1、 1991 年全国高中数学联赛一试题 一选择题： 1由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( ) A4 B8 C12 D24 2设 a、b、c 均为非零复数，且a b= b c= c a，则 a+bc ab+c的值为( ) A1 B C1，2 D1，2 3设 a 是正整数，a1 4 若 SABD=1 4，其余三个三角形面积均 SABD= 1 4 由于 SABC+SACD=1，而 SACD1 4，故 SABCSABD， 从而 SABESABD=1 4 SACE=SABE 1 4， SBCE=SABC 1 4 即 A、B、C、E 四点即为所求 若 SABD=1 4，其余三个三角形中还有一
2、个的面积= 1 4，这个三角形不可 能是BCD，(否则 ABCD 的面积=1 2)，不妨设 SADC= SABD= 1 4则 ADBC， 四边形 ABCD 为梯形 由于 SABD=1 4，SABC= 3 4，故若 AD=a，则 BC=3a，设梯形的高=h， 则 2ah=1设对角线交于 O，过 O 作 EFBC 分别交 AB、CD 于 E、F AEEB=AOOC=ADBC=13 EF=a 3+3a 1 1+3 =3 2ASEFB=SEFC= 1 2 3 2a 3 4h= 9 16ah= 9 32 1 4 SEBC=SFBC=1 2 3a 3 4h= 9 8ah= 9 16 1 2于是 B、C、F
3、、E 四点为所求综上可知所 证成立 又证：又证：当 ABCD 为平行四边形时，A、B、C、D 四点即为所求 当 ABCD 不是平行四边形，则至少有一组对边的延长线必相交，设延长 AD、 BC 交于 E，且设 D 与 AB 的距离 3 4SABCD= 3 4 A D CB E h 3a a O AD CB F E PQ A D C B E N F R S E B C D A Q P 即1 2(a+2a)h 3 4，ah 1 2 SAPQ=SBPQ=1 2ah 1 4SPAB=SQAB=ah 1 2 1 4即 A、B、Q、P 为所求 若 ED1 2AE，取 AE 中点 P，则 P 在线段 DE 上
4、，作 PRBC 交 CD 于 R，ANBC，交 CD 于 N， 由于EAB+EBASABCD=1问题化为上一种情况 三设 an是下述自然数 N 的个数：N 的各位数字之和为 n 且每位数字只能取 1、3 或 4求证：a2n是 完全平方数这里，n=1，2， 证明：设 N= _ x1x2xk，其中 x1，x2，xk1，3，4且 x1+x2+xk=n假定 n4删去 xk时，则 当 xk依次取 1，3，4 时，x1+x2+xk1分别等于 n1，n3，n4故当 n4 时， an=an1+an3+an4 a1=a2=1，a3=2，a4=4， 利用及初始值可以得到下表： n 1 2 3 4 5 6 7 8
5、9 10 11 12 13 14 an 1 1 2 4 6 9 15 25 40 64 104 169 273 441 规律 1 12 12 22 23 32 35 52 58 82 813 132 1321 212 可找到规律： 取 f1=1，f2=2，fn+2=fn+1+fn这是菲波拉契数列相应的项 a2n=f n 2， a2n+1=fnfn+1(n=1，2，3，) 可用数学归纳法证明、成立 首先，n=1 时，a2=12=f1 2，a3=12=f1f2 n=2 时，a4=22=f2 2，a5=23=f2f3即 n=1，2 时、成立 设 n=k1，k 时、成立则由及归纳假设得 a2(k+1)
