2013年全国高中数学联赛加试题另解

２０１３年第１２期

２０１３年全国高中数学联赛加试题另解

中圈分类号：０１２

文献标识码：Ａ

文章编号：１００５一“１６（２０１３）１２—００ｌｌ—０７

第一题如图ｌ，ＡＢ是圆厂的一条弦，

，ｏ、

Ｐ为弧Ａ日内一点，Ｅ、Ｆ

为线段ＡＢ上两点，满

足ＡＥ＝朋＝昭．联结

ＰＥ、Ｐ，并延长，与圆

网ｌ

厂分别交于点Ｃ、Ｄ．证明：

ＥＦ ＣＤ＝ＡＣ ＢＤ．

证法１要证命题成立，只需证

３ＡＣ ＢＤ＝ＣＤ ＡＢ

々令４ＡＣ ＢＤ＝ＣＤ－ＡＢ＋ＡＣ ＢＤ．

由托勒密定理知

．－

ＣＤ ＡＢ＋ＡＣ ＢＤ＝ＡＤ ＢＣ．

故只需证

４ＡＣ ＢＤ＝ＡＤ ＢＣ．

①

如图２，延长伽Ⅳ

到点Ｑ，使ｃＥ＝ＥＱ．

卜

联结ＢＱ、叼．设甜

；、＼＼与ＢＱ交于点凰则四

｛

、＼、

边形ＡｃＦＱ为平行四１

翟

边形．

故么ＣＱＦ＝么ＡＣＱ＝么Ｐ鲋．

于是，Ｐ、Ｑ、日、Ｆ

四点共圆．

图２

万方数据

设么ＱＢＦ＝［ＣＰＦ＝［ＣＰＤ＝［ＣＢＤ．

所以，么Ｃ明＝么Ｄ鲋．

故△蹦曰∽△Ｃ船

等等：鬈．ＣＢＤＢ‘

②９

又ＱＦ∥批则籍＝筹＝｝

故Ｃ日＝ＣＡ＋Ａ日＝４ＡＣ．

代入式②知式①成立．

（张鹄湖北省武汉二中，４３００１０）证法２如图３，联结ＡＤ、ＢＣ，取线段ＡＤ的中点Ｑ，联结ＣＱ、

ＥＱ．

因为ＡＥ＝朋，所

以。ＥＱｆ佃Ｄ。

则么衄Ｑ＝么ＣＰＤ

图３

＝么ＣＡＤ．

于是，Ａ、Ｃ、Ｑ、Ｅ四点共圆．

从而，么ＱＣＥ＝么Ｑ船＝么ＤＣ８．进而，么Ｂ衄＝么ＤＣＱ．又么ＣＤＱ＝么Ｃ髓，知

△ＣＤＱ∽△ＣＢＥ

；一＝ｏ＝一．ＣＤＤ０

２

ＣＢＢＥ２ＥＦ

：々ＢＣ ＡＤ＝４ＥＦ ＣＤ．

①

以下同标准答案．

（刘才华

山东省宁阳第一中学，２７１４００

仇玉祥

江苏省连云港市新海实验中学，

２２２００４杨岚清上海市虹口区教师进修学

院，２０００８１）

证法３如图

４，延长朋到点

Ｍ，使碍ＢＭ＝ＦＢ．

联结ＤＭ、ＡＤ．

～＿，Ｍ，，

设／４Ｅ＝ＥＦ＝

ＦＢ＝ＢＭ＝％．

由相交弦定理知

网４

ＰＦ ＦＤ＝ＡＦ ＦＢ＝２ｘ１＝ＥＦ－ＦＭ．

于是，Ｐ、Ｅ、Ｄ、朋四点共圆．

。从而，么脚伪＝么ＣＰＤ＝么ｃＡＤ．

又么Ｄ删＝么ＡＣＤ，则

△ＡｃＤ∽△枷Ｄ

