2004年到2012東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題及解答最給力

首屆中國東南地區(qū)數(shù)第一（2004年7月10日8：00— 溫州a、b、c滿足a22b23c233a9b27c2二、設(shè)D是ABC的邊BC上的一點(diǎn)點(diǎn)P段AD上過點(diǎn)D作一直線分別與線段AB、PBM、EAC、PCF、NDE=DF，三（1）是否存在正整數(shù)的無窮數(shù)列{a}，使得對任意的正整數(shù)n都有a22a n（2）是否存在正無理數(shù)的無窮數(shù)列{a}，使得對任意的正整數(shù)n都有a22a n2004n1、2、3、…n2n×n棋盤（nn2004第二（2004年7月11日8：00— 溫州

2(2a3)cos()

2sin23a6對于0a

sin

2D為等腰ABCBC上一點(diǎn)，F(xiàn)A、D、C三點(diǎn)的圓在ABC內(nèi)的弧上B、D、FABECDEFDFAEBDAF4n注：A、BAA的主場比賽，B八、求滿足xyyzzu0，且1x、y、z、u10的所有四元有序整數(shù)組x y z（x,yz,u）2首屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)（答案2(a2b3c)2(12

232)(1a)2(2b)2(3c)2a2b3c3

3a9b27c333(a2b3c)3333對AMDBEP對AFDNCP用梅涅勞斯定理得：對AMFBDC

APDE PD AC CFNDABMDFCA A（1（2（3）

FN 1 EMND

DM DNMMB假設(shè)存在正整數(shù)數(shù)列{an}滿足條件 2a

,a0,

1an1

1an2...

a2

n

2

22

2n2

a又a2 1a2,所以有n 1a2對n=2，3，4，…成立a 222 2n2 a

a

an

2an1 2

an2... 2

2n2

2(n2)(n3) 1

1 1a2 an22n2

n2a1a2a2[2k2k1),kNNk32

N

2k1

k aN2

1，這與aN是正整 2N2 aN 2k1 ak 所以不存在正整數(shù)數(shù)列{an}滿足條件 an2(n1)(n2)an14anan22anan220042004n－2004n(n2004)i(i123n行，第i、i1...、i2003（n時取模的余數(shù)）列中的格子填入“*1、2、3、…、2004n填入有“*”的格子，其余的數(shù)填盤上沒有“*”的格子都為“優(yōu)格共有n(n2004)個2004個格子有“*2004個格子有“*（如圖。實(shí)際上，當(dāng)1i2003i1、2、…、i、n+i－2003、n+i－2002、...、n行中有“*i2004ii－2003、i－2002、...、i行中有“*2004個格子有“*個格子有“*（************************n(n2004)五、解：設(shè)sincosx，則cos() 2x,sin2x21,x1,2 (2a3)x62(x213ax即2x22ax3x63a40,2x(x2a3(x2a0 (2x3)x2a x1,2

原不等式等價于不等式 x1,2,2x3 2 a2x 從而只要a(x (x1,2)

x1,2恒成立x f(xx2在1,2上遞減，(x

3x1,2a3

x AF

AEFAKB,

A2 FE A2 FE CDBKDFAKBD又注意到KBDKFDC1

SDCK

CDBKsin2B

SABD

BDABsin2

1AKDFsin2（2而（3）SABCSAKCBK

事實(shí)上由BKAFDBKAC知（4）（1）容易驗(yàn)證，按照表中的安排，6支球隊四周（2）7i4Si是{1，2，3，4}Si(i1234567)中，沒有一個集是另一個的子集。

i,

i

i,j{12345}SiSjABCD或EFSiSjSjSi所以，n6a b c八、解：設(shè)f(a,b,c,d) a b c周周周周1**2**3**4**5**6**A:{(xyzu周周周周1**2**3**4**5**6**B:{(x,y,z,u)|1x,y,z,u10,f(x,y,z,u)C:{(xyzu|1xyzu10,f(xyzu)0}，顯然cardAcard(Bcard(C)104。我們證明cardAcard(B。對每一個(xyzuA考慮(xu,z,y)(x,y,z,u)A

f(x,y,z,u)0xyyzzuuxx y z uxuuzzyyx0x u z y

f(x,y,z,u)0(x,u,z,y)接著計算card(C(x,y,z,u)C

xz

xz

(zx)(uy)(xzyu)(xy)(z (yz)(u設(shè)C1xyzu|xz1xyzu10C2{(x,y,z,u)|xz,yu,1x,y,z,u10}C3xyz,u|xzyuxzyu,1xyz,u10}abcd,(abcd1、2、3、...、101623,1824,11025,2634,2936,210438463105641058xy,zu,xz90xzyuxz90card(C34299090252,card(C11000card(C2900card(C2152,cardA39242屆中國東南地區(qū)數(shù)1（20057138：00～12：00福州（1）設(shè)aR，求證拋物線yx2a2x2a1都經(jīng)過一個定若關(guān)于x的方程x2a2x2a10有兩個不等實(shí)根，求MNAKoB如圖，圓O（圓心為O）與直線l MNAKoB離，作OPl，P為垂足。設(shè)點(diǎn)Ql上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)P重合，過點(diǎn)Q作圓O的兩條切線QAQB，AB為切點(diǎn)，ABOP相交于點(diǎn)K。過點(diǎn)P作

QBPNQA，MN垂足。求證：直線MN平分線段KPn是正整數(shù)，集 ,2n}。求最小的正整k，使得對于M的任何一個k元子集，其中必有4個互不相同的元和等于4n+1。試求滿足a2b2c22005，且abc的所有三元正整數(shù)組bc)2（20057148：00～12：00福州已知直線l與單位圓S相切于點(diǎn)PA與圓Sl的同側(cè)，且Al的距離為h(h>2)，從點(diǎn)AS的兩條切線，分別與lB,C兩點(diǎn)。求線段PB與線段PC的長度之乘積。將數(shù)集A{a1,a2,...,an}中所有元素的算術(shù)平均值記為P(（PAa1a2anBA的非空子集，nP(BPA，則稱BA的一個“均衡子集”求數(shù)（1）討論關(guān)于x的方程|x1||x2||x3|a的根的個（2）

a1,a2,...,

a1

ana11a21 an1a12a22an2507求項數(shù)n的最大值設(shè)0

，且sin3sin3sin32

1，求證32tan2tan2tan232答a(1)f(xx2a2)x2a1x22x1a(x2，因此拋物線過定點(diǎn)（2,9，該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為axa24(12a)(ay

a2 消去ayx24x5(a2) (a2)2(a2) (a2)24(1x(a2)2(a2)a+6=2k，

a2(a6)22(2k4)(2k4) 4k2k22由判別式0k>3k<-3。當(dāng)k<-3時,x>5；

kk>3時

x2

,可得-k29綜上得，方程的大根x的取值范圍為(1,2)k29作PIAB，I為垂足,JMNAKoB直線MN與線段PK的交點(diǎn) MNAKoB易知QAOQBOQPO

