第66届普特南数学竞赛试题
2013普特兰数学竞赛试题(A)
The 74rd William Lowell Putnam Mathematical CompetitionSaturday,December 7,2013A1Recall that a regular icosahedron is a convex polyhedron having 12vertices and 20faces;the faces are congruentequilateral triangles.On each face of a regular icosahedron is written a nonnegative integer such that the sum of all 20integers is 39.Show that there are two faces that share a vertex and have the same integer written on them.A2Let S be the set of all positive integers that are not perfect squares.For n in S,consider choices of integersa 1,a 2,...,a r such that n <a 1<a 2<···<a r and n ·a 1·a 2···a r is a perfect square,and let f (n )be the minimum of a r over all such choices.For example,2·3·6is a perfect square,while 2·3,2·4,2·5,2·3·4,2·3·5,2·4·5,and 2·3·4·5are not,and so f (2)=6.Show that the function f from S to the integers is one-to-one.A3Suppose that the real numbers a 0,a 1,...,a n and x,with 0<x <1,satisfya 01−x +a 11−x 2+···+a n 1−x n +1=0.Prove that there exists a real number y with 0<y <1such thata 0+a 1y +···+a n y n =0.A4A finite collection of digits 0and 1is written around a circle.An arc of length L ≥0consists of L consecutivedigits around the circle.For each arc w,let Z (w )and N (w )denote the number of 0’s in w and the number of 1’s in w,respectively.Assume that |Z (w )−Z (w )|≤1for any two arcs w,w of the same length.Suppose that some arcs w 1,...,w k have the property thatZ =1k j =1Z (w j )and N =1k j =1N (w j )are both integers.Prove that there exists an arc w with Z (w )=Z and N (w )=N.A5For m ≥3,a list of m 3real numbers a ijk (1≤i <j <k ≤m )is said to be area definite for R n if the inequality1≤i<j<k ≤ma ijk ·Area( A i A j A k )≥0holds for every choice of m points A 1,...,A m in R n .For example,the list of four number a 123=a 124=a 134=1,a 234=−1is area definite for R 2.Prove that if a list of m 3 numbers is area definite for R 2,then it is area definite for R 3.A6Define a function w :Z ×Z →Z as follows.For |a |,|b |≤2,let w (a,b )be as in the table shown;otherwise,letw (a,b )=0.bw (a,b )−2−1012−2−1−22−2−1−1−24−44−2a 02−412−421−24−44−22−1−22−2−1For every finite subset S of Z ×Z ,defineA (S )=(s ,s )∈S ×Sw (s −s ).Prove that if S is any finite nonempty subset of Z ×Z ,then A (S )>0.(For example,if S ={(0,1),(0.2),(2,0),(3,1)},then the terms in A (S )are 12,12,12,12,4,4,0,0,0,0,−1,−1,−2,−2,−4,−4.)。
七年级数学竞赛 第29讲 抽屉原理
第29讲 抽屉原理知能概述：若把8个物体放入7个抽屉，则一定有一个抽屉放了2个或2个以上的物体；若把8个物体放入2个抽屉，则一定有一个抽屉放了4个或4个以上的物体；若把8个物体放入3个抽屉，则一定有一个抽屉放了3个或3个以上的物体。
我们把“物体数与抽屉数”的关系概括为数学上的一个原理，即“抽屉原理”抽屉原理的常用形式是： 原理1：把(n +1)个元素放入n 个抽屉，则一定有一个抽屉有两个或两个以上的元素；原理2：把m 个元素放入n (n >1，m >n )个抽屉，则一定有一个抽屉至少有k 个元素，其中： , []1, m n m n k m n m n⎧⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩（当能整除时）；（当不能整除时）。
这里[m n ]表示不大于m n 的最大整数，亦即m n的整数部分。
问题解决：例1．1011人参加考试，总得分为50501分(百分制)，则至少有 人的考试成绩是相同的。
(天津市竞赛题)解题思路：把不同得分分别作为抽屉，参加考试的考生1011人视作元素。
例2．夏令营组织1995名营员去游览故宫、景山公园、北海公园，规定每人最少去一处，最多去两地游览，那么至少有( )人游览的地方完全相同。
A ．665B ．499C ．333D ．332（北京市“迎春杯”竞赛题）解题思路：把游览方式作为抽屉。
例3．从1到100这100个自然数中任取51个，求证：其中必有两个数，它们的差是50。
（上海市竞赛题）解题思路：需构造50个抽屉，把1到100这100个自然数恰当分组。
例4．一副扑克牌有4种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌。
问：最少要抽多少张牌，才能保证有4张牌是同一花色的?（“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题）解题思路：将花色作为“抽屉”，现有4个“抽屉”，牌作为“元素”，要保证4个“元素“在一个“抽屉”里，至少要多少个“元素”。
即[4m ]=4，求m =?例5．任意给出五个整数，证明：必能从其中选出三个整数，使得它们的和能被3整除。
2019普特南数学竞赛原题
2019普特南数学竞赛原题摘要：1.2019 普特南数学竞赛概述2.竞赛的难度和范围3.竞赛对学生的意义4.如何准备普特南数学竞赛5.竞赛的奖励和机会正文：【2019 普特南数学竞赛概述】普特南数学竞赛是一项面向全球高中生的数学竞赛，旨在激发学生对数学的兴趣和热爱。
该竞赛自1938 年成立以来，已经成为世界上最具影响力的数学竞赛之一。
2019 年，普特南数学竞赛在全球范围内吸引了众多优秀高中生参加。
【竞赛的难度和范围】2019 普特南数学竞赛的难度和范围涵盖了高中数学的主要领域，包括代数、几何、组合、数论和微积分等。
竞赛分为两个级别：A 组（针对高一和高二学生）和B 组（针对高三学生）。
每个级别的竞赛都包括10 道题目，其中前8 道题目为选择题，后2 道题目为非选择题。
【竞赛对学生的意义】参加普特南数学竞赛对学生具有重要意义。
首先，该竞赛能够帮助学生提高数学能力，激发他们对数学的兴趣。
其次，通过参加竞赛，学生可以了解自己在数学方面的优势和劣势，为今后的学习和职业规划提供参考。
最后，取得优异成绩的学生还有机会获得奖学金和升学优惠，对未来的学术和职业生涯产生积极影响。
【如何准备普特南数学竞赛】要成功参加普特南数学竞赛，学生需要进行充分的准备。
首先，学生应该掌握高中数学的基本知识和技能。
其次，他们需要多做练习题，熟悉竞赛的题型和解题方法。
此外，参加培训课程和寻求老师或同学的帮助也是提高竞赛成绩的有效途径。
【竞赛的奖励和机会】在2019 普特南数学竞赛中取得优异成绩的学生将获得丰厚的奖励和机会。
首先，每个级别的前10 名学生将获得奖学金。
此外，成绩优秀的学生还有机会获得大学的录取优惠或参加国际数学奥林匹克竞赛的选拔。
普特南数学竞赛(详细解答)1996s
Solutions to the Fifty-Eighth William Lowell Putnam Mathematical CompetitionSaturday,December7,1996Manjul Bhargava and Kiran KedlayaA-1If and are the sides of two squares with combined area1,then.Suppose without loss of gen-erality that.Then the shorter side of a rectangle containing both squares without overlap must be at least,and the longer side must be at least.Hence the desired value of is the maximum of.Tofind this maximum,we let with.Then we are to maximizewith equality for.Hence this value is the de-sired value of.A-2Let and be the centers of and,respec-tively.(We are assuming has radius1and has radius3.)Then the desired locus is an annulus centered at the midpoint of,with inner radius1and outer radius2.For afixed point on,the locus of the midpoints of the segments for lying on is the image ofunder a homothety centered at of radius,which is a circle of radius.As varies,the center of this smaller circle traces out a circle of radius(again by homothety).By considering the two positions ofon the line of centers of the circles,one sees that is centered at the midpoint of,and the locus is now clearly the specified annulus.A-3The claim is false.There are ways to choose 3of the6courses;have each student choose a different set of3courses.Then each pair of courses is chosen by 4students(corresponding to the four ways to complete this pair to a set of3courses)and is not chosen by4 students(corresponding to the3-element subsets of the remaining4courses).Note:Assuming that no two students choose the same courses,the