![\"\"](\"image/ggbsvg_1547387086263.svg\")
\n", "answer": "$$65^\\circ$$．\n", "Analysis": "∵$$MG\\bot EF$$，\n\n∴$$\\angle GME=90^\\circ$$，\n\n∴$$\\angle BMG=90^\\circ$$-$$\\angle EMB=50^\\circ$$，\n\n∵$$AB\\text{//}CD$$，\n\n∴$$\\angle BMG=\\angle MGN=50^\\circ$$，\n\n∴$$\\angle MGD=130^\\circ$$，\n\n∵$$GH$$平分$$\\angle MGD$$，\n\n∴$$\\angle MGH=\\frac12\\angle MGD=65^\\circ$$．\n\n故答案为：$$65^\\circ$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["几何图形初步", "角", "角的和差的计算与证明-不需要分类讨论", "角的和差的计算与证明", "角度的运算", "角的和差的计算与证明-需要分类讨论"]}
+{"_id": "2ae62a30c63f4cc48fe9917d3df1a3ff", "question": "下列各式表示正确的是（ ）．\n", "answer": "C", "Analysis": "A选项：$$\\sqrt{25}=5$$，本选项错误；\n\nB选项：$$\\pm \\sqrt{25}=\\pm 5$$，本选项错误；\nC选项：$$\\pm \\sqrt{25}=\\pm 5$$，本选项正确；\n\nD选项：$$\\pm \\sqrt{{{\\left( -5 \\right)}^{2}}}=\\pm 5$$，本选项错误．\n故选C.\n", "options": "A:$$\\sqrt{25}=\\pm 5$$\n\nB:$$\\pm \\sqrt{25}=5$$\n\nC:$$\\pm \\sqrt{25}=\\pm 5$$\n\nD:$$\\pm \\sqrt{{{\\left( -5 \\right)}^{2}}}=-5$$\n", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 1, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["实数", "平方根", "求一个数的平方根", "数", "开平方", "平方根和立方根"]}
+{"_id": "87e494f759ec4423a457101124249791", "question": "将点$$P$$向下平移$$3$$个单位，向左平移$$2$$个单位后得到点$$Q(3,-1)$$，则点$$P$$坐标为 ___ ___ ．\n", "answer": "$$(5,2)$$", "Analysis": "设点$$P$$的坐标为$$(x,y)$$，\n\n根据题意，$$x-2=3$$，$$y-3=-1$$，\n\n解得$$x=5$$，$$y=2$$，\n\n则点$$P$$的坐标为$$(5,2)$$．\n\n故答案为：$$(5,2)$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "填空", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["函数", "题型：坐标系中的平移", "平面直角坐标系", "坐标系综合"]}
+{"_id": "3c4a9f2540be4b87974ad89262800399", "question": "第三象限内的点$$P$$到$$x$$轴的距离是$$5$$，到$$y$$轴的距离是$$6$$，那么点$$P$$的坐标是（ ）．\n", "answer": "D", "Analysis": "∵点$$P$$在第三象限内，故$$x<{}0$$，$$y<{}0$$，\n\n又∵点$$P$$到$$x$$轴距离是$$5$$，\n\n∴$$y=-5$$，到$$y$$轴距离是$$6$$，\n\n∴$$x=-6$$，\n\n∴点$$P$$坐标为$$(-6,-5)$$，\n\n\n故选$$\\text{D}$$．\n", "options": "A:$$(5,6)$$\n\nB:$$(-5,-6)$$\n\nC:$$(6,5)$$\n\nD:$$(-6,-5)$$\n", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["函数", "坐标与距离", "平面直角坐标系", "坐标系综合"]}
+{"_id": "1592b0a9e1ef4bec83a2e5e17171c3ae", "question": "在数轴上表示不等式$$3-x\\leqslant 1$$的解集，正确的是（ ）．\n", "answer": "D", "Analysis": "∵$$3-x\\leqslant 1$$，\n\n∴$$3-1\\leqslant x$$，\n\n$$x\\geqslant 2$$，\n\n∴不等式的解集在数轴上表示为：\n\n![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/2_2/image_180/ggb_fb40d8d62618f012b980c28a883576a4.svg\")
\n\n\n∴选择：$$\\text{D}$$．\n", "options": "A:![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/2_2/image_195/ggb_94fa397cceeb9f49479b73b7bfb28fd7.svg\")
\n\nB:![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/2_2/image_195/ggb_01e14a09a14c267a47881e120e21e042.svg\")
\n\nC:![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/2_2/image_195/ggb_2b1431fc36388f63eb768eea67c1c535.svg\")
\n\nD:![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/2_2/image_195/ggb_fb40d8d62618f012b980c28a883576a4.svg\")
\n", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 1, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["不等式（组）", "一元一次不等式", "方程与不等式", "解一元一次不等式"]}
+{"_id": "96962c28527f4c18b6dbfabcfcdf01be", "question": "如图，$$AB//CD$$，$$\\angle A={{20}^{\\circ }}$$，$$\\angle CDP={{145}^{\\circ }}$$，则$$\\angle P=$$ ___ ___ $$^{\\circ }$$．\n\n![\"\"](\"image/ggb_c5b41b15c30b7ac36420d2caa45d8c0f.svg\")
\n", "answer": "$$55$$", "Analysis": "延长$$DP$$交$$AB$$于点$$E$$，\n\n![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/2_2/image_186/ggb_ca52d5e82dc38948134656cef9016c44.svg\")
\n\n∵$$AB//CD$$，\n\n∴$$\\angle CDP+\\angle AEP={{180}^{\\circ }}$$，\n\n∴$$\\angle AEP={{180}^{\\circ }}-\\angle CDP$$\n\n$$={{35}^{\\circ }}$$，\n\n∴$$\\angle APD=\\angle A+\\angle AEP$$\n\n$$={{20}^{\\circ }}+{{35}^{\\circ }}$$\n\n$$={{55}^{\\circ }}$$．\n\n故答案为：$$55$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "填空", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["相交线与平行线", "几何图形初步", "平行线的判定与性质", "平行线的性质"]}
+{"_id": "f22f2d995be743dab8b0027ee2793835", "question": "如图所示的图形中，下列说法正确的是（ ）．\n\n![\"\"](\"image/6fee789e-0612-4b37-bcdb-2c3d4e91a7a0.svg\")
\n\n①$$\\angle 1$$和$$\\angle 2$$是对顶角 ②$$\\angle 1$$和$$\\angle 5$$是同位角\n\n③$$\\angle 4$$和$$\\angle 5$$是内错角 ④$$\\angle 3$$和$$\\angle 4$$是同旁内角\n", "answer": "B", "Analysis": "①$$ \\angle 1$$和$$\\angle 2$$是邻补角，故原说法错误；\n\n②$$\\angle 1$$和$$\\angle 5$$是同位角，正确；\n\n③$$\\angle 4$$和$$\\angle 5$$是内错角，正确；\n\n④$$\\angle 3$$和$$\\angle 4$$是邻补角，故原说法错误．\n\n故选：$$\\text{B}$$．\n", "options": "A:①②③\n\nB:②③\n\nC:②④\n\nD:②③④\n", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["内错角的定义", "相交线与平行线", "几何图形初步", "同位角、内错角、同旁内角"]}
+{"_id": "569555c7587840199b05bf9f0012af2e", "question": "计算：$$\\sum\\limits_{i=0}^{7}{{{(\\text{C}_{i}^{7})}^{2}}=}$$ ___ ___ ．\n", "answer": "$$3432$$", "Analysis": "原式$$=\\sum\\limits_{i=0}^{7}{(\\text{C}_{i}^{7})(\\text{C}_{i}^{7})}$$\n\n$$=\\sum\\limits_{i=0}^{7}{(\\text{C}_{i}^{7})(\\text{C}_{7-i}^{7})}$$\n\n$$=\\text{C}_{7}^{14}$$\n\n$$=3432$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "填空", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["排列与组合", "组合"]}
+{"_id": "d00ea277b5c24b2289fcb358a97abca1", "question": "若某$$8$$个连续奇数之和是$$2016$$，求当中最大的数．\n\nIf the sum of $$ 8$$ consecutive odd numbers is $$2016$$, find the largest number among them.\n", "answer": "$$259$$．\n", "Analysis": "$$2016\\div 8+1+2+2+2=259$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["有理数", "有理数除法", "数", "有理数除法运算", "有理数基础运算"]}
