,3}) = 25, f ({1, 4,3, 2}) = 26, f ({1, 4, 2,3}) = 27 , ({2,1, 4,3}) = 28, f ({1, 2, 4,3}) = 29 ,
43 4 + 6 个元素.因此, n = 4 时命题成立. 6

所以, M 4 = {20, 21,L ,30} 共有 11=

假设命题在 n 1 ( n ≥ 5 )时成立;考虑命题在 n 时的情况.对于 1, 2,L , n 1 的任一排列

X n 1 = ( x1 , x2 ,L , xn 1 ) ,恒取 xn = n ,得到 1, 2,L , n 的一个排列 x1 , x2 ,L , xn 1 , n ,


∑ kxk = n2 + ∑ kxk .由归纳假设知,此时 ∑ kxk 取遍区间
k =1 k =1 k =1

n

n 1

n

2 2 (n 1)n(n + 1) 2 (n 1)n(2n 1) n(n + 5) n(n + 1)(2n + 1) n + ,n + = , 上所有整数. 6 6 6 6

再令 xn = 1 ,则
-6-

∑ kxk = n + ∑ kxk = n + ∑ k ( xk 1) +
k =1 k =1 k =1

n

n 1

n 1

n(n 1) n(n + 1) n 1 = + ∑ k ( xk 1) , 2 2 k =1

再由归纳假设知,

∑ kx
k =1

n

k

取遍区间

2 n(n + 1) (n 1)n(n + 1) n(n + 1) n(n 1)(2n 1) n(n + 1)(n + 2) 2n(n + 2) + , , 2 + = 6 2 6 6 6

上的所有整数. 因为
n 2n(n 2 + 2) n(n 2 + 5) n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(2n + 1) ≥ ,所以, ∑ kxk 取遍区间 , 6 6 6 6 k =1

上的所有整数.即命题对 n 也成立.由数学归纳法知,命题成立. 由于

n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2) n3 n + 6 = ,从而,集合 M n 6 6 6 n3 n + 6 .特别是,当 n = 9 时, M = M 9 = 121 . 6
D A

的元素个数为

6. 已知 O , I 分别是 ABC 的外接圆和内切圆; 证明: 过 O 上的任意一点 D ,都可作一个三角形 DEF ,使得 O , I 分别是

DEF 的外接圆和内切圆.
(陶平生供题) 证:如图,设 OI = d , R, r 分别是 ABC 的外接圆和内切圆半 径,延长 AI 交
B

F O I C E

O 于 K ,则 KI = KB = 2 R sin

A r , AI = ,延长 OI 交 O 于 M , N ; A 2 sin 2
2 2

则 ( R + d )( R d ) = IM × IN = AI × KI = 2 Rr ,即 R d = 2 Rr ; 过 D 分别作

I 的切线 DE , DF ,E , F 在 O 上, EF , 连 I 相切;
M B

D

A I O F N C P K E

则 DI 平分 ∠EDF ,只要证, EF 也与 设 DI I

O = P ,则 P 是 EF 的中点,连 PE ,则

D r PE = 2 R sin , DI = , D 2 sin 2

ID IP = IM IN = ( R + d )( R d ) = R 2 d 2 ,
所以 PI =

R2 d 2 R2 d 2 D D = sin = 2 R sin = PE , DI r 2 2

-7-

由于 I 在角 D 的平分线上,因此点 I 是 DEF 的内心, (这是由于, ∠PEI = ∠PIE =

1 + (1800 ∠P ) = 1 (1800 ∠F ) = D 2 E ,而 2 2

D E ,所以 ∠FEI = ,点 I 是 DEF 的内心) . 2 2 即弦 EF 与 I 相切. ∠PEF =

7.设 f ( x, y, z ) =

x(2 y z ) y (2 z x) z (2 x y ) + + , 其中 x, y , z ≥ 0 ,且 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x

x + y + z = 1 . 求 f ( x, y, z ) 的最大值和最小值.
(李胜宏供题)