above counterexample is unique(up to per-muting students).This may be seen as follows:Given a group of students,suppose that for any pair of courses (among the six)there are at most4students taking both, and at most4taking neither.Then there are at mostpairs,where is a student,andis a set of two courses of which is taking either both or none.On the other hand,if a student is takingcourses,then he/she occurs in such pairs.As is minimized for,it follows that every student occurs in at least such pairs.Hence there can be at most stu-dents,with equality only if each student takes3courses, and for each set of two courses,there are exactly4stu-dents who take both and exactly4who take neither.Since there are only4ways to complete a given pair of courses to a set of3,and only4ways to choose3 courses not containing the given pair,the only way for there to be20students(under our hypotheses)is if all sets of3courses are in fact taken.This is the desired conclusion.However,Robin Chapman has pointed out that the so-lution is not unique in the problem as stated,because a given selection of courses may be made by more than one student.One alternate solution is to identify the6 courses with pairs of antipodal vertices of an icosahe-dron,and have each student pick a different face and choose the three vertices touching that face.In this ex-ample,each of10selections is made by a pair of stu-dents.A-4In fact,we will show that such a function exists with the property that if and only iffor some cyclic permutation of .We proceed by induction on the number of el-ements in.If and,then choose with,otherwise choosewith.Now let be an element of and.Let be the elements of labeled such that.We claim that there ex-ists a unique such that, where hereafter.We show existencefirst.Suppose no such exists;then for all,we have.This holds by property1for and by induction onin general,noting thatApplying this when,we get,contradicting the fact that.Hence ex-istence follows.Now we show uniqueness.Suppose;then for any,we haveby the assumption on .Thereforeso.The case is ruled out byand the case is similar.Finally,we put in if,andotherwise;an analysis similar to that above shows that has the desired property.A-5(due to Lenny Ng)For,divides andwhere the congruence means thatis a rational number whose numerator,in reduced form, is divisible by.Hence it suffices to show thatfor each positive integer.By induction on,for all,so the sequence tends to a limit which is aroot of not less than.Of course this means.Since for all and, we conclude,so is constant on.If and is defined as before,then by in-duction,.Note that the sequence canbe defined because;the latter follows by notingthat the polynomial is positive at andhas its minimum at,so both roots are greaterthan.In any case,we deduce that is also constanton.Finally,suppose.Now define.Given that,we have.Thus if we had for all,by the same argument as inthefirst case we deduce and so.Actually,this doesn’t happen;eventually we have,in which case by what wehave already shown.We conclude that is a constantfunction.(Thanks to Marshall Buck for catching an in-accuracy in a previous version of this solution.)Now suppose.Then the sequence definedby and is strictly increasingand has no limit point.Thus if we define onas any continuous function with equal values on theendpoints,and extend the definition from toby the relation,and extend the definition further to by the relation,the resulting function has the desired property.Moreover,any function with that propertyclearly has this form.B-1Let denote the set,and let denote the number of minimal selfish subsets of.Then thenumber of minimal selfish subsets of not containing 2is equal to.On the other hand,for any mini-mal selfish subset of containing,by subtracting1 from each element,and then taking away the element from the set,we obtain a minimal selfish subset of(since and cannot both occur in a selfish set).Conversely,any minimal selfish subset ofgives rise to a minimal selfish subset of containingby the inverse procedure.Hence the number of min-imal selfish subsets of containing is.Thus we obtain.Since,we have,where denotes the th term of the Fibonacci sequence.B-2By estimating the area under the graph of using up-per and lower rectangles of width2,we getSince,we have,upon expo-nentiating and taking square roots,a nilpotent matrix.Thus is also nilpotent.How-ever,the square of any nilpotent matrix must be zero(e.g.,by the Cayley-Hamilton theorem).This is a contradiction.B-5Consider a checkerboard,in which we write an -letter string,one letter per square.If the string is balanced,we can cover each pair of adjacent squares containing the same letter with a domino,and these will not overlap(because no three in a row can be the same).Moreover,any domino is separated from the next by an even number of squares,since they must cover opposite letters,and the sequence must alternate in between.Conversely,any arrangement of dominoes where ad-jacent dominoes are separated by an even number of squares corresponds to a unique balanced string,once we choose whether the string starts with or.In other words,the number of balanced strings is twice the number of acceptable domino arrangements.We count these arrangements by numbering the squaresand distinguishing whether the dominoes start on even or odd numbers.Once this is decided,one simply chooses whether or not to put a domino in each eligible position.Thus we have arrangements in thefirst case and in the second,but note that the case of no dominoes has been counted twice.Hence the number of balanced strings isB-6We will prove the claim assuming only that the convex hull of the points contains the origin in its in-terior.