ｊ篇＝器

＝々ＡＣ ＢＤ＝ＢＭ ＣＤ＝ＥＦ ＣＤ．

（杨同伟

陕西省西安市昆仑中学，

７１００４３

姚广玉江苏省金湖中学，２１１６００ 李耀文

山东省枣庄市第十八中学，２７７２００

王浩宇

辽宁省大连育明高中高二（３）班，

１１６０２３１

证法４

如图５，

联结朋、∞．则在

△曰ｃＤ中，由正弦定理得

上｝Ｄ

ｓｉｎ么曰ＣＤ

ＣＤ—ｓｉｎ么凹Ｄ

ｓｉｎ么脚

图５

武ｎ［ＥＰＦ

在△Ｐ８Ｅ中，由张角定理得

西ｎ［ＢＰＦＰＥ武ｎ［ＥＰＦ

ＰＢ？－。ＢＤ

ＰＥ

ＡＥ

ＥＦ

”ＣＤ

Ｍ——＝——＝一＝——ＰＢ炳。ＥＦ ＣＤ＝ＡＣ ＢＤ．

ＡＣＡＣ。

（宋红军

浙江省富阳中学，３１１４９９

范

东晖浙江省北仑中学，３１５８００孙洪一

山

东省淄博市第四中学高三（１９）班，２５５１００）

证法５注意到，

ｓ啪Ｅ＝Ｓ蟹ＥＦ

：净ＡＰｓｉｎ么』４ＰＣ＝ＰＦｓｉｎ么Ｃ肋

ｊ

ＡＰ Ａｃ＝ＰＦ ｃＤ

ｊ筹＝筹．

万方数据

中等数学

又△Ａ朋∽△嬲Ｆ＇贝｜ｊ筹＝等．故筹＝等ｊＡｃ 肋＝ｃＤ ＢＦ＝∞ 胍

（王继忠

山东省东营市胜利第一中

学，２５７０２７）

证法６

如图

６，延长ＡＣ到点Ｋ，

使得ＡＣ＝似，联结

ＤＫ．

由于ＡＥ＝ＥＦ，

飚ＥＣ？伸Ｋ．

故么Ａ即

＝么ＡｃＥ抄≈

＝么ＡＤＦ．图６

所以，Ａ、Ｋ、Ｄ、Ｆ四点共圆．

因此，么ＤＫＣ＝么日肋．

又么朋Ｄ＝么朋Ｄ，则

△ＤＫＣ∽△ＤＦＢ

ＡＣＫＣＢＦＥＦＤＣ

ＤＣ

ＢＤ

ＢＤ

ｊ

ＥＦ ＣＤ＝ＡＣ ＢＤ．

（王剑明

浙江省嘉兴市第一中学，

３１４０５０

蔡祖才

江苏省常熟市中学，

２１５５００朱斌上海民办兰生复旦中学，

２００４３８）

证法７如图７，延

长凹到点Ｇ，使ＥＧ＝

ＥＣ，联结酗、佃、卯、

ＡＤ、佃、ＣＦ、曰Ｐ．则四边形ＡＣ阳。为平行四边形．

叉ＥＰ ＥＧ＝ＥＰ ＥＣ

＝ＡＥ ＢＥ＝ＥＦ ＥＢ．

于是，Ｇ、Ｐ、Ｆ、曰四点

Ｇ园

图７

共圆．

则么ＣＢＤ＝么ＣＰＤ＝么ＧＢ，．［ＢＣＤ＝［ＢＰＤ＝［ＢＧＦ．

２０１３年第１２期

投△ＢＣＤ∽△ＢＧＦ

ＣＤ

ＧＦ

ＡＣ

ＥＦ．ＧＤ：Ａｃ．肋．…ｊ黎：等：等ｊ～…

一～‘

塑一丝一丝一丝一丝

ＢＤ—ＰＫ—ｐＥ—ＡＥ—ＥＦ‘

