数学奥林匹克问题 (1).pdf

LNAP交AM于点P.证明：ZNOP设AKM的外心为W，过点N作WN的垂线ADMK为平行四边形.延长MO交AK于点N点K，使得四边形BC的中点为M.取OO，过点A作OO的切线交直线BC于点D，高8 11如图1，设锐角ABC的外接圆中等数学62数学奥林匹克问题本期问题高8 0 9设ABC的三边分别为a、b、c，半周长为s.求证：1a1L-COSAAs-a1-sin2其中，表示轮换对称和。高8 10记S=1,2,2024.对于任意2024个和为1的一组非负实数，2，12 0 2 4则这2 个数满足条件.但由于其中前2-12-m+1个数都小于，至多改进为2 n-m,后2-1元个数都小于无法改进，只能去掉，因此，所元得到的数之和不超过2 -m(2-1)2,故结论不成立。以下证明几=3符合题意.2不妨设题目的2 个正实数都小于32（否则，若有某数大于则将其改进为2 ，3其他数全部去掉即可),将它们记为j，2，22不妨设a,a,.a,+1323当r+12时，可将a，改进为2，其中33a;a,2，则S2+2.从而去掉2 后剩下的数之和至少为2 .因此必存在一个时刻，去掉某个2 后剩下的数之和恰好为2 .这表明，一开始将每个;(u+12)改进成2，并去掉aja2,a,，可使所得到的数之和为2 .综上，所求几的最小值为3.（何忆捷华东师范大学数学科学学院，上海市核心数学与实践重点实验室，2 0 0 2 41）2023年第5期63KNAWP0BDMC图1高8 12若函数f:N+N满足f(n)=kn（n E N+，x 表示不超过实数的K2+1k=1最大整数）.若正奇数t使得f(t+1)-f(t)=2,试证明t必为素数，上期问题解答高8 0 5已知集合N=1,2,nl,M=10,1,m-1),其中m、n 为正整数,且m3.集合N的所有子集构成的集合族为，映射f：M满足下列条件：对于中的任意两个元素A、A,均有f(AUA)+f(ANA)=f(A)+f(A).若当f()=0,1,2 时,映射的个数分别为uo(n,m)u(n,m)u(n,m),证明:2 uz(n,m)=2u,(n,m-1)+nu,(n-1,m-1)+nuo(n-1,m-2).证明由数学归纳法可得对于集合N中的任意t个不同的元素，5，i，均有f(li,i,it)=f(it)+f(i)+.+f(lit)-(t-1)f(O).反之,若式成立，则对于任意的A、A,E,设A=li,iz,ijinjz,j,A=li,iz,i,h,ka,.,it,且AnA=li,i,it,AUA=li,i,.,i,j.,j,k,k其中ts、l 为非负整数（例如当s=0时，A=1i,5,it).则 f(A,UA2)+f(A,n A2)=f(ih)+f(ih)+f(it)+f(jib)+f(jzl)+.+f(djb)+f(hi)+f(h,)+.+f(ik,t)-(t+s+l-1)f(O)+f(lit)+f(i)+.+f(lit)-(t-1)f(O)=f(ih)+f(ih)+.+f(i)+f(jib)+f(ijzh)+.+f(tj.t)-(t+s-1)f(O)+f(it)+f(ih)+f(il)+f(hh)+f(ikzb)+.+f(ih,t)-(t+l-1)f(O)=f(A)+f(A).由式知当f(),f(1h),f(2h),f(inh)确定后，映射也就完全确定了.为了方便起见,设f(i)=x,(i=1,2,.,n),则x,EM.(1)当f()=0 时,式为f(ti,i,.,ith)=x+x,+.+x,则f(N)最大.于是，f(M)=xi+x2+.+x,m-1.设xn+1=m-1-(+x2+.+x,).则x+为非负整数.于是不定方程xj+x2+.+x,+xa+I=m1的非负整数解的个数Cn就是满足f(O)=0的映射f的个数uo(n,m).因此,uo(n,m)=Cn+m-I(2)当f(0)=1时,式为f(ii,i,it)=x,+x,+.+x,-(t-1).