数学奥林匹克问题

2
2
D1 E・ D2 E)
] ( B E2 - CE2 ) D1 E・ D2 E
2 2 = ( B E ・ CE・ D2 E - CE ・ B E・ D2 E) + 2 2 ( B E ・ CE・ D1 E - CE ・ B E・ D1 E)
] ( B E + CE) ( B E - CE) D1 E・ D2 E = B E・ CE・ D2 E ( B E - CE) +
24 k = x . 证明 : x 为 6 的倍数 . 3 x - x- 2
注意到
2 2 33 … 34 = ( 33 … 3 + 1)
n个 n + 1个
= 33 … 3 +2 × 33 … 3 +1
n + 1个 n + 1个
2
证明 : 因为四个连续自然数必有两个偶 数 ,其中有一个是 4 的倍数 ,又因为四个连续 自然数至少有一个数是 3 的倍数 ,而 2 × 3× 4 = 24 ,故四个连续自然数必是 24 的倍数 . 注意到 x 为正整数 ,则 ( x - 1) x ( x + 1) ( x + 2) 3 2 = x ( x + 2 x - x - 2) . ① 由题设得 3 x ( x - x - 2) = 24 k .
AB B E = . AC CE
+
1
b
+
1
c
+
3
a+ b+ c
≥ 4.
(项 煦 湖北省武钢三中高二 ( 11) 班 , 430080)
高 230 设正项等比数列{ an } 的首项大 于公比 , n 为大于 1 的自然数 . 求证 :
a1
n a2 ・ a3 ・ … ・ a n ≤ a1 a n .
本刊编辑部
数字之和 . 则 bn = 13 + 6 ( n - 1) . 2 易见 , b3 = 25 = 5 是一个完全平方数 . 2 取 n = 6 k + 10 k + 3 ,则 2 bn = 13 + 6[ ( 6 k + 10 k + 3) - 1 ] 2 = ( 6 k + 5) 也是一个完全平方数 . 2 因此 ,对任意自然数 k ,当 n = 6 k + 10 k + 3 时 ,令 an = 11 … 155 … 56 , 则 an 是一个完全
n + 1个
n+1
+ 55 … 56
n个
= 11 … 155 … 56.
②
n + 1个
n个
由式 ①、 ② 得 2 x 为 24 的倍数 ,即 x 为 12 的倍数 .
因此 ,结论成立 . 记 an = 11 … 155 … 56 , bn 表示 a n 的各位
n + 1Βιβλιοθήκη Baidu n个
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故 BE ・ CD1 ・ CD2 = CE ・ BD1 ・ BD2 ] B E2 ( D1 E - CE) ( D2 E - CE)
2 = CE ( B E - D1 E) ( B E - D2 E) 2 ] BE2 ( D1 E・ D2 E - D1 E・ CE - D2 E・ CE + CE ) 2 2 = CE ( B E - D2 E・ B E - D1 E ・ BE +
B E・ CE・ D1 E ( B E - CE) .
最后一式两边同除以 ( B E - CE) B E・ CE・ D1 E・ D2 E 得
1
BE
+
1
CE
=
1
D1 E
+
1
D2 E
.
( 白玉娟 郭 璋 北京市东方德才学 校 ,100026)
初 228 对 所 有 的 正 整 数 x 、 k , 满足
1
a
图3
239461)
上期问题解答
初 227 如图 3 ,在 △ABC ( AB > AC) 中 , 点 D1 在边 BC 上 ,以 AD1 为直径作圆 ,交 AB 于点 M ,交 AC 的延长线于点 N ,联结 MN ,作 A P ⊥ MN 于 点 P , 交 BC 于 点 D2 , A E 为 △ABC 外角的平分线 . 求证 : 1 1 1 1 + = + .
3 3
= 11 … 1× 99 … 9 + 66 … 67
n + 1个 n + 1个 n个 n+1 = 11 … 1 ×( 10 - 1) + 66 … 67 n + 1个 n个 n+1
= 11 … 1× 10
n + 1个
- 11 … 1 + 66 … 67
n + 1个 n个
= 11 … 1× 10
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中 等 数 学
数学奥林匹克问题
本期问题
初 229 如图 1 ,从 ⊙O 外一点 P 作 ⊙O 的两条切线 , A 、 B 为切 点 , 再过 P 作 ⊙O 的一条 割线 , 交 ⊙O 于 点 C、 D ( PC < PD ) , 联 结 BC 图1 并延长交 PA 于 点 E ,过 C 作 ⊙O 的切线交 PA 于点 F. 求证 : 直线 DE 与 B F 的交点 K 在 ⊙O 上 . (万喜人 湖南省沅江市共华镇机关 , 413106) 初 230 如 图 2 , 圆内 接 四 边 形 ABCD 的两组对边 AB 与 DC 、 AD 与 BC 分别交于点 E、 F , 过点 B 、 D 分别 作圆的切线 ,且相交于 图2 点 P. 求证 : E 、 P、 F三 点共线 . (吕 建 恒 陕 西 省 兴 平 市 教 研 室 , 713100) 高 229 已知 a 、 b、 c ∈R+ , abc = 1. 求证 :
BE CE D1 E D2 E
证明 : 如图 3 ,联结 MD1 .
