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1、22中等数学竞赛之窗2005中国数学奥林匹克时间之后,青蛙便会在水池中大致分布均匀.第一天(2005-01-22)注:所谓大致分布均匀,就是任取其中一ππ个“格子”,或者它里面有青蛙,或者它的三个一、设θi∈-,,i=1,2,3,4.证22邻格里都有青蛙.(苏 淳 供题)明:存在θ∈R,使得如下两个不等式222cosθ1·cosθ2-(sinθ1·sinθ2-x)≥0,第二天(2005-01-23)①四、已知数列{an}满足条件:222cosθ3·cosθ4-(sinθ3·sinθ4-x)≥0213②a1=,2an-3an-1=n+1,n≥2.①162同时成立的充分必要条件是设m为正整数,m≥
2、2.证明:当n≤m444时,有2∑sinθi≤21+∏sinθi+∏cosθi.i=11n(m-1)i=1i=1m232mm-1an+n+3m-<.③23m-n+1(李胜宏供题)②二、一圆与 ABC的三边BC、CA、AB的(朱华伟供题)交点依次为D1、D2、E1、E2、F1、F2.线段D1E1五、在面积为1的矩形ABCD中(包括与D2F2交于点L,线段E1F1与E2D2交于点边界)有五个点,其中任意三点不共线.求以M,线段F1D1与F2E2交于点N.证明:AL、这五个点为顶点的所有三角形中,面积不大BM、CN三线共点.(叶中豪供题)1于的三角形的个数的最小值.4三、如图1所示,(冷岗松供题)圆
3、形的水池被分割为xyzw六、求方程2·3-5·7=1的所有非2n(n≥5)个“格子”.负整数解(x,y,z,w).(陈永高供题)我们把有公共隔墙(公共边或公共弧)的“格参考答案子”称为相邻的,从而,图1一、显然,式①和②分别等价于每个“格子”都有三个sinθ1·sinθ2-cosθ1·cosθ2邻格.≤x≤sinθ1·sinθ2+cosθ1·cosθ2,④水池中一共跳入了4n+1只青蛙,青蛙sinθ3·sinθ4-cosθ3·cosθ4难于安静共处.只要某个“格子”中有不少于≤x≤sinθ3·sinθ4+cosθ3·cosθ4.⑤三只青蛙,那么,迟早一定会有其中三只分别易知,存在x∈R,使得式
4、④、⑤同时成立的充分必要条件是同时跳往三个不同邻格.证明:只要经过一段sinθ1·sinθ2+cosθ1·cosθ2-2005年第3期23sinθ3·sinθ4+cosθ3·cosθ4≥0,⑥ 记∠LAB=α1,∠LAC=α2,∠LF2A=α3,sinθ3·sinθ4+cosθ3·cosθ4-∠LE1A=α4.则有sinθ1·sinθ2+cosθ1·cosθ2≥0.⑦sinα1LL′LF2sinα3==.①22sinα2LL″LE1sinα4另一方面,利用sinα=1-cosα,可将式③化为cos2θ2θθθθθ联结D1F2、D2E1.1·cos2+2cos1·cos2·cos3·cos4+
5、2222由 LD1F2LD2E1得cosθ3·cosθ4-sinθ·sinθ2+2sinθ1·sinθ2·sinθ3·sinθ4-sin2θ2θ≥0,LF2=D1F2.②3·sin4LE1D2E12即(cosθ1·cosθ2+cosθ3·cosθ4)-联结D2F1、D1E2.由正弦定理得(sinθθθθ)2≥0,1·sin2-sin3·sin4sinα3D2F1=.③亦即sinα4D1E2(sinθ1·sinθ2+cosθ1·cosθ2-sinθ3·sinθ4+将式②、③代入①,得cosθ3·cosθ4)(sinθ3·sinθ4+cosθ3·cosθ4-sinα1D1F2D2F1=·.④sin
6、θ1·sinθ2+cosθ1·cosθ2)≥0.⑧sinα2D2E1D1E2当存在x∈R,使得式④、⑤同时成立时,由式记∠MBC=β1,∠MBA=β2,∠NCA=γ1,⑥、⑦立即可以推出式⑧.从而,式③成立.∠NCB=γ2.同理可得反之,当式③,亦即式⑧成立时,若式⑥、⑦不成sinβ1E1D2E2D1=·,⑤sinβ2E2F1E1F2立,则有sinγ1F1E2F2E1sinθ1·sinθ2+cosθ1·cosθ2-sinθ3·sinθ4+=·.⑥sinγ2F2D1F1D2cosθ3·cosθ4<0,④×⑤×⑥,得sinθ3·sinθ4+cosθ3·cosθ4-sinθ1·sinθ2+sinα1
7、sinβ1sinγ1cosθ1·cosθ2<0.··=1.sinα2sinβ2sinγ2两式相加,得由塞瓦定理的逆定理,即知AL、BM、CN三线2(cosθ1·cosθ2+cosθ3·cosθ4)<0.共点.ππ此与θi∈-,,i=1,2,3,4矛盾.三、我们把一个格子中出现一次三只青蛙同时22所以,必有式⑥、⑦同时成立.因此,存在x∈R,分别跳向三个邻格的事件称为该格子发生一次“爆使得式④、⑤同
