2001首届女子数学奥林匹克

●竞赛之窗● 首届女子数学奥林匹克 (2002Ο08Ο16～08Ο17 ,珠海) 第 一 天 一、求出所有的正整数 n ,使得 20 n + 2 能整除 2 003 n + 2 002. 二、夏令营有 3 n ( n 是正整数) 位女同学参加 ,每 天都有 3 位女同学担任值勤工作 . 夏令营结束时 ,发 现这 3 n 位女同学中的任何两位 ,在同一天担任值勤 工作恰好是一次 . (1) 问 :当 n = 3 时 ,是否存在满足题意的安排 ? 证明你的结论 ; (2) 求证 : n 是奇数 . 三、试求出所有的正整数 k ,使得对任意满足不 等式 k ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2) 的正数 a、b、c ,一定存在三边长分别为 a、b、c 的三 角形. 四、⊙O1 和 ⊙O2 相交于 B 、C 两点 , 且 BC 是 ⊙O1 的直径 . 过点 C 作 ⊙O1 的切线 ,交 ⊙O2 于另一 点 A ,连结 AB ,交 ⊙O1 于另一点 E ,连结 CE 并延长 , 交 ⊙O2 于点 F. 设点 H 为线段 AF 内的任意一点 ,连 结 HE 并延长 ,交 ⊙O1 于点 G,连结 BG 并延长 ,与 AC 的延长线交于点 D. 求证 : AHHF = AC CD . 第 二 天 五、设 P1 , P2 , ⋯, Pn ( n ≥2) 是 1 ,2 , ⋯, n 的任意 一个排列 . 求证 : 1 P1 + P2 + 1 P2 + P3 + ⋯+ 1Pn - 2 + Pn - 1 + 1 Pn - 1 + Pn > n - 1 n + 2 . 六、求所有的正整数对 ( x , y) ,满足 xy = yx - y . 七、锐角 △ABC 的三条高分别为 AD、B E、CF. 求 证 : △DEF 的周长不超过 △ABC 周长的一半. 八、设 A1 , A2 , ⋯, A8 是平面上任意取定的 8 个 点 ,对平面上任意取定的一条有向直线 l ,设 A1 , A2 , ⋯, A8 在该直线上的射影分别是 P1 , P2 , ⋯, P8 . 如果 这 8 个射影两两不重合 ,依直线 l 的方向依次排列为 Pi1 , Pi2 , ⋯, Pi8 ,这样 ,就得到了 1 ,2 , ⋯,8 的一个排列 i1 , i2 , ⋯, i8 (在图 1 中 ,此排列为 2 ,1 ,8 ,3 ,7 ,4 ,6 ,5) . 设这 8 个点对平面上所有有向直线作射影后 ,得到的 不同排列的个数为 N8 = N ( A1 , A2 , ⋯, A8 ) ,试求 N8 的最大值 . 图 1 参 考 答 案 一、显然 ,2| n. 令 n = 2 m ( m ∈N3 ) ,则 ( 20 m + 1) | (2 003 m + 1 001) . 因 2 003 m + 1 001 = 100 (20 m + 1) + 3 m + 901 , 故 (20 m + 1) | (3 m + 901) . 易知3 m + 90120 m + 1 = 1 ,2 ,3 ,4 时都无正整数解. 因此 , 3 m + 901 20 m + 1 ≥5 ,可知 m ≤ 896 97 < 10. 但对 m = 1 , 2 , ⋯, 9 逐一检验知 (20 m + 1) 8 (3 m + 901) . 所以满足题设要 求的 n 不存在 . 另解 :同上 , (20 m + 1) | (2 003 m + 1 001) . 由 (20 m + 1 ,20) = 1 , (2 003 m + 1 001) ×20 - ( 20 m + 1) ×2 003 = 18 017可知 , (20 m + 1) | 18 017. 注意到 18 017 = 43 × 419 ,43、419 为素数 ,故 20 m + 1 = 43 ,419 ,18 017 ,但均 无正整数解. 所以 ,不存在满足题设要求的 n. 二、(1) 当 n = 3 时 ,存在满足题意的安排 . 具体 安排如下 (把 9 位女同学记为 1 ,2 , ⋯,9) : (1 ,2 ,3) , (1 ,4 ,5) , (1 ,6 ,7) , (1 ,8 ,9) , (2 ,4 ,6) , (2 ,7 ,8) , (2 ,5 ,9) , (3 ,4 ,8) , (3 ,5 ,7) , (3 ,6 ,9) , (4 ,7 ,9) , (5 ,6 ,8) . (2) 任意选一位女同学 ,因为她和其他每一位女 42 中 等 数 学 同学恰好值勤一次 ,并且每天有 3 人值勤 ,所以 ,其余 3 n - 1 位女同学两两成对 . 故 2| (3 n - 1) . 所以 , n 是奇数 . 