精选经典高中数学竞赛题（集训队难度）.doc

G1 圆 W1 W2交于 P K 两点 XY 是两圆的公切线 靠近点 P X 在 W1上 Y 在 W2上 XP 与 W2的第二个交点为 C YP 与 W1的第二个焦点为 B 设 A 为 BX 和 CY 的交点 Q 为 ABC 和 AXY 外接圆的交点 证明 QKA QKP G1S 注意到 K 为四边形 AXPY 的密克点 且易得 AM AN 考虑以 A 为反演中心的反演变换 经过一些角度计算可知只需证明下述结论 KXY 的外接圆在 K X Y 处的切线分别交 XY KY KX 于 Q C B 则 Q C B 三点共线 这由 Ceva 定理易证 G2 平面上给定点 O 和多边形 F F 的周长为 P D 为 O 到 F 各顶点距离之和 H 为 O 到 F 各边距离之和 证明 2 22 4 P DH G2S 引理 OAB 中 OA a OB b AB c O 到 AB 距离为 h 则 222 4abhc 引理证明 过作平行线 为关于 对称点 则OABl BBl 22222 4abOAOBABch 回到原题 设 n 边形中 到的距离 12n A AA ii OAd 1iii A Ap O 1ii A A 为 其中 i h 11n AA 1 2 in 由引理得 22 1 4 iiii ddhp 故 2 22 22222 1 111 4 4 4 nnn iiiiii iii Dddhphp 闵科夫斯基不等式 22 4HP 等号当且仅当 F 是正多边形且 O 是其中心时取到 G3 ABCD 是一个正四面体 M N 分别为平面 ABC ADC 上不同两点 证明 线段 MN BN MD 是一个三角形三边 G3S 先证明二维情况下命题 引理 正三角形 ABC 中 M N 分别在边 AB AC 上 则线段 CM BN MN 是一个三角形三边 引理证明 考虑一个正四面体 ABCD 因为 CM DM BN DN DMN 即为所 求的三角形 现在 为证明三维情况下的命题 考虑一个四维 超四面体 ABCDE 它的面 ABCD ABCE ABDE ACDE BCDE 是正四面体 我们不知道它的形状 但 它可以构造出一个所求的三角形 因为 M N 分别在平面 ABC ADC 上 有 DM EM BN EN 于是 EMN 即为所求 G4 不等边三角形的内心为 对于令为过且与 相 123 A A AI1 2 3i i I 1ii A A 2ii A A 切的较小的圆 指标在 mod3 意义下取 令为与的另一个交点 i B 1i 2i 证明 的外接圆圆心共线 11 AB I 22 A B I 33 A B I G4S 对于 以下指标均在 mod3 意义下取 令为的圆心 的1 2 3i i O i 123 A A A 外接圆上 令为 不包含 的中点 i M A 12ii A A i A 首先有是的垂直平分线 这意味着圆心在上 此外 12ii O O i IB ii AB I i R 12ii O O 易知 这说明在上 因此 11iii MAMI 22iii MAMI i R 12ii MM 1212iiiii RO OMM 因为 共点 I 由笛沙格定理 和的交点即 11 M O 22 M O 33 M O 12ii O O 12ii MM 共线 i R1 2 3i G5 圆均与圆外切 切点分别为 并且它们还分别与的两 123 S SSS 111 A B CABC 条边相切 证明三线共点 111 AA BB CC G5S 设的内切圆的圆心为 半径为 的半径分别为ABC IR 123 SSSSAAAA 则 设为上的一点 且满足 123 r r r r 1 1 1 1 r r H A H A r R ISS AAAPSI 则 从而有在一条直线上 同理与 PSr PIR r H P R IS AA 1 A A P 1 B B P 均三点共线 即三线共点 