，故O、B、QP、A均在以線段OQ為直徑的 PNQA,PMQB,PIAB所以由Simson定理知

的外接圓上一點(diǎn)P在其三邊垂足N、M、I三點(diǎn)共線，即N、M、J、I四點(diǎn)共線因?yàn)镼OABPIAB，所QO//PI,所以POQIPO,又為P、A、I、M四點(diǎn)共圓，P、A、O、Q也四點(diǎn)共圓，所PIJPIMPAM所以在直角三角形PIK中,此直線MN平分線段KP

PIJJPI,所以JPK的中點(diǎn)考慮Mn+2元子集P={n-1,nn+1,2n}。P中任何4個不同元和不小于(n－1)+n+n+1+n+2=4n+2,所以kn3。M的元配為nBii2n1i),1in M的任一n+3元子集A，必有三對B

同屬于Ai1,i2,i3兩不同)又將M的元配為n－1對

Cii2ni),1in-1。對M的任in+3元子集A，必有一對C同屬于i4i這一對i4

必與剛才三對BB

中至少一對無公共元，這4個因此，所求的最小k=n+3。由于任何奇平方數(shù)被41，任何偶平方數(shù)是4的倍數(shù)，20054除余1，故a2b2c2三數(shù)中，必是兩個偶平方數(shù)，一個奇a=2m，b=2n，c=2k－1，m,n,k為正整數(shù)，原方程化為m2n2k(k1)又因任何平方數(shù)被3除的余數(shù)，或者是0，或者是1，今討論若3k(k1則由(1)，3m2n2于是mn3的倍數(shù)m=3m，n=3n，并且k(k1是整數(shù)，由 3m23n2k(k1) 于是k(k1)1672mod3k(k1=3r+2，3k(k1)9r且由(1)k(k1501，所以k22km2n255

km2n251

km2n241

km2n229

km2n2 9也不能表成兩個正整數(shù)的平方和，因此只k=12與k=16時有正整數(shù)解m1n1。k=12，由m2m2=41，得m,n)=(4,5)，則a=6m= b=6n1=30，c=2k－1=23，于是(a,b,c)=(24,30,23)k=16，由m2m2=29，得m,n)=(2,5)，則a=6m= b=6n1=30，c=2k－1=31，因此(a,b,c)=(12,30,若3|k(k1時，由于任何三個連續(xù)數(shù)中必有一個是3的倍數(shù)則k+1是 14，17或20利用(1)式分別討論如下 k=2，則m2m2=499，而4993(mod4)，此時無解若k=5，則m2m2=481，利 22x2y2xy2yx2xy2yx2 621220292152162。所以(m,n)=(20,9)或(15,16)。于是得兩組解(a,b,c)=(2m2n2k-1)=(40,18,9)或(30,32,9) m2

44558922128252212

所以(m,n)=(21,2)或(18,11)，得兩組解(a,b,c)=(2m,2n,2k-1)=(42，4，15)或(36,2215)。 k=11，有m2m2=391，而3913(mod4，此時無解；若k=14，有m2m2=319，而3193(mod4)，此 k=17，有m2m2=229，而22915222，得(mn)=(15,2)，得一組解(a,b,c)=(2m,2n

m2m2=121=112112不能表示兩個正整數(shù)的方和，因此本題共有7組解為：(23,24,30)，(12,30,18,40)，(9,30,32)，(4,15,42)，(15,22,36)，(4,30,33)。經(jīng)驗(yàn)，它們都滿足方程PB、PC的長度分別為p、q，設(shè)ABP,ACP，設(shè)ACS的切點(diǎn)為E，記圓心為O，設(shè)AE的長度為t，連接AO、OE，則在直角三角形AOE中，我們有AOE1(),因此t

()121

pqpq1這樣我們可得

的面積

(pqt)1

pqpqpq1又因?yàn)?/p>

1pqh所以可得1h

整理得pq

2 h

pq1由于P(M)=5，令M’={x-5|xM}={-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4},P(M’)=0,依照此平移關(guān)系，MM’的均衡子集可一一對應(yīng)。f(k)表示M’k元均衡子集的個數(shù)，顯然有f(9)=1,f(1)=1M’元均衡子集只有M’，一元均衡子集只有{0})M’的二元均衡子集共四個，為Bi{i,i},i12,34,因此f(2)=4。（1）含有元素0的為Bi{0{2,0,i},i12,34,共四個（2）不含元素0的，由于等式3=1+2,4=1+3可表示為-3-1-2=0以及-4+1+3=04-1-3=0得到4個均衡子集{-3,1,{3,1,2}，{-4,1,3}，{4,1,3}，因此f(3)=4+4=8M’的四元均衡子集有三種情況每兩個二元均衡子集之并BiBj,1i

j4,6個集不含元素0的三元均衡子集與{0}的并集，共4個集以上兩種情況之外者，由于等式1+4=2+3可表為-1-以及1+4-2-3=02個均衡子集{-1,-4,2,3}與{1,4,-2,-3}，因此f(4)=6+4+2=12。又注意到M’本身外B’M’的均衡子集，當(dāng)且僅當(dāng)其補(bǔ)集CMB也是M’的均衡子集，二者一一對f(9-k)=f(k)，k=1,2,3,4。 f(k)k

f(9)2f(k)12(14812)kM的均衡子集有51個 根據(jù)函數(shù)y=|x+1|+|x+2|+|x+3|=a的圖像可知：a<2時，方程無解；a=2時，方程有一個根；a>2時，方程有兩個根因?yàn)榉匠蘾x|=|x+1|=|x-2|無解，故n2且公差不為0。不妨設(shè)n列的各項為a-kd(1≤k≤n,d>0)。作函數(shù)f(x)=xkdk本題條件等價于f(x)=507至少有三個不同的根a，a+1，a-2，此條件又等價于函數(shù)y=f(x)的圖像與水平直線y=507至少有三由于y=f(x)的圖像是關(guān)于直線y(n1)d左右對稱的n+1段2下凸折線,它與水平直L有三個公共點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)折線有一平段L上，當(dāng)且僅n=2m且a,a+1,a-2md,(m+1)d],(md)=507。即d≥3m2d=507由此

m2507m133值為26。122a2(1a2 22a21a213)3a=sin122a2(1a2 22a21a213)3aa3

3同理b-b3 2,cc3 233 3

33 (abc 33

1- 1- a- b- c- 注意

sin21sin2 sin21sin2

1 1tan2

sin21sin2

1所以tan2tan2tan2

332 易知上述不等式等號不能成立第三屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)（含解答希望2006年度第一天（20067278：00－12：00，南昌一、設(shè)ab

f(x)2(ab)x2abx4xa f(x)(a3b3)32（李勝宏供題 解法一：令ta3b3)3，由t2(ab)x2ab 4xa[2(ab)4t]xt(ab)