+{"_id": "941f844ce11c4c12a30b1110f6557721", "question": "有一个「时钟」，钟面上有$$20$$「小时」（而非$$12$$小时），而每小时有$$45$$「分钟」（而非$$60$$分钟）．当钟面显示「$$7$$时$$30$$分」时，求时针与分针所形成的较小夹角（答案以度表示）．\n\nA \"clock\" has $$20$$ \"hours\" (rather than $$12$$) on its face and $$45$$ \"minutes\" (rather than $$60$$) for each hour. When the clock shows $$7:30$$, find the included angle between the hours hand and the minutes hand (Express the answer in degree).\n", "answer": "$$102{}^\\circ $$．\n", "Analysis": "时针每小时转动$$18{}^\\circ $$，每分钟转动$$0.4{}^\\circ $$；分针每分钟转动$$8{}^\\circ $$．\n\n设时针和分针向上为$$0{}^\\circ $$，当钟面显示$$7$$时$$30$$分时，\n\n时针在$$18{}^\\circ \\times 7+0.4{}^\\circ \\times 30=138{}^\\circ $$的位置；分针则在$$8{}^\\circ \\times 30=240{}^\\circ $$的位置．\n\n所以，它们所形成的角度为$$240{}^\\circ -138{}^\\circ =102{}^\\circ $$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["角", "角的定义和分类", "几何图形初步", "钟面角"]}
+{"_id": "64a04c062ad14eefb6babab51f7deff0", "question": "舞会中共有$$20$$对夫妻，每人都与自己伴侣以外的所有人握手，问一共握了多少次手？\n\nThere are $$20$$ couples in a ball. Each person shakes hands with anyone other than his/her spouse. How many times of hand-shaking have occurred?\n", "answer": "$$760$$．\n", "Analysis": "每人都与自己伴侣以外的所有人握手，即每人都与$$38$$人握手，当中每次握手重复计算了两次．\n\n$$38\\times 40\\div 2=760$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["有理数", "有理数与实际问题", "数", "有理数乘除法与实际问题"]}
+{"_id": "e6a46d70fd9f482db22aa3448418e04e", "question": "若三位数$$n$$除以$$6$$和$$11$$时的余数分别是$$3$$和$$8$$﹐求$$n$$的可能值之和．\n\nIf the remainder of a three-digit number $$n$$ divided by $$6$$ and $$11$$ is $$3$$ and $$8$$ respectively, find the sum of all possible values of $$n$$.\n", "answer": "$$7812$$．\n", "Analysis": "由题目条件得知$$n+3$$可同时被$$6$$和$$11$$整除．\n\n$$n+3$$的可能值有︰$$132$$﹑$$198$$﹑$$264$$﹑$$330$$﹑$$396$$﹑$$\\cdots $$﹑$$858$$﹑$$924$$﹑$$990$$\n\n$$n$$的可能值有∶$$129$$﹑$$195$$﹑$$261$$﹑$$327$$﹑$$393$$﹑$$\\cdots $$﹑$$855$$﹑$$921$$﹑$$987$$，\n\n所以，$$n$$的可能值之和$$=129+195+261+327+393+\\cdots +855+921+987$$\n\n$$=\\left( 129+987 \\right)\\times 14\\div 2$$\n\n$$=7812$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["整除", "数论", "整除的概念与基本性质"]}
+{"_id": "cb8f86782e1c407cbf9672a50019b154", "question": "将一个正方形的每条边长各增加百分之十五，问面积增加了百分之几?\n\nIncrease the length of each side of a square by $$15\\%$$. By how many percent is the area increased?\n", "answer": "$$32.25$$．\n", "Analysis": "$${{1.15}^{2}}-1=0.3225$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 1, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["正方形的周长与面积", "特殊平行四边形", "正方形", "四边形"]}
+{"_id": "43849a0f79304e5990fcd28b10683996", "question": "在“平面直角坐标系”中，将$$A(-4,5)$$沿原点逆时针旋转$$270{}^\\circ $$至$$B(x,y)$$，求$$x+y$$的值．\n\nIn the rectan gular coordinate plane, rotate $$A(-4,5)$$ $$270{}^\\circ $$ anti-clockwise about the origin to $$B(x,y)$$. Find the value of $$x+y$$.\n", "answer": "$$9$$．\n", "Analysis": "“逆时针旋转$$270{}^\\circ $$”即“顺时针旋转$$90{}^\\circ $$”，所以$$B$$的坐标为$$(5,4)$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "2", "gradeGroupName": "初中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["函数", "坐标系综合", "坐标系中的旋转-点关于原点的旋转", "平面直角坐标系", "坐标系中的旋转"]}
+{"_id": "ff8080814502fa24014503a7714901a3", "question": "在算式$$2014\\times(\\frac{1}{19}-\\frac{1}{53})$$的计算结果是（ ）．\n ", "answer": "B", "Analysis": "原式=$$2014\\times \\frac{1}{19}-2014\\times \\frac{1}{53}=106-38=68$$．\n ", "options": "A:$$34$$\n \nB:$$68$$\n \nC:$$144$$\n \nD:$$72$$\n ", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 1, "gradeGroupId": "1", "gradeGroupName": "小学", "subjectName": "数学", "knowledge": ["分数", "计算模块", "分数直接运用分配律", "分数巧算", "乘法分配律"]}
+{"_id": "ff8080814502fa24014503a7819e01a9", "question": "式子$$\\frac{2014}{x+1}$$为整数，则正整数$$x$$有（ ）种取值．\n ", "answer": "B", "Analysis": "因为$$2014=2\\times 19\\times 53$$，$$x+1$$可能的取值为：$$2$$、$$19$$、$$53$$、$$38$$、$$106$$、$$1007$$、$$2014$$共七种．\n ", "options": "A:$$6$$\n\nB:$$7$$\n\nC:$$8$$\n\nD:$$9$$\n", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "1", "gradeGroupName": "小学", "subjectName": "数学", "knowledge": ["分解质因数（式）", "数论模块", "分解质因数"]}
+{"_id": "ff8080814502fa24014503a78d2001ad", "question": "算式$$2013\\times \\frac{2015}{2014}+2014\\times\\frac{2016}{2015}+\\frac{4029}{2014\\times 2015}$$计算结果是（ ）．\n ", "answer": "B", "Analysis": "$$2013\\times \\frac{2015}{2014}>2013$$，$$2014\\times\\frac{2016}{2015}>2014$$结果大于$$4027$$．结果为B．\n ", "options": "A:$$4027$$\n \nB:$$4029$$\n \nC:$$2013$$\n \nD:$$2015$$\n ", "logicQuesTypeName": "单选", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 2, "gradeGroupId": "1", "gradeGroupName": "小学", "subjectName": "数学", "knowledge": ["分数四则混合运算", "分数运算", "分数", "计算模块"]}
+{"_id": "ff8080814502fa24014506587cab0311", "question": "小明将$$1$$至$$2014$$按如下顺序写了一排，先写$$1$$，之后在$$1$$的右侧写$$1$$个数$$2$$，左侧写$$1$$个数$$3$$，接着在右侧写$$2$$个数$$4$$、$$5$$，左侧写$$2$$个数$$6$$、$$7$$，右侧写$$3$$个数$$8$$、$$9$$、$$10$$，左侧写$$3$$个数$$11$$、$$12$$、$$13$$（如下列）$$\\cdots $$ $$13$$ $$12$$ $$11$$ $$7$$ $$6$$ $$3$$ $$1$$ $$2$$ $$4$$ $$5$$ $$8$$ $$9$$ $$10$$ $$\\cdots $$当写到$$2014$$时，$$1$$至$$2014$$中间所有数的和是（ ）．（不包括$$1$$和$$2014$$）\n ", "answer": "B", "Analysis": "根据题意我们���现如此规律，1的左边两边的数的个数是相等的，左边和右边写数的个数的顺序是$$1$$个、$$2$$个、$$3$$个、$$4$$个、$$5$$个、$$\\cdots $$，经过试算可知：$$(1+44)\\times 44\\div 2=990$$个，$$990\\times2=1980$$个\n 当在$$1$$的左边各写$$44$$个数后，一共有$$1980$$个数，且$$1981$$位于$$1$$的左侧．\n 接下来要在$$1$$的两侧各写$$45$$个数，而$$2014-1980=34$$个，所以从$$1982～2014$$在$$1$$的右侧．\n 然后我们在$$1$$的左右两侧进行比较，\n | 1号 | 2号 | 3号 | 4号 | 工作效率 |
| ○ | ○ | ○ | × | $$\\frac{1}{20}$$\n |
| × | ○ | ○ | ○ | $$\\frac{1}{21}$$\n |