若在x,x2,x,中至少有两个为0,不妨假设x;=x,=0(ij,且ijE1,2,nl).于是，f(ijl)=x;+x,-1=-1,矛盾.因此,在x,X2，,X中至多有一个为0.若对于所有的i=1,2,n,均有x,1,则对于集合N的不含元素i的任意子集X，由f(XUii)=f(X)+x;-1f(X),知 f(M)最大.于是，f(N)=xj+x2+.+x,-(n-1)m-1=(xj-1)+(2-1)+.+(x-1)m-2.64中等数学设 x;=x;-1(i=1,2,n),=m-2-(x+x2+.+x,)n+1则+为非负整数.于是不定方程x+x2+.+x+xn+1=m-2的非负整数解的个数为Cn+m-2.因此，满足f(O)=1的映射f的个数为Cnn+m-2若存在一个iE1,2,nl,使得x,=0,不妨假设x=0.对于集合N的不含元素1的任意子集X，由f(XU/1)=f(X)+x-1=f(X)-1,知f(NV1)最大.于是，f(N/1)=x2+xg+.+x,-(n-2)m-1(2-1)+(xg-1)+.+(x,-1)m-2.设x;=x;-1(i=2,3,n),1=m-2-(x+x+.+x)n+1则x+为非负整数.于是不定方程2+x+.+x+xn+1=m-2的非负整数解的个数为Cn-13.因此，满足2+m-3.f()=1的映射f的个数为Cr-m-3分别对于x2=0,x=0,，x=0,均可得到满足f()=1的映射于的个数为Cn-mn+m-3因此，满足f()=1的映射的个数u;(n,m)=Ch+nm-2+ncr-mn+m-3(3)当f(O)=2时,式为f(i,i,it)=x,+x,+.+x,-2(t-1).特别地,f(ij)=x;+x;-20.(i)若对于所有的i=1,2,n,均有x;2，则对于集合N的不含元素i的任意子集X,由 f(XUi)=f(X)+x;-2f(X),知 f(M)最大.于是，f(M)=x+x2+.+x,-2(n-1)m-1(xj-2)+(x2-2)+.+(x,-2)m-3.设x;=x;-2(i=,2,n),xn+1=m-3-(xi+x+.+x).则x+为非负整数.于是不定方程X+2+x+x=m-31的非负整数解的个数为Ch+m-3因此，满足()=2 的映射F 的个数为Ch*m-3(i)若存在一个iE1,2,nl,使得x;=0,不妨假设x=0,则当i=2,3,n时,均有;2.对于集合N的不含元素1的任意子集X,由 f(XU(1)=f(X)+x-2=f(X)-2,知f(N1)最大.于是，f(N/1)=x2+x,+.+x,-2(n-2)m-1=(x2-2)+(xg-2)+.+(x-2)m-3.设x=x;-(i=2,3,n),+1=m-3-(x2+x+.+x,)n+1则x为非负整数.于是不定方程x2+x+.+x,+x+=m-3的非负整数解的个数为C.因此，满足n+m-4f()=2 的映射，的个数为C-m2+m-4:分别对于x2=0,x=0,，x,=0,均可得到满足f()=2 的映射于的个数为Cn=mn+m-4因此,共有ncm-个映射满足f()=2.-m-4(ii)若对于所有的i=1,2,n,均有x;1,且存在iE(1,2,n,使得x=1,则在x,X2,x,中中至多有两个为1.实际上，若在，2,x,中至少有三个为1,不妨假设x,=*;=1(ij、h 互不相等，且ijhE(,2,nh).则f(ij,kh)=x,+x,+x-4=-1,矛盾.若在x,x,x,中恰有一个为1,不妨假设x=1,则当i=2,3,n时,均有x2.对于集合N的不含元素1的任意子集X，由f(XUi1)=f(X)+xX-2=f(X)-1,知f(NV1)最大.于是，f(N/1)=x2+xg+x,-2(n-2)m-1=(x2-2)+(xg-2)+.+(x,-2)m-3.设x;=x;-2(i=2,3,n),+1=m-3-(x2+x+.+xn+1则x，为非负整数.于是不定方程x+x+.+x+x=m-3n+652023年第5期的非负整数解的个数为C-4.