(Thanks to Marshall Buck for pointing out that the last three words are necessary in the previous sen-tence!)Let so that the left-hand side of the given equation is(1)Now note that(1)is the gradient of the functionand so it suffices to show has a critical point.We willin fact show has a global minimum.Clearly we haveNote that this maximum is positive for:if we had for all,then the subsetof the-plane would be a half-plane containing all of the points,whose convex hullwould then not contain the origin,a contradiction.The function is clearly continuous onthe unit circle,which is compact.Hence ithas a global minimum,and so for all,.Since,the infimum of is the same over the entire-plane as over this disk,which again is compact.Hence attains its infimalvalue at some point in the disk,which is the desiredglobal minimum.Noam Elkies has suggested an alternate solution as fol-lows:for,draw the loop traced by(1)astravels counterclockwise around the circle.For,this of course has winding number0aboutany point,but for large,one can show this loop haswinding number1about the origin,so somewhere inbetween the loop must pass through the origin.(Prov-ing this latter fact is a little tricky.)4。
多元一次方程组极端原理经典例题
多元一次方程组极端原理经典例题（一）考虑问题的极端情形：引例：平面上有n个(n≥3)点，任三点不共线，证明：存在3点A、B、C，使其余n－3个点都在△ABC外面．例1 求证：在四面体ABCD中，必有某个顶点，从它发出的三条棱作为三边可以构成一个三角形。
例2 给出平面的一个有限点集，点集中的点不全在一条直线上．证明：存在一条直线，只经过点集中的两个点．例3 平面上有n个红点与n个蓝点，任意三点都不共线．求证：可以用n条线段连结这2n个点，每条线段连结一个红点与一个蓝点，且这n条线段没有公共点．例4 有n(n³3)个排球队参加单循环赛 (排球赛的每场都要分出胜负) ，比赛结束后，发现没有一个队全胜．求证：必存在三个队A，B，C，使A胜B，B 胜C，C又胜A．例5 有n个男生，m个女生（n，m>1），每一个男生至少与一个女生彼此相识，每个女生不全认识n个男生，证明：他们当中，必有两个男生和两个女生，其中每个男生恰好认识其中一女生，其中每个女生恰好认识其中一男生。
（二）逐步调整法例6 一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们先每人任取偶数块糖，然后按下列规则调整：所有小孩同时把自己手中的糖分一半给右边的小孩，糖块变为奇数的人向老师要1块糖．这算一次调整．证明：经过有限次调整后，大家的糖就变得一样多了．（三）无穷递降法例7 若干个球装在2n+1个口袋中，如果任意取走1袋，总可以把余下的2n 袋分成两组，每组n袋，并且这两组的球的个数相等．证明：每个袋中的球的个数都相等．例8 试求方程x3－2y3－4z3=0的所有整数解．例9 设正整数n ，m满足n>m，证明：存在的一种不等的倒数分拆，既存在自然数n1<n2<……<nk，使得。
（四）构造法与极端性原理例10 求最大的整数A，使对于由1到100的全部自然数的任意一排列，其中都有10个位置相邻的数，其和大于或等于A。
例11 若平面上有997个点，如果每两点连成一条线段，且中点染成红色．证明：平面上至少有1991个红点，你能找到恰有1991个红点的特例吗？（五）反证法与极端性原理例12 设a是大于1的自然数，求证：a的所有正因数中，至少有一个是质数．例13 设f(n)是定义在自然数集上且取自然数值的严格单调递增函数，f(2)=2，当m，n互质时，有f(mn)=f(m)f(n)，求证：对一切自然数n，有f(n)=n。
(试卷)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第二十二章一般四面体的性质及应用
第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广，三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ，顶点A 所对的侧面面积为A S ，类似地有B S ，C S ，D S （后面所设均同此），其内切球半径记为r ，则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点，这点到四面体四顶点的距离相等，该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ，其三对对棱的长分别为1a ，a ；1b ，b ；1c ，c ，其外接球半径为R ，则1624Q R V V===注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点，而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比，这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心），且一个四面体有四个旁心，旁切球与四面体的一个侧面外切，与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切，与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ，类似地有B r ，C r ，D r ，其他记号同前，则 3A B C D A V r S S S S =++-，3B A C D B Vr S S S S =++-，3C A B D C V r S S S S =+++，3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中，若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小，其余类同，则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方，等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中，有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ，B S ，C S ，D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式，其余各式类同． 性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二，除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ，有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S AB θθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DABS S ABθ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一，即对于四面体ABCD ，若共顶点A 的三条棱长分别为a ，b ，c ，顶点A 处的三个面角分别为α，β，γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =，()12ωαβγ=++． 其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅性质10（体积公式四）若记1P ，2P ，3P分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方，再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和，则四面体的体积V 性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中，有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D ACAB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅； （2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中，任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积，余类同，则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等，该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比，即对四面体ABCD ，有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证，性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ，有 ¼()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；¼()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；¼()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体，运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ，b 和1b ，c 和1c 是四面体的三对对棱长，三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ，()1,d b b ，()1,d c c ，则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ，1a ，这对对棱间的距离为d ，对棱所成的角为θ，则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅．性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ，二面角A BC E --，E BC D --的大小分别为1θ，2θ，则 ()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ，b ，c ，d ，e ，f ，G 为其重心，P 为空间中任一点，则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++性质19（空间塞瓦定理）设E ，F ，G ，H ，M ，N 分别为四面体ABCD 的棱CD ，DB ，BC ，AD ，AB ，AC 上的点，若六个平面ABE ，ACF ，ADG ，BCH ，CDM ，DBN 共点，则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ，BD ，CD ，AC 于K ，L ，M ，N ，则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=．