| ○ | × | ○ | ○ | $$\\frac{1}{28}$$\n |
| ○ | ○ | × | ○ | $$\\frac{1}{30}$$\n |
| \n\t\t\t$$1$$队\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$2$$队\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$3$$队\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$4$$队\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$5$$队\n | \n\t\t\t\n\t\t\t工作效率\n | \n\t\t
| \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$\\frac{1}{12}$$\n | \n\t\t
| \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$\\frac{1}{7}$$\n | \n\t\t
| \n\t\t\t | \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$\\frac{1}{8}$$\n | \n\t\t
| \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t√\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$\\frac{1}{42}$$\n | \n\t\t
| \n\t\t\t$$3$$次\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$2$$次\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$3$$次\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$2$$次\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$2$$次\n | \n\t\t\t\n\t\t |
| 甲\n | 乙\n | 合走\n | |
| 从开始到第一次相遇时\n | $$7$$\n | 一个全程$$-7$$\n | 一个全程\n |
| 从开始到第二次相遇时\n | $$7×3$$=一个全程$$+3$$\n | 两个全程$$-3$$\n | 三个全程\n |
| 甲\n | 乙\n | 合走\n | |
| 从开始到第一次相遇时\n | 一个全程$$-54$$\n | $$54$$\n | 一个全程\n |
| 从开始到第二次相遇时\n | 两个全程$$-42$$\n | $$54×3=$$一个全程$$+42$$\n | 三个全程\n |
| 甲\n | 乙\n | 合走\n | |
| 从开始到第一次相遇时\n | $$18$$\n | 一个全程$$-18$$\n | 一个全程\n |
| 从开始到第二次相遇时\n | $$18×3=$$一个全程$$+13$$\n | 两个全程$$-13$$\n | 三个全程\n |
| \n\t\t\t$$12$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$13$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$14$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$15$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$\\cdots \\cdots $$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t上$$3$$行\n | \n\t\t
| \n\t\t\t | \n\t\t\t$$6$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$7$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$8$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$\\cdots \\cdots $$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t上$$2$$行\n | \n\t\t
| \n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$2$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$3$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$\\cdots \\cdots $$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t上$$1$$行\n | \n\t\t
| \n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$1$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$\\cdots \\cdots $$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t$$0$$行\n | \n\t\t
| \n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$5$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t$$4$$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t | \n\t\t\t | \n\t\t\t$$\\cdots \\cdots $$\n | \n\t\t\t\n\t\t\t下$$1$$行\n | \n\t\t
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![\"\"](\"image/ggbsvg_1529715047146.svg\")
\n", "answer": "证明见解析．\n", "Analysis": "如图，联结$$EH$$、$$FG$$得交点$$O$$，\n\n因为点$$H$$到$$AB$$、$${{l}_{1}}$$距离相等，所以，$$EH$$平分$$BEF$$，也平分$$DHG$$，\n\n又点$$G$$到$$AD$$、$${{l}_{1}}$$等距离，从而，$$FG$$平分$$DFE$$，也平分$$BGH$$，由此可知，$$O$$既是$$\\triangle AEF$$的旁心，又是$$\\triangle CGH$$的旁心，作出两个旁切圆，易知它们是同心圆，\n\n设$$P$$、$$M$$、$$Q$$、$$N$$分别是$$AB$$、$$AD$$、$$CD$$、$$CB$$上的切点，易证$$P$$、$$O$$、$$Q$$和$$M$$、$$O$$、$$N$$分别三点共线，且$$PQ=AD=a$$，$$MN=AB=a$$；\n\n利用旁心性质$$2$$知$$AP=AM=\\frac{1}{2}{{m}_{1}}$$，$$CQ=CN=\\frac{1}{2}{{m}_{2}}$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 4, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["共圆和多圆问题（二试）", "平面几何"]}
+{"_id": "2d15aaf4eb3e4f0a85380146bafe5437", "question": "设$$m，n$$是给定的整数，$$4 < m < n$$，$${{A}_{1}}{{A}_{2}}\\cdot \\cdot \\cdot {{A}_{2n+1}}$$是一个正$$2n+1$$边形，$$P=\\left\\{ {{A}_{1}},{{A}_{2}},\\cdot \\cdot \\cdot ,{{A}_{2n+1}} \\right\\}$$．求顶点属于$$P$$且恰有两个内角是锐角的凸$$m$$边形的个数．\n", "answer": "$$(2n+1)(C_{n+1}^{m-1}+C_{n}^{m-1})$$．\n", "Analysis": "先证一个引理：顶点在$$P$$中的凸$$m$$边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．\n\n事实上，设这个凸$$m$$边形为$${{P}_{1}}{{P}_{2}}\\cdot \\cdot \\cdot {{P}_{m}}$$，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设$$\\angle {{P}_{m}}{{P}_{1}}{{P}_{2}} < \\frac{\\pi }{2}$$，则$$\\angle {{P}_{2}}{{P}_{j}}{{P}_{m}}=\\pi -\\angle {{P}_{2}}{{P}_{1}}{{P}_{m}}>\\frac{\\pi }{2}(3\\leqslant j\\leqslant m-1)$$，\n\n更有$$\\angle {{P}_{j-1}}{{P}_{j}}{{P}_{j+1}}>\\frac{\\pi }{2}(3\\leqslant j\\leqslant m-1)$$．而$$\\angle {{P}_{1}}{{P}_{2}}{{P}_{3}}+\\angle {{P}_{m-1}}{{P}_{m}}{{P}_{1}}>\\pi $$，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理．\n\n由引理知，若凸$$m$$边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻．\n\n在凸$$m$$边形中，设顶点$${{A}_{i}}$$与$${{A}_{j}}$$为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设$${{A}_{i}}$$与$${{A}_{j}}$$的劣弧上包含了$$P$$的$$r$$条边（$$1\\leqslant r\\leqslant n$$），这样的$$(i,j)$$在$$r$$固定时恰有$$2n+1$$对．\n\n（$$1$$）若凸$$m$$边形的其余$$m-2$$个顶点全在劣弧$${{A}_{i}}{{A}_{j}}$$上，而$${{A}_{i}}{{A}_{j}}$$劣弧上有$$r-1$$个$$P$$中的点，此时这$$m-2$$个顶点的取法数为$$C_{r-1}^{m-2}$$．\n\n（$$2$$）若凸$$m$$边形的其余$$m-2$$个顶点全在优弧$${{A}_{i}}{{A}_{j}}$$上，取$${{A}_{i}}，{{A}_{j}}$$的对径点$${{B}_{i}}，{{B}_{j}}$$，由于凸$$m$$边形在顶点$${{A}_{i}}，{{A}_{j}}$$处的内角为锐角，所以，其余的$$m-2$$个顶点全在劣弧$${{B}_{i}}{{B}_{j}}$$上，而劣弧$${{B}_{i}}{{B}_{j}}$$上恰有$$r$$个$$P$$中的点，此时这$$m-2$$个顶点的取法数为$$C_{r}^{m-2}$$．\n\n所以，满足题设的凸$$m$$边形的个数为\n\n$$\\begin{matrix}(2n+1)\\sum\\limits_{r=1}^{n}{(C_{r-1}^{m-2}+C_{r}^{m-2})}=(2n+1)\\left( \\sum\\limits_{r=1}^{n}{C_{r-1}^{m-2}}+\\sum\\limits_{r=1}^{n}{C_{r}^{m-2}} \\right) \\\\ =(2n+1)(\\sum\\limits_{r=1}^{n}{(C_{r}^{m-1}-C_{r-1}^{m-1})+\\sum\\limits_{r=1}^{n}{(C_{r+1}^{m-1}-C_{r}^{m-1})}}) \\\\\\end{matrix}$$ $$=(2n+1)(C_{n+1}^{m-1}+C_{n}^{m-1})$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 4, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["图论（二试）", "组合"]}
