第九届中国东南地区数学奥林匹克

２ ０ １ ２年第 １ １ 期　

第九届中 国东南地 区数学奥林 匹克　
中图 分 类 号 ： Ｇ ４ ２ ４ ． ７ ９ 　 文 献标 识 码 ：Ａ 　 文章编号 ： １ ０ ０ ５－ ６ ４ １ ６ （ ２ ０ １ ２） １ ｌ 一０ ０ ２ ５－ ０ ５ 　

第 一 天　
１ ． 求 一个 三元整 数组 （ ｆ

　 ） （ １ ＜ Ｚ ＜ ｍ＜ ｎ ） ， 　
ｍ 　 ｎ 　

√ ／ 　 ｎ 一 ２ 　 ０ １ 　 １ 　 一 　 ／ ｎ 一 ２ 　 ０ 广　 １ ２ 　
，　

、 　 压互堕 一 　 互匦 　
２ 　 ０ｌ １ 　 ２ 　 ０１ ３ 　 。 　

使 得∑ ｋ 、 ∑ｋ 、 ∑ ｋ 依次 成等比 数列 ． 　
（ 陶平生 供 题 ） 　 ２ ． 如图 １ ， △Ａ Ｂ Ｃ的 内切 圆ｏ， 在边 Ａ Ｂ、 　
、　

（ 刘桂梅 供题 ） 　 ７ ． 如图 ２ ， 在△ Ａ Ｂ Ｃ中 ， Ｄ 为边 Ａ Ｃ上 一　 点， 且　 Ａ Ｂ Ｄ＝／ Ｃ， 点 Ｅ在边 Ａ Ｂ上 ， 且Ｂ Ｅ 　 ＝ Ｄ Ｅ， Ｍ 为边 Ｃ Ｄ中 点 ， Ａ Ｈｊ － Ｄ Ｅ 于点 尼 已　

Ｂ Ｃ、 Ｃ Ａ上 的切 点 分别 为 Ｄ、 Ｅ、 ， ， 直 线　 别与 Ａ ， 、 　、 Ｄ ， 交 于点　 、 Ⅳ、 　 证明： 　
ＤＭ ? ＫＥ ＝ＤＮ ? ＫＦ． 　

分　

知Ａ 日＝ ２一 ， ／ ｇ ， Ａ Ｂ＝１ ． 求　 Ａ Ｍ Ｅ的度数． 　
Ａ 　

—Ｃ 三 　 一ｃ 　
Ｄ　 ｝ 鍪 ｌ 　 １ 　

（ 张鹏程 供题 ） 　 ３ ． 对 于合 数 ｎ ， 记ｆ （ ｎ ） 为 其最 小 的 三个　 正约数 之 和 ， ｇ （ ｎ ） 为其 最 大 的两 个正 约 数 之　 和． 求 所有 的正合 数 乃 ， 使 得 ｇ（ ｎ ） 等 于　 ｎ ） 　 的某个 正整 数次 幂． 　 （ 何 忆捷 供题 ） 　 ４ ． 已知 实数 ａ 、 ｂ 、 ｃ 、 ｄ满 足 ： 对任 意实 数　 均有　
ａｃ ｏ ｓ 　 ＋ｂ ｃ ｏ ｓ 　 ２ ｘ＋Ｃ Ｃ Ｏ Ｓ 　 ３ ｘ＋ｄｃ ｏ ｓ 　 ４ｘ≤ １ ． 　

（ 熊 斌 供题） 　 ８ ． 设 ｍ是正整数 ， ｎ＝２ 　一１ ， 数轴上 几 　 个 点所 成 的集合 为 Ｐ 　 ＝｛ １ ， ２ ， …， 凡 ｝ ． 　 只 蚱蜢在 这 些 点 上 跳跃 ， 每 步从 一 个　 点跳 到 与 之 相邻 的点． 求 ｍ 的最 大 值 ， 使 得　 对任 意 ｘ ， ｙ∈ 　 ， 从点　跳 ２ 　 ０ １ ２步到点 Ｙ的　 跳法 种数 为偶数 （ 允许 中途 经过点　、 Ｙ ） ． 　 （ 张思汇 供题 ） 　
一