因此，满足+m-()-2的映射，了的个数为C分别对于x2=1,x=1,，x,=1,均可得到满足f()=2 的映射于的个数为Cm“+m-4.因此，共有nc-个映射满足f()=2.若在，2，x，中恰有两个为1,不妨假设x=x=1.则当i=3,4,n时,均有x,2.对于集合N的不含元素j(jE(1,2h)的任意子集X,由f(XUtj)=f(X)+x,-2=f(X)-1,知f(VV/1,2)最大.于是，f(V/1,2h)=x,+x4+.+x,-2(n-3)m-1=(xg-2)+(x4-2)+.+(x,-2)m-3.设x,=x-2(i=3,4,n),1=m-3-(x+x4+.+xn+1则x为非负整数.于是不定方程x+x+.+x+x=m-32+1的非负整数解的个数为Cm-s.因此，满足()=2 的映射，了的个数为Cm-。由于对于任意x,=x,=1(1iAC,M是其外接圆上弧BAC的中点，点N在AB上，MA=MN,点DE分别在边AB、A C 上,BD=CE,G、H 分别是DE、BC的中点，BE与CD交于点F.求证：FN/GH.证明如图2,取DC的中点P,AN的中点S,延长FN，与CA的延长线交于点Q.因为MA=MN,所以,MS IAB.MASGEDFCBH图2已知M是弧BAC的中点，由阿基米德折弦定理得BS=SA+AC.故BN=AC.对直线BE及ADC，运用梅涅劳斯定理得DFCEAB1.FCEABD因为BD=CE,所以,DFAEFCAB对直线FQ及ADC，运用梅涅劳斯定理得DFCQAN1.FCQAND由 BN=AC,BD=CEAE=ND.将式、代人式得CQABCABVQAANQAAN故AN=AO.由三角形中位线定理得11PG=EC=BD=PH.22因为PG/AQ,PH/AN,所以,ZQAN=ZGPH.于是,ZPGH=ZQ.因此,FN/GH.（沈毅四川省成都七中初中学校,6 10 0 41)高8 0 7如图3，已知O是ABC的外心，R=OA,ZBAD=ZCAE，ZA BD=ZC BE,EFCB于点F,DHIBA于点H,DG工CA于点G.求证：OD?=R?-2RAHGDEBF1I三点作圆2.直线AD与、,的第二个交点为E、F.点PQ分别在、,上，且满足DH.DGBP/CQ/AD.直线EP与AC交于点X，直线EFFQ与AB交于点Y.求证：X、Y、I三点共线.LS厂C中等数学REYFBDBC1人CSK图3证明如图3，作出OO，设AD、A E 分别交OO于点S、K，S L 为OO的直径.则SK/BC,BD H S BE F,AADGSL S C.DH.DG由OD?=R?2REFDH.DG台2 R=R?OD2EFDH.DG2R=AD.DS（圆幂定理）EFDHDG2RDSEFADDBSC2R=DSEB2RDBDSEBSCDBDSEBKB由ZBSD=ZBKE知式OS BD S K E BZSBD=ZKEBZSBC+ZDBC=ZKAB+ZABE.而ZSBC=ZSAC=ZKAB,ZDBC=ZABE,此即为己知，故结论成立。（金磊西安交通大学附属中学，7 10 0 54）高8 0 8如图4，I是ABC的内心，点D在线段BC上.过B、D、三点作圆，过C、D、TT图4证明如图4,设B、C关于直线AI的轴对称点分别是B、C.则I也是ABC的内心.作ABC的外接圆.延长CI、B I，分别交圆厂于点R、S.注意到，ZIED=ZIBD=ZABI=ZABI,故A、E、I、B 四点共圆.由熟知的结论得AR=IR=BR.则R是A、E、I、B 四点所共之圆的圆心.故ZARE=2ZAIE=2ZIED-2ZEAI=2ZIBD-2ZEAI=ZABD+ZEAB-ZEAC=ZADC-ZEAC=ZAEP-ZEAC=ZAXE.从而，A、E、X、R 四点共圆.类似地，A、F、Y、S 四点共圆.设直线RX与SY交于点T.则ZART+ZAST=ZAEP+ZAFQ=ZPBD+ZQCD=180.因此，A、R、S、T 四点共圆，即点T也在圆厂上.故对圆上的六点形ACRTSB,由Pascal定理，知X、Y、I三点共线.（金春来广东省深圳中学，518 0 0 1）二O0二三年第五期