+{"_id": "832c2431178a4e9e970ce362ce93e1a4", "question": "凸$$n$$边形$$P$$中的每条边和每条对角线都被染为$$n$$种颜色中的一种颜色．问：对怎样的$$n$$，存在一种染色方式，使得对于这$$n$$种颜色中的任何$$3$$种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形$$P$$的顶点，且它的$$3$$条边分别被染为这$$3$$种颜色？\n\n", "answer": "当$$n\\geqslant 3$$为奇数时，存在合乎要求的染法．\n", "Analysis": "当$$n\\geqslant 3$$为奇数时，存在合乎要求的染法；当$$n\\geqslant 4$$为偶数时，不存在所述的染法．\n\n每$$3$$个顶点形成一个三角形，三角形的个数为$$\\text{C}_{n}^{3}$$个，而颜色的三三搭配也刚好有$$\\text{C}_{n}^{3}$$种，所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合，即形成一一对应．\n\n我们将多边形的边与对角线都称为线段．对于每一种颜色，其余的颜色形成$$\\text{C}_{n-1}^{2}$$种搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在$$\\text{C}_{n-1}^{2}$$个三角形中，这表明在合乎要求的染法中，各种颜色的线段条数相等．所以每种颜色的线段都应当有$$\\frac{\\text{C}_{n}^{2}}{n}=\\frac{n-1}{2}$$条．\n\n当$$n$$为偶数时，$$\\frac{n-1}{2}$$不是整数，所以不可能存在合乎条件的染法．下设$$n=2m+1$$为奇数，我们来给出一种染法，并证明它满足题中条件．自某个顶点开始，按顺时针方向将凸$$2m+1$$边形的各个顶点依次记为$${{A}_{1}}$$，$${{A}_{2}}$$，$$\\cdot \\cdot \\cdot$$，$${{A}_{2m+1}}$$．\n\n对于$$i\\notin \\left\\{ 1,2,\\cdot \\cdot \\cdot,2m+1 \\right\\}$$，按$$\\bmod 2m+1$$理解顶点$${{A}_{i}}$$．再将$$2m+1$$种颜色分别记为颜色$$1$$，$$2$$，$$\\cdot \\cdot \\cdot$$，$$2m+1$$．\n\n将边$${{A}_{i}}{{A}_{i+1}}$$染为颜色$$i$$，其中$$i=1$$，$$2$$，$$\\cdot \\cdot \\cdot $$，$$2m+1$$．再对每个$$i=1$$，$$2$$，$$\\cdot \\cdot \\cdot$$，$$2m+1$$，都将线段（对角线）$${{A}_{i-k}}{{A}_{i+1+k}}$$染为颜色$$i$$，其中$$k=1$$，$$2$$，$$cdot \\cdot \\cdot$$，$$m-1$$．\n\n于是每种颜色的线段都刚好有$$m$$条．注意，在我们的染色方法之下，线段$${{A}_{{{i}_{1}}}}{{A}_{{{j}_{1}}}}$$与$${{A}_{{{i}_{2}}}}{{A}_{{{j}_{2}}}}$$同色，\n\n当且仅当$${{i}_{1}}+{{j}_{1}}\\equiv {{i}_{2}}+{{j}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$． ①\n\n因此，对任何$$i\\ne j\\ (\\bmod 2m+1)$$，任何$$k\\ne 0\\ (\\bmod 2m+1)$$，线段$${{A}_{i}}{{A}_{j}}$$都不与$${{A}_{i+k}}{{A}_{j+k}}$$同色．\n\n换言之，如果$${{i}_{1}}-{{j}_{1}}\\equiv {{i}_{2}}-{{j}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$． ②\n\n则线段$${{A}_{{{i}_{1}}}}{{A}_{{{j}_{1}}}}$$都不与$${{A}_{{{i}_{2}}}}{{A}_{{{j}_{2}}}}$$同色．\n\n任取两个三角形$$\\triangle {{A}_{{{i}_{1}}}}{{A}_{{{j}_{1}}}}{{A}_{{{k}_{1}}}}$$和$$\\triangle {{A}_{{{i}_{2}}}}{{A}_{{{j}_{2}}}}{{A}_{{{k}_{2}}}}$$，如果它们之间至多只有一条边同色，当然它们不对应相同的颜色组合．如果它们之间有两条边分别同色，我们来证明第$$3$$条边必不同颜色．为确定起见，不妨设$${{A}_{{{i}_{1}}}}{{A}_{{{j}_{1}}}}$$与$${{A}_{{{i}_{2}}}}{{A}_{{{j}_{2}}}}$$同色．\n\n情形$$1$$：如果$${{A}_{{{j}_{1}}}}{{A}_{{{k}_{1}}}}$$与$${{A}_{{{j}_{2}}}}{{A}_{{{k}_{2}}}}$$也同色，则由①知\n\n$${{i}_{1}}+{{j}_{1}}\\equiv {{i}_{2}}+{{j}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$，\n\n$${{j}_{1}}+{{k}_{1}}\\equiv {{j}_{2}}+{{k}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$，\n\n将二式相减，得$$f(A)=f(B)$$，故由②知$${{A}_{{{k}_{1}}}}{{A}_{{{i}_{1}}}}$$不与$${{A}_{{{k}_{2}}}}{{A}_{{{i}_{2}}}}$$同色．\n\n情形$$2$$：如果$${{A}_{{{i}_{1}}}}{{A}_{{{k}_{1}}}}$$与$${{A}_{{{i}_{2}}}}{{A}_{{{k}_{2}}}}$$也同色，则亦由①知\n\n$${{i}_{1}}+{{j}_{1}}\\equiv {{i}_{2}}+{{j}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$，\n\n$${{i}_{1}}+{{k}_{1}}\\equiv {{i}_{2}}+{{k}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$，\n\n将二式相减，亦得$${{j}_{1}}-{{k}_{1}}\\equiv {{j}_{2}}-{{k}_{2}}\\ (\\bmod 2m+1)$$，亦由②知$${{A}_{{{j}_{1}}}}{{A}_{{{k}_{1}}}}$$与$${{A}_{{{j}_{2}}}}{{A}_{{{k}_{2}}}}$$不同色．总之，$$\\triangle {{A}_{{{i}_{1}}}}{{A}_{{{j}_{1}}}}{{A}_{{{k}_{1}}}}$$与$$\\triangle {{A}_{{{i}_{2}}}}{{A}_{{{j}_{2}}}}{{A}_{{{k}_{2}}}}$$对应不同的颜色组合．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 4, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["图论（二试）", "组合"]}
+{"_id": "2ae62787071c44c59e1ba073e818fa05", "question": "给定正整数$$m$$、$$n$$．求具有下述性质的最小整数$$N\\left( N\\geqslant m \\right)$$：若一个$$N$$元整数集含有模$$m$$的完全剩余系，则其有一个非空子集，其元素和被$$n$$整除．\n", "answer": "$$N\\geqslant \\max \\left\\{ m,m+n-\\frac{1}{2}m\\left[ \\left( m,n \\right)+1 \\right] \\right\\}$$．\n", "Analysis": "$$N\\geqslant \\max \\left\\{ m,m+n-\\frac{1}{2}m\\left[ \\left( m,n \\right)+1 \\right] \\right\\}$$．\n\n\n首先证明：\n\n$$N\\geqslant \\max \\left\\{ m,m+n-\\frac{1}{2}m\\left[ \\left( m,n \\right)+1 \\right] \\right\\}$$．$$①$$\n\n设$$d=\\left( m,n \\right)$$，$$m=d{{m}_{1}}$$，$$n=d{{n}_{1}}$$．\n\n若$$n>\\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)$$，考虑一个模$$m$$的完全剩余系$${{x}_{1}}$$，$${{x}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{x}_{m}}$$，其模$$n$$的余数恰为$${{m}_{1}}$$个$$1$$，$$2$$，$$\\cdots $$，$$d$$．这样的一组完全剩余系是存在的，如下面$$m$$个数：\n\n$$i+d{{n}_{1}}j\\left( i=1,2,\\cdots ,d,j=1,2,{{m}_{1}} \\right)$$．\n\n再添上$$k=n-\\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)-1$$个模$$n$$余$$1$$的数$${{y}_{1}}$$，$${{y}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{y}_{k}}$$，则集合$$A=\\left\\{ {{x}_{1}},{{x}_{2}},\\cdots ,{{x}_{m}},{{y}_{1}},{{y}_{2}},\\cdots ,{{y}_{k}} \\right\\}$$含有模$$m$$的完全剩余系，但不存在非空子集的元素和被$$n$$整除．\n\n事实上，集合$$A$$中没有一个元素倍$$n$$整除，集合$$A$$的每个元素除以$$n$$的最小正余数之和为$${{m}_{1}}\\left( 1+2+\\cdots +d \\right)+k=n-1$$．\n\n从而，集合$$A$$中不存在非空子集，其元素和被$$n$$整除．\n\n因此，$$N\\geqslant m+n-\\frac{1}{2}\\left( d+1 \\right)$$，即式$$①$$成立．\n\n其次证明：$$N\\geqslant \\max \\left\\{ m,m+n-\\frac{1}{2}m\\left[ \\left( m,n \\right)+1 \\right] \\right\\}$$满足要求．\n\n反复利用结论：$$k$$个整数中必存在若干个之和被$$k$$整除．\n\n设这$$k$$个整数为$${{a}_{1}},{{a}_{2}},\\cdots ,{{a}_{k}}$$，令$${{S}_{i}}={{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\\cdots +{{a}_{i}}$$．