证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面，1AA ，1BB ，1CC ，1DD 是平面α的垂线（1A ，1B ，1C ，1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分，显然11AA K BB K △△≌，则11AA AK KB BB =．同理，11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥，过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ，则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△．证明如图221-，作AF BC ⊥于F ，连BF ，DF ．注意到AD BC ⊥，知BC ⊥面ADF ，所以BC EF ⊥，BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中，由余弦定理，有 2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后，整理得EFBDC图22-1A222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△．同理在DEF △中，有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α，整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时，有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时，有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时，有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上，由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△，有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△，ABC ABC BCDS AECD S S =+△△△．由此即证． 推论4当AEk ED=时，有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别在棱AB ，BC ，CD ，DA 上，且1AE EB λ=，2BFFCλ=， 3CG GD λ=，4DHHA λ=，则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ，BG ，得四棱锥E FBDG -，G EBDH -．在CBD △，ABD △中，有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△， ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△， ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△， ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△， ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V '，则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++ 设六面体FHEACG 的体积为V ''，则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合，得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ，F ，G ，H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心，二面角H AB C --的平面角等于30︒，SA =S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题）解如图222-，由题设，知AH ⊥面SBC ，作BH SC ⊥于E ，则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ，则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理，可知CO AB ⊥于F ．同理，BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心，从而SA SB SC ===又CF AB ⊥，CF 是EF 在面ABC 上的射影，由三垂线定理知EF AB ⊥，所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角，故30EFC ∠=︒，cos6030OC SC =⋅︒=︒，tan603SO OC =⋅︒=．又OC AB =，则3AB ==，所以，21333S ABC V -=⋅例2证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题） 证明利用反证法来证，设四面体ABCD 中AB 是最长的棱，如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对由A 出发的三条棱，有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱，有BA BC BD +≥．两式相加，得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中，有AB AC BC <+，AB AD BD <+．此两式相加，有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾，故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；FOCBE HS图22-2A（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1，求证这四面体的体积18V≤．证明如图223-，设AB是这个四面体的最长的棱，则ACD△，BCD△的边长不大于1．作BCD△的高BE和ACD△的高AF，则BE，AF1a≤表示CD的长度），四面体的高AO h AF=-≤111332BCDV h S a=⋅△≤()21424a a=-，而()()()()22431213a a a a a-=---+-≤，故当1a=时，()24a a-取最大值3，故31248V=≤．例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A和B都具备所述的性质，则有180CAB DAB∠+∠>︒及180CBA DBA∠+∠>︒，但是作为CAB△和DAB△的全部6个内角之和也只有180180︒+︒，此为矛盾，从而原结论获证．例5设d是任意四面体的相对棱间距离的最小值，h是四面体的最小高的长．证明2d h>．（第24届全俄竞赛题）证明如图224-，为确定起见，假定h是四面体ABCD中由顶点A所引出的高，而d是棱AB和CD之间的距离．经过顶点B引直线l CD∥，过点A作平面垂直于棱CD交CD于F，交l于E，于是AEF△的高AH和FG就分别等于h和d．由于AEF△的第三条高等于四面体ABCD的某一条高，所以其值不小于h，因此AF EF≤，且图22-3B C图22-4HGlFE BDAC2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤，此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）证法1如图225-，设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点，MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面，因为P 为BD 的中点，则BCP CDP S S =△△，即有ABCP ACDP V V =．因此，要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分，只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线，垂足分别为E ，F ，如图225-．因为M 为AC 的中点，则有APM CPM S S =△△，故要证AMNP CMPQ V V =，只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ，易证E ，O ，F 三点共线．要证NE FQ =，只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此，考察两个平行平面，异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．因为MP 是连接AC ，BD 中点的线段，所以它在与上述两平面平行的平面上，这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ，所以O 等分线段NQ ，即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中，没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论，则有下述两种证法． 证法2如图227-，设M ，P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ，BD 的中点．OF E P QNMA BD图22-5N OP M QBDCA图22-6当截面是平行四边形或特殊三角形时，证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =，有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中，对截线MNG 应用梅涅劳斯定理，有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而，有1CG BNGB NA⋅=． 同理，在BCD △中，有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=，即1DQ CGQC GB⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2，下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同），设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ，P 分别是AC ，BD 的中点，可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n====． 由A C d d =，有A MNPQ C MNPQ V V --=．又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-，设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ，则3R r ≥．图22-7DG证明设O 为四面体的外心，i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤，四面体体积为V ，过顶点1A 的高11A H h =，则易知1111d OA d R h +=+≥，从而()111113S d R S h V +⋅=≥，即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥，3331133S d S R V ⋅+≥， 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加，并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=， 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4，即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑，从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥，即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，侧面面积为k S ，j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤，棱k j A A 的中点记为kj M ，含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ，j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面），这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤，则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅，其中k ，j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ，由性质6，有223434131423242cos cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅． 亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．