1 C C P 111 AA BB CC G6 ABC 和 PQR 满足如下条件 A 和 P 分别是线段 QR 和 BC 的中点 QR 和 BC 是 BAC 和 QPR 的内角平分线 求证 AB AC PQ PR G6S 设 X 为线段 BC PQ 中垂线的交点 Q R 是 Q R 关于直线 XP 的对称点 B C 是 B C 关于直线 XZ 的对称点 Q PB QPC RPC Q P R 三点共线 同理 Q P R B A C B A C 分别三点共线 又 XR XR XQ XQ XR XQ X 为 Q Q R R 共圆的圆 心 同理 X 为 B B C C 共圆的圆心 设 Y 点是 XP 与 QR 的交点 BY YC BAY CAY B A C Y 共圆 RPQ PQQ PQ Q 2 PQ Q RXQ P X R Q 共圆 同理 X A C B 共圆 X A C B Y 五点共圆 XCY XAT 90 XPC YC 2 YP YX TR YQ YX 2 XR 2 又 YC 2 YX 2 XC 2 XR XC B B C C R R Q Q 共圆 圆心为 Y YB YC 为该圆的切线 A BC Q R R B Q X Y P C BXC YBC YXA 90 Q YQ YQQ QXR 1 2 1 2 1 2 BXC QXR BC QR 又 BC AB AC AB AC QR QP PR PQ PR AB AC PQ PR 命题得证 G7 ABCD 是等腰梯形 其中 AD BC 为底 一个与 AB AC 均相切的圆交 BC 于 M N DM DN 与 BCD 内切圆的交点 其中离 D 较近的分别记作 X Y 求 证 XY AD G7S 设 1切 AB AC 于 F G 交 BC 于 MN BCD 内切圆为 2 延长 DB 至 P 使 BP BF 延长 DC 于 Q 使 CQ CG 则 DP DB BP AC BF AG GC BF AF FB GC AB GC DC CQ DQ 存在 3切 DB 于 P 切 DC 于 Q 又设 3交 BC 于 M N 由圆幂定理知 BM BN BP 2 BF 2 BM BN CM CN CQ 2 CG 2 CM CN 两式相减得 BM BN CM CN BM BN CM CN 左边 BM BN BM CN CM CN BM CN BM BC CN BC BM CN BC 同理 右边 BM CN BC BM CN BM CN d 代回 得 BM BC d BM BM BC d BM BM BM 或 BC d BM 第一种情况下 M 与 M 重合 N 与 N 重合 而第二种情况下 M 与 N 重合 N 与 M 重合 即总有 3与 BC 交于 M N 注意到 2与 3关于点 D 位似 又由 X Y 点的选取知它们分别为这个位似下 M N 的对应点 XY MN 得证 G8 已知 ABC 在 BC CA AB 上分别取点 D E F 使四边形 Q P N F X G 2 1 3 A B C D M Y AEDF BDEF CDEF 均为圆外切四边形 求证 AD BE CF 三线共点 G8S 作 DEF 内切圆 切 EF FD DE 于 P Q R 又设 ABC 内切圆为 I AEF 内切圆为 1 记 1 I 半径分别为 R1 R r 由 AEDF 为圆外切四边形知 AF DE AE DF FP PE FD DE FA AE 1切 EF 于 P 1与 外切 1 P 三点共线 另一方面 易知 A 1 I 三点共线 延长 AP 交 I 于 T 则对 I 1与截线 AP 用梅氏定理知 1 0T TI IA A 1 1P P 注意到 上式 1 即 A 1 AI R1 r 0T TI r R1 R1 R 0T TI R r T 为线段 I 上一个定点 AP BQ CR 三线共点于 T 由塞瓦定理知 1 sin FAP sin EAP