参 考 答 案　
第 一 天　

求 ０十ｂ—ｃ＋ｄ的 最 大 值 及 此 时 实 数　 ａ 、 ｂ 、 ｃ 、 ｄ的值． 　 （ 李胜 宏 供 题 ） 　

１ ． 对 ｆ ∈ Ｎ ＋ ， 记 ｓ 　 ＝ 奎ｋ ＝ 　
七＝ｌ 　 ｆ 　 ｍ　 ｎ 　

． 由 　

第 二 天　
５ ． 如果 非 负 整 数 ｍ 及 其 各 位 数 码 之 和　 均为 ６的倍 数 ， 则称 ｍ为“ 六合数” ． 求 小 于　 ２ 　 ０ １ ２ 的非 负整数 中六 合数 的个 数． 　 （ 陶平 生 ６ ． 求正 整数 ｎ的最小 值 ， 使 得　 供题） 　

∑后 ＝ Ｓ ｌ ， ∑ｋ ＝ ５ 　 一 　， ∑ ｋ ＝ 　一 ５ 　
依 次成等 比数列 ， 则　 ｓ 　 （ ｓ 　 一 ｓ 　 ） ＝ （ Ｉ ｓ 　一 ｓ 　 ） 　

①　

Ｓ ｆ （ ｓ 　 ＋ ｓ 　 一 ｓ ｆ ） ＝ ５ ： 　 Ｓ ｆ 　 Ｉ ｓ 二 　
２ １ （ Ｚ ＋１ ） Ｉ 　 ｍ 　（ ｍ ＋１ ） 　 ． 　

中 等 数 学　

令 ｍ＋１＝ Ｚ （ ｆ ＋１ ） ， 取Ｚ ＝ ３ ． 则　
ｍ ＝ｌ １ ． 　

Ｄ 丽 Ｍ＝ 　

Ｄ Ｍ? 碰 ： Ｄ Ⅳ ? 　
． 　

故Ｓ ｆ ＝ Ｓ ３ ＝ ６ ， Ｓ 　＝ Ｓ ｌ Ｉ ＝ ６ ６ ． 　

代 入式①得 Ｓ 　 ＝ ６ ６ ６ ， 即　
丛　
Ｚ 　

： ６ ６ ６ 　

ｎ ：３ ６
．　

因此 ， （ Ｚ ， ｍ， ｎ ）＝（ ３ ， １ １ ， ３ ６ ） 是一 组满 足　 条件 的解． 　

３ ． 解 法 １ 若 ｎ是 奇 数 ， 则 １ ７ ， 的一 切 约　 数都 是奇数． 故 由题 意知 ｆ （ ｎ ） 为 奇数 ， ｇ （ ｎ ） 　 为偶数 ． 这样 ， ｇ （ １ ７ ， ） 不 可 能等 于 ｆ （ １ １ ， ） 的某 个　 正整 数次幂 ． 　 因此 ， 只需考 虑 ｎ是 偶 数 的情 形 ， 此时 ， 　

【 注】 满足条件的数组（ ｚ ， ｍ， 凡 ） 不是唯一　 的， 例如， （ ８ ， １ １ ， １ ３ ） ， （ ５ ， ９ ， １ ４ ） ， （ ２ ， ｌ ２ ， ６ ２ ） ， 　
（ ３ ， ２ ４ ， １ ７ １ ） 等等 （ 可 以证 明 ， 这 种数 组 有 无　 穷多个 ） ． 　 ２ ． 易知 ， ， 、 Ｄ、 　、 　 四点共 圆． 　
又　 Ａ ／ Ｄ ＝９ ０ 。一／ ／ Ａ Ｄ。 　 ＭＥ Ｄ： 　 Ｆ Ｄ Ａ ＝９ ０ 。一 ／ ／ Ａ Ｄ． 　

１ 和２是　最小的两个正约数， ｎ 和詈是ｎ 最　
大 的两个正 约数． 　 设 ｄ是 ｎ除 １ 、 ２以外 的最小 正约数 ． 　 若存在 Ｊ ｉ ｝ ∈ Ｎ＋ 使得 ｇ （ ｎ ）＝ ， 　 （ Ｉ Ｉ ， ） ， 则　
３ ｎ 　
＝

（ １ ＋ ２＋ ｄ ） 　＝（ ３ ＋ ｄ ） 　 －ｄ 　 （ ｏ ｒ ｏ ｄ 　 ３ ） ． 　

由于　 是 ３的倍数 ， 故３ 　 Ｉ ｄ 　 ， 即３ 　 Ｉ 　 ｄ ． 　
由 ｄ的最小性 知 ｄ＝ ３ ． 　

则　 Ａ ／ Ｄ＝ 　 ＭＥ Ｄ ． 　

于是 ， ， 、 Ｄ、 Ｅ、 　 四点共 圆． 　 从而 ， ， 、 Ｄ、 　、 Ｅ、 　 五点共 圆． 　 故　 Ｉ ＭＢ＝ 　 Ｉ Ｅ Ｂ＝ ９ ０ 。 ， 即Ａ Ｍ上 Ｂ Ｍ． 　 同理 ， ， 、 Ｄ 　、 Ⅳ、 Ｆ五点共 圆， 且Ｂ Ｎ上 Ａ Ｎ ． 　 如图 ３ ， 设直线 Ａ Ｎ与 Ｂ Ｍ 交 于点 Ｇ ． 则， 　 为△ Ｇ Ａ Ｂ的垂 心． 　