為證1x2(ab4t0及t(ab2ab0,

a

(a3b3)3a 記a3u,b3v,uv

uv

u3u3v3

uv 由于u3v3

uv

2u3v3，即3左端成立 uv為證

u3

1u

u2uv,

u

4(u2uvv2) 即3uv20，此為顯然.故3xt(ab2ab2(ab)f(x2(ab)x2ab4xa

(a(ab) 2(4xa

在(0f(0

a

，

f(x)ab2 據(jù)解法一2式知 f(x)(a3b3)32

a

a3b3)3ab，故存在唯一的正數(shù)x，使得 二、如圖所示，在△ABCABC90DGCAAGBD，BG.A，GBD EF，連接CF.若BE＝EF，求證：ABGDFC （熊斌供題RtABCwBD、AEwK、BJ、CJ、KJ、FJ.易知BAJKBCBJCKAJBFBJ＝FJ，F(xiàn)JCK是平行四邊形.AEBGM，F(xiàn)CJKNM、NBGABsinMAGsinJKCFK sin sin 又BAGFKC，于是BAGFKC，所以ABGDFC.13張，標(biāo)依次是2, 與2也算是順牌（A可以當(dāng)成1使用）.試確定，從這副牌中取出13張牌，（陶平生供題解：先一般化為下述問題：設(shè)n3,

Aa1, ,an

B ,bnCc1c2 cn,Dd1d2, ,dn這四個數(shù)列中選取n個項，且滿足112, 標(biāo)n與1視

n1n-為相鄰，其數(shù)記為xn，今確定xnn1n-將一個圓盤分成n個扇形格，順次編號為1, ,n，并將數(shù)列A,B,C,各染一種顏色，對于任一個選項方案，如果下標(biāo)為i的項取自某顏色數(shù)列，則將第i號扇形格染上該顏色.xn就成為將圓盤的n法數(shù)，易知，x1 x2x

n 將1寫 1nx1n1

43n1 因 1n1

1n2

43n213x12x432 212x42n相加得1nn

3n3，于

x3n31n(nn因此x3133.n四、對任意正整數(shù)n，設(shè)ax3x1 an1an1n1(i1)2

an（李勝宏供題

a3an1，得0a1

n因?yàn)?/p>

a210，故

a0，即

a

n1

2

因?yàn)?/p>

a211，所以a

n n

n

1 從 nn12nn n

nn11.1ii1i12 i1iin故 a.ni1i12nii第三屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)解希望2006年度第二天（20067288：00－12：00，南昌五、如圖，在ABC中A60

AGDFIABCGDFIABACDE,DEBI，CIF，G,證明：FG1BC 2（張鵬程供題 證法一：分別連接CF，BG，ID，IE，AI所以IDE1AGDFIGDFI從而BDF901A2（又BIC1801BC）=901（ 所以BDFBICBCDBFCBI,得FDBCIB.所BCFBDB 又 DBIFBC,

IDB

,所 CF

,從而FCG1A302BGGCB、C、F、GFG1BC2

sin

BC

BIG1(B2

BDGADE180A1(BC) B、D、I、GBGCBDI90同理CFB90B、C、F、G又FCG90FBCBCI901(BC302FGBCsinFCG1BC2ma+b+c=1a，b，c6（熊斌供題a=b=c1時，有m273

a+b+c=1a，b，c因?yàn)閷τ?x127x36x25x481x318x215x40（3x9x4）03 27x36x25x4，0x3所 27a36a25a4327b36b25b4327c36c25c43所以，ma=b=c1時，有m273

（a2a+b+c=1a，b，c因?yàn)?ab)2ab0，所以a3b3a2bab2b3c3b2cbc2，c3a3c2aca2于 2(a3b3c3)a2bb2cc2aab2bc2ca23(a3b3c3)a3b3c3a2bb2cc2aab2bc2(abc)(a2b2c2)a2b2c2所 6(a2b2c2)3(a2b2c2所以，m

2（a3c．（1）求不定方程mnnrmr2(mnr的正整數(shù)解(mnr（2）對于給定的整數(shù)k1，證明：不定方程mnnrmrk(mnr3k1正整數(shù)解(m,n,r)（供題（1）若mnr2，由mn2mnr2nmr2rmnnrmr2(mnr)所以以上不等式均取等號，故mnr2若1{mnrm1，則nrnr2(1nr(n1)(r13所以，不定方程mnnrmr2(mnr7將mnnrmrk(mnr化為[nkm)][rkmk2kmm2nkm1rk2kmm2km,[k],2且m1, 時,0m,[k],2k為偶數(shù)時,{mnr{lkl1k2kll2kl},3k

l1,

k為奇數(shù)時,

{m,n,r}{l,kl1,k2kll2kl},其中l(wèi)1, ,k1給出2的3(k

mnr

k2

,)k2kk1(k12kk) (k1)(3k134而mnrk故不定方程mnnrmrk(mnr至少有3k1nn(nN*Pn如n果在圓周上有Pn個點(diǎn)A1,A2 ,Ap對于1, ,n1中的每一個整數(shù)m都nnAiAj(1ijPnAi和Ajm；圓周上每相鄰兩點(diǎn)間的弧長順次構(gòu)成的序列Tna1a2,,aP)長，圓剖分序列為T131327(1264)．n321426求P21和P31，并各給出一個相應(yīng)的圓剖321426（陶平生供題 解：由于k個點(diǎn)中，每兩個點(diǎn)間可得一段優(yōu)弧和劣弧，故至多可得k(k153當(dāng)k(k1)20時，則k553而當(dāng)k(k130時，則k6另一方面，在k5時，可以給出剖分 n=31，在k6或第四屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)第一（2007727日8：00－12：00，浙江海試求實(shí)數(shù)a的個數(shù)，使得對于每個a，關(guān)于x的三次方x3axa1都有滿足x1000的DPCAOBDPCAOB如圖，設(shè)C、DO為圓心、AB為直徑的半圓上的任意兩點(diǎn)，過點(diǎn)B作O的切線交直線CD交于P，直線PO與直線CA、AD分別交于點(diǎn)E、設(shè)