三、因 ( a - b) 2 + ( b - c) 2 + ( c - a) 2 ≥0 , 故 a2 + b2 + c2 ≥ab + bc + ca. 可知 k > 5. 注意到 k 为正整数 ,因此 , k ≥6. 由于不存在边长分别为 1、1、2 的三角形 ,依题 设 ,有 k (1 ×1 + 1 ×2 + 1 ×2) ≤5 (12 + 12 + 22) , 即 　k ≤6. 以下证明 k = 6 满足题设要求 . 不妨设 a ≤b ≤c ,则 6 ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2) , 即 　5 c2 - 6 ( a + b) c + 5 a2 + 5 b2 - 6 ab < 0. Δ = [6 ( a + b) ]2 - 4 ×5 (5 a2 + 5 b2 - 6 ab) = 64[ - ( a - b) 2 + ab ] ≤64 ab ≤64 a + b2 2 = 16 ( a + b) 2 . 因此 ,可得 c < 6 ( a + b) + Δ 10 ≤6 ( a + b) + 4 ( a + b) 10 = a + b. 这明以 a、b、c 为长度可构成三角形. 以下是证明 k = 6 满足题意的其他一些方法. 方法一 :不妨设 a ≤b ≤c. 若 c ≥a + b ,则 5 a2 + 5 b2 + 5 c2 - 6 ab - 6 bc - 6 ca = 4 ( a - b) 2 + [5 c - ( a + b) ][ c - ( a + b) ] ≥0 , 与 　6 ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2) 矛盾. 故 c < a + b. 方法二 :构造函数 f ( x) = 5 x2 - 6 ( a + b) x + 5 a2 + 5 b2 - 6 ab. 则 f ( c) < 0. 因 f ( x) 在区间 35 ( a + b) , + ∞ 递增 ,且 f ( a + b) = 5 ( a + b) 2 - 6 ( a + b) ( a + b) + 5 a2 + 5 b2 - 6 ab = 4 ( a - b) 2 ≥0 , 　　故 c < a + b. 四、如图 2 ,因 BC 是 ⊙O1 的直径 , AC 与 ⊙O1 切 于 C ,故 ∠B EC = ∠FEA = ∠BCA = ∠BCD = 90°. 设 ∠ABC = α, ∠CBD =β,则 　　∠AFC = α, ∠CEG =β. 根据正弦定理 ,有 图 2 　　 AH sin ∠HEA = HE sin ∠HAE , HF sin ∠FEH = HE sin ∠HFE , 即 　AHHE = cosβ cosα, HF HE = sinβ sinα. 两式相除得 　AHHF = tanα tanβ. ① 在 Rt △ABC 中 , ACBC = tanα; 在 Rt △BCD 中 , CDBC = tanβ. 两式相除得 　ACCD = tanα tanβ. ② 由 ①、②知 　AHHF = AC CD . 五、根据柯西不等式 ,有 1 P1 + P2 + ⋯+ 1Pn - 1 + Pn [ ( P1 + P2) + ⋯ + ( Pn - 1 + Pn) ] ≥( n - 1) 2 . 则 1P1 + P2 + ⋯+ 1 Pn - 1 + Pn ≥ ( n - 1) 2 2 ( P1 + ⋯+ Pn) - P1 - Pn ≥ ( n - 1) 2 n ( n + 1) - 3 = ( n - 1) 2 ( n - 1) ( n + 2) - 1 > ( n - 1) 2 ( n - 1) ( n + 2) = n - 1 n + 2 . 六、若 x = 1 ,则 y = 1 ;若 y = 1 ,则 x = 1 ;若 x = y , 则 x = y = 1. 故只需讨论 x > y ≥2 的情形 . 由方程得 1 < xy y = yx - 2 y . 故 x > 2 y , y| x. 设 x = ky ,则 k ≥3 , k ∈N. 于是 , ky = y ( k - 2) y . 有 　k = yk - 2 . 因 y ≥2 ,故 yk - 2 ≥2 k - 2 . 用数学归纳法易证 2 k > 4 k ( k ≥5) . 于是 ,仅可能 k = 3 ,4. 当 k = 3 时 , y = 3 , x = 9 ;当 k = 4 时 , y = 2 , x = 8. 所以 ,全部解 ( x , y) 为 (1 ,1) , (9 ,3) , (8 ,2) . 七、证法一 :由于 D、E、A、B 四点共圆 ,且 AB 为 该圆直径 ,根据正弦定理 ,可得 DE sin ∠DAE = AB = c , 即 　DE = csin ∠DAE. 