sin ECR sin DCR sin DBQ sin FBQ 再用角平分线定理知上式 1 将 FP FQ EP ER DQ DR 代入得 1 FA EA EC DC DB FB 由塞瓦定理即知 AD BE CF 三线共点 得证 G9 ABC 中 I1 I2 I3分别是 A B C 所对的旁切圆 I G 是 ABC 的内 心 重心 求证 I1 I2 I3的根心在 IG 上 G9S 作 I2H2 I3H3 BC H2 H3 熟知 BH2 CH3 取 BC 中点 则 MH2 AB BC CA 2 MH3 M 在 I2 I3根轴上 C Q P E F R 1 I A B T D I M G H 2 3 3 1 2 B A C T H I I I 熟知 A G M 共线且 AG 2GM 延长 IG 至 T 使 IG 2GT 则 AGI MGT GNT GAC MT AI 又 AI I2I3 MT I2I3 MT 为 I2 I3的根轴 T 在根轴上 同理 T 在 I1与 O2 I1与 O3的根轴上 T 为三圆的根心 且 T 在 IG 上 得证 G10 在 ABC 中 I 为内心 延长 AI BI CI 交对边于 D E F 连 DF DE 交 BI CI 于 G H AB AC 求 E F G H 四点共圆的充要条件 G10S E F G H 四点共圆 DFC BED 又 DFC BED FDB EDC a b 1 试求最大的整数 c 使得对所有满足上 述条件的 a b 和 p 都有 pc C C N9S 取 p 5 a 3 b 2 可知 5c C C 即 5c 3000 可知 c 3 下面证明 对任意满足条件的 均有 p3 C C 事实上 注意到 C C ap ap 1 a b p 1 bp a b a b a b a b kp 1 kp p 1 kp 1 kp p 1 a b a b a 1 k a b b 1 k 0 于是 只需证明 p3 A 这里 A kp 1 kp p 1 kp 1 kp p 1 a 1 k a b b 1 k 0 为此令 f x x 1 x p 1 x p 1 p 2 x p 2 1 x p 1 注意到 当 x 1 2 p 1 时 均有 f x 0 mod p 而由费尔马小定理可知 x p 1 1 mod p 而由 Wilson 定理可知 p 1 1 mod p 于是 同余方程 f x x p 1 p 1 0 mod p 有 p 1 个解 利用 Largrange 定理 可知 1 p 2都是 p 的倍数 这样 进一步在 f x 中 令 x p 将有 p2 1 于是 A f kp f kp a 1 k a b b 1 k 0 p 1 b 1 1kp p 1 b p 1 b 1 1kp p 1 b a 1 k a b b 1 k 0 0 mod p3 所以 命题中所求的 c 的最大值为 3 N10 求方程的全部正整数解 27252 xy N10S 先将方程配成佩尔方程的形式 易见为奇数 令 x21xm 2 27252272 271 25 271 xyxxyx AA 22 3 2713 5 331 xym AA 佩尔方程的通解 有 1 21 2 2 1 271232323 2 k nn mn k k n k 2 1 31 2 21 1 5 3232323 2 3 k nn ymn k k n k A 令 易见 为大于等于 5 的奇数 3ln 1 1 2 323 k ln k n k k 而 13442 2232812 2103 13 nnnn nn nnnnnn AAA 其中不被 3 整除 故 2 103nn 13 3223 13 lnn nn A3 2 l 右 3 2 l 左31lm 又 为大于等于 2 的偶数 1 2 323 k ln k n k k 由 1 可得 131 32133 lnlm nn 故 1 右 矛盾 31 321 