故ＥＦ ＣＤ＝ＡＣ ＢＤ．（徐伯儒证法１０

万喜人如图

湖南图书馆培训楼

万喜学校，４１０００１）

（孙铄哈尔滨师范大学附属中学高

二（２）班，１５００８０）

证法８

如图

８，联结删、朋，联结

ｃＢ与ＰＤ交千点Ｍ．

１０，过点Ｐ作ＰＱ∥

ＡＢ与圆厂交于点Ｑ．联结ＡＱ、曰Ｑ、ＣＱ、Ｄｐ、ＡＤ、曰Ｃ．

对△Ｂ佃和割

线Ｐ朋应用梅涅劳

斯定理得

考虑直线ＰＱ和

ＡＢ交于无穷远点

＿ｏ

Ｈｌ

ｏ图。

笔．等．祭＝１．①ＦＥＰＣＭＢ“、。７＿．＿一●Ｉ■Ｉ

又△Ｐ肘Ｃ∽△删Ｄ，则

（记为∞）．

（∞，Ｅ，Ｆ，曰）成两组调和点列．

网１０

由题意不难得到：（∞，Ａ，Ｅ，Ｆ）以及

②８

黑：祭．ＢＤＭＢ

因为Ｂｆ’＝Ｅｊ’，所以，由式①、②得

因此，直线束（Ｐｐ，以，朋，ＰＦ）和直线

束（ＰＱ，ＰＥ，ＰＦ，Ｐ曰）分别为调和线束．

因为Ｐ、Ｑ、Ａ、Ｃ、Ｄ、Ｂ六点共圆，所以，四

豢等：１．ＢＤ ＰＭ一

又△脚伊∽△Ｄ们，则

③。

边形似ＣＤ和四边形ＱＣ骝均为调和四边形．

由调和四边形的性质和托勒密定理知

器：黑．ＣＭＣＤ‘

由式③、④得

”④

ｆＡＱ‘ｃＤ＝Ａｃ．ＤＱ２寺ｃＱ．ＡＤ，

鲁绻：１．

ＢＰ ＢＤ一

ｌｃＤ 加＝册 ｃＱ＝÷加 胞

⑤。

又△ＡｃＥ∽△ＰＢＥ，则

ＥＰ

ＡＥ．、

两式相乘得Ａｃ 肋＝和Ｄ Ｂｃ．

由托勒密定理得

ＡＢ ＣＤ＋ＡＣ ＢＤ＝ＢＣ－ＡＤ．

历２丽‘

由式⑤、⑥得朋 ｃＤ＝Ａｃ 肋．

三（２）班．１５００８０）

吲

（唐文威哈尔滨师范大学附属中学高

证法９

如图９，

缝合ＡＢ＝３ＥＦ，得ＥＦ ＣＤ＝ＡＣ ＢＤ．（潘彩江苏省新海高级中学，２２２００６）第二题给定正整数Ⅱ、秽。数列｛ｎ。｝定

义如下：０１＝“＋秽，对整数ｍ≥ｌ，

０２ｍ＝ｎｍ＋Ｕ，口２ｍ＋ｌ＝口ｍ＋ｔ，．

作ＢＫ身ＰＤ．与ＥＰ鹋延长线交于点Ｋ，联结

曰Ｃ、Ｐ８．

记Ｓｍ＝口ｌ＋Ⅱ２＋…＋ｎｍ（ｍ＝１，２，…）．

由ＥＦ：ＦＢ。得

ＥＰ＝ＰＫ．

证明：数列｛Ｓ。｝中有无穷多项是完全平方数．

证法ｌ对任意的正整数几有

Ｓ２…一ｌ

＝口ｌ＋（ｎ２＋口３）＋（口４＋口５）＋…＋

图９

因么ＢＣＤ＝么ＢＰＤ＝［ＫＢＰ．

（口２ｎ＋ｌ一２＋０２。＋ｌ—１）

＝（ｕ＋秽）＋（口ｌ＋Ｍ＋口ｌ＋夥）＋