\n\n若有一个$${{S}_{i}}$$被$$k$$整除，则结论成立．否则，存在$$1\\leqslant i < j\\leqslant k$$，使得\n\n$${{S}_{i}}\\equiv {{S}_{j}}\\left( \\bmod k \\right)\\Rightarrow k\\left| \\left( {{S}_{j}}-{{S}_{i}} \\right) \\right.={{a}_{i+1}}+{{a}_{i+2}}+\\cdots +{{a}_{j}}$$．\n\n由上，知在$$k$$个均被正整数$$a$$整除的整数中，必可取出若干个数之和被$$ka$$整除．\n\n对原问题分两种情形讨论．\n\n$$\\left( 1 \\right)n\\leqslant \\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)$$．\n\n此时，$$N=m$$．若一个有限整数集的所有元素和可被$$k$$整除，则称“$$k-$$集”．\n\n设$${{x}_{1}}$$，$${{x}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{x}_{m}}$$为模$$m$$的完全剩余系，将这些数分成$${{m}_{1}}$$组，每组构成模$$d$$的完全剩余系．\n\n设$${{y}_{1}}$$，$${{y}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{y}_{d}}$$为模$$d$$的完全剩余系．则$${{y}_{i}}\\equiv i\\left( \\bmod d \\right)$$．\n\n若$$d$$为奇数，则可将一个模$$d$$的完全剩余系分成$$\\frac{d+1}{2}$$个$$d-$$集，如$$\\left\\{ {{y}_{1}},{{y}_{d-1}} \\right\\}$$，$$\\left\\{ {{y}_{\\frac{d-1}{2}}},{{y}_{\\frac{d+1}{2}}} \\right\\}$$，$$\\left\\{ {{y}_{d}} \\right\\}$$，共有$$\\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)$$个$$d-$$集．\n\n由于$${{n}_{1}}\\leqslant \\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)$$，故从这些$$d-$$集中可选一些集合，其总和被$${{n}_{1}}d=n$$整除．\n\n若$$d$$为偶数，类似地，可将$${{y}_{1}}$$，$${{y}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{y}_{d}}$$分成$$\\frac{d}{2}$$个$$d-$$集，此时多余$${{y}_{\\frac{d}{2}}}$$．\n\n注意到，两个模$$d$$余$$\\frac{d}{2}$$的数又可组成一个$$d-$$集．\n\n则从一个模$$m$$的完全剩余系中可取出$$\\frac{1}{2}{{m}_{1}}d+\\left[ \\frac{{{m}_{1}}}{2} \\right]$$个$$d-$$集．\n\n又$${{n}_{1}}\\leqslant \\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)=\\frac{1}{2}{{m}_{1}}d+\\frac{{{m}_{1}}}{2}$$，故$${{n}_{1}}\\leqslant \\frac{1}{2}{{m}_{1}}d+\\left[ \\frac{{{m}_{1}}}{2} \\right]$$．\n\n于是，可从这些$$d-$$集中选出一些，其总和被$${{n}_{1}}d=n$$整除．\n\n$$\\left( 2 \\right)n>\\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)$$．\n\n此时，$$N=m+n-\\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)$$．\n\n设$$A$$为$$N$$元集包含模$$m$$的完全剩余系$${{x}_{1}}$$，$${{x}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{x}_{m}}$$，另外还有$$n-\\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)$$个数．\n\n若$$d$$为奇数，则由$$\\left( 1 \\right)$$的论证，可将一个模$$m$$的完全剩余系分成$$\\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)$$个$$d-$$集．\n\n另外，$$n-\\frac{1}{2}m\\left( d+1 \\right)$$个数又分成$${{n}_{1}}-\\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)$$组数，每组$$d$$个数，每一组中又可取出一个$$d-$$集，\n\n即从另外的数中可找到$${{n}_{1}}-\\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)$$个$$d-$$集．这样共得到$${{n}_{1}}$$个$$d-$$集．\n\n若$$d$$为偶数，则由$$\\left( 1 \\right)$$的论证，可将一个模$$m$$的完全剩余系分成$$\\frac{1}{2}{{m}_{1}}d+\\left[ \\frac{{{m}_{1}}}{2} \\right]$$个$$d-$$集．\n\n当$${{m}_{1}}$$为偶数时，可得至少$${{n}_{1}}-\\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)$$个$$d-$$集，这样共得到$${{n}_{1}}$$个$$d-$$集．\n\n当$${{m}_{1}}$$为奇数时，剩余的$$\\left\\{ {{x}_{i}} \\right\\}$$也为一个$$\\frac{d}{2}-$$集，共有$$2{{n}_{1}}-{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)+1$$个$$\\frac{d}{2}-$$集，\n\n从中可取出至少$${{n}_{1}}-\\frac{1}{2}{{m}_{1}}\\left( d+1 \\right)+\\frac{1}{2}$$个$$d-$$集．这样共得到$${{n}_{1}}$$个$$d-$$集．\n\n最后，从这$${{n}_{1}}$$个$$d-$$集中可选出一部分数，其总和被$${{n}_{1}}d=n$$整除．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 4, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["带余除法（辗转相除法）", "同余", "平方剩余", "数论模块", "整除"]}
+{"_id": "e957d8e6d90f4448bcf2fa78d47f35ea", "question": "设点$$I$$、$$H$$分别为锐角$$\\triangle ABC$$的内心和垂心，点$${{B}_{1}}$$、$${{C}_{1}}$$分别为边$$AC$$、$$AB$$的中点．已知射线$${{B}_{1}}I$$交边$$AB$$于点$${{B}_{2}}\\left( {{B}_{2}}\\ne B \\right)$$，射线$${{C}_{1}}I$$交$$AC$$的延长线于点$${{C}_{2}}$$，$${{B}_{2}}{{C}_{2}}$$与$$BC$$相交于点$$K$$，点$${{A}_{1}}$$为$$\\triangle BHC$$的外心．试证：$$A$$、$$I$$、$${{A}_{1}}$$三点共线的充分必要条件是$$\\triangle BK{{B}_{2}}$$和$$\\triangle CK{{C}_{2}}$$的面积相等．\n\n![\"\"](\"image/ggb_28f05973579b19c61c50d3668e24abeb.svg\")
\n", "answer": "证明见解析\n", "Analysis": "(1)首先证明\n\n\n$$A$$、$$I$$、$${{A}_{1}}$$三点共线$$\\Leftrightarrow \\angle BAC=60{}^\\circ $$．\n\n如图，设$$O$$为$$\\triangle ABC$$的外心，连$$OB$$、$$OC$$，则\n\n$$\\angle BHC=180{}^\\circ -\\angle BAC$$，\n\n$$\\angle B{{A}_{1}}C=2\\left( 180{}^\\circ -\\angle BHC \\right)=2\\angle BAC$$．因此，\n\n$$\\angle BAC=60{}^\\circ \\Leftrightarrow \\angle BAC+\\angle B{{A}_{1}}C=180{}^\\circ $$\n\n$$\\Leftrightarrow {{A}_{1}}$$在$$\\triangle ABC$$的外接圆$$\\odot O$$上$$\\Leftrightarrow AI$$与$$A{{A}_{1}}$$重合．\n\n[只有角平分线$$AI$$与三角形外接圆的交点$${{A}_{1}}$$，才有性质：$${{A}_{1}}B={{A}_{1}}I={{A}_{1}}C$$]\n\n$$\\Leftrightarrow A$$、$$I$$、$${{A}_{1}}$$三点共线．\n\n(2)其次，再证明$${{S}_{\\triangle BK{{B}_{2}}}}={{S}_{\\triangle CK{{C}_{2}}}}\\Leftrightarrow \\angle BAC=60{}^\\circ $$．\n\n作$$IP\\bot AB$$于点$$P$$，$$IO\\bot AC$$于点$$Q$$．则\n\n$${{S}_{\\triangle A{{B}_{1}}{{B}_{2}}}}=\\frac{1}{2}IP\\cdot A{{B}_{2}}+\\frac{1}{2}IQ\\cdot A{{B}_{1}}$$．①\n\n设$$IP=r$$($$r$$为$$\\triangle ABC$$的内切圆的半径)，则$$IQ=r$$．\n\n又令$$BC=a$$，$$CA=b$$，$$AB=c$$，则$$r=\\frac{2{{S}_{\\triangle ABC}}}{a+b+c}$$．\n\n注意到$${{S}_{\\triangle A{{B}_{1}}{{B}_{2}}}}=\\frac{1}{2}A{{B}_{1}}\\cdot A{{B}_{2}}\\sin A$$．②\n\n由①、②及$$A{{B}_{1}}=\\frac{b}{2}$$，$$2A{{B}_{1}}\\sin A={{h}_{c}}=2\\frac{{{S}_{\\triangle ABC}}}{c}$$．\n\n有$$A{{B}_{2}}\\left( 2\\cdot \\frac{{{S}_{\\triangle ABC}}}{c}-2\\cdot \\frac{2{{S}_{\\triangle ABC}}}{a+b+c} \\right)=b\\frac{2{{S}_{\\triangle ABC}}}{a+b+c}$$．\n\n则$$A{{B}_{2}}=\\frac{bc}{a+b-c}$$．同理，$$A{{C}_{2}}=\\frac{bc}{a+c-b}$$．由$${{S}_{\\triangle BK{{B}_{2}}}}={{S}_{\\triangle CK{{C}_{2}}}}$$，\n\n有$${{S}_{\\triangle ABC}}={{S}_{\\triangle A{{B}_{2}}{{C}_{2}}}}$$．于是，$$bc=\\frac{bc}{a+b-c}\\cdot \\frac{bc}{a+c-b}$$，\n\n即$${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-bc\\Leftrightarrow $$由余弦定理$$\\angle BAC=60{}^\\circ $$．\n\n![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/3_2/image_81/417dd264734bdd4d0609a9279fcb2d0a.png\")