mink

kN*，試ikiknS2a1n

的值，其中n

x表示不超過x的最大整數(shù)nn求最小的正整數(shù)n，使得對于滿足條件ai2007的任一具n項的正整數(shù)數(shù)列a1,等于30。

a2

an，其中必有連續(xù)的若干項之（2007728日8：00－12：00，浙江海設(shè)函數(shù)fx滿足fx1fx2x1(xR)，且x01時有fx1，證明：當(dāng)xR時，有fx2x2如圖，直角三角形ABC中，D是斜AB的中點(diǎn)，MBAB，MD交AC N；MC的延長線交ABE。證明DBNBCE試求滿足下列條件的三元陣列(a,b,a<b<c<100，a、b、c為質(zhì)數(shù)a+1、b+1、c+1組成等比數(shù)列設(shè)正實(shí)數(shù)a、b、c滿足：abc=1，求證 對于整數(shù)k2，k ka b c 答一、x02n，n為整數(shù)，且|2n|1000，即|n|499，所以至多24991999個數(shù)，即n{4998n31

8n31x02n代入原方程

a 。記f(n2n

,對任意2n

499},當(dāng)n1

f(nf(n設(shè)nx1nx2，其中x,x是關(guān)于x的方 3x3axa10的兩個根，設(shè)另一根為x，由根與系數(shù)的關(guān)3 x3(x1x2xxxxxx1 2 3 x1x2

a即4N1

(其中N(n2n2nn),Nnn(nn8N2a

1 1 即4N18N2 所以于n1n2{499

499f(n1f(n2，于是滿足條件的實(shí)數(shù)a999個【另解對任意|x|998，x為偶數(shù)a

x3x

的取值都各不相同x31 x31反證若存在x1x2使得 2 其中x1,x2為偶數(shù)則x11 x21(xx)(x2xxx2x2x2x

1) 1 1由于xxxx0，又因?yàn)閤2xxx2x2x2xx 1 1偶數(shù)(xx)(x2xxx2x2x2x

10， 1 1此滿足條件的a999個二、如圖，作BAN,BAN, DABC、BM

CD于M， ， NBCADCNMC，因此NNB、M、C共圓；又由O、B、P、 共圓，

180所以CN//OP，于CNAN MCD的中點(diǎn)，MN//DK，則NCK的中點(diǎn)；故由(1)得OEOF【另證如圖，過O作

FDPMCAOBCD于MDPMCAOB所以O(shè)、B、P、M四點(diǎn)共圓BMPBOP EAOBDM，所以 AE

AO

AB，從而 EBABCDBAD，所以O(shè)EOB

1，即OE=OF 三、設(shè)

mink

k

(

N*)，ikakiki1ik

，即數(shù)列a嚴(yán)格單增

m2m由于k 2m，(當(dāng)k=m時取得等號)，amkam

2

mN*；又當(dāng)k=mm+1時，kmm12m1，而在km或kmk時，kmkm10，即k22m1k

kmm12m1，所以 2m1；再由數(shù)列a的單 m2 i性，當(dāng)m2mim12時2m1a2m1，所i因此

m22m

aai2m

m2im2

，于nS2n

四、首先，我們可以構(gòu)造一個具有1017項的整數(shù)數(shù) a1017，使其中不存在和為30的連續(xù)項；為此，a1a2 a291,a3031，以a30mi

,30,

，即ak為 (共有3433段中每段各有30個項最后一段有27個項共計1017個項)，其次，當(dāng)項數(shù)少于1017時，只須將某些段中對于滿足條 ai2007的任一個具有1018項的正整數(shù)數(shù) ,a1018我們來證明其中必有連續(xù)的若干項之和等于30k1S1S2 1S1S2 ,2007中元素的組(2,,,,(60k1,60k(60k2,60k,(60k30,60(k(60322,6032,(603230,60,其中有33×30=990個括弧以及27個未加括弧的數(shù)，從中任1018個數(shù)作為Sk的取值必有兩數(shù)取自同一括弧SkSkm則SkmSk30即該數(shù)列中ak1ak2 akm30因此n的最小值為1018。五、gxfxx2，gx1gxfx1fxx12x20，所以gxR1為周期的周期函數(shù)；又由條件當(dāng)x0,1時fx1，可得，當(dāng)x0,1時gx

fxx2

fx

2，所以周期函數(shù)gxRgx2，據(jù)此知，在R上fx

gx

gx

2x2六、如圖，延長ME交ABC的外接圓 F，延長MDAFKAFG，交ABP，作DHCFHHCF的中點(diǎn)。連HB、HPD、H、B、M共圓，故HBDHMDHCP，于是H、B、C、P共圓，所以PHCABCAFC，故PH//AF PH為CFG的中位線，PCG的中點(diǎn)。則AP為ACG的邊CG上的中線，又因NK//CGDNK的中點(diǎn)，即線段ABNK互相平分，所以DBNDAK，DAKBAFBCFBCE，即有DBNBCE七、據(jù)條件設(shè)a1

a1c1b必有x=y，這是由于，據(jù)mn2xyb則mnb1，設(shè)b1mnw，于是(2)化為xy若w1，則有質(zhì)數(shù)

w，即

w2，因x、y皆不含大于1的11

yxp1x1yp1y1,wp1w1，則(3)xy 1 若仍有w1，則又有質(zhì)數(shù)pwp2w2xy皆不含大 y1的平方因數(shù)則p2x1，p2 1設(shè)x1p2x2,y1p2y2,w1p2w2，yxy2 ，……，如此下去，因(3)式中w的質(zhì)因數(shù)個數(shù)有限，故有使w1，而從xyw2得x