因为 AD1 为圆的直径 ,所以 , ∠AMD1 = 90° . 易知 ∠A PN = 90° ,故 ∠AMD1 = ∠A PN . 又 ∠AD1 M = ∠AN P ,则
Rt △AMD1 Rt △A PN .
故 ∠MAD1 = ∠NA P ,即 ∠BAD1 = ∠CAD2 . 因此 , AD1 、 AD2 为 △ABC 的等角线 . 由三角形的内角等角线的性质定理得 2 BD1 ・ BD2 AB . ① 2 = CD1 ・ CD2 AC 在 △ABC 中 , A E 为 ∠BAC 的外角平分 线 ,于是 ,
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平方数 ,且 an 的各位数字之和也是一个完全 平方数 . 当然 ,满足条件的平方数的无穷数列有 很多个 . (张 延 卫 江 苏 省 宿 迁 市 教 育 局 , 223800) 高 228 圆内接凸四边形 ABCD 的四边 两两 不 等 , 圆 心 O 在 形 内 , AC 、 BD 交 于 点 P. ( 1 ) 证 明 : △OAB 、 △OCD 、 △PBC 、 △PDA 的外接圆交于一点 ; ( 2) 若 ( 1) 中的四个圆交于点 M ,证明 : OM ⊥PM . 证明 : 如图 4 ,由 AD ≠BC ,知 AB 不平行
3
n
( 盛 宏 礼 安 徽 省 明 光 市 涧 溪 中 学 ,
2008 年第 7 期
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将上式两边分别平方得
AB BE 2 = 2. AC CE
2 2
②
由式 ①、 ② 得
2 BD1 ・ BD2 BE . 2 = CD ・ CE 1 CD2
因为 12 = 2 × 3 , 有 2 和 3 两个质因子 , 所以 ,2| x ,3| x . 从而 ,6| x . 故 x 必为 6 的倍数 . (陆 丛 湖北省武钢三中高一 ( 12) 班 , 430000) 高 227 试证明 : 存在无穷多个正整数 A ,满足下述条件 : ( 1) A 的数码中不含有数字 0 ; ( 2) A 是一个完全平方数 ; (3) A 的各位数字之和也是一个完全平 方数 . 证明 : 先设法找出一个不含数字 0 的正 整数的无穷平方数列{ an } , 使得数列 { an } 的 每一项数字之和成等差数列{ bn } , 然后再在 等差数列{ bn }中找出一个满足条件的无穷平 方数列 . 首先证明 : 由 1 、 5、 6 这三个数码构成的 无穷数列 1 156 ,111 556 ,11 115 556 ,1 111 155 556 , … 的每一项分别是 34 ,334 ,3 334 ,33 334 , … 的平方 ,即证明 : 2 11 … 155 … 56 = 33 … 34 .
CD ,故 △OAB 、 △OCD 的外接圆不相切 . 设它
们的交点为 M , 则 A 、 B、 O、 M , D、 C、 O、 M 分别四点共圆 .
联 结 MA 、MB 、 MC 、 MD . 注意到 ∠BMC = ∠ BMO + ∠CMO = ∠ BAO + ∠CDO = (90° - ∠ ACB ) + (90° - ∠DBC) 图4 = 180° - ∠PCB ∠PBC = ∠B PC , 所以 , B 、 C、 P、 M 四点共圆 . 又 ∠AMD = 360° - ∠AMO - ∠DMO = (180° - ∠AMO ) + ( 180° - ∠DMO ) = ∠ABO + ∠DCO = (90° - ∠ADB ) + ( 90° - ∠DAC) = 180° - ∠ADP - ∠DA P = ∠A PD , 所以 , A 、 D、 P、 M 四点共圆 . 由 B、 C、 P、 M ,A、 D、 P、 M 分别四点共 圆 ,知 △PBC 、 △PDA 的外接圆也通过点 M . 从而 , △OAB 、 △OCD 、 △PBC 、 △PDA 的 外接圆相交于一点 ( 即点 M ) . ( 2) 注意到 ∠OM P = ∠BM P - ∠BMO = (180° - ∠BCP) - ∠BAO = 180° - ( ∠BCA + ∠BAO ) = 180° - 90° = 90° . 故 OM ⊥PM . ( 黄全福 安徽省怀宁县江镇中学 ,246142)