月份:2017年10月


2017IOM-1


问题: ABCD为一个平行四边形, 其中角B为钝角且AD>AB. 在对角线AC上取点K, L, 满足\angle ABK=\angle ADL (A, K, L, C两两不同且KA, L之间). 设直线BK交三角形ABC的外接圆\omegaB, E, 直线EL\omegaE, F. 证明: BF/\!/AC.

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证明: 如图, 连CEADG. 因为\angle ADL=\angle ABK=\angle ACE, 所以C, D, G, L四点共圆.

AE, LG. 因为\angle CGL=\angle CDL=\angle CBE=\angle CAE, 所以A, L, G, E四点共圆.

因为\angle CBF=\angle CEF=\angle CAD=\angle ACB, 所以BF/\!/ AC.

学生问题答疑


问题: 求证: 由数字1\sim 7任意排列所得的7!个七位数中, 不存在一个数是另一个数的倍数.

解答: 这样的七位数, 数字和是一个定值28, 其模9的余数1即为七位数模9的余数.

另一方面, 这7!个七位数中, 最大数不超过最小数的6倍. 若存在一个数是另一个数的倍数, 则为2\sim 6倍. 其模9的余数即为2\sim 6, 矛盾. 故原结论成立.

学生问题答疑


问题: 设二次函数f(x)=a{{x}^{2}}+bx+c对一切实数x\in [-1,1], 都有|f(x)|\leqslant 1.

(1) 当|x|\leqslant 1时, 求证: |2ax+b|\leqslant 4;

(2) 当|x|\leqslant 1时, 求证: |cx^2+bx+a|\leqslant 2;

(3) 求|a|+|b|+|c|的最大值.

解: (1) 当|x|\leqslant 1时, |2ax+b|\leqslant \max\{|2a+b|, |2a-b|\}.

因为|f(0)|=|c|\leqslant 1, |f(1)|=|a+b+c|\leqslant 1, |f(-1)|=|a-b+c|\leqslant 1,

所以|2a+2c|=|(a+b+c)+(a-b+c)|\leqslant |a+b+c|+|a-b+c|\leqslant 2, 所以|a+c|\leqslant 1.

进而|2a+b|=|(a+b+c)+(a+c)-2c|\leqslant |a+b+c|+|a+c|+2|c|\leqslant 4,

并且|2a-b|=|(a-b+c)+(a+c)-2c|\leqslant |a-b+c|+|a+c|+2|c|\leqslant 4.

因此|2ax+b|\leqslant 4.

(2) 由\begin{cases} f(1)=a+b+c, \\ f(-1)=a-b+c, \\ f(0)=c. \end{cases}解得\begin{cases} a=\dfrac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}, \\ b=\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}, \\ c=f(0). \end{cases}所以

    \[\begin{aligned}  |cx^2+bx+a|&=\bigg|f(0)x^2+\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}x+\dfrac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}\bigg|\\ 		&=\bigg|f(0)(x^2-1)+\dfrac{f(1)}{2}(1+x)+\dfrac{f(-1)}{2}(1-x)\bigg|\\ 		&\leqslant |f(0)|\cdot |x^2-1|+\bigg|\dfrac{f(1)}{2}\bigg|\cdot |1+x|+\bigg|\dfrac{f(-1)}{2}\bigg|\cdot |1-x|\\ 		&\leqslant |x^2-1|+\dfrac{1}{2}\big(|1+x|+|1-x|\big)\\ 		&\leqslant 1+\dfrac{1}{2}\times 2=2.  \end{aligned}\]

(3)(法一)\begin{cases} f(1)=a+b+c, \\ f(-1)=a-b+c, \\ f(0)=c. \end{cases}解得\begin{cases} a=\dfrac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}, \\ b=\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}, \\ c=f(0). \end{cases}所以

    \[\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\leqslant \left|\dfrac{f(1)+f(-1)}{2} \right|+\left|\dfrac{f(1)-f(-1)}{2} \right|+2\left|f(0)\right|=\left|a+c\right|+\left|b\right|+2\left|f(0)\right|.\]

这里\left| a+c \right|+\left| b \right|\leqslant \max \left\{ \left| a+b+c \right|,\left| a-b+c \right| \right\}=\max \left\{ \left| f( 1 ) \right|,\left| f( -1 ) \right| \right\}\leqslant 1.

