第42届国际数学奥林匹克试题解答集锦.pdf

学生习作 第42届国际数学奥林匹克试题解答集锦 魏 维等 指导教师 王建立 湖北省仙桃中学 433000 编者按 在王建立老师的指导下 湖北省仙桃 中学9901班魏维等同学 对我刊发表的第42届国际 数学奥林匹克试题给出了多种解法 这里摘登部分 同学给出的第一 二 五题的解答 1 设锐角 ABC的外心为O 从A作BC的高 垂足为P 且 BCA ABC 30 证明 CAB COP 0 OP2 CP2 OP CP 有 COP OCP 故 COP CAB OCP D 90 证法二 陈雨 如图2 据题意有 0 2 图2 且 2 BCA ABC 30 30 6 注意到 CAB OCB 1 2 COB 1 2 OCB OBC 2 要证 CAB COP 2 仅需证 COP OCP 作PQ OC于 Q PC PO CQ OQ CQ 1 2 CO 设 ABC外接圆 O半径为R 则有 AC 2R sin PC AC cos 2R sin cos QC PCcos 2R sin cos cos R sin sin cos R cos sin cos 由式 可 知 0 3 有cos 1 2 1 则 QC Rcos sin 6 cos Rcos 1 4 2 1 42 R 32 42 1 42 1 2 R 1 2 OC 图3 证法三 刘文光 如图3 过点O作 BC的垂线 垂足为D BAC 1 2 BOC DOC 2 BAC 23中 等 数 学 2 DOC OCD 则只需证 COP OCD PC OP 以O作原点 OD所在直线为y轴 以过点O且 平行于BC的直线为x轴建立直角坐标系 设 AOx xOC 且0 2 其 外接圆半径为R 有P Rcos Rsin C Rcos Rsin 则 PC R cos cos PO Rcos2 sin2 PC 2 PO 2 R2 2cos2 2cos cos 1 ABO 2 ACO 2 且 ACB ABC ACO ABO 6 2 2 6 即 3 cos cos 3 1 2 则 PC 2 PO 2 R2 2cos2 cos 1 R2 2cos 1 cos 1 0 cos 0 cos 1 0 故 PC 2 PO 2 0 即 PC PO 2 对所有正实数a b c 证明 a a2 8bc b b2 8ca c c2 8ab 1 证法一 陈雨 原不等式转化为 1 1 8bc a2 1 1 8ac b2 1 1 8ab c2 1 令 bc a2 ac b2 ab c2 显然有 R 且 1 命题转化为证 1 1 8 1 1 8 1 1 8 1 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 令右式为x 两边平方有 1 8 64 1 8 64 1 8 64 2 1 8 1 8 1 8 x 1 8 82 83 8 2 1 8 1 8 1 8 x 83 2 1 注意到 x2 1 8 82 83 1 8 3 3 82 3 3 2 2 2 83 729 x 27 式 1 左边 8 2 3x 3 1 8 1 8 1 8 8 6x 4 3 8 3 3 6 27 4 3 8 3 6 81 83 2 右边 证法二 刘胜飞 用反证法 假设存在某一组正数a0 b0 c0 使 a0 a20 8b0c0 b0 b20 8a0c0 c0 c20 8a0b0 1 令x a0 a20 8b0c0 y b0 b20 8a0c0 z c0 c20 8a0b0 则 x2 1 x2 a20 8b0c0 y2 1 y2 b20 8a0c0 z2 1 z2 c20 8a0b0 故 x2 1 x2 y2 1 y2 z2 1 z2 1 83 1 由x y z 1 有 x 1 x y 1 y z 1 z x y z y x z z x y x 2yz y 2xz z 2xy 1 8 2 又由 f x x 1 x在 0 1 内图形是双曲线上一 段凹弧 f x 在 0 1 内是凹函数 由琴生不等式 有 x 1 x y 1 y z 1 z 3 x y z 3 1 x y z 3 3 1 3 x y z 1 3 1 3 1 1 3 4 x y z 1可得 故 x 1 x y 1 y z 1 z x 1 x y 1 y z 1 z 3 3 1 43 3 由 1 2 可得 x 1 x y 1 y z 1 z x 1 x y 1 y z 1 z 1 83 即 x2 1 x2 y2 1 y2 z2 1 z2 1 83 与式 1 矛盾 从而原不等式成立 证法三 许建超 引理 权方和不等式 设a1 a2 an R b1 b2 bn R 当 0或 1时 有 n i 1 a 1 i b i n i 1 ai 1 n i 1 bi 由此 原不等式左边为 332002年第2期 a a2 8bc a 3 2 a3 8abc a1 1 2 a 3 8 abc 1 2 a 3 2 a 3 24abc 1 2 1 故原不等式左边 1 就只需式 1 的右边 1即可 a 3 a3 24abc a3 3 a 2 b ab2 6abc a3 24abc a 2 b ab2 6abc a 2 b ab2 6 6 a 2 b ab2 6 6 a6b6c6 6abc 原不等式成立 注 这里 表示循环求和 循环求积 5 在 ABC中 A P平分 BAC 交BC于P BQ平分 ABC 交CA于Q 已知 BAC 60 且 AB BP AQ BQ 问 ABC各角的度数的可能 值是多少 解法一 杨肖 延长AB至B 使BB BP 在射 线QC上取C 使QC QB 如图4或图5 图4图5 若C C 不重合 则连B C B P C P BC AB BP AQ QB AB BB AQ QC 即AB AC B AC 60 AB C 为正三角形 A P平分 B AC A P为 AB C 的对称轴 AB P AC P B P C P ABC ABQ CBQ BB P BPB ABQ CBQ BB P BPB QBC BB P QC P BQ QC 有 QBC QC B PBC PC B 或 BP C P B P BB 则 BB P 60 ABC 120 BAC 60 矛盾 C C 重合 同理 可得B P CP 如图6 图6 则 PB C PCB BPB BB P PB C PCB PB C 2 2 60 40 ABC 2 80 解法二 刘文光 在 ABQ中 由正弦定理知 AQ sin B 2 AB sin B 2 60 BQ sin 60 故AQ AB sin B 2 sin B 2 60 BQ AB sin 60 sin B 2 60 同理 BP AB sin 30 sin 30 B 又 AB BP AQ BQ B C 120 且 0 B 120 1 sin 30 sin B 30 sin B 2 sin B 2 60 sin 60 sin B 2 60 于是 1 sin 30 sin B 30 cos B 4 30 cos B 4 30 sin 30 sin B 30 sin B 4 cos B 4 30 sin 30 cos B 4 30 sin B 4 sin B 30 1 2 cos 3B 4 30 cos 5B 4 30 则cos B 4 30 cos 5B 4 30 cos 3B 4 30 2cos 3B 4