因此， ÷凡 ＝ ６ 　

＝ ４ × ６ 　． 　

又３ Ｉ ｎ ， 故　Ｉ ＞２ ． 　 综上 ， ／ ７ ， 的所有 可能值 为　 ＝ ４ 　 ｘ ６ 　 （ ｆ ∈ Ｎ＋ ） ． 　

解法 ２ 设 合数 ｎ满足　
ｇ （ ｎ ）＝ ＿ 厂 　 （ ｎ ） （ 　 ∈ Ｎ＋ ） ， 　 并设 ｔ ／ ， 的最 小 质 因子 为 Ｐ ． 则／ ７ ， 的第 二 大 正　

约 数为　 ． 　

若 　的 第三 小 正约 数 为Ｐ 　 ， 则 号∈Ｚ ． 　
Ｐ 　
Ａ　
３ 　

此时， 　 ｎ ） ＝１ ＋ ｐ＋ ｐ 　 一１ （ ｏ ｒ ｏ ｄ 　 ｐ ） ， 　

又　 ＿ ｌ ＿ Ａ Ｂ， 则Ｇ 、 ， 、 Ｄ三点共 线． 　 由Ｇ 、 Ⅳ、 Ｄ、 Ｂ四点共 圆知　
／ Ａ Ｄ Ｎ＝ 　 ＡＧ Ｂ ． 　

＋ 詈 Ｉ ｐ （ １ ＋ ｐ ） 　 （ ｍ ｏ ｄ ｐ ） ， 　
即 １ 　 （ 凡 ）＝ ｇ （ ｎ ） －０ （ ｍ ｏ ｄ 　 ｐ ） ， 矛盾． 　 因此 ， ｎ的第 三小正 约数不是 Ｐ 　 ． 　 从而 ， 必为某 一质数 ｑ （ ｑ＞ ｐ ） ． 　
易知 ， 　 ∈ｚ ． 　
ｐｑ 　

同理 ， 　 Ｂ Ｄ Ｍ＝ 　 Ａ Ｇ Ｂ ． 　 所 以， Ｄ Ｋ平 分　 Ｍ Ｄ Ｎ ． 　

从而 从 而， ， 　 丽 　面 ： 　 ’ ． 　

①　

贝 ０ 　ｎ ）＝１ ＋ ｐ＋ ９ 　１ ＋ ｐ （ ｏ ｒ ｏ ｄ 　 ｑ ） ， 　

又由 ， 、 Ｄ、 Ｅ、 　， ， 、 Ｄ、 Ⅳ、 Ｆ分 别 四点 共　 圆知　
ＫＭ ? ｌ （ Ｅ： 　 ? ＫＤ ：ＫＦ? ＫＮ　
ＫＭ 　 ＫＦ 　

） ＝ 凡 ＋ 詈 － ｇ （ １ ＋ ｐ ） 　 （ ｍ 　 ｄ? 　
故（ １ ＋ ｐ ） 　 （ ／ １ ， ）：ｇ （ ｎ ） ＝０ － （ ｍ ｏ ｄ 　 ｑ ） 　 又 ｑ为质数 ， 于是 ， ｑ ｌ （ １ ＋ ｐ ） ． 　 从而， Ｐ＜ｇ ≤１ ＋ ｐ ， 只有 Ｐ： ２ ， ｑ ＝３ ． 　