所以\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|\leqslant 3.此时f(x)=2{{x}^{2}}-1f( x )=-2{{x}^{2}}+1.

|a|+|b|+|c|的最大可能值是3.

(3)(法二) 不失一般性, 设a\geqslant  0. 这是因为:

a<0, 则对a{{x}^{2}}+bx+c乘以-1, 但不影响\left| a{{x}^{2}}+bx+c \right|的范围与\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|的值.

不失一般性, 设b\geqslant  0. 这是因为:

若以-x代替x, 也不影响\left| a{{x}^{2}}+bx+c \right|的范围与\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c\right|的值.

因此设f(x)=a{{x}^{2}}+bx+c, 则f(0)=c, f(1)=a+b+c.

c\geqslant  0, 则\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|=a+b+c\leqslant  1;

c<0, 则\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|=a+b-c=( a+b+c )-2c\leqslant 1+2=3.

f(x)=2{{x}^{2}}-1满足题设, 故|a|+|b|+|c|的最大可能值是3.

20171002-2


20171002-2:

设集合S包含{{n}^{2}}+n-1个元素, 其中n是正整数. 将Sn元子集任意划分为两组. 求证: 某一组中至少有n个两两不交的集合.

(尚未收到解答. 等待几天再上传答案. )

20171002-1


20171002-1:

2n名选手参加象棋循环赛, 每一轮中每个选手与其它2n-1人各赛一场, 胜得1分, 平各得\dfrac{1}{2}分, 负得0分. 已知每个选手第一轮总分与第二轮总分至少相差n分. 求证: 每个选手两轮总分恰好相差n分.

(尚未收到解答. 等待几天再上传答案. )

20171001-2


20171001-2:

如下图, PA\odot OA, AB\perp OPB. C\odot O上一点, PC\odot O于另一点M. 求证: AB^2=BM\cdot BC.

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证明: (法一) (此法属于张若祺, 宋业鑫, 张博涵. 宋业鑫表达较粗糙, 张博涵表达最详细) 如下图, 连OA, OC.

分别由切割线定理与射影定理, 得PA^2=PC\cdot PM, PA^2=PO\cdot PB.
所以PC\cdot PM=PO\cdot PB.

所以\triangle PMB\backsim\triangle POC, 且M, C, O, B四点共圆.
所以\angle PMB=\angle POC. (1)

因为\dfrac{OB}{OC}=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{OA}{OP}=\dfrac{OC}{OP}, 所以\triangle BOC\backsim\triangle COP. 所以\angle BCO=\angle CPO. (2)

(1), (2)\triangle PMB\backsim \triangle COB. 所以PB\cdot OB=BM\cdot BC.

又因为AB^2=PB\cdot OB, 所以AB^2=MB\cdot MC.

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证明: (法二) 分别由切割线定理与射影定理, 得PA^2=PM\cdot PC, PA^2=PB\cdot PO.

所以PM\cdot PC=PB\cdot PO. 所以O, B, M, C四点共圆.

如下图, 延长BA交四边形OBMC的外接圆于Q, 连OM, OC, QC.

所以\angle PBM=\angle PCO=\angle CMO=\angle CBO. 进而\angle MBA=\angle ABC. (1)

\angle OCQ=\angle OBQ=90^{\circ}, 知QC\odot O的切线.

所以\angle AMB=\angle AMC+\angle BMC=\angle ACQ+\angle BQC=\angle CAB. (2)

(1), (2), 得\triangle MBA\backsim \triangle ABC. 所以AB^2=MB\cdot BC.