1 1 , 当且仅当 x = y = z = 时等号成立. 7 3 x( x + 3 y 1) x 因 f =∑ = 1 2∑ … () 1+ x + 3y 1+ x + 3y
解:先证 f ≤

x (∑x) 2 1 ≥ = ,因为 1 + x + 3 y ∑x(1 + x + 3 y ) ∑x(1 + x + 3 y ) 7 ∑x(1 + x + 3 y ) = ∑x(2 x + 4 y + z ) = 2 + ∑xy ≤ . 3 x 3 3 1 1 1 从而 ∑ ≥ , f ≤ 1 2 × = , f max = , 当且仅当 x = y = z = 时等号成立. 1+ x + 3y 7 7 7 7 3 再证 f ≥ 0, 当 x = 1, y = z = 0 时等号成立. x(2 y z ) y (2 z x) z (2 x y ) 事实上, f ( x, y , z ) = + + = 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x 2 1 2 1 2 1 xy ( ) + xz ( ) + yz ( ) 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x 7 xyz 7 xyz 7 xyz = + + ≥0 (1 + x + 3 y )(1 + y + 3 z ) (1 + z + 3 x)(1 + x + 3 y ) (1 + y + 3 z )(1 + z + 3 x) 故 f min = 0 ,当 x = 1, y = z = 0 时等号成立.
由哥西不等式: ∑ 另证:设 z = min { x, y, z} ,若 z = 0 ,则

f ( x, y, 0) =

2 xy xy 2 xy xy = =0; 1 + x + 3 y 1 + y 2x + 4 y x + 2 y

下设 x, y ≥ z > 0 ,由 () 式,要证 f ≥ 0 ,只要证, 注意到

∑ 1+ x + 3y ≤ 2

x

1

…①

1 x y = + ,于是①等价于 2 2x + 4 y x + 2 y z x x y y z x 8y ≤( )+( )= ( + ) 1 + z + 3x 2x + 4 y 1 + x + 3 y x + 2 y 1 + y + 3z 2 x + 4 y 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 2x + 4 y x 8y 即 ≤ + …② 1 + z + 3x 1 + x + 3 y 1 + y + 3z
而由柯西不等式,可得

-8-

x 8y x2 (2 y ) 2 + = + 1 + x + 3 y 1 + y + 3z x(1 + x + 3 y ) y (1 + y + 3 z ) / 2 ( x + 2 y )2 2x + 4 y ≥ = 2 2 ( x + x + 3 xy ) + ( y + y + 3 yz ) / 2 1 + z + 3x 即②成立,从而 f ≥ 0 ,故 f min = 0 ,当 x = 1, y = z = 0 时等号成立.

8.在 8×8 方格表中,最少需要挖去几个小方格,才能使得无法从剩余
的方格表中裁剪出一片形状如下完整的 T 型五方连块? (孙文先供题) 答:至少要如下图挖去 14 个小方格. :

× ×

如右图,将 8×8 棋盘切为五个区域. 中央部份的区域至少要挖去 2 个小方格才能使 T 形的五方块 进去.二个打叉的位置是不等同的位置,一个是在角落位置, 个是内部位置,只挖去其中一个无法避免 T 置入. 对于在边界的四个全等的区域,每区域至少要挖去 3 个 格才能使 T 形的五方块放不进去. 证明:以右上角的区域为例,下方 T 部份必需挖去 1 个 : 格,上方部份必需挖去打叉的位置的 1 个小方格. 下方 T 部份挖去的 1 个小方格有五种情况,但无论如何 再置入一片 T 形的五方块, 因此至少要挖去 3 个小方格.

×

放不 另一 小方 小方 均可

× ×

× × ×

×

× ×

× ×

3 3 2 3 3

综合所有区域,对于 T 型五方块至少要挖去 3×4+2=14 个小方格.

-9-

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