6、=a2k+1+a2k1+a2k2=fkfk+1+fk1fk+fk1 2 = fkfk+1+fk1(fk+fk1) = fkfk+1+fk1fk+1=fk+1(fk1+fk)=fk+1fk+1=fk+1 2 a2(k+1)+1=a2(k+1)+a2k+a2k1 =fk+1 2+fk2+fk1fk= fk+12+fk(fk+fk1)= fk+12+fkfk+1=fk+1(fk+1+fk)=fk+2fk+1 故 n=k+1 时、成立故对于一切正整数 n，、成立 于是 a2n=fn 2(n=1，2，3)是完全平方数 证明 2：(找规律)先用归纳法证明下式成立： a2n+1=a2n+a2n1 因 a1=
7、a2=1，a3=2，故当 n=1 时，成立 设 n=k 时成立，即 a2k+1=a2k+a2k1 则由，a2k+3=a2k+2+a2k+a2k1=a2(k+1)+a2(k+1)1故式对 k+1 成立，即对一切 nN*成立 再用归纳法证明下式成立： a2na2n+2=a2n+12 因 a2=1，a3=2，a4=4，故当 n=1 时成立 设 n=k 时成立，即 a2ka2k+2=a2k+12 则由、，有 a2k+2a2k+4=a2k+2(a2k+3+a2k+1+a2k)=a2ka2k+2+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3 (由)=a2k+12+a2k+1a2k+2+a2k+2a2k+3=
8、a2k+1(a2k+2+a2k+1)+ a2k+2a2k+3 =a2k+1a2k+3+a2k+2a2k+3(由)=a2k+3(a2k+1+a2k+2)=a2k+32 (本题由于与菲波拉契数列有关，故相关的规律有很多，都可以用于证明本题) 证明 2：(用特征方程)由上证得式，且有 a1=a2=1，a3=2，a4=4， 由此得差分方程：431=0 (2+1)(21)=0此方程有根 =i，=1 5 2 令 an=in+(i)n+(1+ 5 2 )2+(1 5 2 )2 利用初值可以求出 an=2i 10 in+2+i 10 (i) n+1 5( 1+ 5 2 )n+2+1 5( 1 5 2 )n+2
9、 a2n= 1 5( 1+ 5 2 )n+1(1 5 2 )n+12 用数学归纳法可以证明 bn= 1 5( 1+ 5 2 )n+1(1 5 2 )n+1为整数(这是斐波拉契数列的通项公式) b0=1，b1=1 均为整数，设 kn 时 bk= 1 5( 1+ 5 2 )k+1(1 5 2 )k+1都为整数，则 bk+1bk= 1 5( 1+ 5 2 )k+2(1+ 5 2 )k+1+(1 5 2 )k+1(1 5 2 )k+2 = 1 5( 1+ 5 2 )k+1 51 2 +(1 5 2 )k+1 1+ 5 2 =bk1 即 bk+1=bk+bk1 由归纳假设 bk与 bk1均为整数， 故
10、bk+1为整数于是可知 bn对于一切 nN*，bn为整数于是 a2n为整数之平方，即为完全平方数 证明 4(下标全部变为偶数再用特征方程) 由得， a2n+4=a2n+3+a2n+1+a2n=(a2n+2+a2n+a2n1)+a2n+1+a2n=a2n+2+2a2n+a2n+2a2n2(由 a2n+2=a2n+1+a2n1+a2n 2) 令 bn=a2n，则得 bn+22bn+12bn+bn1=0特征方程为 3222+1=0 1=1，2，3=3 5 2 故 bn=(1)n+(3+ 5 2 )n+(3 5 2 )n初始值 b1=a2=1，b2=a4=4，b3=a6=9b0=b3+2b2+2b1=1 代入求得 =2 5，= 3+ 5 10 ，=3 5 10 得 a2n=bn=1 52(1) n+(3+ 5 2 )n +1+(3 5 2 )n+1= 1 5( 1+ 5 2 )2(n+1)+(1 5 2 )2(n+1)2(1+ 5 2 )n+1(1 5 2 )n+1 = 1 5( 1+ 5 2 )n+1(1 5 2 )n+12 记 fn= 1 5( 1+ 5 2 )n+1(1 5 2 )n+1，其特征根为1，2=1 5 2 故其特征方程为21=0于是其递推 关系为 fn=fn1+fn2 而 f0=1，f1=1，均为正整数，从而对于一切正整数 n，fn为正整数从而 a2n为完全平方数