1，從 r xp1 其

akn21y，改記x=y=k，則有kmn1ckm211nm,abc 5cm215，m3cm21m1m1為合數(shù)，。因此k或?yàn)橘|(zhì)數(shù)，或?yàn)槿舾蓚€互異質(zhì)數(shù)之乘積(即k大于1且無大于1的平方因數(shù))。其簡稱為“k具有性質(zhì)p據(jù)(6)m2ak1m=2n=1，有b2k1，因c<100，得c4k1若k1mod3，則3cc>3c為合數(shù)；若k2mod3：k為偶數(shù)時，具有性質(zhì)pk2、14，分別出a211,b2141 不為質(zhì)數(shù)k為奇數(shù)時具有性質(zhì)pk值有、、、，分別給出的ak1皆不為質(zhì)數(shù)；若k0mod3，具有性質(zhì)pk值有3、6、15、k=3時，給出解f1a,b,ck=6時，給出解f2a,b,c5,1123k=1521分別給出的ak1皆不為質(zhì)數(shù)；若m=3n=21。a4k1時在m=3 6k1因質(zhì)數(shù)c97得k10時bc9k1具有性質(zhì)pk值有、、、、、k為奇數(shù)3、5、7時，給出c9k1皆為合數(shù)；在k=6時，給出b6k135為合數(shù)；k=10時，給出a4k139為合數(shù)k=2時，給出解f3a,b,c7,11,17a4k1m=3、n=1時b6k1k10，具有性質(zhì)pc9k1k值有、、、、 k為奇數(shù)3、5、7時，給出的b3k1皆為合k=210時，給出的ak1不為質(zhì)數(shù)k=6時，給出解f4a,b,c5,17,53m=4時，由c16k197得k6，具有性質(zhì)pk值2、3、5、6k=6c166195為合數(shù)a5n2k=5時，b20n

分別得到a、b至少一個不為質(zhì)數(shù)a3n2k=3c48147b12nn=3時給出的a、b為合數(shù)

，因nm4n=2時給出解f5a,b,c112347n=1時給出解f6a,b,c2,11a2n21k=2時，c16k1b8n

，nm4，只n=3時給出解f7a,b,c1723,31m=5c25k197，具有性質(zhì)pk值有2、3，分別給出c25k1為合數(shù)；m=6c36k197，具有性質(zhì)pk值只有2，a2n21此可以得到c236171，這時 b12n1nm6，只有在n=2時給出解f8a,b,c7,2 在n=4時給出解f9a,b,c31,47,71；m=7c49k197，具有性質(zhì)pk值只有2a2n2c249197，而nm7b14n1

，只有n=3時給出解f10a,b,c1741,97；在n=6時給出f11a,b,cm8時c64k197，具有性質(zhì)pk值不存在因此，滿足條件的解共有11組，即為上述的f1,f2 ,f11八八因a

1(ab)11 1k k kk2個2

ka，所2k k

a

(ab)

ka

kb

1(bc)

k k kck

1(ca)

k2

b

k kc

三式相加可k k

k(abc)1(abc)

(ka b c

(k1)(abc)3(k 3(k1)3(k 2屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)第一08年7月27日上午 福建龍已知集合S ,3n，n是正整數(shù)，T是S的子集，滿足：任意的x,y,z (其中x、y、z可以相同)都有xyzT，求有這種集合T的元素個數(shù)的最大值設(shè)數(shù)列{a}滿足

2an(12n),n1,

。試求 項an的表達(dá)式

QH在△ABC中，BC>AB，BD平分ABC QHACD，如圖，CP垂直BD，垂足P，AQ垂直BP，Q為垂足。M是AC 點(diǎn)，EBC中點(diǎn)。若△PQM的外接OAC的另一個交點(diǎn)為H，求證OH、E、M四點(diǎn)共圓 設(shè)正整數(shù)m,n2，對于任一個n元整數(shù)集Aa1,a2, ,an，取每一對不同的數(shù)、aji，作差aa，把這C2個差按從小到大順序排成一個 列，稱這個數(shù)列為集合A的“衍生數(shù)列，記為A。衍生數(shù)列A中能被m整除的數(shù)的個數(shù)記為Am。證明：對于任一正整數(shù)m2，n元整數(shù)集Aa1,a2, ,an及集合B1,2, ,n所對應(yīng)的“衍生數(shù)列”A及B，滿足不等式AmBm．第二(2008年7月28日上午 福建龍求出最大的正實(shí)數(shù)，使得對于滿足x2y2z21的任何實(shí)數(shù)xy、z成立不等式：xyyz 52AE IN如圖ABC的內(nèi)切圓I分別切BC、ACM、NE、F分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，D是直線EFBI的交點(diǎn)。證明：M、N、E IND aa杰克(Jack)船長與他的海盜們掠奪到6有金幣ai枚，i=1、2、3、4、5、6，諸ai互不相等。海盜們設(shè)計了一種箱子aan為正整數(shù)fn表示滿足以下條件的n位數(shù)(稱為波形數(shù)

an的個數(shù)(i)每一位數(shù)碼ai12,34，且aiai1，i=12、(ii)當(dāng)n3aiai1與ai1ai2的符號相反，i=1、2試求f10的值確定f200813除得的余數(shù)答若取T0n1,n2,...,3n，此時

2n，且T0中任三數(shù)之和大3n，即不在T0中；故maxT2n，另一方面，作三元子集,nkA0n,2n,3n,Akk,2nk,2n,nk則S ，對于S的任一個2n+1元子集T，必包含有某個Ak,n若A,n

3n=n+n+n

AkT 其中有元素2nkkk2nk，于max

2n1，因此max

2n將所給遞推關(guān)系的兩邊同時除以2n1，an1an

n 即

an1an n a ni1i

i1

2i

i12i

i1 n(n n11 i1n1n(n 1 i 即an1

2n22i

Sn2i

2Sn2i1可Sn2Sn

nini1

i1nii1ni1

1n11

ii1

2i11n

i2 i211

112

1n1(2) 1

1

2n故 n(n1)

12n22n13n(n1)n2(n

2

2n1 EQHna2n2(n2n6n1(nEQHnAQ延長線交BCNQAN中點(diǎn)，又MAC中點(diǎn)QM//BC。

PBC1ABC 2同理MPQ1ABC2所 QM=PM又因?yàn)镼、H、P、M共圓，所以PHCPHCPBC

PQM，故所以PHBC四點(diǎn)共圓，BHCBPC

HE1BCEP2結(jié)合OH=OMOEHP中垂EHOEPOOPM，所以O(shè)、H、E、M四點(diǎn)共圓。對于給定的正整數(shù)m2，若整數(shù)xm除得的余數(shù)為i m1，則稱x屬于模m的剩余類Ki設(shè)A的元素中屬于Ki的數(shù)有nii0,1, ,m1個，而集 ,n}的元素中屬于Ki的數(shù)有nii0,1, ,m1個， nini 易知，i,

x、y屬于模m的同一個剩余類.對于剩余類Ki中的任一對數(shù)aiaj有m

a，故屬于K中n個數(shù)，共作成C2m的倍數(shù)，考慮所

的i，則A(m) C2；類似得B(m)