ＫＮ　 ＫＥ 。 　

②　

由式① 、 ②知　

此时， ６ 　 ＝ ／ 　 （ ｎ ） ＝ ｇ （ ｎ ） ＝ ÷ｎ ． 　

２ ０ １ ２年第 １ １ 期　

２ ７ 　
ｒ 　

解得 ， ｌ ＝ ４× ６ 　’ ． 　

＋１， 　

ｎ＝０， １， … ， ９； 　

以下 同解 法 １ ． 　 ４ ． 记　 ）＝ 口 ｃ ｏ ｓ 　 ＋ｂ ｏ ｏ ｓ 　 ２ ｘ＋ 　
Ｃ ｅ Ｏ Ｓ 　 ３ ｘ＋ｄ ｃ ｏ ｓ 　 ４ｘ ． 　

显然 ， Ｐ 　 ＝｛ １ ９一 凡 ，ｎ ＝ ｌ ０ ， １ １ ， …， １ ８ ； 　

【 ０ ． 　

ｎ ≥ｌ ９ ． 　

先考 虑一切 小于 ２ 　 ０ ０ ０的六合 数ａ ｂ ｃ ｋ ． 　

由　 ０ ）＝ Ⅱ＋ ｂ＋ Ｃ＋ ｄ ， 　 ）＝ 一 Ⅱ＋ｂ— Ｃ ＋ｄ ， 　

若ｋ ＝ ０ ， 则当 口 ＝ ０时， ｂ ＋ ｃ ＝ ０ ， ６ ， １ ２ ， １ ８ ； 　
当 口＝１时 ， ｂ＋ Ｃ ＝５ ， １ １ ， １ ７ ． 　

詈 ） ＝ 詈 一 　一 ｃ 一 萼 ， 　
贝 ０ 　 ａ＋ｂ —Ｃ ＋ ｄ 　
＝ 　

延 厂 （ Ｏ ） ＝ （ ｐ ｏ ＋ ｐ ６ ＋ ｐ １ ２ ＋ ｐ ｌ ８ ） ＋ 　 ＋ ｐ ｌ ｌ ＋ ｐ ｌ ７ ） 　
＝１ ６＋１ ６ ＝３ ２． 　

０ ） ＋ 　丌 ） ＋ 　詈 ） ≤ ３ ． 　

若ｋ ＝ ２ ， 则当 ａ ＝ ０时， ｂ ＋ Ｃ ＝ ４ ， １ ０ ， １ ６ ； 　 当 口＝ １时 ， ｂ ＋ ｃ＝ ３ ， ９ ， １ ５ ． 　 故　 ２ ） ＝（ Ｐ ４ ＋ ｐ ｌ ０ ＋ ｐ ｌ ６ ）＋（ Ｐ ３ ＋ Ｐ ９ ＋ ｐ １ ５ ） 　
：１ ７ ＋１ ８ ：３ ５． 　

当 且 仅 当 　 ０ ） ＝ ， （ ７ ｃ ） ＝ 　 ５ 丌 － ） ＝ １ ， 即 　
ａ＝１， ｂ＋ｄ ＝１ ， ｃ＝ 一１ 　

时取等 号． 　

此时 ， 令ｔ ：Ｃ Ｏ Ｓ 　（ 一１ ≤ｔ ≤１ ） ． 则　 － 厂 （ 　） 一１ 　
＝Ｃ Ｏ ８ 　 ＋ｂ ｅ ｏ ｓ 　 ２ ｘ—Ｃ Ｏ ８ 　 ３ ｘ＋ｄ ｅ ｏ ｓ 　 ４ｘ 一 １ 　

若ｋ ＝ ４ ， 贝 ０ 当Ⅱ ＝ ０ 时， ｂ ＋ ｃ ＝ ２ ， ８ ， １ ４ ； 　 当 Ⅱ＝１ 时， ｂ 十ｃ ＝１ ， ７ ， １ ３ ． 　 故　 ４ ） ＝（ Ｐ 　 ＋ ｐ 。 ＋ ｐ 　） ＋（ Ｐ 　 ＋ ｐ ， ＋ ｐ 。 ， ） 　
：

１ ７ ＋１ ６＝３ ３ ． 　

当后 ＝ ６， ８时 ， 与 ｋ＝ ０ ， ２的情形 类似 ， 有　
６ ）＝ 　０ ）＝ ３ ２ ， 　 ８ ） ＝ 　２ ） ＝ ３ ５ ． 　 因此 ， 小于 ２ 　 ０ ０ ０的六合 数有　

＝ｔ ＋（ １一 ｄ ） （ ２ ｔ 　一１ ）一（ ４ ￡ 　 一３ ｔ ）＋ 　
＝

ｄ （ Ｓ ｔ 　 一８ ｔ 　 ＋１ 　 —１ 　 ２ （ ｔ 一 １ ） （ ｔ ＋ １ ） （ ２ ｔ 一 １ ） ［ ２ ｄ ｔ 一 （ １ 一 ｄ ） ］ 　

