数学奥林匹克冬令营测试题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. B1

B 三、设实数a≥b≥c≥d＞0，求函数

AA1C1Cf(a,b,c,d)?(1?cdab)(1?)(1?)(1?)的最小值. a?bb?cc?dd?aA与n个黑子○B（n≥3）A○A??○A○B○B??○B，四、n个白子○，依次不留间隙地排成一行：○

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 第二次操作后 第三次操作后

A○B○B○B○A○A ○

○A○B○B ○A○B○A

○B○A○B○A○B○A

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解答 （陶平生供题）

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

AC0B0OPA0CDO在面

D0BC,DAC,DA,BDC点分别改记为上A的B切

B1

A0,B0,C0,D0，于是，E?C0,F?A0，设球O的半径为r,棱BD?面OA0C0，设垂足为

P，则

C0P?OP2?r2?A0P?C0P， 因为 A0P?BD,C0P?BD， 则 BA0?BC0,

DA0?DC0，故?BA0D??BC0D，所以 ?BA0D??BC0D，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?AC0B??,?BC0D??,?AC0D??，则 于是，?AD0B??,?BA0C??,?AB0D??

在?BCD中，设?CA0D??1,?BA0C??1，因为 ?BA0D??，所以

2 ?1????1?3600，于是 ?1??1??????○

1 ??????3600??○

在?ABC中，?AD0B??AC0B??,?BD0C??BA0C??1，设 ?AD0C??2， 则

3 ???2??1?3600??○

在?ACD中，?AB0C??2，?CB0D??1,?AB0D??, 则

4 ?1??2???3600??○

03+○4得，??1??1????????2?2?720，据此及○2得， ○

5 2??????2?2?7200，所以 ?????2?3600??○由 ○1、○5得，?2?? 故○4式化为

6 ?1?????3600??○

由 ○1、○6得，?1??，即 ?AC0B??CA0D，也即

?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.

证明：设O1,O2,O3,及O分别是四个圆的圆心，

AO1 OA1?ABC的内切圆半径其半径分别为R1,R2,R3与R，

B2

O2B1C1O3C

为r，显然，AO1,BO2,CO3为?ABC的三条内角平分线，故相交于其内心I.设OI?d（定值）.

记AI??1,BI??2,CI??3，AO1?t1,BO2?t2,CO3?t3，对于?OIO1，因为⊙O 与

?O1的切点A1在连心线OO1上，点A在IO1的延长线上，则直线AA1必与线段

OI相交，其交点设为M1.

同理可设，直线 BB1?OI?M2,CC1?OI?M3.只须证M1,M2,M3重合. 直线AA1截?OIO1于A,A1,M1，由梅尼劳斯

OAOM1IA定理，11???1，

AOM1IAO11OM1IA1O1A即

R1?1MI11 ????○

Rt1OM1同理有

R2?2MI2????Rt2OM22○

,以及 EAR3?3MI33 ????○

Rt3OM3R1O1FrIC易知

r?i?RiR??r,i?1,2,3，所以 ii?,i?1,2,3，从而

R?tiRtiBMIM1IMIrOIOI?2?3?，故 ??OM1OM2OM3ROMOM12OM1?OM2?OM3?OI?Rr，所以， ?OMR3Rd，因此M1,M2,M3共点，即AA1,BB1,CC1交于一点. R?r三、设实数a≥b≥c≥d＞0，求函数

f(a,b,c,d)?(1?cdab)(1?)(1?)(1?)的最小值. a?bb?cc?dd?a解：显然f没有上界，这是由于，当a?b?1,c?d?0时，f???，

?3?又注意f是一个零次齐次函数，且当a?b?c?d时，f的值为??

?2??3?以下证明，对于满足条件的任何正数a,b,c,d,均有f?a,b,c,d????，即要证

?2?3

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a?b?cb?c?dc?d?ad?a?ba?bb?cc?dd?a?????????○1 33332222abcabc?1?6x,?1?6y,?1?6z, 据条件，???1,设

dddddd则 x?y?z?0,1式化为：

○

??1?2?x?y?z?????1?2?y?z?????1?2?z?x?????1?2?x?y???? ?2 ?1?3?x?y?????1?3?y?z????1?3z??1?3x???○

活化一个常量，改记1为t，且设

??t????t?2?x?y?z?????t?2?y?z?????t?2?z?x?????t?2?x?y??? ??t????t?3?x?y?????t?3?y?z????t?3z??t?3x?

则

??t?,??t?皆为t的四次多项式，而 p?t????t????t?为t的二次多项式.

2记 p?t??At?B?t, C为证2式成立，即要证，p?1??0,于是只要证，A?0，B?0，C?0.

易知，A??8?x?y?z??4?x?y??y?z??4?y?z??z?x??4?z?x??x?y???

2○

??222???9?x?y??y?z??9?y?z??z?x??9?z?x??x?y??9xz???3?x?y?z??

?xy?yz?8xz?3?x2?2z2??7xz?62xz?7xz?0.

B?8?x?y?z????x?y??y?z???y?z??z?x???z?x??x?y????8?x?y??y?z??z?x?z ???27?x?y??y???z??x?27?xz?x?z2 8x?x?y????x??z???y???8y?y?x??y?z??8z?z?x??z?y??5?x?y??y?z??z?x??27xz?x?z?2y??

?8?x3?y3?z3??13?x2y?xy2?y2z?yz2??14?x2z?xz2??20xyz?0.

333232以上用到，7x?y?z?21xyz?20xyz?xz，x?xz，以及

??13?x2y?xy2??13?x2z?xz2?.

c??x?y??y?z???16?x?z??x?y?z??81xz???0.

以上用到，16?x?z??x?y?z??16?x?z??x?2z??16?2xz?22xz?.

?642xz?81xz.

4

?3?故p?1??0.因此，函数f?a,b,c,d?的最小值是??.

?2?A与n个黑子○B（n≥3）A○A??○A○B○B??○B，四、n个白子○，依次不留间隙地排成一行：○

4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 第二次操作后 第三次操作后

A○B○B○B○A○A ○

○A○B○B ○A○B○A

○B○A○B○A○B○A

证 ：当n?4时，对n归纳：

n?4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k,k?1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k,k?1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Tn便可用一个n元有序数组Tn??a1,a2,?,an?来表示.

因此，T3??1,4,1?,T4??2,?5,?2,1?,T5??2,?5,4,?2,1?，T6??2,?9,?4,6,?2,1?，

T7??2,?7,6,?5,5,?2,1?，??.

我们注意到，在T4,T5,T6,T7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n?4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

5

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n?4,5,6,7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n?4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T4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Tn?4的第3,4,?,n?2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T4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Tn?4的第n?3,n?4次操作。且这n?4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。

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