（口２＋Ⅱ＋０２＋秒）＋…＋（啦。一１＋ｕ＋％。一ｌ＋移）

一＝！”ｆ，，｛，、＋２≮

么Ｂ阳＝么解Ｂ．

所以，△曰ＣＤ∽△船Ｐ

又△ＦＰ８（，、，＼Ｅ４ｒ．则

万方数据

１４’等等＝等＋字‘

２”１

２“

２

ｊ等…字

ｊＳ２＾－１＝ｎ ２”１（ｕ＋”）．

在上式中取ｎ＝２（ｕ＋ｔＩ）Ｊ｜｝２（．｜｝∈Ｎ＋）．

则是叫＝２（ｕ＋ｔＪ）七２ ２２‘“小２。１（ｕ＋口）

＝（ｕ＋ｔ，）２尼２．２２（…）‘２

＝［（ｕ＋口）ｊ｝ ２＿‘“。’肛］２．于是，Ｓ：叫为完全平方数．

由于正整数｜｜｝有无穷多个，因此，数列｛Ｓ。｝中有无穷多项是完全平方数．

（查正开江苏省常熟市中学，２１５５００）证法２设２卜１≤ｍ≤２‘一１，并设ｍ的二进制表示为（６。６：…九）：．

若６Ｉ＝ｌ，则口。＝口【子】＋移；

若６Ｉ＝０，则口。＝吖詈】＋ｕ

设６：，６，，…，６。中ｌ的个数为石．则其中０的个数为Ｊ｝一ｌ一菇．故

口ｍ＝口ｌ＋茹”＋（后一ｌ一戈）ｕ

＝（戈＋１）口＋（无一戈）ｕ．

令ｍ’＝２‘＋２卜１—１一ｍ，设ｍ’的二进制表示为（ｃ。ｃ：…ｃ。）：．则由二进制表示的唯一性知ｃｉ＝１—６ｉ（２≤ｉ≤｜｜｝）．

所以，ｃ２，ｃ３，…，ｃＩ中ｌ的个数为Ｉ｜｝一ｌ—ｚ，Ｏ的个数为氟故

口。，＝（戈＋１）ｕ＋（后一菇）移．

于是，口。，＋口。＝（｜｜｝＋１）（ｎ＋口）．

则∑口ｉ＝÷∑（口；＋蚴－ｌ＋：㈠一ｉ）＝÷∑（１｜｝＋１）（ｕ＋秽）

＝２‘一２（Ｊｊ｝＋１）（“＋口）．

故ｓ：叫＝∑∑口ｉ＝∑２㈨（后＋１）（ｕ＋口）＝（ｕ＋ｔ，）∑２‘？２（．｜｝＋１）

＝２８—１，ｌ（ｕ＋移）．

以下同标准答案．

（黄志军江苏省南京外国语学校，五加０８）

万方数据

中等数学

证法３设髫、），∈Ｎ＋，记菇Ｍ＋尹＝（戈，ｙ），

且（戈，），）出现的个数为ｌ（髫，ｙ）１．

由已知ｏ。＝ｕ＋移，对整数ｍ（ｍ≥１），

口２爪＝口ｍ＋Ｕ，口２ｍ＋ｌ＝口ｍ＋移，

得口．＝ｕ＋ｔ，＝（１，１）．

故Ｉ（１，１）Ｉ＝ｌ＝ｃ：，此时，髫＋），＝２，共

２０＝１个．

口２＝口ｌ＋ｕ＝（２，１），口３＝口ｌ＋口＝（１，２）．

故Ｉ（２，１）ｌ＝ｌ＝ｃ？，ｌ（１，２）Ｉ＝１＝ｃ：．

此时，戈＋，，＝３，共２。＝２个．