≤０ 　

对任意实数 ｔ ∈［ 一 １ ， １ ］ 成立． 　
于是 ， ｄ＞ ０ ， 且　 ＝ 　 ， 即 ｄ： 　 １
． 　

Ａｏ ） 　 ２ ） 　 ４ ） 　 ６ ） 顿８ ） ＝ １ ６ ７ （ 个） ． 　 注 意到 ， ２ 　 ０ ０ ０至 ２ 　 ０ １ １中恰 有一 个 六合　 数２ 　 ０ ０ ４ ． 从而， 所 求六 合数 的个 数为　
１ ６ ７ ＋１＝ １ ６ ８ ． 　

所以， ０＋ｂ —ｃ ＋ ｄ的最 大值 为 ３ ， 且此 时　

解 法 ２ 对 非 负整 数 乃 ， 令 Ｓ （ ｎ ） 为 其各　 位 数字 之和． 　
先将 小 于 ２ 　 ０ ０ ０的非 负 整数 中所 有 ６的　 倍数（ 共３ ３ ４个 ） 配成 如下 １ ６ ７对 ： 　
（ ０ ， １ 　 ９ ９ ８ ） ， （ ６ ， １ 　 ９ ９ ２ ） ， （ １ ２ ， １ 　 ９ ８ ６ ） ， 　 （ ９ ９ ６ ， １ 　 ０ ０ ２ ） ． 　
…

（ 　， ｃ ， ｄ ） ＝ （ １ 专， ． １ ’ 　
第 二 天　
５ ． 解法 １ 易知 ， 一 个 非 负 整 数 为 六 合　 数 当且仅 当其 末位 数字 是偶数 且各 位数 字之　 和是 ６的倍数 ． 　 为 方便起 见 ， 将　 Ｍ＝｛ ０ ， １ ， …， ２ 　 ０ １ １ ｝ 　 中每个 数都 写 成 四位 数 ａ ｂ ｃ ｄ 的形 式 （ 当 不 足　 四位数 时， 在 最 高 数 位 前 补 上 若 干 个 数 字　 … ０’ ， 使 之恰 含有 四个 数 字 ） ， 并用ｆ （ 　） 表示　 中末位数 字为 ｋ的六 合数 的个 数， 其 中， 　 ｋ∈ ｛ ０ ， ２， ４， ６ ， ８ ｝ ． 　 对 ｎ∈ Ｎ， 将 满 足　 ＋ Ｙ＝凡 ， 且　 Ｙ∈ ｛ ０ ， １ ， …， ９｝ 　 的（ 　， Ｙ ） 的组数 记 为 Ｐ 　 ． 　
、

，

对 上述 每对数 （ 　， Ｙ ） ， 设　
＝口１ ａ ２ ０３ 口 ４， Ｙ 　 ｂｌ ｂ ２ ｂ ３ ｂ ４ 　

（ 约定当 　或 Ｙ 不足四位数时， 在最高数位前补　 上若 干个数字“ ０ ” ， 使之恰含有 四个数字 ） ． 则　 ｌ 　 ｏ ｏ ｏ （ ０ １ 十 ｂ １ ）＋ｌ Ｏ ０ （ ０ ２ ＋ｂ ２ ）＋ 　
１ ０ （ ａ ， ＋ｂ ， ）＋（ ｎ 　 ＋ｂ 　 ） 　
＝ 　 ＋Ｙ ＝ １ 　 ９９ ８ ． 　

因为　、 Ｙ 为偶数 ， 所以， ａ 　 、 ｂ 　 ≤８ ． 　
因此 ， ０ ４ ＋ｂ ４ ≤１ ６＜１ ８ ， 只台 邑口 ４ ＋ｂ ４ ＝ ８ ． 　

又由ａ ３ ＋ ６ ３ ≤ｌ ８＜ １ ９ ， 知 只能 口 ３ ＋ｂ ３ ＝ ９ ． 　 类似 地 ， ０ ２ ＋ｂ ２ ＝ ９ ． 　
最后 必有 口 １ ＋ｂ １ ＝１ ． 　 故Ｓ （ 　）＋Ｊ ｓ （ Ｙ ） 　

２ ８ 　
＝

中 等 数 学　

（ ａ １ ＋ ｂ １ ） ＋（ ａ ２ ＋ ｂ ２ ） ＋（ ａ ３ ＋ ｂ ３ ） ＋ （ ａ ４ ＋ ｂ ４ ） 　
＝

作Ａ Ｎ上 Ｂ Ｄ于点 Ｎ， Ｅ Ｇ ∥Ｂ Ｄ与 Ａ Ｃ交　
于点 Ｇ ． 联结 Ｏ Ｂ、 Ｏ Ｅ、 Ｏ Ｇ 、 Ｏ Ｄ、 Ｏ Ｍ． 　 因为 Ｏ Ｅ 　 ｊ ＿ Ｂ Ｄ， Ｏ Ｍ上 Ｃ Ｄ， 所以， 　
／ Ｇ ＥＯ ＝９ ０ 。＝ 　 Ｇ ＭＯ ． 　

