中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C

2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C（陶平生供题）学校姓名营员证号一、四面体ABCD，它的内切球O与面ABD切于E，与面BCD切于F，证明：∠AEB=∠CFD.二、如图，⊙O1、⊙O2、⊙O3分别外切⊙O于A1、B1、C1，并且前三个圆还分别与△ABC的两条边相切.求证：三条直线AA1、BB1、CC1相交于一点.三、设实数a≥b≥c≥d＞0，求函数)1)(1)(1)(1(),,,(adbdcacbdbacdcbaf的最小值.四、n个白子○A与n个黑子○B（n≥3），依次不留间隙地排成一行：○A○A……○A○B○B……○B，现作如下操作：每次将相邻的两子取出（并保持此两子的先后次序），放在其它棋子旁的空位上（仍在同一行）.证明：经过n次这样的操作，可使它们排成黑白相间的一行，且不留间隙.（附：当n=3时，操作如图所示）初始状态○A○A○A○B○B○B第一次操作后○A○B○B○B○A○A第二次操作后○A○B○B○A○B○A第三次操作后○B○A○B○A○B○ACBB1A1C1A2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C解答（陶平生供题）学校姓名营员证号一、四面体ABCD，它的内切球O与面ABD切于E，与面BCD切于F，证明：∠AEB=∠CFD.证明：为叙述方便，将内切球O在面,,,BCDACDABDABC上的切点分别改记为0000,,,ABCD，于是，00,ECFA，设球O的半径为r,棱BD面00OAC，设垂足为P，则22000CPOPrAPCP，因为00,APBDCPBD，则00,BABC00DADC，故0BAD0BCD，所以00BADBCD，即是说，棱BD关于两相邻面上切点的张角相等.其它棱的情况与此类似。在ABD中，设000,,ACBBCDACD，则0360○1于是，000,,ADBBACABD在BCD中，设0101,CADBAC，因为0BAD，所以011360，于是11○2在ABC中，00,ADBACB001BDCBAC，设02ADC，则021360○3在ACD中，02ABC，010,,CBDABD则012360○4○3+○4得，01122720，据此及○2得，0222720，所以02360○5由○1、○5得，2故○4式化为01360……○6DAOC0D0CBA0PB0由○1、○6得，1，即00ACBCAD，也即.AEBCFD二、如图，⊙O1、⊙O2、⊙O3分别外切⊙O于A1、B1、C1，并且前三个圆还分别与△ABC的两条边相切.求证：三条直线AA1、BB1、CC1相交于一点.证明：设123,,,OOO及O分别是四个圆的圆心，其半径分别为123,,RRR与R，ABC的内切圆半径为r，显然，123,,AOBOCO为ABC的三条内角平分线，故相交于其内心I.设OId（定值）.记123,,AIBICI，112233,,AOtBOtCOt，对于1OIO，因为⊙O与1O的切点1A在连心线1OO上，点A在1IO的延长线上，则直线1AA必与线段OI相交，其交点设为1M.同理可设，直线1213,BBOIMCCOIM.只须证123,,MMM重合.直线1AA截1OIO于11,,AAM，由梅尼劳斯定理，1111111OAOMIAAOMIAO，即11111RMIRtOM○1同理有22222RMIRtOM○2,以及33333RMIRtOM○3易知,1,2,3iiiRrit，所以,1,2,3iiiRriRtR，从而312123MIMIMIrOMOMOMR，故123OIOIOIRrOMOMOMR，所以，CBO2OO1O3B1A1C1AM1IOA1O1ArR1FICABO1E123RdOMOMOMRr，因此123,,MMM共点，即111,,AABBCC交于一点.三、设实数a≥b≥c≥d＞0，求函数)1)(1)(1)(1(),,,(adbdcacbdbacdcbaf的最小值.