图22-843A 2A对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6，有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅，2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加，并将前面结果代入，有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理，得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5，有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤，则推知()22214141412cos ,4kj k j k j k j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心，则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++ 222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-，连A ，G 并延长交面234A A A 于点1G ，则1G 是234A A A △的重心，连21A G 并延长交34A A 于M ，则M 是34A A 的中点．连1A M ，对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理，有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶，则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式，有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*，有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭．故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ，r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径，i h 为顶点i A 到所对面的距离，内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ，G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心，延长1A G ，交面234A A A 于1G ，则1G 为234A A A △的重心，连21A G 交34A A 于M 点，则M 点为34A A 中点，如图229-． 由例9中证明，知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 同理，在四面体234OA A A 中，有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++ 由于G 为四面体重心，由性质3，知1131AG GG =．于是，在11AOG △中，对点G 应用斯特瓦尔特定理，有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥，故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥，则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理，对2h ，3h ，3h 也有类似于上述的不等式．此四式相加，得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =，则有4411113ii i iSh V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑，则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥，有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R '，则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径，故R r '=．于是4222214119999166416k j i k j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中，外接球半径为R ，体积为V ，过顶点k A ，j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ，2d ，3d 与1θ，2θ，3θ分别为三对对棱12A A ，34A A ；13A A ，24A A ；14A A ，23A A 的距离与夹角，则由性质15，有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅，亦即113346V d A A A A ⋅≤． 同理，有213246V d A A A A ⋅≤，314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ，则121212112MA A S S A A d =⋅△≥，同理，可得关于kj S 的不等式，从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141413k j k j k j k j A A A A V <<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)12216R =例12设四面体1234A A A A 的内心为I ，记k j A IA △的面积为kj S '，顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证：4141kji k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A '，作34IN A A ⊥于N ，若记面积为k S ，j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤，则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径，则在1Rt IA N '△中，有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8，有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=，于是消去34A A ，得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅，注意到4113i i V S r ==⋅∑，则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑，并用canchy 不等式，有1241414121cos 2kj k j k j ii S S θ<<=⎫'=⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5，有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅，即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑， 对上式两边同乘以1S 后，再两边取∑，有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式，有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是，由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤．例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍，即若令12A A a =，34A A a '=，13A A b =，24A A b '=，14A A c =，23A A c '=，顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，，则 222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥，其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式，有 ()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理，()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++， ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++， ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理，得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a a b b a a c c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ，i d ，顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，，34k ≥ ．求证：41423ki k i i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥．证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=，41i i x a ==∑，则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上，由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤，有443343k kk i i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥，从而 4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ，如图2210-，作11A H ⊥面234A A A 于1H ，作11PE A H ⊥于E ，作1PD ⊥面234A A A 于1D ，则11A P l =，11PD d =，111A H h =．设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，，则()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥， 从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理，1342233PA A A S l V V ⋅-≥，1243333PA A A S l V V ⋅-≥， 1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+，即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥． 同理，222221133442l S l h d S l S l S l +++≥，333331122442l S l h d S l S l S l +++≥，444441122332l S l h d S l S l S l +++≥． 