\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 5, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["内心相关问题（二试）", "平面几何"]}
+{"_id": "305845510ebd4a968fe434f3483dfce3", "question": "如图，$$\\triangle ABC$$的内切圆$$\\odot I$$在边$$AB$$，$$BC$$，$$CA$$上的切点分别为$$D$$，$$E$$，$$F$$，直线$$EF$$分别与$$AI$$，$$BI$$，$$DI$$交于点$$M$$，$$N$$，$$K$$．证明：$$DM\\cdot KE=DN\\cdot KF$$．\n\n![\"\"](\"image/78683be6-c593-4c56-b11b-9afbc097686b.png\")
\n", "answer": "证明见解析\n", "Analysis": "易知，$$I$$，$$D$$，$$E$$，$$B$$四点共圆．\n\n又$$\\angle AID=90^{\\circ}-\\angle IAD$$，$$\\angle MED=\\angle FDA=90^{\\circ}-\\angle IAD$$，则$$\\angle AID=\\angle MED$$．\n\n于是，$$I$$，$$D$$，$$E$$，$$M$$四点共圆．从而，$$I$$，$$D$$，$$B$$，$$E$$，$$M$$五点共圆．\n\n故$$\\angle IMB=\\angle IEB=90^{\\circ}$$，即$$AM\\bot BM$$．\n\n类似地，$$I$$，$$D$$，$$A$$，$$N$$，$$F$$五点共圆，且$$BN\\bot AN$$．\n\n如图，设直线$$AN$$与$$BM$$交于点$$G$$．则$$I$$为$$\\triangle GAB$$的垂心．\n\n![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/3_2/image_99/d29752e0-4a86-4c49-8373-8be90a3b209a.png\")
\n\n又$$ID\\bot AB$$，则$$G$$，$$I$$，$$D$$三点共线．\n\n由$$G$$，$$N$$，$$D$$，$$B$$四点共圆，知$$\\angle ADN=\\angle AGB$$．\n\n类似地，$$\\angle BDM=\\angle AGB$$．\n\n于是，$$DK$$平分$$\\angle MDN$$．从而，$$\\frac{DM}{DN}= \\frac{KM}{KN}$$．①\n\n又由$$I$$，$$D$$，$$E$$，$$M$$与$$I$$，$$D$$，$$N$$，$$F$$分别四点共圆知\n\n$$KM \\cdot KE=KI \\cdot KD=KF \\cdot KN \\Rightarrow \\frac{KM}{KN}= \\frac{KF}{KE}$$．②\n\n由式①、②，知$$\\frac{DM}{DN}= \\frac{KF}{KE}\\Rightarrow DM \\cdot KE=DN \\cdot KF$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 4, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["共圆和多圆问题（二试）", "平面几何"]}
+{"_id": "f3b40022ee5146fbac32d8692053f8c7", "question": "设$$n$$为无平方因子的正偶数，$$k$$为整数，$$p$$为质数，满足$$p < 2\\sqrt{n}$$，$$p\\not \\left| n\\right.$$，$$\\left. p \\right|\\left( n+{{k}^{2}} \\right)$$．\n\n证明：$$n$$可以表示为$$ab+bc+ca$$，其中$$a$$、$$b$$、$$c$$为互不相同的正整数．\n", "answer": "证明见解析．\n", "Analysis": "由于$$n$$是偶数，故$$p\\ne 2$$．又$$p\\not \\left| n\\right.$$，$$\\left. p \\right|\\left( n+{{k}^{2}} \\right)$$，故$$p\\not \\left| k\\right.$$．\n\n不妨设$$0 < k < p$$．\n\n取$$a=k$$，$$b=p-k$$，则 $$c=\\frac{n-k\\left( p-k \\right)}{p}=\\frac{n+{{k}^{2}}}{p}-k$$．\n\n由条件知$$c$$是整数，$$a$$、$$b$$是不同的正整数．\n\n下面只需证明：$$c>0$$，并且$$c\\ne a$$，$$c\\ne b$$．\n\n由均值不等式有$$\\frac{n}{k}+k\\geqslant 2\\sqrt{n}>p$$，故$$n+{{k}^{2}}>pk$$．由此知$$c>0$$．\n\n若$$c=a$$，则 $$\\frac{n+{{k}^{2}}}{p}-k=k$$，即$$n=k\\left( 2p-k \\right)$$．\n\n由于$$n$$是偶数，故$$k$$也是偶数，这样$$n$$被$$4$$整除，这与$$n$$无平方因子矛盾．\n\n若$$c=b$$，则$$n={{p}^{2}}-{{k}^{2}}$$．\n\n由于$$n$$是偶数，故$$k$$是奇数，这样同样导致$$n$$被$$4$$整除，矛盾．\n\n综上，选取的$$a$$、$$b$$、$$c$$满足条件．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["质数（算数基本定理）", "数论模块", "整除"]}
+{"_id": "c492e07f4a6f447d8eb71b4615b0dbde_1", "question": "$$\\triangle ABC$$的三边长分别为$$a$$、$$b$$、$$c$$，$$b < c$$，$$AD$$是$$\\angle A$$的内角平分线，点$$D$$在$$BC$$上．\n\n求在线段$$AB$$、$$AC$$内分别存在点$$E$$、$$F$$(不是端点)满足$$BE=CF$$，和$$\\angle BDE=\\angle CDF$$的充分必要条件(用$$\\angle A$$、$$\\angle B$$、$$\\angle C$$表示)；\n", "answer": "$$2\\angle B>\\angle A$$\n", "Analysis": "先求必要条件，再证明它的充分性．若存在点$$E$$、$$F$$，则$${{S}_{BDE}}={{S}_{CDF}}$$，从而$$BD\\cdot DE=CD\\cdot DF$$．结合对$$\\triangle BDE$$、$$\\triangle CDF$$及$$\\angle BDE=\\angle CDF$$应用余弦定理，可化得$$B{{D}^{2}}+D{{E}^{2}}=C{{D}^{2}}+D{{F}^{2}}$$，及$$BD+DE=CD+DF$$．讨论后知，只有$$BD=DF$$，$$DE=CD$$成立．\n\n从而，$$\\triangle DEB$$≌$$\\triangle DCF$$，$$\\angle B=\\angle DFC$$，$$\\angle C=\\angle BED$$，$$\\angle DFC>\\angle DAF$$，即推得$$2\\angle B>\\angle A$$，是为必要条件．\n\n反之，若$$2\\angle B>\\angle A$$，则有$$\\angle ADC>\\angle A$$，$$\\angle ADB>\\angle A$$．这时，用构造法，可在$$\\triangle ABC$$内部作$$\\angle BDE=\\angle A$$，$$\\angle CDF=\\angle A$$，在$$AB$$、$$AC$$上得点$$E$$、$$F$$，即可证得$$BE=CF$$，即存在点$$E$$、$$F$$了．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "c492e07f4a6f447d8eb71b4615b0dbde_2", "question": "$$\\triangle ABC$$的三边长分别为$$a$$、$$b$$、$$c$$，$$b < c$$，$$AD$$是$$\\angle A$$的内角平分线，点$$D$$在$$BC$$上．\n\n在点$$E$$和$$F$$存在的情况下，用$$a$$、$$b$$、$$c$$表示$$BE$$的长．\n", "answer": "$$BE=\\frac{{{a}^{2}}}{b+c}$$\n", "Analysis": "由(1)知，$$A$$、$$C$$、$$D$$、$$E$$和$$A$$、$$B$$、$$D$$、$$F$$各四点共圆，$$BE\\cdot BA=BD\\cdot BC$$，$$CF\\cdot CA=CD\\cdot CB$$．于是，可算得$$BE=\\frac{{{a}^{2}}}{b+c}$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "9a38f261b3474ca491412045b55b0e9d_1", "question": "记$$\\left( x,y \\right)$$表示正整数$$x$$、$$y$$的最大公约数．试证明：\n\n若$$2n-1$$为素数，则对于任意的$$n$$个互不相同的正整数$${{a}_{1}}$$，$${{a}_{2}}$$，…，$${{a}_{n}}$$，均存在$$i$$、$$j\\in \\left\\{ 1,2,\\cdots ,n \\right\\}$$，使得$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\geqslant 2n-1$$．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "证明：记$$2n-1$$为素数$$p$$，不妨设$$\\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},\\cdots ,{{a}_{n}} \\right)=1$$．\n\n若存在$$i\\left( 1\\leqslant i\\leqslant n \\right)$$，使得$$p\\left| {{a}_{i}} \\right.$$，必然存在$$j\\ne i$$，使得$$p\\not{\\mathop{|}}\\,{{a}_{j}}$$．\n\n由于$$p\\not{\\mathop{|}}\\,\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)$$，则$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\geqslant \\frac{{{a}_{i}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\geqslant p=2n-1$$．