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2009第6届中国东南数学奥林匹克试题及答案


第六屆中國東南地區數學奧林匹克 第六屆中國東南地區數學奧林匹克
第一天
(2009 年 7 月 28 日 上午 8:00-12:00) 1. 試求滿足方程 x 2 ? 2 xy + 126 y 2 = 2009 的所有整數對 ( x, y ) 。
2. 在凸五邊形 ABCDE 中,已知 AB=DE、BC=EA、 AB ≠ EA ,且 B、C、D、E

江西·南昌

四點共圓。證明:A、B、C、D 四點共圓的充分必要條件是 AC=AD。
3. 設 x, y, z ∈ R + , a = x( y ? z )2 ,
b = y ( z ? x)2 , c = z ( x ? y ) 2 。求證:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + bc + ca ) 。 4. 在一個圓周上給定十二個紅點;求 n 的最小值,使得存在以紅點為頂點的 n

個三角形,滿足:以紅點為端點的每條弦,都是其中某個三角形的一條邊。

第二天
(2009 年 7 月 29 日 上午 8:00-12:00) 江西·南昌
5. 設 1、2、3、…、9 的所有排列 X = ( x1 , x2 ,L , x9 ) 的集合為 A; ?X ∈ A ,記
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 的元素個數)
6. 已知 O 、 I 分別是 ?ABC 的外接圓和內切圓。證明:過
O 上的任意一點 D,都可以作一個三角形 DEF,使得 O 、 I 分別是 ?DEF 的外接圓和內切圓。
O I B E C D A

F

7. 設 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。

8. 在 8×8 方格表中,最少需要挖去幾個小方格,才能使得無法從 剩餘的方格表中裁剪出一片形狀如下完整的 T 型五方連塊?

答案
1. 設整數對 ( x, y ) 滿足方程 將其看作關於 x 的一元二次方程,其判別式 ? = 4 y 2 ? 4 × (126 y 2 ? 2009 )
= 500(42 ? y 2 ) + 36 的值應為一完全平方數;

x 2 ? 2 xy + 126 y 2 ? 2009 = 0 L (1)

若 y 2 > 42 ,則 ? < 0 ; 若 y 2 < 42, y 2 可取 0,12 , 22 , 32, 則 相應的 ? 值分別為 8036 7536 6036 和 3536 、 、 , 因此,僅當 y 2 = 42 時, ? = 500 ( 42 ? y 2 ) + 36 = 62 為完全平方數。 若 y = 4,方程(1)化為 x 2 ? 8 x + 7 = 0 , 解得 x=1 或 x=7; 若 y = ?4 ,方程(1)化為 x 2 + 8 x + 7 = 0 ,解得 x = ?1 或 x = ?7 。 綜上可知,滿足原方程的全部整數對為:( x, y ) = (1, 4 ) , ( 7, 4 ) , ( ?1, ?4 ) , ( ?7, ?4 ) 。
2. 必要性:若 A、B、C、D 共圓,則由 AB=DE、BC=EA,得 ∠BAC = ∠EDA , ∠ACB = ∠DAE ,所以 ∠ABC = ∠DEA ,故得 AC=AD。

它們皆不為平方數;

充分性:記 BCDE 所共的圓為 O ,若 AC=AD,則圓 心 O 在 CD 的中垂線 AH 上,設點 B 關於 AH 的對稱 點為 F,則 F 在 O 上,且因 AB ≠ EA ,即 DE ≠ DF , 所以 E、F 不共點,且 ?AFD
BC=EA,知 ?AED
B

A E F H C D

?ABC ,又由 AB=DE、
?DFA ,故

?CBA ,因此, ?AED

由 ∠AED = ∠DFA ,得 AEFD 共圓,即點 A 在 DEF 上,也即點 A 在 O 上,從而 A、B、C、D 共圓。
3. 先證 a , b , c 不能構成三角形的三邊。因為

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)

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

於是
2(ab + bc + ca ) ? (a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + b + c )( b + c ? a )( c + a ? b )( a + b ? c ) ≤0 故 a + b + c 2 ≥ 2(ab + bc + ca ) 。
2 2

4. 設紅點集為: A = { A1 , A2 ,L, A12 },過點 A1 的弦有 11 條,而任一個含頂點 A1 的

三角形,恰含兩條過點 A1 的弦,故這 11 條過點 A1 的弦,至少要分佈於 6 個 含頂點 A1 的三角形中; 同理知,過點 A i (i = 2,3,L,12) 的弦,也各要分佈於 6 個含頂點 Ai 的三角形 中,這樣就需要12 × 6 = 72 個三角形,而每個三角形有三個頂點,故都被重 72 複計算了三次,因此至少需要 = 24 個三角形. 3 12 11 1 再說明,下界 24 可以被取到.不失一般性,考慮周長為 10 2
12 的圓周,其十二等分點為紅點,以紅點為端點的弦共
2 有 C12 = 66 條.若某弦所對的劣弧長為 k,就稱該弦的刻
9 8 7 6 5 4 3