C2為證本題，只要

C2C

C2，化簡后，即要 n2 據(jù)(1)易知，若i,j，ninj1，則n0, 同一組數(shù)(至多只有順序不同)，這時(2)式將取得等號若存i、jninj2ninjninj，其中nini1njnj1，其他元素ninjninj(n2n2n2n22nn10，故調(diào)整后(2)式左邊的和 減少，因此(2)式取得最小值當(dāng)且僅當(dāng)n0,n1, ,nm1與n0,n1,

1xyzx

12

12y112 (|xy||yz|) (|112y

2,x222

,z

時，上述兩個等號可同221 是|xy2212

，115

2連接AD，則易知ADB90。連 EFINAI、DM，DMAC交于點(diǎn)GEFINABIDBM，所以ABBI故

，從DMBAIB連接IG、IC、IM，

1 IMGDMB

1ACB2所以I、M、C、G四點(diǎn)共圓，從而IGAC，因此GN重合M、N、D三點(diǎn)共線當(dāng)箱子數(shù)為2時，船長有必勝之策【引理1】當(dāng)箱子數(shù)為4時，船長有必勝之策當(dāng)箱子數(shù)為4時，共有兩種不同的鏈結(jié)在一起的方式 一，無法取得的箱子.經(jīng)過第一輪后，船長拿到的金幣不少于第二種情況時將4個箱子黑白相間涂色，如下圖所示回到原假設(shè)a6內(nèi)金幣的數(shù)量不少于a5，則船長先取能拿到的箱子中最多金假設(shè)a5內(nèi)金幣的數(shù)量多于a6且不妨假設(shè)a1內(nèi)金幣的數(shù)量比a2多，則船長將a1,a3a5涂白色，其他的箱子涂黑色，如下圖所示．a(chǎn)aaaaaaa現(xiàn)在檢驗(yàn)涂白色箱子內(nèi)金幣的數(shù)量總和是否不少于涂黑色箱子內(nèi)勝.若否，則船長先拿a6，接下來：若海盜拿a1，則船長再依次拿a2,a4而獲若海盜拿a2，已知a1內(nèi)金幣的數(shù)量比a2多，則船長接著拿a2多，二者替換之后船長一點(diǎn)都不吃虧，最終仍然可獲若海盜拿a5，則船長接著拿a4，接著若海盜拿a1，則船長拿a2而獲勝a1，可獲勝。故不論原先箱子內(nèi)的金幣數(shù)為多少，船長均有恰當(dāng)?shù)娜》ūＷC獲勝當(dāng)n2時，稱滿足a1a2的n位波形數(shù)a1a2 an為A類數(shù)，其個數(shù)為gn；而滿足a1a2的n位波形數(shù)a1a2 an為B類數(shù)，據(jù)對稱性，當(dāng)n2時，其個數(shù)也是gn；于是fn2gngnmki表示末位i的kA類波形數(shù)的個數(shù)44(i12,34gnmni由于a2k1a2k,a2ka2k1， 當(dāng)k 為偶數(shù)時，mk140,mk13mk4,mk12mk4mk3，mk11mk4mk3mk2；當(dāng)k 為奇數(shù)時，mk110,mk12mk1,mk13mk1mk2，mk14mk1mk2mk3；易知m210m221m232m243g2644m33m243m340，所以g3m3i14又由m410m42m316m43m31m3211，m4444m31m32m3314，所以g4m4i31類似可求得g570g6157,g7353,g8一般地，當(dāng)n5時gn2gn1gn2gn今證(1)如下n歸納，n=5、6、7、8皆已驗(yàn)證，設(shè)(1)直至n皆成立，考慮情況當(dāng) 為偶數(shù)，據(jù)(i)、(ii)，mn140,mn13mn4mn12mn4mn3，mn11mn4mn3mn24gn14

i2mi

4m22gnm4

2

4因?yàn)閙n4mn11mn12mn130mn1ign1mn2mn11mn24mn23mn220gn2；這時有g(shù)n12gngn1gn2。44當(dāng)n為奇數(shù)，gn1mn1imn110mn12mnmn40，mn13mn1mn2，mn14mn1mn2mn則 gn1mn1i2mnimn1mn32gnmn1mn 因?yàn)閙n1mn14mn13mn120gnmn3mn14mn21mn22mn230gn2，這時也有g(shù)n12gngn1gn2。故(1)式對于n+1也成立從而由歸納法得對所有n5，(1)式皆成據(jù)(1)得g92g8g7g6 g102g9g8g74004所以f102g108008。今考慮gn的模數(shù)列：利用(1)式易算出n=2、3、4、…、、、、、…時，gn13除得的余數(shù)分別是6、1、5、5、1、2、0、1、0、1、1、3、6、1、5、5、因此當(dāng)n2時，數(shù)列g(shù)n被13除得的余數(shù)所構(gòu)成的數(shù)列是一周期數(shù)列，其最小周期長度為12．而2008121674，所g20085mod13，因此f200810mod13。六屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)六第一09728日8：00－12：00）江西·南試求滿足方程x22xy126y22009的所有整數(shù)對(xy)在凸五邊形ABCDE中，已知AB=DE、BC=EAABEA，且B、C、D、E四點(diǎn)共圓。證明：A、B、C、D四點(diǎn)共圓的充分必要條件是AC=AD。xyzR，

x(yz)2,。aa2b2c22(abbc a在一個圓周上給定十二個紅點(diǎn)；求n的最小值，使得存在以紅點(diǎn)為頂點(diǎn)的n個三角形，滿足：以紅點(diǎn)為端點(diǎn)的每條弦，都是其中第二（2009729日8：00－12：00）江西·南1、2、3、…、9的所有排列

x1x2 x9的集合為XA，記f(X)x12x23x3 ，M{f(X)XM。(其中M表示集合M的元素個數(shù)IB已知O、I分別是ABC的外接圓和內(nèi)切圓。證明：過O上的任意一點(diǎn)D，都可以作一個三角形IBDEF，使得O、