解：显然f没有上界，这是由于，当1,0abcd时，f，又注意f是一个零次齐次函数，且当abcd时，f的值为432以下证明，对于满足条件的任何正数,,,,abcd均有43,,,2fabcd，即要证3333abcbcdcdadab2222abbccdda……○1据条件，1,abcddd设16,16,16,abcxyzddd则0,xyz○1式化为：12121212xyzyzzxxy13131313xyyzzx……○2活化一个常量，改记1为t，且设2222ttxyztyztzxtxy3333ttxytyztztx则,tt皆为t的四次多项式，而pttt为t的二次多项式.记2,ptAtBtC为证○2式成立，即要证，10,p于是只要证，0A，0B，0C.易知，28444Axyzxyyzyzzxzxxy9999xyyzyzzxzxxyxz2223xyz8xyyzxz223276270xzxzxzxz.88Bxyzxyyzyzzxzxxyxyyzzx27272xyyzzxxzxzy8xxyxz88yyxyzzzxzy5272xyyzzxxzxzy3332222813xyzxyxyyzyz2214200xzxzxyz.以上用到，333272120xyzxyzxyzxz，32xxz，以及22221313xyxyxzxz.16810cxyyzxzxyzxz.以上用到，1616216222xzxyzxzxzxzxz.64281xzxz.故10p.因此，函数,,,fabcd的最小值是432.四、n个白子○A与n个黑子○B（n≥3），依次不留间隙地排成一行：○A○A……○A○B○B……○B，现作如下操作：每次将相邻的两子取出（并保持此两子的先后次序），放在其它棋子旁的空位上（仍在同一行）.证明：经过n次这样的操作，可使它们排成黑白相间的一行，且不留间隙.（附：当n=3时，操作如图所示）初始状态○A○A○A○B○B○B第一次操作后○A○B○B○B○A○A第二次操作后○A○B○B○A○B○A第三次操作后○B○A○B○A○B○A证：当n4时，对n归纳：4n时，初始状态为：○A○A○A○A○B○B○B○B第一次操作后：○A○A○B○B○B○B○A○A第二次操作后：○A○B○B○A○B○B○A○A第三次操作后：○A○B○B○A○B○A○B○A第四次操作后：○B○A○B○A○B○A○B○A为表达方便，用数字k表示“将自左向右数的第,1kk枚棋子取出，跨过某些棋子向右平移至最先出现的空位上”这一操作；而数字k表示“将自右向左数的第,1kk枚棋子取出，跨过某些棋子向左平移至最先出现的空位上”这一操作；于是，施于n对棋子的操作步骤nT便可用一个n元有序数组12,,,nnTaaa来表示.因此，3451,4,1,2,5,2,1,2,5,4,2,1TTT，62,9,4,6,2,1T，72,7,6,5,5,2,1T，…….我们注意到，在4567,,,TTTT中，都恰有一次操作“1”，即当全部操作完成后，棋子已黑白相间排列（以黑子○B开头），且整行向右移动了两子的位置.以下证明，当4n时，n个相连的白子和n个相连的黑子排成一行，可经n次移动两子的操作，使黑白相间（以黑子○B开头），且整行向右移动了两子的位置.对n归纳：当n4,5,6,7时，结论已成立，今设结论对于n成立，考虑n+4对棋子的情形，如有4n对棋子黑白分段排列于一行（白子在前）：○A○A○A○A□A…□A□B…□B○B○B○B○B为此，采用“杠中开花”的办法，我们设想，先把中间加方框的n对（2n个）棋子收藏于一条“竖杠”中，成为四对棋子的一个排列：○A○A○A○A┃○B○B○B○B现对这四对棋子进行4T中的前两步操作：第一次操作后：○A○A│○B○B○B○B○A○A第二次操作后：○A○B○B○A┃○B○B○A○A经这两次操作后，中间（竖杠右侧）已出现两子空位，然后，对竖杠所代表n对加方框的棋子进行n次操作，据归纳假设，可使黑白相间（加方框的棋子中，黑子□B在前，且其前面有两子空位）：○A○B○B○A□B□A□B□A…□B□A○B○B○A○A这n次操作算作4nT的第3,4,,2n次操作。再把加方框的n对棋子收藏于一条竖杠中，又成为四对棋子的排列（竖杠左侧有两子空位）：○A○B○B○A┃○B○B○A○A，对图中的四对棋子进行4T的后两次操作，成为：○A○B○B○A○B○A│○B○A○B○A○B○A│○B○A○B○A即得到黑白间隔排列（黑子在前，竖杠左侧的两子空位已被填充，整行无间隙.）现恢复竖杠所代表n对加方框的棋子，于是，上述两次操作就成为4nT的第3,4nn次操作。且这4n对棋子已黑白相间（黑子在前，整行无间隙,且右移了两子空位）.○B○A□B□A□B□A…□B□A○B○A○B○A○B○A据归纳法，知所证结论成立。