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20171001-1


20171001-1

锐角\triangle ABC的三条高线分别是AD, BE, CF, 求证: DE+DF\leqslant BC.

证明: (法一)(张若祺)因为\angle BFC=\angle ADB=90^{\circ}, 所以B, F, H, D四点共圆.

同理E, C, D, H四点共圆. 所以\angle FDB=\angle FHB=\angle EHC=\angle EDC.

\angle ABC=\angle DHC=\angle DEC, 所以\triangle BFD\backsim \triangle ECD. 所以FD\cdot ED=BD\cdot CD.        (1)

如下图, 延长EDG, 使DG=DF. 故(1)式即GD\cdot ED=BD\cdot CD.

所以B, G, C, E四点共圆. 而\angle BGC=\angle BEC=90^{\circ}, 故BC是直径.

从而BC\geqslant EG=DE+DG=DE+DF.

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证明: (法二)如下图, 作F关于BC的对称点F'. 连结F'D. 设三条高的交点为H.

易证, F, H, D, B四点共圆. 所以\angle FDB=\angle FHB.

同理\angle EDC=\angle EHC. 所以\angle FDB=\angle EDC. \angle F'DB=\angle EDC.

所以E, D, F'三点共线. 且E, B, F', C在以BC为直径的圆上, 知EF'\leqslant BC.

DE+DF'\leqslant BC. DE+DF\leqslant BC.

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证明: (法三) 如下图, A, B, D, E四点共圆; A, C, D, F四点共圆.

\triangle ABC的三个内角分别为A, B, C, 则\angle FDB=\angle EDC=A.

因为DF\sin A=BF\sin B, DE\sin A=CE\sin C, 所以

    \[\begin{aligned} DF+DE&=\dfrac{BF\sin B+CE\sin C}{\sin A}=\dfrac{BC\left( \cos B\sin B+\cos C\sin C \right)}{\sin A}\\ &=\dfrac{BC\left( \sin 2B+\sin 2C \right)}{2\sin A}=\dfrac{BC\sin \left( B+C \right)\cos \left( B-C \right)}{\sin A}\\ &=BC\cos \left( B-C \right)\leqslant BC. \end{aligned}\]

当且仅当\angle ABC=\angle ACB, 即AB=AC时, 等号成立.

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注1: 锐角\triangle ABC中, AD, BE, CF是其三条高线. 求证: DE+DF\leqslant BC, 并确定等号成立的条件.

(2011-12英国数学奥林匹克第1轮)

注2: 由此结论, 进一步可得DE+EF+FD\leqslant \dfrac{1}{2}\left( AB+BC+CA \right).

(2002年首届中国女子数学奥林匹克)

20170930-2


20170930-2

如下图, PA\odot OA, AB\perp OPB. C\odot O上一点, 且AC=AB. PC\odot O于另一点M. 求证: AM=BM.

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证明: (张若祺)如下图, 连OA, OC. 因为\triangle PCA\backsim \triangle PAM, 所以

    \[\dfrac{PA}{PM}=\dfrac{AC}{MA}. \qquad\qquad (1)\]

由切割线定理, 得PA^2=PM\cdot PC. 由射影定理, 得PA^2=PB\cdot PO.

所以PM\cdot PC=PB\cdot PO. 故\triangle PMB\backsim \triangle POC. 所以

    \[\dfrac{PM}{PO}=\dfrac{MB}{OC}. \qquad\qquad (2)\]

(1), (2)两式相乘, 得

    \[\dfrac{PA}{PO}=\dfrac{AC}{OC}\cdot \dfrac{MB}{MA}.\]

又因为AB=AC, AO=OC, 所以

    \[\dfrac{PA}{PO}=\dfrac{AB}{AO}=\dfrac{AC}{OC}.\]

从而MB=MA.

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