分別是DEF的外接圓和內(nèi)f(xyzx(2y1x3y

，其中xyz0xyz1。求f(xyz的最大值和最小值8×8方格表中，最少需要挖去幾個小方格，才能使得無法從剩余的方格表中裁剪出一片形狀如下完整的T型五方連塊？答設(shè)整數(shù)對(x,y)滿足方x22xy126y2 將其看作關(guān) 的一元二次方程，其判別4y24126y2方數(shù)y242，則0

500(42y236的值應(yīng)為一完全若y242，則y2可取0,12,22,32，相應(yīng)的值分別 6036和3536，它們皆不為平方數(shù)因此，僅當(dāng)y242時50042y23662為完全平方數(shù)y4，方程(1)化為x28x70x=1y4，方程(1)化為x28x70，解得x1x7綜上可知，滿足原方程的全部整數(shù)對為：x,y14,74,1 必要性：若A、B、C、D共圓，則由AB=DE、BC=EA，BACEDAACBDAE，所以ABCDEA，故AC=AD心O在CD的中垂線AH上，設(shè)點(diǎn)B關(guān)于AH的對 點(diǎn)為F，則F在O上，且因ABEA，即DEDF 所以E、F不共點(diǎn)，且 ABC，又由AB=DE、 BC=EA，知 CBA因此

DFA由AEDDFA，得AEFD共圓，即點(diǎn)A c上，也即點(diǎn)A在O上，從而A、B、C、D共圓 c先caab所caab

a,

不能構(gòu)成三角形的三邊。因bca (yz)(zx)(xbcacab (zx)(xy)(ycababc (xy)(yz)(zabcbc bc

a

b

c(yz)(zx)(xy)(yz)(zx)(x于bccaab2(abbcca)(a2b2c2bccaabab ab

c

a

b

c故a2b2c22(abbcca設(shè)紅點(diǎn)集為：AA1,A2, 含頂點(diǎn)A1的三角形，恰含兩條過點(diǎn)A1的弦，故這11條過點(diǎn)A1的弦，至少要分布于6個含頂點(diǎn)A1的三角形中；同理知，過點(diǎn)Ai(i ,12)的弦，也各要分布于6個含頂點(diǎn)的三角形中，這樣就需要12672個三角形，而每個三角形有個頂點(diǎn)，故都被重復(fù)計算了三次，因此至少723個三角形再說明，下界24可以被取到．不失一般性，考慮周長12的圓周，其十二等分點(diǎn)為紅點(diǎn)，以紅點(diǎn)為端點(diǎn)的弦

9有266條．若某弦所對的劣弧長為k，就稱該弦的 有2、…、5的弦各12條，刻度為6的弦共6條；以下兩條件之一：或者a+b=c；或者a+b+c=12；于是紅點(diǎn)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,下面是刻度組的一種搭配：取(1,2,3)、(1,5,6)、(2,3,5)型各六(4,4,4)型四個這時恰好得到66條弦且其中含刻度為125的弦各12條，刻度為6的弦共6條今構(gòu)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(bǔ)充(1,2,3)型六個：其頂點(diǎn)標(biāo)號為：{2,3,5}、{4,5,7}、{6,7,9}、9,11}、{1011,1}、{121,(1,5,6)型六個：其頂點(diǎn)標(biāo)號為：{1,2,7}、{3,4,9}、{5,6,11}、8,1}、{9,10,3}、{11,12,(2,3,5)型六個：其頂點(diǎn)標(biāo)號為：{2,4,11}、{4,6,1}、{6,8,3}、10,5}、{10,12,7}、{122,(4,4,4)型三個：其頂點(diǎn)標(biāo)號為：{1,5,9}、{2,6,10}、{3,7,(2,4,6)型三個：其頂點(diǎn)標(biāo)號為：{4,6,12}、{8,10,4}、{12,2,8}。(每種情況下的其余三角形都可由其中一個三角形繞圓心適當(dāng)旋轉(zhuǎn)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24我們一般地證明，若n4，對于前n個正整數(shù)1、2、…、n的所有排列Xn(x1,x2, ,xn)構(gòu)成的集合A，若fXnx12x23x3 nxnMnfX)XA}，n3nMn 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明Mn(n1)(n2),n(n1)(n2) ,n(n1)(2n1) 當(dāng)n=4時，由排序不等式知，集合M中的最小元素,f2,1,4,328,f1,2,4,3434所以

20 ,306

個元素因此n=4時題成立假設(shè)命題在n1(n5)時成立；考慮命題在n時的情況．對于1、2…、n1的任一排列Xn1(x1,x2, ,xn1)恒取xnn得到1、 , ,n，則kxn2kx。由歸

kn

k

k

(n1)n(n

(n1)n(2n1)

n(n2

n(n1)(2n1)

,n6

上所有整數(shù)。再令xn1，nn

n

n k

1)n(n1)n(n1)k

k

k

k

kn再由歸納假設(shè)知，

k

取遍區(qū)間n(n1)(n1)n(n1)n(n n(n1)(2n1) n(n1)(n2) 上的所有整數(shù)。因?yàn)?n(n22)n(n25，所以 k

取遍n(n1)(n2)

n(n1)(2n1上的所有整數(shù)，即命題對n也成 立．由數(shù)學(xué)歸納法知，命題成立。由于n(n1)(2n1)n(n1)(n2)n3n n3n

從而Mn的元數(shù) ．特別是，當(dāng)n=9時，6

M9如圖，設(shè)OI=d，R、r分別是ABC的外接圓和內(nèi) 圓半徑，延長AI交OK，KIKB2RsinA，AI2

r，延長OI交O r 2C 2CPM、N；則RdRdIMINAIKI2Rr K即R2d22RrID分別作I的切線DE、DF，E、F在OEFDII分EDF，只要證，EF

相切設(shè) OP，則P是EF的中點(diǎn)，連PE，則PE2RsinD2DI

sin2

IDIPIMINRdRdR2d2，所R2d R2d PI

2R

由于ID的平分線上，因此點(diǎn)I是DEF的內(nèi) (這是由于，PEIPIE11800P11800FD 而PEFD，所以FEIE，點(diǎn)I是DEF的內(nèi)心。 I即弦EF 相切I先證f1當(dāng)且僅當(dāng)xyz1時等號成立 fx(x3y1)121x3y

x1x 由哥西不等式: 1x3y x(1x

x(1x3y)因?yàn)閤(1x3y)x(2x4yz2xy7，從3 1x3yf

7123

17當(dāng)且僅當(dāng)xyz1時等號成立3再證f0x1yz0時等號成立。事實(shí)上f(x,y,z)x(2yz)

y(2zx)z(2x1x

1y 1z ) 1x3y

1y

1z

1x3y

1y

1z

(1x3y)(1y (1z3x)(1x3y) (1y3z)(1zfmin0，當(dāng)x1yz0時等號成立【另證 zminx,y,

f(x,y,0)