\n\n以下只需考虑$$\\left( {{a}_{i}},p \\right)=1\\left( i=1,2,\\cdots ,n \\right)$$，则对任意$$i\\ne j$$均有$$p\\not{\\mathop{|}}\\,\\left( {{a}_{i}}, {{a}_{j}} \\right)$$．\n\n将$$1$$，$$2$$，…，$$p-1$$分成$$n-1$$类$$\\left\\{ 1,p-1 \\right\\}$$，$$\\left\\{ 2,p-2 \\right\\}$$，…，$$\\left\\{ n-1,n \\right\\}$$．\n\n由抽屉原理，知存在$$i\\ne j$$，使得$${{a}_{i}}\\equiv {{a}_{j}}\\left( \\bmod p \\right)$$或$${{a}_{i}}+{{a}_{j}}\\equiv 0\\left( \\bmod p \\right)$$．\n\n当$${{a}_{i}}\\equiv {{a}_{j}}\\left( \\bmod p \\right)$$时，$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}>\\frac{{{a}_{i}}-{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\geqslant p=2n-1$$；\n\n当$${{a}_{i}}+{{a}_{j}}\\equiv 0\\left( \\bmod p \\right)$$时，$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\geqslant p=2n-1$$．\n\n故($$1$$)得证．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "9a38f261b3474ca491412045b55b0e9d_2", "question": "记$$\\left( x,y \\right)$$表示正整数$$x$$、$$y$$的最大公约数．试证明：\n\n若$$2n-1$$为合数，则存在$$n$$个互不相同的正整数$${{a}_{1}}$$，$${{a}_{2}}$$，…，$${{a}_{n}}$$，使得对任意的$$i$$、\n$$j\\in \\left\\{ 1,2,\\cdots ,n \\right\\}$$，均有$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)} < 2n-1$$；\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "证明：先构造命题存在性的例子．\n\n由于$$2n-1$$为合数，则存在两个大于$$1$$的正整数$$p$$、$$q$$，使得$$2n-1=pq$$．\n\n可以构成如下$$n$$个数：\n\n$${{a}_{1}}=1$$，$${{a}_{1}}=2$$，…，$${{a}_{p}}=p$$，$${{a}_{p+1}}=p+1$$，$${{a}_{p+2}}=p+3$$，…，$${{a}_{n}}=pq-p$$，其中，前面为$$p$$个连续的整数，从$$p+1$$到$$pq-p$$为$$n-p$$个连续的偶数．\n\n当$$1\\leqslant i\\leqslant j\\leqslant p$$时，显然，有$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\leqslant {{a}_{i}}+{{a}_{j}}\\leqslant 2p < 2n-1$$．\n\n当$$p+1\\leqslant i\\leqslant j\\leqslant n$$时，因为$$2\\left| \\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right) \\right.$$，所以$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\leqslant \\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{2}\\leqslant pq-p < 2n-1$$．\n\n当$$1\\leqslant i\\leqslant p$$，$$p+1\\leqslant j\\leqslant n$$时，分两种情形．\n\n(ⅰ)当$$i\\ne p$$或$$j\\ne n$$时，显然，$$\\frac{{{a}_{i}}+{{a}_{j}}}{\\left( {{a}_{i}},{{a}_{j}} \\right)}\\leqslant pq-1 < 2n-1$$；\n\n(ⅱ)当$$i=p$$且$$j=n$$时，由$$\\left( p,pq-p \\right)=p$$，则$$\\frac{{{a}_{p}}+{{a}_{n}}}{\\left( {{a}_{p}},{{a}_{n}} \\right)}=\\frac{pq}{p}=q < 2n-1$$．\n\n经过如上验证，可看出如上构造的一组数据满足条件．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "33c9b1b7ea3447baaf4aad11364bcf2f_1", "question": "$$n$$名姓名两两不同的学生互寄贺卡每人准备了$$n-1$$个信封，分别写上其他$$n-1$$名学生的姓名和地址，并准备了至少一张签有自己姓名的贺卡．每天，会有一名学生按如下要求寄出贺卡：先选择一张自己手中的贺卡(包括收到的贺卡)，放入一个尚未使用的信封，使得贺卡签名与收信人姓名不同，再将该贺卡寄出，并于当日寄达．证明：当所有学生均无法按上述要求寄出贺卡时．\n\n每人手中均有至少一张贺卡．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "记这$$n$$名学生为$${{P}_{1}}$$，$${{P}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{P}_{n}}$$，他们手中的初始贺卡数分别为$${{p}_{1}}$$，$${{p}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{p}_{n}}$$，最终贺卡数分别为$${{q}_{1}}$$，$${{q}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{q}_{n}}$$．\n\n首先证明：若最终时刻$${{P}_{i}}$$从未寄贺卡给$${{P}_{j}}$$，则$${{P}_{i}}$$手中的所有贺卡的签名均为$${{P}_{j}}$$，且若$${{q}_{i}}>0$$，则$${{P}_{i}}$$只没给$${{P}_{j}}$$寄过贺卡．\n\n给定集合$$V=\\left\\{ {{P}_{1}},{{P}_{2}},\\cdots ,{{P}_{n}} \\right\\}$$的一个子集$${{V}_{0}}$$，在任何一天结束时，从$${{V}_{0}}$$向$$V\\backslash {{V}_{0}}$$的未寄出的信封总数记为$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$，从$$V\\backslash {{V}_{0}}$$向$${{V}_{0}}$$的未寄出的信封总数记为$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$，$${{V}_{0}}$$中的贺卡总数记为$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$(三者均为关于天数的函数)．注意到，每经过一天必出现以下三种情况之一：\n\n(i)$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$与$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$同时减少$$1$$，$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$不变；\n\n(ii)$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$减少$$1$$，$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$增加$$1$$，$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$不变；\n\n(iii)$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$、$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$、$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$均不变．\n\n于是，$${{m}_{{{V}_{0}}}}-{{r}_{{{V}_{0}}}}+{{s}_{{{V}_{0}}}}$$为不变量．\n\n记最初时刻$${{V}_{0}}$$中所有贺卡的集合为$$p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$，最终时刻$${{V}_{0}}$$中所有贺卡的集合为$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．则\n\n$$\\left| p\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right|=\\left| q\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right|-{{r}_{{{V}_{0}}}}+{{s}_{{{V}_{0}}}}$$．①\n\n先证明一个引理．\n\n引理：不存在$${{V}_{0}}\\subseteq V$$，使得\n\n$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)\\subset p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．\n\n证明：假设存在这样的$${{V}_{0}}\\subseteq V$$．\n\n由于$$\\left| q\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right| < \\left| p\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right|$$，据式①有\n\n$${{s}_{{{V}_{0}}}}>{{r}_{{{V}_{0}}}}\\geqslant 0$$．\n\n于是，存在$${{V}_{0}}$$中的某个$${{P}_{{{i}_{1}}}}$$，及$$V\\backslash {{V}_{0}}$$中的某个$${{P}_{{{j}_{1}}}}$$，使得$${{P}_{{{j}_{1}}}}$$从未寄信给$${{P}_{{{i}_{1}}}}$$．从而，$${{P}_{{{j}_{1}}}}$$手中只有$${{P}_{{{i}_{1}}}}$$的贺卡．\n\n$${{V}_{1}}={{V}_{0}}\\cup \\left\\{ {{P}_{{{j}_{1}}}} \\right\\}$$．则\n\n$$q\\left( {{V}_{1}} \\right)\\subseteq p\\left( {{V}_{0}} \\right)\\subset p\\left( {{V}_{1}} \\right)$$．\n\n故存在$${{V}_{1}}$$中的某个$${{P}_{{{i}_{2}}}}$$，及$$V\\backslash {{V}_{1}}$$中的某个$${{P}_{{{j}_{2}}}}$$，使得$${{P}_{{{j}_{2}}}}$$从未寄信给$${{P}_{{{i}_{2}}}}$$，这个过程可以无限重复下去，矛盾．\n\n引理得证．\n\n假设存在某个$${{P}_{i}}$$，使得$${{q}_{i}}=0$$．\n\n令$${{V}_{0}}=\\left\\{ {{P}_{i}} \\right\\}$$，则$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)\\subset p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．与引理矛盾，故所有的$${{q}_{i}}$$均不等于$$0$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["数论模块", "竞赛"]}