2227111 m nm m 时 左 所有原方程只有一组正整数解 1 1x y C1 用水平和垂直的直线网把一块正方形黑板分成边长为 1 的 n2个小方格 试问对 于怎样的最大自然数 n 一定可以选出 n 个小方格 使得任意面积不小于 n 的矩 形中都至少包含有上面选出的一个小方格 矩形的边是沿着直线网的 C1S 显然 如果选出 n 个小方格满足问题的条件 那么 在每一行 每一列 都恰有一个选定的小方格 右图表明 n 7 时 有满足要求的选法 设 n 7 称第一个方格被选定的行为 A 若 A 是第一行 则称第二 三 行为 B C 若 A 是第 n 行 则称第 n 1 n 2 行为 B C 若 A 不是第一 行与第 n 行 则称与 A 相邻的两行为 B C 设行 B 中第个方格是选定的 如果或 那么在b 2 n bn 1 2 n b A B 两行中就可以找到一个面积不小于 n 而其中不含选定小方格的长方 形 所以必定有 2 22 nn nb 考虑 A B C 三行中 由第列构成的长方形与第2 3 2 n n 列构成的长方形 因为 它们的面积都不小于 这两2 2 n n 7n n 个长方形中都不含有 A B 两行中选定的小方格 而 C 这行中只能有一个 选定的小方格 所以这两个长方形中必定有一个是不包含有选定的小方格 的 因此 所求的最大值为 n 7 C2 在的棋盘中 任行和任 列的公共部分称为它的 子片 并称为它的n n klkl 半周长 假如若干个半周长不小于的 子片 共同覆盖了棋盘的整条主对角线 n 证明 这些子片覆盖的方格数不少于棋盘总方格数的一半 C2S 用数学归纳法证明 当时 结论显然成立 当时 假设对所有1 2n 2n 的棋盘结论成立 要证对的棋盘结论也成立 m m mn n n 对任一组满足题设要求的子片 考虑关于主对角线对称的方格对与 i j 如果在每对方格中至少有一个被覆盖 那么结论成立 j i ij 如果有一对对称方格与都不被覆盖 删去第 行及第 列 这时 i j j iijij 每个子片至多被删去两行 或两列 或一行一列 否则该子片盖住方格或 i j 因此半周长都不小于 根据归纳假设 剩下的的棋盘 j i2n 2 2 nn 中至少有一半的方格被子片覆盖 删去的方格共个 由于盖住方格的子片 半周长不小于 所以它在44n i in 第 行与第 列至少盖住个方格 同理 盖住方格的子片至少盖住第ii1n j j 行与第列的个方格 由于子片不盖住方格与 所以在删去的两jj1n i j j i 行两列中被子片覆盖的方格至少个 即不少于被删去方格的一半 2 1 n 综上所述 本题得证 C3 将一个 a b a b 的矩形剖分为若干个直角三角形 其中任意两个直 角三角形或有公共边 或有一个公共顶点 或无公共点 若两个三角形有 公共边 则此边是一个三角形的直角边 另一个三角形的斜边 证明 a 2b C3S 首先证明 任何三角形的顶点不可能在矩形的内部 假设某三角形的顶 点 O 在矩形的内部 以 O 为端点的边依顺时针方向排列为 OA1 OA2 OAn 不妨设 OA1是 OA1An的直角边 则 OA1是 OA1A2的斜边 OA2是 OA1A2的直角边 因此 OA2是 OA2A3的斜边 如 此下去 可得到 OA1 OA2 OA3 OAn OA1 这显然是不可能的 故假设不真 设这些直角三角形中 ABC 的斜边 AB 最长 若 AB 在矩形内部 它必 是另一个直角三角形的直角边 这个三角形具有更长的斜边 与 AB 的最 长性矛盾 因此 AB 必落在矩形的某边上 而 C 点只能落在此边的对边 上 取 AB 的中点 M 则 a AB 2MC 2b C4 个全等正三角形最多可以把平面分成多少个区域 n C4S 显然可设任两个三角形不完全重合 我们考虑第个三角形 若与前n n n 个三角形的边有个交点 重叠的部分只算一个交点 则被这个交1n p n p 点分割成段 