１＋ ９ ＋９ ＋８ ＝２ ７ ． 　

从而， Ｓ （ 　） 、 Ｓ （ Ｙ ） 中有 且 仅有 一 个 ６的　 倍数（ 这 是 因为　、 ） ， 均 被 ３整 除 ， 所 以， Ｓ （ 　） 　 与Ｓ （ Ｙ ） 均 被 ３整 除 ） ． 故　、 Ｙ有且 仅 有 一 个　 是六合 数． 　 所以， 小于 ２ 　 ０ ０ ０的六 合数共 有 １ ６ ７个． 　 又２ 　 ０ ０ ０至 ２ 　 ０ １ １中 恰 有 一 个 六 合 数　 ２ 　 ０ ０ ４， 则 所求 六合数 的个数 为 １ ６ ７＋１＝１ ６ ８ ． 　 ６ ． 由已知得必有 ｎ ＞２ ｔ 　 ０ １ ３ ． 此时 ， 　

则 Ｅ、 Ｇ、 Ｍ、 ０ 四点共 圆． 　

故ｔ ａ ｎ 　 Ａ ＭＥ＝ｔ ａ ｎ／ Ｇ Ｏ Ｅ 　１ ５ Ｇ
由／ Ｏ Ｂ Ｅ＝ 　 Ｂ Ｎ Ａ＝ ９ ０ 。 ， 　
Ａ Ｂ Ｎ＝ 　 Ｃ ＝／ ＥＯ Ｂ． 　

? 　

， ＼ ／２ 　 ０ １ ２ 　、 　 ２ 　 ０ ｌ １ 　
甘 ｎ ＞４ 　 ０ ２ ３． 　 ｎ －２ 　 ０１ ３≥ ２ 　 Ｏ１ １ 　 一 　
。

二 　

！ 　

二 　 ！ 　

则△ Ｏ Ｂ Ｅ∽△ Ｂ Ｎ Ａ ． 　 易知 ， Ａ、 日、 Ｊ ７ 、 ｒ 、 Ｄ 四点共 圆． 　
因此 ， 　 Ｅ Ｄ Ｇ＝／ Ａ Ｎ Ｈ ． 　

铮 ２ 　 ０ ｌ １ （ ｎ～ ２ 　 ０ ｌ １ ） 　 ＜ ２ 　 ０ １ ２ （ 凡一 ２ 　 ０ １ ２ ） 　

又　 Ａ Ｈ Ｎ＝１ ８ ０ 。 一 　 Ａ Ｄ Ｎ＝ 　 Ｅ Ｇ Ｄ． 故　
△ ＥＧ Ｄ∽ △ Ａ ＨＮ． 　

①　
ｎ －２ 　 ０１ １ ２ 　 ０１ ３ 一 　

所以， 　 ＝ 　 ＝ 　

＝ 　

． 　

２ 　 ０ １ ３ （ ｎ一２ 　 ０ １ ３ ） ＞２ Ｉ 　 Ｏ １ １ （ ／ ／ ， 一 ２ 　 Ｏ １ １ ） 　
甘 ｎ≥ ４ 　 ０ ２ ４ ． （ 　

于是 ， 　 ＝ 　 ＝ ２一 　 ． 　 从而， 　 Ａ ＭＥ＝１ ５ 　 Ｏ ． 　 解 法 ２ 设　 Ａ Ｂ Ｄ＝ 　 Ｃ＝ Ｏ ｒ ， 　Ｄ Ｂ Ｃ＝ 　 由已知得　 Ｂ Ｄ Ｅ＝ 　， 　 Ａ Ｅ Ｄ＝ ２ ａ， 　
／Ａ ＤＥ ＝ ／ Ａ ＤＢ 一／ Ｂ ＤＥ 　
：