0xyz01x

1

2x4 x2由(*)式，要證f0，只要 11x3y 注意到1

，于是(1)等價 2x4 x2 ) 1z 2x4 1x3y x2 1y 8 2x4y1x3y 1y即2x4y1z而由柯西不等式，可

1x

8y1y222 8 (21x

1y

y(1y3z)x

(x23xyyy23xy22x41z即(2)成立，從f0fmin0x1yz0時等號至少要如下圖挖去14個小方格如右圖，將8×8棋盤切為五個區(qū)域部份的區(qū)域至少要挖去2個小方格才能使T形的五是在角落位置，另一個是內(nèi)部位置，只挖去其中一個法避免T置入對于在邊界的四個全等每區(qū)域至少要3個小方格才能使T形的五方×放不進(jìn)去×方部份必需挖去打叉的位置的1個小方格?！痢痢痢痢?3233××××××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×××××33233××××××綜合所有區(qū)域，對于T型五方塊至少要挖去3×4+2=14個小方格2011年第八屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹第一天已知

ax2

3x2（2）x2ax2x2解法 記f(x) .由f(0)b知，b3，且易知ax2（i）當(dāng)b2a0x2axx2

a(ba(bx2x2x2x2x2x2x2x2等號當(dāng)

b

baba

a

，特別當(dāng)b3ab bb b2x2（ii）當(dāng)b2a0時， t(x2f(x)g(t)atbt

當(dāng)t1minfxg(1abab3，此時a2（1）（2）當(dāng)b3aax2

3；當(dāng)b3ab bb b2ax2解法 設(shè)f(x)

.因?yàn)閤2x2x2ax(x2b2a

3f(0)b，所以b易知a0，f'(x) (x21)3/當(dāng)b2a0fx)0x00x0fx)0x0fx)0所以b1，22

f(0)bba當(dāng)b2a0fx)0x00baf(0)b不是最小值b3fx1,2ab2ab2aaa(bf(b2aaa(b

ab4

0abb b2b b21b b2（1）（2）當(dāng)b3a

3；當(dāng)b3ab bb b2a、b、c為兩兩互質(zhì)的正整數(shù)，且a2(b3c3

b2(a3c3

c2(a3b3a、b、c解答由題設(shè)可得到：a2(a3b3c3

b2(a3b3c3

c2(a3b3c3a、b、c兩兩互質(zhì)，所以a2b2c2(a3b3c3。不妨設(shè)abc

22

3aab

ab

a3

又

bc

2b b 當(dāng)c2b1，與b當(dāng)b2abc

。所以c1。顯然（1,1,1）由

1)

1

a222又由

1)

1

4

：當(dāng)b5b2c3（1,1,12,1,3,2（2,1,32,3,3,21（3,1,2M1,2,3,,50nM35元子集中至少存在ababnabn.n.解 取A{1,2,3,,35}，則對任意a,bA，ab,ab3435下面證明1n69.Aa1a2,a35a1a2（i）當(dāng)1n19考慮1a1a2a3511 a2n由抽屜原理，存在1i,j35，使ainaj，即aiaj當(dāng)51n69由1a1a2a351na35na34na1由抽屜原理，至少存在1i,j35，使naiaj，即aiaj當(dāng)20n24由于502n11502n所以a1a2,a3525個屬于存在aiaj，使{aiajini}，所以ajai當(dāng)25n34由抽屜原理，存在i,j使aiiajni，即ajai當(dāng)n35所以，存在1i,j35，使得aiaj當(dāng)36n50若n2k1，{1,2k},{2,2k1},,{k

33當(dāng)18k20502k1150當(dāng)21k24502k1150均存在i,j使aiaj2k1若n2k，{1,2k1},{2,2k2},,{k1k1},{k},{2k},{2k1},當(dāng)18k19502k1316k1191當(dāng)20k23502k13502k212k1231當(dāng)24k25502k13502k2所以，均存在i,j使aiaj

k1251如圖，過ABCOABACMNEFBNCM的中點(diǎn).EOFAO先證引理：如圖，過O

的直徑KL上的兩點(diǎn)A,B分別作 CD,EF，連CE,DF，分別交K,L于M,N，若OAOB， MMANB F引理證明設(shè) EFP直線CE,DF分別截PAB

ACPE CPEB

BFPD EPMNAOEPMNAOFC FPDA則MAACADPEPFBM BEBFPCPD

PCPDPE

若OROAOBaACADAKALR2a2BKBLBE

…③，據(jù)MAMBMAMAABAB1.MANB.引理得證

NB 回到本題，如下圖（兩圖都適用MNOKK1M1，使OM1O

理，MN1M1N（M1N1MN）因此，ONN1的中點(diǎn)，故OEOFNBN1及MCM1的中位線，于是得EOFBA1CAAAMOMFEN ANMMFCB 第一天AA0BB0CC0是ABCA0A0A1BB0A0A2∥CC0，A1,A2分別在AC,AB上，直線A1 BCA3；類似得到點(diǎn)B3,C3AB A0AB A0B2C3 CA3 只要證， 3 3B3CA3BC3

……AAA截ABCCA3BA2AA1112CA3A2A

……

A3BA2AA3 AB3B2BB1

……③，BC3C2CC1B CB2

C3 AC2

BC0

，

AA0

AA2AA0AC0BC

BA

CA0 又由AA1 AB0，CA1

AA

…

CA

AB0據(jù)②、⑤、⑥得 3 0 0 0 0A3 BA0 A0B CB AC同理可得， 3 0

， 3 0

…… B0A

C3 C0B由于ABCAA0BB0CC0AB0CA0BC0B0CA0BC0

BC 3 3 3 0 0 0

1，即①成立，因此結(jié)論得證B3CA3BC3 B0CA0BC0APiMi1,2,3,n PiMmaxPi

解答OOMtOA1t)OBt

因此Pi

t|PiA|(1t)|PiB|maxPiA,

設(shè)數(shù)列aa

1,a

n3nN*

anan12aa222aa232aa272aa2182 構(gòu)