线段或折线 不包括重叠部分 每一段恰把某一区域分成两p 个区域 于是增加后 使区域数恰增加了个 显然两个三角形最多只有 6 n p 个这样的交点 故增加的最多可增加个区域 n 61n 设个全等正三角形最多可以把平面分成个区域 我们先用数学归纳法证明 n n a 2 332 n ann 因为一个三角形可以把平面分成两个区域 于是当时式成立 设当1n 时式成立 即有1nk 22 1 3 1 3 1 2398 k akkkk 则当时 由上面讨论知nk 2 1 61332 kk aakkk 由归纳原理知式对任意自然数成立 n 为证式等号可以成立 只要给出个全等三角形的一种画法 使得任两个三 n 角形恰有 6 个不同的交点 且没有 3 条边相交于一点就可以了 这只要使这个n 三角形有公共的外接圆 且他们两两不重合 就能满足要求 事实上 有平面几何知识可知 同一圆内的两个不同的内接正三角形恰有 6 个 不同的交点 又因过圆内与圆上的任一点不能作 3 条长度均等于半径的弦 3 于是在这个内接正三角形中没有 3 条边相交于同一点 n 所以 个全等正三角形最多可以把平面分成个区域 n 2 332nn C5 设是集合 M 的两个划分 又对任何两个 212211nn BBBDAAAD 不变的子集有求证 并说明等号能否成 1 njiBA ji nBA ji 2 2 1 nM 立 C5S 令 不妨设因两两不交 故 1 min njiBAk ji kAi n BBB 21 中至多有个使 设 n BBB 21 k j B 1j AB 1j AB 2 1 knmj 由的选取知从而 k 2 1 mjkBj 1 mkB m j j 又因 1j AB 1 nmi 故 11 nBABA ii 即 knBi 所以 111 nmn jjj jjj m MBBBmknm nk 2 knmknn 若因故 2 n k km 22 2 2 2 2 2 222 nnn Mn nkm nkn nkk nkk 若则 从而 2 n k 2 1 2 ni n Ai 2 11 2 nn ii ii n MAA 下面说明是可以取到的 显然这时为偶数 取则 令 2 2 n M n 4 n8 M 易验证 M 的两个划分 8 7 6 5 4 3 2 1 M D1 1 2 3 4 5 6 7 8 D2 1 2 3 5 4 6 7 8 满足题目条件 C6 典狱长要和 100 个囚犯玩这么一个游戏 典狱长给每个囚犯发两个手套 一个 黑色的 一个白色的 之后 每个囚犯的额头上都会写上一个实数 所有这 100 个实数互不相同 每个囚犯都能看到其他 99 个囚犯前额上所写的数 但 不能看到自己的数 接下来 每个囚犯必须独立地决定把哪个手套戴在哪只手 上 等到所有囚犯都戴好了手套 典狱长会把他们按照前额上所写的数从小到 大地排好 并要求他们手牵着手站成一横排 如果每两只握在一起的手都戴着 相同颜色的手套 那么所有 100 个囚犯都可以被释放 在游戏开始前 他们可以聚在一起 商量一个对策 游戏开始后 囚犯与囚犯 之间不允许有任何交流 囚犯们能够保证全部释放吗 C6S 有这么一个策略 使得囚犯们保证能被释放 为了便于叙述 我们换一种方式 来描述这个游戏 囚犯们需要根据自己看到的情况 独立地在一张小纸条上写下 字母 A 或 B 对应着 左黑右白 和 左白右黑 两种决策 然后 把囚犯按前 额的数从小到大排序 依次念出囚犯所写的字母 如果 A 和 B 自始至终一直 交替出现 囚犯们就能被释放 如果只有两个囚犯 显然有一个必胜的方案 只需要事先约定不管怎样都是你 写 A 我写 B 就行了 如果有更多的囚犯 下面的策略可以保证他们获胜 不妨把囚犯们从 1 到 n 进行编号 这个编号可以由囚犯们在游戏开始前约定 好 把囚犯们按额头上的数重新排序后 我们就得到了一个从 1 到 n 的排列 不妨把囚犯们从 1 到 n 进行编号 这个编号可以由囚犯们在游戏开始前约定 