度為 k;於是紅端點的弦只有 6 種刻度,其中,刻度為 1、
2、…、5 的弦各 12 條,刻度為 6 的弦共 6 條;

如果刻度為 a、b、c ( a ≤ b ≤ c )的弦構成三角形的三條邊,則必滿足以下兩條 件之一:或者 a+b=c;或者 a+b+c=12; 於是紅點三角形邊長的刻度組 ( a, b, c ) 只有如下 12 種可能:(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);

下面是刻度組的一種搭配:取(1, 2, 3)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)型各六個,(4, 4, 4)

型四個;這時恰好得到 66 條弦,且其中含刻度為 1、2、…、5 的弦各 12 條, 刻度為 6 的弦共 6 條; 今構造如下:先作(1, 2, 3)、(1, 5, 6)、(2, 3, 5)型的三角形各六個,(4, 4, 4)型 的三角形三個,再用三個(2, 4, 6)型的三角形來補充. (1, 2, 3)型六個:其頂點標號為:{2, 3, 5}、{4, 5, 7}、{6, 7, 9}、{8, 9, 11}、 {10 ,11, 1}、{12, 1, 3}; (1, 5, 6)型六個:其頂點標號為:{1, 2, 7}、{3, 4, 9}、{5, 6, 11}、{7, 8, 1}、 {9, 10 ,3}、{11, 12, 5}; (2, 3, 5)型六個:其頂點標號為:{2, 4, 11}、{4, 6, 1}、{6, 8, 3}、{8, 10, 5}、 {10 ,12, 7}、{12, 2, 9}; (4, 4, 4)型三個:其頂點標號為:{1, 5, 9}、{2, 6, 10}、{3, 7, 11}; (2, 4, 6)型三個:其頂點標號為:{4, 6, 12}、{8, 10, 4}、{12, 2, 8}。 (每種情況下的其餘三角形都可由其中一個三角形繞圓心適當旋轉而得)。 這樣共得到 24 個三角形,且滿足本題條件,因此,n 的最小值為 24。 5. 我們一般地證明,若 n ≥ 4 ,對於前 n 個正整數 1、2、…、n 的所有排列
X n = ( x1 , x2 ,L, xn ) 構成的集合 A,若 f ( X n ) = x1 + 2 x2 + 3 x3 + L + nxn , M n = { f ( X ) X ∈ A} ,則 M n =

n3 ? n + 6 。 6

下面用數學歸納法證明: n(n + 1)(2n + 1) ? ? n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n + 2) Mn = ? , + 1,L, ? 6 6 6 ? ? 當 n=4 時,由排序不等式知,集合 M 中的最小元素是 f 大元素是 f ({1,2,3,4} ) = 30 。 又
f

({4,3, 2,1}) = 20 ,最

({3, 4, 2,1}) = 21, f ({3, 4,1,2}) = 22, f ({4, 2,1,3}) = 23 , f ({3, 2, 4,1} ) = 24, f ({2,4,1,3} ) = 25, f ({1, 4,3, 2} ) = 26, f ({1,4, 2,3} ) = 27 , f ({2,1,4,3} ) = 28, f ({1, 2, 4,3} ) = 29

43 ? 4 + 6 個元素。因此 n=4 時命題成立。 6 假設命題在 n ? 1 ( n ≥ 5 )時成立;考慮命題在 n 時的情況.對於 1、2、…、n ? 1

所以 M 4 = {20,21,L,30} 共有 11=

的任一排列 X n?1 = ( x1 , x2 ,L, xn?1 ) ,恒取 xn = n ,得到 1、2、…、n 的一個排列

x1 , x2 ,L, xn?1 , n ,則 ∑ kxk = n 2 + ∑ kxk 。由歸納假設知,此時 ∑ kxk 取遍區間
k =1 k =1 k =1

n

n ?1

n

? 2 (n ? 1)n(n + 1) 2 (n ? 1)n(2n ? 1) ? ? n(n + 5) n(n + 1)(2n + 1) ? ,n + , ? 上所有 ?n + ?=? 6 6 6 6 ? ? ? ?
2

整數。再令 xn = 1 ,則
n(n ? 1) n(n + 1) n?1 ∑ kxk = n + ∑ kxk = n + ∑ k ( xk ? 1) + 2 = 2 + ∑ k ( xk ? 1) k =1 k =1 k =1 k =1
n n ?1 n ?1