由式① 、 ②知 当 ｎ ≥４ 　 ０ ２ ４时 ， 　
￣

／ ｎ － ２ 　 ０ １ １ 一 ｘ ／ ｎ － ２ 　 ０ １ ２ ＜ － 　 ０ Ｊ 　 　
二丽 　 丽 　

（ 　＋ 卢 ）一 　＝ 卢， 　

≤ √ 　
￣

一 √ 　

Ａ Ｂ ＝ＡＥ ＋ ＥＢ ＝ＡＥ ＋ ＥＨ ＋ ＨＤ． 　

当２ 　 ０ １ ３ ≤ｎ ≤４ 　 ０ ２ ３时 ， 　

故　 Ａ Ｂ＝ Ａ Ｅ＋ 　 　 Ｅ Ｈ＋ 　 ： ＝ 　 — — 　 — 　 ■ 一 十 ＋ 　 ｃ ｏ ｔ 。 　 Ｊ Ｂ： ＝ 　 ｃ ｏ ｔ ‘ 　 Ｏ ／ ＋ 　 ｃ ｏ ｔ ／ ／ ５ ３ ． ①　 ｌ 　
８１ ｎ　Ｚ　 。 　

／ ｎ － ２ 　 ０ １ １ 一 一 Ｎ ／ ｎ － ２ 　 ０ １ ２ ≥ ０ ｕ 　 　
／ 凡 一２ 　 ０ １ ３ 　 ｎ一２ 　 Ｏ １ １ 　

＞ √ 　
４ 　 ０ ２ ４． 　

一 √ 　

‘ 　

综上， 满 足条件 的正 整数 ｎ的最 小 值 为　

如图 ５ ， 作Ｅ Ｋ上 Ａ Ｃ， Ｅ Ｌ 　 ｊ ＿Ｂ Ｄ， 垂 足 分　 别为 Ｋ、 　， 则 Ｌ为 Ｂ Ｄ的 中点． 　

７ ． 解法 １ 如图 ４ ， △Ｂ Ｃ Ｄ的外接圆ｏ０ 　
与直线 Ａ Ｂ切于 点　． 　

Ｃ 　

网５ 　
Ｃ 　

结 合正 弦定理得　
Ｅ Ｌ 　 ＤＥｓ ｉ ｎ／ Ｅ Ｄ Ｌ 　
一 　 一 　 一 　

Ｅ ｌ （ 一Ｄ Ｅ ｓ ｉ ｎ 　 Ｅ Ｄ Ｋ —ｓ ｉ ｎ卢 一 Ｃ Ｄ —ＭＤ ‘ 　

则ｃ 。 ｔ 　： 　 ： 　
网４ 　

＝ 　

一 　

＝ｃ ｏ ｔ 　 Ａ ＭＥ—ｃ ｏ ｔ 卢 ． 　

②　

２ ０ １ ２年 第 １ １ 期　

２ ９ 　

由式① 、 ② 及题设 条 件知　
ｃ ０ ｔ 　 ＡＭ Ｅ ： Ａ 　 Ｂ

Ａ 仃 　２ ＿ ： ２ ＋ 　． 　 √３ 　
： 　
一

是点 ２ 　 ． 证 明对任 意 ｉ ， 路径 种数都 是偶数 ． 　 设 路径 为　
，

口 １，…

， ａ ｉ Ｉ，
—

２ 　 ， ０ 　 ＋ ｌ ， … ， 口 　ｌ ， Ｙ ． 　
—

从而 ， 　 Ａ ＭＥ＝１ ５ 　 Ｏ ． 　 ８ ． 当 ｍ≥１ １时 ， 几＝ ２ 　一１＞ ２ 　 ０ １ ３ ． 　 因 为从点 １跳 ２ 　 ０ １ ２步 到达 点 ２ 　 ０ １ ３的　 跳法 只有 一种 ， 矛盾 ， 所以 ， ｍ≤１ ０ ． 　 下 面证 明 ： ｍ＝１ ０满 足题 意． 　 对 ｍ 用 数 学 归 纳 法 证 明 一 个 更 强 的　 命题 ： 　 对任 意 后 ≥凡＝２ 　一１及 任 意　、 ｙ∈ 　 ， 　 从 点　 跳　 步 到点 Ｙ的跳法 种数 为偶数 ． 　 当 ｍ ＝１ 时， 跳法 种数 必 为 ０ ， 结论成 立． 　 设 ｍ： ｚ 时 结论成 立 ． 　 对Ｊ ｊ ｝ ≥ｎ＝ ２ ¨ 　一１ ， 将从 点　 跳 ｜ ｉ ｝ 步 到 点　 ｙ的路 径 分 成 三 类 ， 只要 证 明每 种 情 形 下 的　 路 径种 数均 为偶 数 即可． 　 （ １ ） 路径 从不 经过 点 ２ 　 ． 　 此时 ， 点　 和 ｙ位 于 点 ２ 　的 同侧 ， 由归　 纳 假设 知 ， 路 径 有偶数 种． 　 （ ２ ） 路径 经过 点 ２ 　 恰 一 次． 　 设第 ｉ （ ｉ ∈｛ ０ ， １ ， …， ． ｊ ｝ ｝ ） 步跳 到点 ２ 　 ， 其　 中， ｉ ＝ ０表示点　 就是 点 ２ 　 ， ｉ ： 　表 示点 Ｙ就　