口４＝口２＋Ⅱ＝（３，１），口５＝口２＋口＝（２，２），口６＝口３＋ｕ＝（２，２），口７＝口３＋”＝（１，３）．

故Ｉ（３，１）｜－１＝ｃ：，ｌ（２，２）Ｉ＿２＝ｃ；，ｌ（１，３）Ｉ．１＝ｃｉ．

此时，菇＋），＝４，共２２＝４个．

据此，可发现ｓｕ＋抛＝（ｓ，ｔ）出现ｃ：：：一：

个，对应茗＋），＝ｓ＋Ｉ，共２…以个．

下面用数学归纳法证明．

（１）当算＋），＝ｓ＋ｔ＝２时，结论显然成立．（２）假设当菇＋），＝ｓ＋‘＝ｌｊＩ＋ｌ（矗∈Ｎ＋）时，结论成立，即

Ｉ（七，１）Ｉ＝ｃ：一ｌ，Ｉ（七一１，２）ｌ＝ｃ：一ｌ，Ｉ（｜ｊ｝一２，３）ｌ＝ｃ：一１，…，Ｉ（１，后）Ｉ＝ｃ：：：，

共有２卜１个．

当石＋），＝ｓ＋ｚ＝七＋２时，由题意，可经以

下变换

（｜｜｝，１）＿＋（｜｜｝＋ｌ，１）；

（矗一ｉ＋２，ｉ一１）＿（．｜｝一ｉ＋２，ｉ）或（Ｉ｜｝一ｉ＋１，ｉ）＿＋（．｜｝一ｉ＋２，ｉ），其中，２≤ｉ≤ｌ｜｝，ｉ∈Ｎ＋；

（１，尼）＿＋（１，Ｉ｜｝＋１），

并且每一个前者，均得到唯一的后者．故有

ｌ（矗＋ｌ，１）ｌ＿Ｉ（Ｉ｜｝，１）ｌ＝ｃ：一ｌ＝ｃ？…）一１；

ｌ（五一ｉ＋２，ｉ）Ｉ

＝Ｉ（七一ｉ＋２，ｉ—１）ｌ＋Ｉ（后一ｉ＋１，ｉ）Ｉ

＝ｃ：二：＋ｃ：二：＝ｃ：：：１）．１，

其中，２≤ｉ≤Ｊ｜｝，ｉ∈Ｎ＋；

Ｉ（１，后＋１）Ｉ＝Ｉ（１，五）Ｉ

＝ｃ：：ｌ＿ｃ矧；＝：．

由二项式系数的性质，知当茗＋），＝七＋１

２０１３年第１２期

（．｜｝∈Ｎ＋）时，总个数为

ｃ：。＋，）一。＋ｃ：。＋。）一，＋…＋ｃ；：：：；：

＝２（‘＋１）－‘．

综合（１）、（２），知对任意的ｓ、ｔ∈Ｎ＋，

结论成立．

记６。＝口２。一ｌ＋口２。一ｌ＋Ｉ＋…＋口２．一Ｉ．贝０

６。＝《一。（ｎ，１）＋ｃ：一。（ｎ—ｌ，２）＋…＋ｃ：：：（１，ｎ）＝ｃ：一Ｊ（，ｌⅡ＋ｔＩ）＋ｃ：一ｌ［（ｎ一１）Ｍ＋２秽］＋

…＋ｃ：：：（Ｍ＋删）

＝［ｒＩｃ：一。＋（ｎ一１）ｃ：一ｌ＋…＋ｃ：：：］ｕ＋［ｃ：一。＋２ｃ：一。＋…＋ｎｃ：：：］移

＝［，Ｉｃ：一．＋（几一１）ｃ：一。＋…＋ｃ：：：］（ｕ＋＂）

＝÷［（，ｌ＋１）（《一．＋ｃ：一．＋．． ＋ｑ：：）］（ｕ＋口）

＝（，ｌ＋１）２”２（Ｍ＋秽）．

故ｓ２。一Ｉ＝口１＋０２＋…＋０２。一ｌ

＝∑６ｉ＝∑（ｉ＋１）２Ⅲ（“＋移）