令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=，由前述结论，得4411423kki i ki i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时，要善于与三角形类比A 3A 4图22-10例15一个球内切于四面体，将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来，这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，，又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ，j ，k ，l 表示{}1234，，，的不同元素，由于i j PQ 与i k PQ 是从同一顶点向球所作的切线，故ij i k PQ PQ =． 同理，i j i k PQ PQ =，从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边，边，边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠， 并用il θ表示这种角，即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π，故有2334422πθθθ++=，3441132πθθθ++=，4112242πθθθ++=，1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个，且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=，即1234θθ=． 又由对称性，得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ，34θ，42θ，由()*式，它们分别等于以2Q 为顶点的三个角，即41θ，34θ，13θ． 由对称性，在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕，注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点，证明：AKB DMC ∠=∠．”显然，这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △，外接圆半径为R ，过A ，B ，C 作平面ABC 的垂线，并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ，1B ，1C ，使1a AA h =，1b BB h =，1c CC h =，这里a h ，b h ，c h 分别表示边BC ，CA ，AB 边上的高．求四个平面11A B C ，11B C A ，11C A B ，ABC 所围成的四面体的体积．解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点，则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此，K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点，从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理，类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ，因此B I 就是平面11A B C ，11B C A 与ABC 的公共点，即为所求四面体的一个顶点．这样，旁心A I ，B I ，C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ，则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点，因而在直线1B B I 上，P 在平面ABC 上的射影在B BI 上，也在A AI 上，因而P 的射影就是ABC △的内心I ．由相似三角形，1PI AA ∥，且1A P 与AI 相交于A I ，可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===，其中r 为ABC △的内切圆半径，a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ，则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a ---=⋅=⋅=-△．由平面几何知识，易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，，以i j A A 为棱的二面角为il θ，则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤C ． 证明联想到在ABC △中，运用三角形射影定理并结合柯西不等式，有2223cos cos cos 4A B C ++≥，31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤，于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5，1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， 由Cauchy 不等式，有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤，从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理，还有类似于上式的三个式子，四式相加，得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i ix x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥． 故2142cos 3ijk j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅≥．同理，还有类似于上式的三个不等式，此四式相乘，化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥； （Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n -+<+∏≤≤≤，其中2n =为三角形的，3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ，ACD ，BCD 上，由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等，证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）证明设E ，F ，G 分别是边AB ，BC ，CA 的中点，连结DE ，DF ，DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ，则 1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△， 1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△， 1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△． 由于sin 0θ>，所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中，任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此，我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上，得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中，显然，有D G DG '=，D F DF '=．由Ptolemy （托勒密）不等式，有D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ，由DFG D FG '△△≌，得DO D O '=．在DOE △中， DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，，过点i B ，i C ，i D 作平面i α，i β，i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ，i i A C ，i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α，i β，i γ()123i =，，相交于一点E ，而三点1A ，2A ，3A 在同一直线l 上，求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多，画出准确的全图几乎不可能．为此，画出一个局部图．COCDEFGABDEFG(b)(a)图22-11连1A E 与1B E 如图2212- （a ），可知111A B B E ⊥，此表明以1A E 为直径的球过1A ，1B ，E 三点．同样可知，这球过1A ，1B ，1C ，1D ，E 五点，此表明中心在1A E 的中点1O ，直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，． 于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆，它们有一个公共点E ，从E 向直线123A A A 作垂线，垂足为E '，显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点，所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时，此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点． 例20如图22-13，过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ，N ，S ，T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=u u u u r u u u r u u u r u u u r ．（《数学通报》问题1362题）证明设1G 为ABC △的重心，连1PG ，并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ，1B ，1C ．连1PA ，1PB ，1PC ，在平面α内，直线l 与1PA ，1PB ，1PC ，11A B 的交点分别为M ，N ，S ，T ．因G 是四面体重心，1G 是ABC △的重心，由重心性质，知G 分1PG u u u u r所成的比为31∶，且1112111110G A G B G C ++=u u u u r u u u u u r u u u u r ．231B 1图22-12(a)(b)B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13以1G 为原点，以直线11G A 为x 轴，建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ，()1,0B b ，()1,0C c ，(),P m n ，别由1112121110G A G B G C ++=u u u u r u u u u u r u u u u u r ，知1110a b c ++=，,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ，1PB ，1PC ，11A B 的方程分别为()n y x a m a =--，()ny x b m b=--， ()ny x c m c=--，0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角，t 为参数） 并设M ，N ，S ，T 对应的参数分别为1t ，2t ，3t ，4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ，1PB ，1PC ，11A B 方程，得 114sin 4cos 4sin 33m n t na nααα-⋅-⋅=+， 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+， 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+，414sin t n α-= 由1110a b c++=，得123411110t t t t +++=，故11110GM GN GS GT +++=u u u ur u u u r u u u r u u u r ． