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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 多练出技巧 巧思出硕果加试模拟训练题（ 65）1. 如图 10, O是 ABC的边 BC外的旁切圆 , D、 E、F 分别为 O与 BC、CA、AB 的切点 . 如 OD与 EF相交于 K, 求证： AK平分 BC. AQFBKCEPO2.n 项的 0、1 序列（ x 1,x 2, , x n）称为长为 n 的二元序列 an 为无连续三项成 0,名师归纳总结 1,0 的、长为 n 的二元序列的个数bn为无连续四项成0,0,1,1 或 1,1,0,0 的、第 1 页,共 5 页长为 n 的二元序列的个数证明：对每一正整数n,bn+1=2an- -
2、 - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3. ABC的顶点为多练出技巧巧思出硕果A0 ,0 ,B0 ,420 ,C 560 ,0 一个骰子的六个面分别标上两个“A” ,两个“B” ,两个“C” 从 ABC内部选出点 P1k ,m,重复掷骰子,依以下法就选出点 P 2,P3, ：假如骰子露出标记 L 的那面, L A,14 ,92 ,问 km？4. 设f n N是使和式f n k能被n整除的最小数,证明当且仅当n2m时,k1名师归纳总结 f n 2 n1,其中mZ m0；第 2 页,共 5 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - -
3、 多练出技巧 巧思出硕果加试模拟训练题（65）1. 如图 10, O是 ABC的边 BC外的旁切圆 , D、 E、F 分别为 O与 BC、CA、AB 的切点 . 如 OD与 EF相交于 K, 求证： AK平分 BC. 证明： 如图 10, 过点 K 作 BC的行平线分别交直线 AB、AC于 Q、P 两点 , 连 OP、OQ、OE、OF. 由 ODBC, 可知 OKPQ. QFBKACE由 OFAB, 可知 O、K、F、Q四点共圆 , 有 FOQ FKQ. 由 OEAC, 可知 O、K、P、E 四点共圆 . 有 EOP EKP. 明显, FKQ EKP, 可知 FOQ EOP. P由 OFOE,
4、 可知 Rt OFQRt OEP. 就 OQOP. 于是 , OK为 PQ的中垂线 , 故 QKKP. 所以 , AK平分 BC. 2.n 项的 0、1 序列（ x 1,x 2, , x n）称为长为 n 的二元序列 an 为无连续三项成 O 0,1,0 的、长为 n 的二元序列的个数bn为无连续四项成 0,0,1,1 或 1,1,0,0 的、长为 n 的二元序列的个数证明：对每一正整数 n,bn+1=2an【题说】其次十五届（1996 年）美国数学奥林匹克题 4【解】 对任一 n+1 项的 0、1 序列 y=（y1,y2, ,yn+1）,令它与 n 项的 0,1 序列 x=（x1, , xn
5、）对应,其中xiyi +yi+1（mod 2）（1）明显这样的 x 由 y 唯独确定反过来,对任一个n 项的 0,1 序列 x=（x1, , xn）及 y1=0 或 1,有一个 n+1 项的 0、1 序列 y=（y 1,y 2, , yn+1）,其中yi+1yi +xi（ mod2）（2）由于这时 y j+yj+1y j+yj +xjx j（mod2）,所以由（2）定义的对应恰好是 （1）的逆对应在由（ 1）定义的对应中,连续四项 0011 或 1100 产生连续三项 010反之,由（ 2）定义的对应,连续三项 010 产生连续四项 0011 或 1100于是 an 个所述 n 项无连续三项成
6、010 的序列,每个恰好与两个无连续四项成 0011 或 1100 的所述 n+1 项序列对应从而 bn+1=2an3. ABC的顶点为 A0 ,0 ,B0 ,420 ,C 560 ,0 一个骰子的六个面分别标上两个“A” ,两个“B” ,两个“C” 从 ABC内部选出点 P1k ,m,重复掷骰子,依以下法就选出点 P 2,P3, ：假如骰子露出标记 L 的那面, L A,14 , 92 ,问 km？名师归纳总结 【题说】第十一届1993 年 美国数学邀请赛题12第 3 页,共 5 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 多练出技巧 巧思出硕果【解】由于点
7、 P1在 ABC内,所以全部的 Pn 都在 ABC内设 Pn坐标为 xn,yn ,L 坐标为 xL,yL ,就由公式可从 Pn1及 L 的坐标标出 Pn 的坐标留意当 Pn1在如图区域中时,只有取 L 为 A ,用公式标出的坐标才都是非负的,所以此时应取 L 为 A同样, Pn1 在中时,取 L 为 B；在中时,取 L 为 C于是,应用上述公式依次推出各点坐标为P628 , 184 ,P556 ,368 ,P4112 ,316 ,P3224 ,212 , P2448 ,4 ,P1336 ,8 所以 km33683444. 设f n 整除的最小数,证明当且仅当nn2m时,f n k能被 nf n
8、 N是使和式k能被nf n k12 m,mZ m0,就f n 21,是使2 n1,其中mZ m0；证明（1）第一证明如nk1整除的最小数；名师归纳总结 n由于,一方面,2n1k2n1 ,所以,2n1k 能被n整除.第 4 页,共 5 页k1k1另一方面, 2 n1 是 满意条件的最小数；这是由于如l2n2kl1k1l l1.2由于l l1 中有一 个为奇数,且l12n12m112m1不整除l l1m 2不整除1l l1；2f n（ 2 ） 再 证 如f n 2n1,其 中mZ m0是 使nk成立的最小数 , 就 必 有k12m；否就当设nm 2p mZ m0,p1,p 为奇数；由于（m 21,p）=1,故有孙子定- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 多练出技巧 巧思出硕果理可知同余方程组名师归纳总结 xm 0mod 21有解,即存在正整数l0l2 m1p2 n 满意上述同余方程组,且第 5 页,共 5 页xp1mod 2n-1,2n都不是上述同余方程组的解,这是由于2 n10mod2m1,2np1mod p ,因为l2 n1,且m 21l p l12mp1l1 l,从而f n l2n1.这说明2n-1 不是使2f nk成立的最小的f n ；命题得证；k1- - - - - - -