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这是二试难度的问题 (rdfz 20180516 高联选拔题)

Qer: zhangboxin 20180516

题 1

已知 \(I\) 为 \(\triangle ABC\) 的内心, \(D\) 为 \(AI\) 延长线上一点, 且有 \(DI=DB\), \(IB \parallel CD\), 在 \(BC\) 边上取点 \(E,F\), 使得 \(\angle BAF = \angle CAE = \dfrac12 \angle BAC\), 再取 \(AE\) 延长线上一点 \(M\), 使得 \(\angle AMC = \angle ABC\), \(G\) 为 \(IF\) 的中点, \(MI\), \(DG\) 延长线相交于 \(H\). 求证: \(A,H,B,D,M,C\) 六点共圆.

解答

\(D, M\) 在 \(\triangle ABC\) 外接圆上不难证明, 下面只证明 \(H\) 也在外接圆上.
对 \(\triangle AFI\) 和 TODO

题 2

已知实数 \(a,b,c\) 满足 \(abc = -1\), 求证: \(\dfrac{a^{10}}{a^6 + 1} + \dfrac{b^{10}}{b^6 + 1} + \dfrac{c^{10}}{c^6 + 1} \ge \dfrac32\).

解答

我们证明这样一个不等式问题: 若实数 \(a,b,c\) 满足 \(abc = 1\), 则 \(\dfrac{a^5}{a^3 + 1} + \dfrac{b^5}{b^3 + 1} + \dfrac{c^5}{c^3 + 1} \ge \dfrac32\).

事实上, 若 \(abc=1\), 则 \(\dfrac{a^5}{a^3+1} = \dfrac{a^5}{a^3+abc} = \dfrac{a^4}{a^2+bc}\), 而 \(\dfrac{a^4}{a^2+bc} + \dfrac{a^2+bc}4 \ge a^2\), 有 \(\dfrac{a^4}{a^2+bc} \ge \dfrac{3a^2-bc}4\), 故
\[
\begin{aligned}
\sum \dfrac{a^4}{a^2+bc}
&\ge \sum \dfrac{3a^2-bc}4 = \dfrac{a^2+b^2+c^2}2 + \dfrac{a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca}4 \\
&\ge \dfrac{a^2+b^2+c^2}2 \ge \dfrac{3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2}}2 = \dfrac32
\end{aligned}
\]
其中 \(\sum\) 表示循环和, 等号成立的充分必要条件是 \(a=b=c=1\).

题 3

平面上任给 5 个点, 其中任意 3 点不共线, 任意 4 点不共圆. 若某三个点所组成三角形的外接圆, 使得另外两点分别在圆的内外, 则称这个三角形是“好的”, 设“好的”三角形的个数为 \(n\), 求 \(n\) 的所有可能值.

题 4

对于任意正整数 \(n\), 定义 \(a_n^{(i)} = \left| \left\{ t \middle| t = C_n^k, t \mod 3 = i, 0 \le k \le n \right\} \right|\), 求证: \(a_n^{(1)} > a_n^{(2)}\).