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ，2d ，3d ，则四面体的体积V 不小于13123d d d ．图22-14证明如2215-，过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ，AD 与BC ，AC 与BD ，分别引三对相互平行的平面，得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体），各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离，又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍． 在底面11A DB C 中，作1EF CA ⊥于E ，则1EF B D ⊥．设垂足为F ，则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离，即3EF d ≥．又12AC d ≥，所以1123A DB CS d d ⋅≥Y ． 又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ，因此， 1111111123AD BC A DB C A DB C V S d d d d -=⋅⋅⋅≥Y ．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ，b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长，r 为四面体内切球半径，求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）证明如图2416-，过AB 与CD 分别作ABEF Y 与CDGH Y ，使得AF CD ∥，CH AB ∥，连AC ，BH ，EG ，FD ，得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ，CB ，CD 为共顶点的棱构成平行六面体）． 设AB 与CD 之间的距离为d ，它们所成的角为θ，则由性质15，知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高，显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离，即a h d >，而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理，12ABC S ad >△，12ACD S bd >△，12BCD S bd >△．于是，四面体ABCD 的表面积D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15GABCDHFE图22-16()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1，即13V S r =⋅表，得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α，β，γ，δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ，B ，C ，D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面，则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ，半径为R ．令OA a =u u u r ，OB =b u u u r ，OC c =u u u r ，CD d =u u u r．对空间中任意一点X ，令OX x =u u u r，则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥，所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ，即2⋅a x =R ． 同理，平面β，γ，δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ，2⋅c x =R ，2R ⋅=d x ． 注意到，对任意不同时为零的数λ，μ，有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ，且对任意X l ∈，有2R ⋅=⋅a x b x =．另外，对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ，μ，使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ，可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解，即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证，平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的，所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ，b h ，c h ，d h ，在各高线上分别取1A ，1B ，1C ，1D ，使1a k AA h =，1a k BB h =，1c k CC h =，1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心． 证明令AB b =u u u r ，AC c =u u u r ，AD d =u u u r ，根据向量矢量积的意义，知同BD BC ⨯u u u r u u u r 的方向是对应A 点高线的方向，而它的长度是BCD △面积的2倍．设A 点对应高线的单位向量为i ，则2BCDBD BCi S ⨯=△u u u r u u u r，而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b u u u r u u u r ．故2i S⨯⨯⨯=b d +dc +c d．同理，设B ，C ，D 点对应的高线的单位向量分别为j ，k ，l ，则22ACD ACD AC AD S S ⨯⨯=△△c d j =u u u r u u u r ，2ADB S ⨯△d b k =，2ABCS ⨯△b c l =．若设四面体ABCD 的体积为V ， 因而()16a k k AA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d u u u r ．同理，()16k BB V =⨯c d u u u r ，()16k CC V =⨯d b u u u u r ，()16kDD V =⨯b c u u u u r ． 因而，有11110AA BB CC DD +++=u u u r u u u r u u u u r u u u u u r． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心，则()1111111114AO A B AC A D =++u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++u u u r u u ur u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d +u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u u r ()114A A =-b +c +d u u u r ． 而111AO AA A O =+u u u u r u u u r u u u u r ，故()114AO AO ==b +c +d u u u u r u u u r，这表示1O 与O 重合．【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ，SB ，SC 上分别取点1A ，1B ，1C ，使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ，B ，C ，1A ，1B ，1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题）2．在四面体ABCD 内求作一点P ，使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶，其中α，β，γ，δ为给定的正数．3．设P ，Q ，R 分别是四面体ABCD 的棱AC ，AD ，AB 或延长线上的点，E ，F 在BC 上，且BE EF FC ==，AE ，AF 分别与RP 交于点G ，H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ，1V ．求证：13V V ≥，当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球，且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中，P 为各棱长之和，V 为其体积，用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点。
2019普特南数学竞赛原题
2019普特南数学竞赛原题一、选择题（每题3分，共30分）下列函数中，为奇函数的是（）A. y=sinx+1B. y=x3C. y=xD. y=x21已知向量 a⟶=(1,2)，b⟶=(3,1)，则 a⟶⋅b⟶= （）A. 5B. 7C. 1D. -1已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，若 a1=1，S3=9，则公差 d= （）A. 1B. 2C. 3D. 4二、填空题（每题4分，共20分）已知函数 f(x)=log2(3x−2)的定义域为_______。
已知tanα=2，则4sinα+3cosα2sinα−cosα= _______。
若直线 l 过点 (2,3) 且与两坐标轴围成的三角形面积为4，则直线 l 的方程为_______。
三、解答题（共70分）1.（12分）已知数列 {an} 满足 a1=1，an+1=2an+1。
（1）求证：数列 {an+1} 是等比数列；（2）求数列 {an} 的通项公式。
2.（12分）已知圆 C:x2+y2=4，直线 l:y=kx+1。
（1）若直线 l 与圆 C 相切，求 k 的值；（2）若直线 l 与圆 C 相交于 A,B 两点，且∣AB∣=23，求 k 的值。
3.（12分）已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，a2=3，S5=20。
（1）求数列 {an} 的通项公式；（2）求数列 {anan+11} 的前 n 项和 Tn。
4.（14分）设函数 f(x)=31x3−x2+ax+b。
（1）若 f(x) 在 x=1 及 x=3 时取得极值，求 a,b 的值；（2）若 f(x) 在(−∞,2)上为减函数，在(2,+∞)上为增函数，求 f(x) 的单调递减区间。
5.（20分）已知椭圆 C:a2x2+b2y2=1（a>b>0）的离心率为 23，短轴长为 23。
（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 P(4,0) 作直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点。
数学奥林匹克高中训练题_66(1)及解析