将 其分 为 两 条 子 路 ： 从 点　 到 口 　 ， 　 共　 ｉ 一１步 ； 从点 ０ … 到Ｙ ， 共　 一ｉ 一１步 （ 　 对　 ｉ ： ０或 Ｉ ｉ ｝ ， 只有 一条 子路 ， 共Ｊ ｊ ｝ 一１步 ） ． 　 因为 后 ≥ｎ：２ 　 一１ ， 若 ｉ 一１＜２ 　 一１ ， 且　
｜ ｊ ｝ 一ｉ 一１ ＜ ２ 　 一１ ， 所以， 　
ｉ 一１ ≤２ 　 一２。 且　 一 　一１ ≤２ 　 一２ ． 　

相加得 ． ｊ ｝ ≤２ ¨ 　一 ２， 矛 盾． 　 所以， ｉ 一１ ≥２ 　 一１ 或． １ ｝ 一ｉ 一１ ≥２ 　 一１必　 有 一个成 立． 　 由归 纳假设 ， 必有 一条 子 路 的 路 径种 数　 为偶 数． 　 由乘 法 原理 ， 知第 ｉ 步跳 到 点 ２ 　的路 径　 种 数为偶 数． 　 （ ３ ） 路径经 过点 ２ 　 不少 于两次． 　 此时， 将 第一次 与第 二 次到 点 ２ 　 之 间 的　 路 径沿 点 ２ 　 作对 称 ， 则 对 此类 中的路 径 进行　 了两两 配对 ， 必为偶 数种 路径． 　 由数学 归纳法 ， 命题 得证． 　 综上 ， ｍ 的最大 值为 ｌ ０ ． 　 （ 陶平生 提供 ） 　 又Ｏ Ａ 　 ＝Ｏ Ｂ 　 ＝Ｏ Ｃ 　 ， 则　

（ 上接 第 １ ６页） 　
Ａ 　

ＤＤ ＝ＯＥ ＝０　 Ｆ． 　

． 　

、 、 、 ‘ ／ 　

、． 　
＼ 　＿ ； 　
　

由Ａ Ｏ＝ Ｂ Ｏ， 　 Ｂ Ｏ Ｄ＝ 　 Ａ Ｏ Ｅ， 知　
△ 　Ｄ Ｄ 　 △Ａ Ｏ Ｅ ． 　

于是 ， 　 ｌ ＝ 　 ２ ． 　

结 合　 １ ＝ 　 ３ ， 　 ２＝ 　 ４ ， 得　
１＝ 　
、

２＝ 　

３＝ 　

４． 　

／
， ，

２ ／　

同理 ， 　 １ ＝ 　 ２ ＝ 　 ３＝ 　 ４＝ 　 ５ ＝ 　 ６ ， 　 即 ０也是△　 Ｃ的内心　 所 以， △Ａ Ｂ Ｃ是正 三角形． 　
参考文献 ： 　 ‘ 　

图２ 　

由／ ｘ Ａ Ｂ Ｃ∽ ／ ＸＤ Ｅ Ｆ， 得　
△ Ａ 　 Ｂ 　 Ｃ 　 ∽Ｉ Ｘ 　 Ｄ Ｅ Ｆ ． 　

［ １ ］ ２ ０ ０ ９ －２ ０ １ ０匈牙 利数 学 奥林 匹克 ［ Ｊ ］ ． 中等 数学 ， 　
２ ０ １ １ （ 增刊２ ） ． 　

注意 到， Ａ 　 Ｄ、 Ｂ 　 Ｅ、 Ｃ 　 Ｆ 交 于 点 ０， 故　

［ ２ ］ 　 万喜人． 三道几何竞赛题 的简证 ［ Ｊ ］ ． 中等数学 ， ２ ０ １ ２ 　
（ ４ ） ． 　

△Ａ 　 Ｂ 　 Ｃ 　 与△ Ｄ Ｅ Ｆ关 于点 ０位 似． 从而 ， 　
ｏＤ　 ＯＡ 　 ｏＥ　 ０Ｂ　 ｏＦ 　 ０Ｃ　‘ 　

［ ３ ］ 　 第二届陈省身杯全 国高中数学奥林 匹克 ［ Ｊ ］ ． 中等 数　
学， ２ ０ １ １ （ ９ ） ．