好 把囚犯们按额头上的数重新排序后 我们就得到了一个从 1 到 n 的排列 比方说有 8 个囚犯 他们额头上的数分别是 囚犯编号 1 2 3 4 5 6 7 8 额上实数 0 1 0 4 0 6 0 2 0 8 1 1 0 5 1 5 那么重新排序后得到的排列是 1 4 2 7 3 5 6 8 但是 由于囚犯不知道自己额头上的数 因此每个囚犯只能 看见 这个排列除 他之外剩下的部分 比方说 囚犯 2 就只能看到另外 7 个人形成的不完整排列 1 4 7 3 5 6 8 如果在一个序列中 位于前面的某个数比位于后面的某个数更大 我们就说这 两个数是一对 逆序对 囚犯们的策略是 数一数自己看到的序列中有多少逆序 对 如果逆序对的个数与他自己的编号同奇偶 则回答字母 A 否则回答字母 B 比方说 例子中囚犯 2 能看到的逆序对有 4 3 7 3 7 5 7 6 共 4 个 自己的编号是 2 因此他将回答 A 而囚犯 7 将看到序列 1 4 2 3 5 6 8 他只能看到 4 2 4 3 两个逆序对 自己的编号却是奇数 7 因此他将回答 B 你会发现 囚犯 2 和囚犯 7 这两个位置相邻的人恰好一个回答了 A 一个 回答了 B 这并不是一个巧合 我们将以这两个囚犯为例 说明位置相邻的囚 犯看到的逆序对个数的奇偶性相同 当且仅当他们编号的奇偶性不同 注意到 两个囚犯看到的序列都形如 1 4 3 5 6 8 其中问号处就是对方的编号 在此序列中 不含问号项的逆序对是囚犯 2 和囚 犯 7 都能看见的 囚犯 2 能看见的额外的逆序对 一定是在数字 7 和别的数 之间产生的 而囚犯 7 能看见的额外的逆序对 则是在数字 2 和别的数之间产 生 注意到 对于所有小于 2 或者大于 7 的数 k 不管 k 在序列中的什么位 置 2 和 k 7 和 k 要么都是逆序对 要么都不是逆序对 而对于序列中那 些大小严格介于 2 和 7 之间的数 k 要么 2 和 k 构成一对逆序对 要么 7 和 k 构成一对逆序对 也就是说 囚犯 2 和囚犯 7 看到的逆序对个数是否同 奇偶 取决于位于 2 和 7 之间的数是否有偶数个 也就是取决于 2 和 7 是否 不同奇偶 类似地 我们可以说明 按照额上的实数排序后 相邻两个囚犯一定都写下了 不同的字母 因此 他们能保证 100 地通过游戏 获得释放 C7 有一种游戏 魔术师让参与者想好一个正整数 至少两位数 例如 n aaa 21 然后将 重排为 即 为 的一个排列 这 n aaa 21 n iii aaa 21 n iii 21 n 2 1 样另产生个数 参与者算出这 个数的和 然后将告诉魔术师 魔术1 n1 nSS 师不知道 魔术师声称能知道参与者所想的数 试问 魔术师是否一定能成功 n 这里的数是十进制数 如 得到 其中 210456012021102120201 S 12012 21021 C7S 魔术师一定能成功 用表示对应于的 则 n aaa S 21 n aaa 21 S 110 1 21 n aaa nS n 11 1 10 1 1 1 1 10 21 nn aaa nnaS n 注意到区间 两两不交 这样由可 3 2 110 1 10 1 1 1 nnn nn S 确定参与者所想数的位数 n 先处理的情形 若为一位数 则 若为两位数 则 2 nS0 21 Saa Sabbaaa 21 下设 有如下关系式3 n 1 11010 1 1 1 21n n n aanaaaS 由模 9 有 1 9 mod 1 21 Saaan n 又 故在模 9 意义下由唯一确定 3 1 9 1 nn n aaa 21 S 又由 有 1 1 10nS110 11010 1 1 1 n n n Saan 故 11010 1 10 1 1 n n n S n aaa 21 2 11010 1 110 1 n n n S 因为 11010