再由歸納假設知, ∑ kxk 取遍區間
k =1
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 ? ? ? ? 2 2 n 2n(n + 2) n(n + 5) 上的所有整數。因為 ≥ ,所以, ∑ kxk 取遍區間 6 6 k =1 ? n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(2n + 1) ? , ? ? 上的所有整數,即命題對 n 也成立.由數學 6 6 ? ? n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2) n3 ? n + 6 歸納法知,命題成立。由於 ? = ,從而, 6 6 6 n3 ? n + 6 集合 M n 的元素個數為 .特別是,當 n=9 時, M = M 9 = 121. 6

n

6. 如圖,設 OI=d,R、r 分別是 ?ABC 的外接圓和內切圓 A 半徑,延長 AI 交 O 於 K,則 KI = KB = 2 R sin , 2 r AI = ,延長 OI 交 O 於 M、N;則 A sin 2 ( R + d )( R ? d ) = IM × IN = AI × KI = 2 Rr ,即
R 2 ? d 2 = 2 Rr ;

D

A I F N C P K E

M B

O

過 D 分別作 I 的切線 DE、DF,E、F 在 O 上,連 EF,則 DI 平分 ∠EDF , 只要證,EF 也與 I 相切; 設 DI I O = P ,則 P 是 EF 的中點,連 PE,則 PE = 2 R sin
ID ? IP = IM ? IN = ( R + d )( R ? d ) = R 2 ? d 2 ,所以

D r , DI = , D 2 sin 2

R2 ? d 2 R2 ? d 2 D D = ? sin = 2 R sin = PE PI = DI r 2 2

由於 I 在角 D 的平分線上,因此點 I 是 ?DEF 的內心 1 1 D+E (這是由於, ∠PEI = ∠PIE = (1800 ? ∠P ) = (1800 ? ∠F ) = ,而 2 2 2 D E ∠PEF = ,所以 ∠FEI = ,點 I 是 ?DEF 的內心。) 2 2 即弦 EF 與 I 相切.
1 1 7. 先證 f ≤ , 當且僅當 x = y = z = 時等號成立。 7 3 x( x + 3 y ? 1) x f =Σ = 1 ? 2Σ L (*) 1 + x + 3y 1 + x + 3y x (Σx ) 2 1 ≥ = 由哥西不等式: Σ 1 + x + 3 y Σx(1 + x + 3 y ) Σx(1 + x + 3 y ) 7 因為 Σx(1 + x + 3 y ) = Σx(2 x + 4 y + z ) = 2 + Σxy ≤ ,從而 3 x 3 Σ ≥ 1+ x + 3y 7 3 1 f ≤1? 2× = 7 7 1 f max = , 7 1 當且僅當 x = y = z = 時等號成立。 3 再證 f ≥ 0 當 x = 1, y = z = 0 時等號成立。事實上, x(2 y ? z ) y (2 z ? x) z (2 x ? y ) + + f ( x, y , z ) = 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x 2 1 2 1 = xy ( ? ) + xz ( ? ) 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 1 + z + 3x 1 + x + 3 y 2 1 + yz ( ? ) 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 ,當 x = 1, y = z = 0 時等號成立。 【另證】 設 z = min { x, y, z}, z=0 則 f ( x, y,0) = 若
xy xy 2 xy 2 xy ? = ? =0 1 + x + 3y 1 + y 2x + 4 y x + 2 y

下設 x, y ≥ z > 0 ,由(*)式,要證 f ≥ 0 ,只要證

∑1 + x + 3y ≤ 2

x

1

L (1)

1 x y 注意到 = + ,於是(1)等價於 2 2x + 4 y x + 2 y z x x y y ≤( ? )+( ? ) 1 + z + 3x 2 x + 4 y 1 + x + 3 y x + 2 y 1 + y + 3z z x 8y = ( + ) 2 x + 4 y 1 + x + 3 y 1 + y + 3z 即
2x + 4 y x 8y ≤ + L(2) 1 + z + 3x 1 + x + 3 y 1 + y + 3z

而由柯西不等式,可得
x 8y x2 (2 y )2 + = + 1 + x + 3 y 1 + y + 3 z x(1 + x + 3 y ) y (1 + y + 3 z ) 2 2 ( x + 2 y) ≥ y + y 2 + 3 yz 2 x + x + 3 xy + 2 2x + 4 y = 1 + z + 3x 即(2)成立,從而 f ≥ 0 ,故 f min = 0 ,當 x = 1, y = z = 0 時等號成立。
8. 至少要如下圖挖去 14 個小方格.

如右圖,將 8×8 棋盤切為五個區域。 中央部份的區域至少要挖去 2 個小方格才能使 T 形的五方 塊放不進去。二個打叉的位置是不等同的位置,一個是在 角落位置,另一個是內部位置,只挖去其中一個無法避免 T 置入。對於在邊
× 界的四個全等的區域,每區域至少要挖去 3 個小方格才能使 T 形的五方塊放

不進去.

×

證明:以右上角的區域為例,下方 T 部份必需挖去 1 個小方格,上方部份必 : 需挖去打叉的位置的 1 個小方格。 下方 T 部份挖去的 1 個小方格有五種情況,但無論如何均可再置入一片 T 形 的五方塊, 因此至少要挖去 3 個小方格。
× × × × × × ×

× ×

× ×

3 3 2 3 3

綜合所有區域,對於 T 型五方塊至少要挖去 3×4+2=14 個小方格。


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