又 ∠DCA = 90°- ∠DAC ,所以 , DE = ccos C. 522003 年第 1 期 同理 , DF = bcos B . 于是 , DE + DF = ccos C + bcos B = (2 Rsin C) cos C + (2 Rsin B) cos B = R (sin 2 C + sin 2 B) = 2 Rsin ( B + C) cos( B - C) = 2 Rsin A·cos ( B - C) = acos( B - C) ≤a. 同理 , DE + EF ≤b , EF + DF ≤c. 将上述三式相加得 DE + EF + FD ≤12 ( a + b + c) . 证法二 :设 M 为 BC 中点 , E′为 E 关于 BC 的对 称点 , H 为 △ABC 的垂心 . 图 3 如图 3 ,因 B 、D、H、F 四点共圆 ,故 ∠1 = ∠4. 同 理 , ∠2 = ∠3. 又 ∠1 = ∠2 ,故 ∠4 = ∠3. 又 ∠3 = ∠5 ,所以 ∠4 = ∠5 , F、D、 E′三点共线 . 在直角 △BCE 和直角 △BCF中 ,有 EM = FM = 1 2 BC. 而 M E′= ME ,故 DE + DF = DE′+ DF = E′F ≤MF + M E′= BC. 同理 , DE + EF ≤AC , EF + FM ≤AB . 将上述三式相加 ,即知命题成立. 图 4 证法三 :先证 △DEF 是 锐角 △ABC 的所有内接 三角形中周长最短的三 角形. 设点 D′是 BC 边上 任一固定点 ,如图 4 ,作 点 D′关于 AB 、AC 的对 称点 D1 、D2 ,连结 D1 D2 分别交 AB 、AC 于点E′、F′, 则 △D′E′F′周长最短 . 事实上 , △D′E′F′的周长 = D′E′+ E′F′+ F′D′ = D1 E′+ E′F′+ F′D2 = D1 D2 . 在 AB 、AC 上任取 E1、F1 ,则 △DE1 F1 的周长 = DE1 + E1 F1 + F1 D = D1 E1 + E1 F1 + F1 D2 ≥D1 D2 , 当且仅当 E1 、F1 分别与 E′、F′重合时取等号 . 所以 , 当点D′固定时 ,上述 △D′E′F′周长最短 . 因 ∠D1 AD2 = 2 ∠BAC , AD1 = A D′= AD2 ,根据余 弦定理 , D1 D2 的长度仅与 A D′有关 ,当 A D′取最小 值时 , D1 D2 也取最小值. 此时 , △D′E′F′为 △ABC 中周长最短的内接三角形 ,故点D′应为 BC 边上高线 的垂足 D. 如图 5 , △DEF为 △ABC的垂足三角形 , 则 图 5 △ABC 的三条高平分 △DEF 的 内角 ,有 ∠AFE = ∠DFC = ∠CFD2 , 从而 , E、F、D2 三点共线 . 同理 , D1 、E、F 三点共线 . 综上所述 , 垂足 △DEF 为 △ABC 中周长最短的内接三角形. 分别在 △ABC 的三边上取中点 M、N、L ,则 DE + EF + FD ≤MN + NL + LM = 1 2 ( AB + BC + CA) . 注 :本题证明方法较多 ,这里仅给出其中三种解 答. 八、对两条平行且同方向的有向直线 , A1 , A2 , ⋯, A8 的射影次序一定相同. 所以 ,只要讨论通过一 定点 O 的所有有向直线即可. 若所取的有向直线与某两点的连线垂直 ,则该 两点的射影必重合 ,所以不产生相应的排列 . 不然 , A1 , A2 , ⋯, A8 的射影必两两不重合 ,因此 ,对应地有 一个排列 . 图 6 设通过点 O 且与某 两点连线垂直的所有直线 的数目为 k. 显见 , k ≤C28 = 28.由此产生 2 k 条有向 直线 ,依逆时针方向排列 , 设它们依次是 l1 , l2 , ⋯, l2 k ,如图 6. 对任意一条有向直线 l (不同于 l1 , ⋯, l2 k) 一定 存在两条相邻的有向直线 lj 、lj + 1 ,使得 lj 、l、lj + 1按逆 时针方向排列. 显见 ,对取定的 j ,由这样的 l 所得到 的相应排列必相同 . 若对不同于 l1 , ⋯, l2 k的两条有向直线 l、l′,不存 在 j ,使得 lj 、l、lj + 1及 lj 、l′、lj + 1都满足上一段叙述中 所说的要求 ,则必有 j ,使 l′、lj 、l 按逆时针方向排列 . 设 lj 垂直于 Aj1和 Aj2的连线 ,显见点 Aj1和 Aj 在有向 直线 l、l′上的射影的次序一定不同 ,相应得到的排列 必不同 . 如上所述 ,不同的排列数为 2 k. 注意到 , k = C28 是可以取到的 ,所以 , N8 = 56. (命题组成员 :潘承彪 　钱展望 　苏淳 　李胜宏 　熊斌 　吴伟朝 　祁建新 　钱展望执笔整理) 62 中 等 数 学