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2009第6届中国东南数学奥林匹克试题及答案


第六届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
(2009 年 7 月 28 日 上午 8:00-12:00) 1. 试求满足方程 x 2 ? 2 xy + 126 y 2 = 2009 的所有整数对 ( x, y ) 。
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。 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 ) 。 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。

江西·南昌

第二天
(2009 年 7 月 29 日 上午 8:00-12:00) 江西·南昌
5. 设 1、2、3、…、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)
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 、 I 分别是 ?DEF 的外接圆和内切圆。
B E D A

F O I C

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。

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?

答案
1. 设整数对 ( x, y ) 满足方程 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;

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

若 y 2 > 42 ,则 ? < 0 ; 若 y 2 < 42, y 2 可取 0,12 , 22 , 32, 则 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 = 62 为完全平方数。 若 y = 4,方程(1)化为 x 2 ? 8 x + 7 = 0 , 解得 x=1 或 x=7; 若 y = ?4 ,方程(1)化为 x 2 + 8 x + 7 = 0 ,解得 x = ?1 或 x = ?7 。 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. 必要性:若 A、B、C、D 共圆,则由 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 A 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 , E 所以 E、F 不共点,且 ?AFD ?ABC ,又由 AB=DE、 B F BC=EA,知 ?AED ?CBA ,因此, ?AED ?DFA ,故 H 由 ∠AED = ∠DFA ,得 AEFD 共圆,即点 A 在 DEF C D 上,也即点 A 在 O 上,从而 A、B、C、D 共圆。 3. 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)

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 故 a + b + c 2 ≥ 2(ab + bc + ca ) 。
2 2

4. 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 72 复计算了三次,因此至少需要 = 24 个三角形. 3 12 11 1 再说明,下界 24 可以被取到.不失一般性,考虑周长为 10 2 12 的圆周,其十二等分点为红点,以红点为端点的弦共 2 3 9 有 C12 = 66 条.若某弦所对的劣弧长为 k,就称该弦的刻 4 度为 k;于是红端点的弦只有 6 种刻度,其中,刻度为 1、 8 7 5 6 2、…、5 的弦各 12 条,刻度为 6 的弦共 6 条; 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、…、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. (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. 我们一般地证明,若 n ≥ 4 ,对于前 n 个正整数 1、2、…、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 ,

n3 ? n + 6 M n = { f ( X ) X ∈ A} ,则 M n = 。 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 ({4,3, 2,1} ) = 20 ,最

大元素是 f ({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 ({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 所以 M 4 = {20,21,L,30} 共有 11= 个元素。因此 n=4 时命题成立。 6 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、…、n ? 1 的任一排列 X n?1 = ( x1 , x2 ,L, xn?1 ) ,恒取 xn = n ,得到 1、2、…、n 的一个排列
x1 , x2 ,L, xn?1 , n ,则 ∑ kxk = n + ∑ kxk 。由归纳假设知,此时 ∑ kxk 取遍区间
2 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 ? ? ? ? 整数。再令 xn = 1 ,则 n n ?1 n ?1 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
2

再由归纳假设知, ∑ kxk 取遍区间
k =1

n

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) 上的所有整数。因为 ≥ ,所以, ∑ kxk 取遍区间 6 6 k =1 ? n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(2n + 1) ? , ? ? 上的所有整数,即命题对 n 也成立.由数学 6 6 ? ? n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n + 2) n3 ? n + 6 归纳法知,命题成立。由于 ? = ,从而, 6 6 6 n3 ? n + 6 集合 M n 的元素个数为 .特别是,当 n=9 时, M = M 9 = 121. 6

6. 如图,设 OI=d,R、r 分别是 ?ABC 的外接圆和内切圆 A 半径,延长 AI 交 O 于 K,则 KI = KB = 2 R sin , 2 r AI = ,延长 OI 交 O 于 M、N;则 A sin 2

D

A I F N C P K E

M B

O

( R + d )( R ? d ) = IM × IN = AI × KI = 2 Rr ,即 R 2 ? d 2 = 2 Rr ;
过 D 分别作 I 的切线 DE、DF,E、F 在 O 上,连 EF,则 DI 平分 ∠EDF , 只要证,EF 也与 I 相切; D r 设 DI I O = P ,则 P 是 EF 的中点,连 PE,则 PE = 2 R sin , DI = , D 2 sin 2 2 2 ID ? IP = IM ? IN = ( R + d )( R ? d ) = R ? d ,所以
R2 ? d 2 R2 ? d 2 D D PI = = ? sin = 2 R sin = PE DI r 2 2 由于 I 在角 D 的平分在线,因此点 I 是 ?DEF 的内心 1 1 D+E (这是由于, ∠PEI = ∠PIE = (1800 ? ∠P ) = (1800 ? ∠F ) = ,而 2 2 2 D E ∠PEF = ,所以 ∠FEI = ,点 I 是 ?DEF 的内心。) 2 2 即弦 EF 与 I 相切. 1 1 7. 先证 f ≤ , 当且仅当 x = y = z = 时等号成立。 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 因为 Σx(1 + x + 3 y ) = Σx(2 x + 4 y + z ) = 2 + Σxy ≤ ,从而 3 x 3 Σ ≥ 1+ x + 3y 7 3 1 f ≤1? 2× = 7 7 1 f max = , 7 1 当且仅当 x = y = z = 时等号成立。 3 再证 f ≥ 0 当 x = 1, y = z = 0 时等号成立。事实上, 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 ,当 x = 1, y = z = 0 时等号成立。 【另证】 2 xy xy 2 xy xy 设 z = min { x, y, z}, z=0 则 f ( x, y,0) = 若 ? = ? =0 1 + x + 3y 1 + y 2x + 4 y x + 2 y 下设 x, y ≥ z > 0 ,由(*)式,要证 f ≥ 0 ,只要证 x 1 ∑ 1 + x + 3 y ≤ 2 L(1) 1 x y 注意到 = + ,于是(1)等价于 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 x + x 2 + 3 xy + 2 2x + 4 y = 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. 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 块放不进去。二个打叉的位置是不等同的位置,一个是在

角落位置,另一个是内部位置,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 个小方格才能使 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 个小方格,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,但无论如何均可再置入一片 T 形 的五方块, 因此至少要挖去 3 个小方格。
× × × × × × ×

× ×

× ×

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。



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