＝ｎ ２“一１（Ｈ＋秽）．

令ｎ＝２‘（Ｍ＋秽）．则

Ｓ２。一ｌ＝２２‘‘“＋”’＋‘一１（Ｈ＋秽）２．

当ｔ为奇数时，显然为一个平方数，且这样的平方数随￡的值的变化而变化．

从而，命题得证．（翟明春山东省淄博市第四中学，

２５５１００）

解法４由题意得Ｓ２。＋ｌ＝２５。＋（ｍ＋１）口１．

令ｍ＾＋１＝２ｍｔ＋１（．｜｝∈Ｎ＋），ｍ１＝１．

则ｍ沪２‘一１，

‰＋，＝‰＋一＝‰＋（帆＋１）ｑ＝２ｓ％＋≯口－

号》专＝｝由争＝≥，得

≥＝≥＋≥（¨）＝等

ｊ．ｓ。。＝２”１舱１．

取凡＝２¨’ｎｌ（￡∈Ｎ＋），则

ｓ。。＝２２２”１旷１×２州口；

万方数据

１５

＝２２２”１（“川＋２‘（ｕ＋ｔ，）２

为完全平方数，且由￡的任意性知这样的ｍ。

有无穷多．

（邹明

山东省青岛二中，２６６１０４）

第三题一次考试共有ｍ道试题，ｎ名学生参加，其中，ｍ、ｎ≥２为给定的整数．每道题的得分规则是：若该题恰有ｚ名学生没有答对，则每名答对该题的学生得菇分，未答对的学生得零分．每名学生的总分为其ｍ道题的得分总和．将所有学生总分从高到低排列为ｐ，≥ｐ２≥…≥ｎ．求ｐｌ＋ｎ的最大可能值．

解法１首先对正整数ｍ用数学归纳法证明不等式ｐ。＋ｐ。≤ｍ（几一１）．

（１）当ｍ＝１时，若得ｐ。分的学生答对这道题，则其余学生也应答对此题．

此时，ｐｌ＝ｐ２＝…＝ｐ。＝０．

若得ｐ。分的学生没有答对此题，显然有

ｐｌ＋ｐ。＝ｐｌ＋０≤ｎ—１．

（２）若对ｍ道题成立，有

ｐｌ＋ｐ。≤ｍ（ｎ—１）．

对于ｍ＋１道题有

（ｉ）得分最少的学生答对所有的ｍ＋１道题，则其余学生也均答对这ｍ＋ｌ道题．有

ｐ１＝ｐ２＝…。ｐ。＝０．

（ｉｉ）得分最少的学生至少有一道题没有答对，任取一道没有答对的题记为口，其余的ｍ道题组记为Ａ．令ｎ个人在Ａ中的得分排列为ｐ：≥ｐ；≥…≥ｐ：，在ｍ＋ｌ道中的得分排列为ｐ。≥ｐ：≥…≥ｐ。．因为得ｐ。分的学生

没有答对口，所以，仍有ｐ。＝ｐ：．

由归纳假设有ｐ：＋ｐ：≤ｍ（ｎ一１）．注意到，在Ａ中得分最高的学生没有答对口时，则在ｍ＋ｌ道题中得分最高者可能易主，但仍有ｐ．≤ｐ：＋（，ｌ一１）．则

ｐ１＋ｐ。≤ｐ：＋ｐ。＋琅一１＝ｐ：＋ｐ：＋ｎ—ｌ

≤（ｍ＋１）（ｎ一１）．

得ｐ：分的学生答对。时，该题得分小于或等于ｎ—ｌ，有ｐＩ≤ｐ：＋，ｌ一１，即