数学奥林匹克高中训练题_66注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知a 、b 、c 均为正数，且都不等于1.若实数x 、y 、z 满足a x=b y=c z ，1x +1y +1z=0，则abc 的值等于（ ）.A. 12B. 1C. 2D. 4 2.对任意x∈R ，f (x )=|sinx |，当n ≤x <n +1（n 为整数）时，g (x )=x −n .则在f (x )、g (x )、f (x )+g (x )、f (x )g (x )这4个函数中，必为周期函数的函数有（ ）个.A. 1B. 2C. 3D. 43.在直角坐标平面内，称横、纵坐标均为整数的点为整点.设n 为正整数，则如图所示的正方形G n 内（包括边界）整点的个数是（ ）.A. 4n +1B. 8n −3C. n 2+2n +2D. 2n 2+2n +14.已知四面体ABCD 的6条棱的长分别为4、7、20、22、28、x （单位：cm ）.则x 可取的最小值整数的部分为（ ）. A. 10 B. 9 C. 8 D. 75.若正数x 满足x 5−x 3+x =2，则x 的取值范围是（ ）. A. √36<x <√23B. √26<x <√36C. x<√36 D. x >√236.一个圆周上有9个点，以这9个点为顶点作3个三角形.当这3个三角形无公共顶点且边互不相交时，我们把它称为一种构图.满足这样条件的构图共有（ ）种.A. 3B. 6C. 9D. 12第II 卷（非选择题）二、填空题7.设双曲线的左、右顶点分别为A 1、A 2，P 为双曲线右支上一点，且∠PA 2x =3∠PA 1x +10°.则∠PA 1x 的度数是______.8.如图所示，ΔABC 是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC ，且PA =√64.设点A 关于平面PBC 的对称点为A ′，则直线A ′C 与AB 所成角的度数是______.9.已知平面向量a→=(√3,−1)，b→=(12,√32).若存在非零实数k 和角α，α∈(−π2,π2)，使得c→=a→+(tan 2α−3)b→，d→=−k a→+(tanα)b→，且c→⊥d→，则k=______（用α表示）.10.数列{x n }满足x 1=12，x k+1=x k 2+x k .则和1x 1+1+1x 2+1+...+1x 2003+1的整数部分是______.11.关于x 的方程x 3+px +q =0（p 、q∈C ）有三个复数根，且它们在复平面上对应的点是边长为√3的正三角形的三个顶点.若复数q 的辐角主值为2π3，则p +q=______.12.M 1、M 2、M 3、M 4这4位同学去购买编号分别为1,2,3,...,10这10种不同的书.为了节约经费、便于相互传阅，他们约定每人只购买其中5种书，任2位同学均不能买全这10种书，任3位同学均买全这10种书.当M 1买的书的号码为1,2,3,4,5，M 2买的书的号码为5,6,7,8,9，M 3买的书的号码为1,2,3,9,10时，为了满足上述要求，则M 4应买的书的号码是______.三、解答题13.已知椭圆a 2+b2=1(a >b >0)，过中心O 作两条互相垂直的弦AC 和BD ，设点A 、B 的离心角分别为θ1、θ2.求证： |sin (θ2−θ1)|≥2aba 2+b2.14.已知a 、b 都是不等于零的常数，变量θ满足不等式组{asinθ+bcosθ≥0,acosθ−bsinθ≥0.试求sinθ的最大值 . 15.已知f (x )=14x +2(x ∈R )，P 1(x 1,y 1)、P 2(x 2,y 2)是函数y =f (x )图像上两点，且线段P 1P 2中点P 的横坐标是12. （1）求证：点P 的纵坐标是定值； （2）若数列{a n }的通项公式为a n=f (nm )(m ∈N +,n =1,2,...,m )，求数列{a n }的前m 项和S m ；（3）若m∈N +时，不等式a mS m <am+1Sm+1恒成立，求实数a 的取值范围.16.如图所示，在圆内接四边形ABCD 中，BC =CD .E 、F 分别是边AB 、AC 上的点，EF ∥BD ，且EF 交AC 于G .求证： ∠GBD =∠FCD ，∠GDB =∠ECB .17.设n 是给定的正整数，且n≥3.对于n 个实数x 1,x 2,...,x n ，记|x i −x j |(1≤i <j ≤n )的最小值为m .若x 12+x 22+...+x n 2=1，试求m 的最大值.18.圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,...,800，它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：如果第k 号点已被染红，则可按顺时针方向转过k 个间隙，再将所到达的那个端点染红.如此继续下去.试问圆周上最多可得到多少个红点？证明你的结论.参考答案1.B【解析】1. 令a x=b y=c z =t （t >0，且t ≠1），则1x =log t a ，1y =log t b ，1z=log t c . 因为1x +1y +1z =log t a +log t b +log t c =log t (abc )=0，所以，abc =1. 选B.2.B【解析】2.容易验证f (x )和g (x )的周期分别为π和1.f (x )+g (x )和f (x )g (x )都不是周期函数.事实上，若f (x )+g (x )为周期函数，T (T≠0)为一个周期，则对任意x ∈R ，有f (x +T )+g (x +T )=f (x )+g (x ). ①在式①中，令x =0，则f (T )+g (T )=f (0)+g (0)=0.又f (T )≥0，g (0)≥0，故f (T )=0，g (T )=0. 由f (T )=0，得T =kπ（k 为非零整数）； 由g (T )=0，得T =m （m 为非零整数）. 所以，m=kπ.矛盾.同理可证f (x )g (x )也不是周期函数. 选B. 3.D【解析】3.设正方形G n 内的整点个数为a n .显然a 1=5.当n 增加到n +1时，第一象限内（包括x 轴的正半轴）增加的整点有(1,n )，(2,n −1)，(3,n −2)，…，(n,1)，(n +1,0)，共n +1个.由对称性知，正方形G n+1内共增加4(n +1)个整点.由此得递推关系式a 1=5，a n+1=a n +4(n +1).故a n=a 1+(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+...+(a n −a n−1)=5+4(2+3+...+n )=2n 2+2n +1. 选D.4.C【解析】4.当x ≤4时，以28cm 为棱的两个侧面三角形必须同时满足两边之和大于第三边，只有22+7>28，22+20>28.此时长为22cm 的棱不可能出现在均有长为28cm 的棱的两个侧面上. 当x>4时，如图所示的四面体才可能使x 达到最小.在ΔABC 和ΔABD 中，有{28−20<x <28+20,7−4<x <7+4.解得8<x <11. 故[x ]=8,9,10，即[x ]min =8. 选C.5.A【解析】5. 显然x ≠0，x 6+1=(x 2+1)(x 4−x 2+1)=x 2+1x (x 5−x 3+x )=2(x +1x ).因为x>0且x ≠1，所以，x 6+1=2(x +1x)>4，x >√36. 又由题设，得2x 3+1=x 2+1x 2>2，则x <√23.故√36<x <√23. 选A. 6.D【解析】6.记这9个点依次为A 1,A 2,...,A 9.分两种情形：（1）当9个点分成3组，每相邻3个点为一组构成一个三角形（如图所示），则这样的3个三角形无公共点且边互不相交.由于这样的分组方法只有3种，所以共有3种构图.（2）当9个点任取其中相邻2点，再左右各间隔3点，取其边所对顶点，此3点构成一个三角形，该三角形同侧的3个点构成一个三角形（如图所示）.则这样的3个三角形无公共顶点且边互不相交.由于从9个点中任取相邻2点的取法有9种，所以共有9种构图.综合（1）、（2）知，共有12种构图. 选D. 7.20°【解析】7.设P (x 0,y 0)，则x 02−y 02=6.因为tan∠PA 1x =x +6，tan∠PA 2x=0x −6，所以，tan∠PA 1x ∙tan∠PA 2x =y 02x 02−6=1.故∠PA 2x=90°−∠PA 1x .由3∠PA 1x +10°=90°−∠PA 1x ，得∠PA 1x =20°.8.90°【解析】8.如图所示，设AA ′与平面PBC 相交于点O ，取BC 的中点为D ，则点O 在PD 上.在RtΔPAD 中，AO ⊥PD ，PA =√64，AD =√32，则PD=√PA 2+AD 2=3√24.由面积关系，得AO=PA∘AD PD=12.故A ′A =2AO =1.又点A ′与A 关于平面PBC 对称，所以，A ′B =AB =1，A ′C =AC =1. 故四面体A ′ABC 为正四面体.因此，异面直线A ′C 与AB 所成的角为90°. 9.14(tan 3α−3tanα)，α∈(−π2,π2)【解析】9.由a →∙b→=(√3,−1)∙(12,√32)=0，得a→⊥b→. 又c→⊥d→，则[a→+(tan 2α−3)b→]∙[−k a→+(tanα)b→]=0，即k a→2=(tan 3α−3tanα)b→2，k |a→|2=(tan 3α−3tanα)|b→|2.由题设知|a→|=2，|b→|=1，从而，k =14(tan 3α−3tanα)，α∈(−π2,π2).10.1【解析】10.由题设知，{x n }是一个递增数列，且x 3>1.由1xk+1=1xk (x k +1)=1x k−1x k+1，得1x k+1=1x k−1xk+1. 则S =∑1x k +12003k=1=∑(1x k−1x k+1)2003k=1=1x 1−1x 2004=2−1x 2004.又x 2004>x 3>1，则1<S <2，故[S ]=1.11.−12+√32i【解析】11.边长为√3的正三角形的外接圆半径为1，故3个顶点对应的复数满足方程 (x +a )3=b （a 、b ∈C ，|b |=1），即x 3+3ax 2+3a 2x +a 3−b =0. 与已知方程比较，有3a=0，3a 2=p ，a 3−b =q ，故p =0，q =−b .由于|b |=1，则|q |=1. 又argq=2π3，q=−12+√32i ，故p +q =−12+√32i .12.4,6,7,8,10【解析】12.设M i 买的书的号码构成的集合为A i ，i =1,2,3,4.令全集U ={1,2,3,...,10}.因为A 1={1,2,3,4,5}，A 2={5,6,7,8,9}，A 3={1,2,3,9,10}，A 1∪A 2={10}，A 2∪A 3={4}，A 3∪A 1={6,7,8}，有A 4⊇(A 1∪A 2)∪(A 2∪A 3)∪(A 3∪A 1)={10}∪{4}∪{6,7,8}={4,6,7,8,10}.又|A 4|=5，则A 4={4,6,7,8,10}.13.见解析【解析】13.当AC 、BD 与坐标轴不重合时，令∠xOA =φ1，∠xOB =φ2，则φ2=φ1±π2，tanφ1∙tanφ2=−1.因为θ1是点A 的离心角，则A (acosθ1,bsinθ1). 故tanφ1=batanθ1.同理，tanφ2=batanθ2.可是，|tan (θ2−θ1)|=|tanθ2−tanθ11+tanθ1∘tanθ2| =|ab (tanφ2−tanφ1)1+a 2b2tanφ1∘tanφ2| =ab a 2−b 2|tanφ2−tanφ1|.又|tanφ2−tanφ1| =|tan (φ1±π2)−tanφ1| =|−cotφ1−tanφ1|≥2，从而，|tan (θ2−θ1)|≥2ab a 2−b2.故|sin (θ2−θ1)|=√1−11+tan 2(θ2−θ1)≥√1−11+(2ab a 2−b2)2=2ab a +b .当AC 、AC 与坐标轴重合时，|sin (θ2−θ1)|=1>2ba 2+b2.综上所述，|sin (θ2−θ1)|≥2b a 2+b2.14.见解析【解析】14. 令x=cosθ,y =sinθ约束条件转化为{bx +ay ≥0, ①ax −by ≥0, ②x 2+y 2=1. ③于是，问题转化为：求单位圆③在①、②区域内点的纵坐标的最大值.下面分 4 种情况讨论.（1）a>0,b>0 .此时，约束条件描述的是图中卡阴影部分的圆弧.显然，直线ax−by=0与单位圆的交点纵坐标为所求最大值.计算得y max=√a2+b. （2）a>0,b<0.单位圆上的点(0,1)始终满足①、②.故y max=1.（3）a<0,b<0.类似（1）可得y max=√a2+b.（4）a<0,b>0 .类似（1）可得当a≤−b时，y max=√a2+b.当a>−b时，y max=√a2+b.15.（1）略（2）112（３ｍ－１）（3）a＞5 2【解析】15.解答：（１）由＝，知ｘ＋ｘ＝１，则ｙ＋ｙ＝＋＝…＝故＝。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第66届普特南数学竞赛试题
无
【期刊名称】《中学数学研究》
【年(卷),期】2006(000)005
【摘要】（考试时间：2005年12月3日，共6小时） A1．证明：任一个正整数都可以表示为一个或几个形如2＇3＇的数的和的形式，其中r，s为非负整数并且被加数之间不存在整除关系．（例如，23=9＋8＋6）
【总页数】1页(P36)
【作者】无
【作者单位】无
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.一道普特南数学竞赛题的简解 [J], 罗建中
2.一道普特南数学竞赛试题的探究 [J], 石冶郝
3.第65届普特南数学竞赛试题解答和推广 [J], 吴康; 姚海深
4.普特南数学竞赛的历史与启示
——一项实证研究 [J], 牛伟强;何忆捷;熊斌
5.第50届普特南数学竞赛初等数学试题选解 [J], 吴康
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。