月份:2017年12月


第23届华杯初二初赛题10


问题: [a]表示不大于a的最大整数, 例如[3.2]=3, [-3.4]=-4, \Big[\sqrt{2}\Big]=1, 计算
\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 0+9}}{10}\Bigg]+\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 1+9}}{10}\Bigg]+\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 2+9}}{10}\Bigg]+\cdots+\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 2018+9}}{10}\Bigg]等于________.

解答: 填17511.

首先考虑10n+9是完全平方数时, \sqrt{10n+9}的个位数字是3或7, 并且可以取到\sqrt{10\times 0+9}\sqrt{10\times 2018+9}之间的所有个位数字为3或7的正整数: 3, 7, 13, 17, 23, 27, \cdots, 133, 137.

注意到\dfrac{-3+3}{10}=0, \dfrac{-3+13}{10}=1, \cdots, \dfrac{-3+133}{10}=13, 后一项比前一项增加\dfrac{10}{10}=1.

10n+9=(10k+3)^2, 则n=10k^2+6k. 记为n_k=10k^2+6k, 则n_{k+1}-n_k=20k+16. 所以

    \[\begin{aligned} &\quad\,\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 0+9}}{10}\Bigg]+\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 1+9}}{10}\Bigg]+\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 2+9}}{10}\Bigg]+\cdots+\Bigg[\dfrac{-3+\sqrt{10\times 2018+9}}{10}\Bigg]\\ &=\sum_{k=0}^{12} k\times (20k+16)+13\times (2018-10\times 13^2-6\times 13+1)\\ &=20\sum_{k=1}^{12} k^2+16\sum_{k=1}^{12} k+13\times 251\\ &=13\times 1347\\ &=17511. \end{aligned}\]

第23届华杯初二初赛题9


问题: p是小于1000的质数, 且2p+1=m^n, 其中n, m都是大于1的自然数, 求p的值.

解答: 由题意, 易知m是大于1的奇数, 且p是奇质数.

(情形一) 当奇数m=3时, 2p=3^n-1=2(3^{n-1}+3^{n-2}+\cdots+3+1).

所以p=3^{n-1}+3^{n-2}+\cdots+3+1<1000. 从而n-1\leqslant 5. 故1<n\leqslant 6.

\dfrac{3^6-1}{2}=364, \dfrac{3^5-1}{2}=121, \dfrac{3^4-1}{2}=40, \dfrac{3^3-1}{2}=13, \dfrac{3^2-1}{2}=4, 中, 仅有p=13是质数.

(情形二) 当奇数m\geqslant 5时, 2p=m^n-1=(m-1)(m^{n-1}+m^{n-2}+\cdots+m+1).

所以p=\dfrac{m-1}{2}\cdot (m^{n-1}+m^{n-2}+\cdots+m+1).

但整数\dfrac{m-1}{2}>1, m^{n-1}+m^{n-2}+\cdots+m+1>1, 故p不是质数. 此时无解.

综上, p=13.

20171207-2


问题: 在凸四边形ABCD中, \angle ABC=\angle ADC=135^{\circ}, 点N和点M分别在射线ABAD上, 使得\angle MCD=\angle NCB=90^{\circ}, \triangle  AMN的外接圆与\triangle  ABD的外接圆交于点AK. 求证: AK\perp KC.

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证明: BK, DK, 则\angle BKD=\angle BAD=\angle NKM. 所以\angle DKM=\angle BKN.

\angle DMK=\angle BNK, 所以\triangle  DKM\backsim \triangle  BKN.

CE\perp AME, 作CF\perp ANF, 则A, E, C, F四点共圆.

又易知\triangle  CDM\triangle  CBN都是等腰直角三角形, 且由等腰三角形三线合一定理, 知E, F分别为DM, BN的中点, 故由\triangle  DKM\backsim \triangle  BKN, 可得\triangle  DKE\backsim \triangle  BKF. 进而易得\triangle  DBK\backsim\triangle  EFK.

所以\angle KAD=\angle KBD=\angle KFE. 从而A, K, E, F四点共圆. 所以A, K, E, C, F五点共圆.

所以\angle AKC=\angle AEC=90^{\circ}. 即AK\perp KC.

20171207-1


问题: 已知\triangle  ABC的三边长分别为13, 14, 15. 有4个半径同为r的圆O, O_1, O_2, O_3放在\triangle  ABC内, 并且圆O_1与边AB, AC相切, 圆O_2与边BA, BC相切, 圆O_3与边CB, CA相切, 圆O与圆O_1, O_2, O_3相切. 求r.

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解答: 如图.

由海伦公式, 得S_{\triangle  ABC}=2^2\times 3\times 7.

进而由S_{\triangle  ABC}=\dfrac{abc}{4R}, 得\triangle  ABC的外接圆的半径为R=\dfrac{65}{8}.

设圆O_1关于点A的切线长为x=6t, 圆O_2关于点B的切线长为y=7t, 圆O_3关于点C的切线长为z=8t, 则\triangle  O_1 O_2 O_3的三边长分别为13(1-t), 14(1-t), 15(1-t), 外接圆半径为2r. 由\triangle  ABC\backsim \triangle  O_1 O_2 O_3, 相似比为\dfrac{1}{1-t}, 得\triangle  ABC的外接圆半径为\dfrac{2r}{1-t}.

将点A, B, C处的三个四边形AA_1 O_1 A_2, BB_1 O_2 B_2, CC_1 O_3 C_2拼成一个小三角形, 其三边长分别为13t, 14t, 15t. 注意到它与\triangle  ABC相似, 相似比为t, 则其内切圆半径r=\dfrac{2^2\times 3\times 7t^2}{21t}=4t.

从而\dfrac{2r}{1-t}=\dfrac{8r}{4-4t}=\dfrac{8r}{4-r}=\dfrac{65}{8}. 解得r=\dfrac{260}{129}.

注: \triangle  ABC\triangle  O_1 O_2 O_3位似, 位似中心为\triangle  ABC的内心.