+{"_id": "33c9b1b7ea3447baaf4aad11364bcf2f_2", "question": "$$n$$名姓名两两不同的学生互寄贺卡每人准备了$$n-1$$个信封，分别写上其他$$n-1$$名学生的姓名和地址，并准备了至少一张签有自己姓名的贺卡．每天，会有一名学生按如下要求寄出贺卡：先选择一张自己手中的贺卡(包括收到的贺卡)，放入一个尚未使用的信封，使得贺卡签名与收信人姓名不同，再将该贺卡寄出，并于当日寄达．证明：当所有学生均无法按上述要求寄出贺卡时．\n\n若此时存在$$k$$名学生$${{P}_{1}}$$，$${{P}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{P}_{k}}$$，使得$${{P}_{k}}$$从未寄贺卡给$${{P}_{1}}$$，$${{P}_{i}}$$从未寄贺卡给$${{P}_{i+1}}\\left( i=1,2,\\cdots ,k-1 \\right)$$，则这$$k$$名学生最初准备的贺卡数量相同．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "记这$$n$$名学生为$${{P}_{1}}$$，$${{P}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{P}_{n}}$$，他们手中的初始贺卡数分别为$${{p}_{1}}$$，$${{p}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{p}_{n}}$$，最终贺卡数分别为$${{q}_{1}}$$，$${{q}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{q}_{n}}$$．\n\n首先证明：若最终时刻$${{P}_{i}}$$从未寄贺卡给$${{P}_{j}}$$，则$${{P}_{i}}$$手中的所有贺卡的签名均为$${{P}_{j}}$$，且若$${{q}_{i}}>0$$，则$${{P}_{i}}$$只没给$${{P}_{j}}$$寄过贺卡．\n\n给定集合$$V=\\left\\{ {{P}_{1}},{{P}_{2}},\\cdots ,{{P}_{n}} \\right\\}$$的一个子集$${{V}_{0}}$$，在任何一天结束时，从$${{V}_{0}}$$向$$V\\backslash {{V}_{0}}$$的未寄出的信封总数记为$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$，从$$V\\backslash {{V}_{0}}$$向$${{V}_{0}}$$的未寄出的信封总数记为$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$，$${{V}_{0}}$$中的贺卡总数记为$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$(三者均为关于天数的函数)．注意到，每经过一天必出现以下三种情况之一：\n\n(i)$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$与$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$同时减少$$1$$，$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$不变；\n\n(ii)$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$减少$$1$$，$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$增加$$1$$，$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$不变；\n\n(iii)$${{r}_{{{V}_{0}}}}$$、$${{s}_{{{V}_{0}}}}$$、$${{m}_{{{V}_{0}}}}$$均不变．\n\n于是，$${{m}_{{{V}_{0}}}}-{{r}_{{{V}_{0}}}}+{{s}_{{{V}_{0}}}}$$为不变量．\n\n记最初时刻$${{V}_{0}}$$中所有贺卡的集合为$$p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$，最终时刻$${{V}_{0}}$$中所有贺卡的集合为$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．则\n\n$$\\left| p\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right|=\\left| q\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right|-{{r}_{{{V}_{0}}}}+{{s}_{{{V}_{0}}}}$$．①\n\n先证明一个引理．\n\n引理：不存在$${{V}_{0}}\\subseteq V$$，使得\n\n$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)\\subset p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．\n\n证明：假设存在这样的$${{V}_{0}}\\subseteq V$$．\n\n由于$$\\left| q\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right| < \\left| p\\left( {{V}_{0}} \\right) \\right|$$，据式①有\n\n$${{s}_{{{V}_{0}}}}>{{r}_{{{V}_{0}}}}\\geqslant 0$$．\n\n于是，存在$${{V}_{0}}$$中的某个$${{P}_{{{i}_{1}}}}$$，及$$V\\backslash {{V}_{0}}$$中的某个$${{P}_{{{j}_{1}}}}$$，使得$${{P}_{{{j}_{1}}}}$$从未寄信给$${{P}_{{{i}_{1}}}}$$．从而，$${{P}_{{{j}_{1}}}}$$手中只有$${{P}_{{{i}_{1}}}}$$的贺卡．\n\n$${{V}_{1}}={{V}_{0}}\\cup \\left\\{ {{P}_{{{j}_{1}}}} \\right\\}$$．则\n\n$$q\\left( {{V}_{1}} \\right)\\subseteq p\\left( {{V}_{0}} \\right)\\subset p\\left( {{V}_{1}} \\right)$$．\n\n故存在$${{V}_{1}}$$中的某个$${{P}_{{{i}_{2}}}}$$，及$$V\\backslash {{V}_{1}}$$中的某个$${{P}_{{{j}_{2}}}}$$，使得$${{P}_{{{j}_{2}}}}$$从未寄信给$${{P}_{{{i}_{2}}}}$$，这个过程可以无限重复下去，矛盾．\n\n引理得证．\n\n记$${{V}_{0}}=\\left\\{ {{P}_{1}},{{P}_{2}},\\cdots ,{{P}_{k}} \\right\\}$$．\n\n注意到，$$q\\left( \\left\\{ {{P}_{i}} \\right\\}\\subseteq p\\left( \\left\\{ {{P}_{i+1}} \\right\\} \\right) \\right)$$．\n\n则$${{q}_{1}}\\leqslant {{p}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{q}_{k}}\\leqslant {{p}_{1}}$$，且$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)\\subseteq p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．\n\n由引理，知$$q\\left( {{V}_{0}} \\right)=p\\left( {{V}_{0}} \\right)$$．故上述不等式均取等号，这表明，每个$${{q}_{i}}$$均大于$$0$$．\n\n于是，$${{P}_{i}}$$只有$${{P}_{i+1}}$$这一张未寄出的信封．\n\n故$${{r}_{\\left| {{P}_{i}} \\right|}}=1$$且$${{r}_{{{V}_{0}}=0}}$$．\n\n由式①知$${{s}_{{{V}_{0}}=0}}$$．\n\n从而，对每个$${{P}_{i}}$$又有$${{s}_{\\left\\{ {{P}_{i}} \\right\\}}}=1$$．\n\n最后据式①有$${{p}_{i}}={{q}_{i}}\\left( i=1,2,\\cdots ,k \\right)$$，结合，$${{q}_{1}}={{p}_{2}}$$，$$\\cdots $$，$${{q}_{k}}={{p}_{1}}$$，得\n\n$${{p}_{1}}={{p}_{2}}=\\cdots ={{p}_{k}}$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": ["数论模块", "竞赛"]}
+{"_id": "ec8807b9147842dcbb9e8a2c4b7a472a", "question": "记$$a=2001$$．设$$A$$是适合下列条件的正整数对$$\\left( m,n \\right)$$所组成的集合： \n\n(ⅰ)$$m < 2a$$； \n\n(ⅱ)$$2n\\left| \\left( 2am-{{m}^{2}}+{{n}^{2}} \\right) \\right.$$； \n\n(ⅲ)$${{n}^{2}}-{{m}^{2}}+2mn\\leqslant 2a\\left( n-m \\right)$$． \n\n令$$f=\\frac{2am-{{m}^{2}}-mn}{n}$$，求$$\\underset{\\left( m,n \\right)\\in A}{\\mathop{\\min }}\\,f$$及$$\\underset{\\left( m,n \\right)\\in A}{\\mathop{\\max }}\\,f$$．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "$$f=\\frac{2am-{{m}^{2}}+{{n}^{2}}}{n}-\\left( m+n \\right)$$是整数．由(ⅱ)，$$m$$，$$\\left( \\right)n$$奇偶性相同，且$$\\frac{2am-{{m}^{2}}+{{n}^{2}}}{n}$$是偶数，所以$$f$$也是偶数．(ⅲ)即$${{n}^{2}}+2mn\\leqslant 2an-m\\left( 2a-m \\right) < 2an$$，所以$$n+2m < 2a$$．于是$$f$$为正数，$$f\\geqslant 2$$．取$$m=2$$，$$n=200$$，则(ⅰ),(ⅱ),(ⅲ)均成立，$$f=2$$，所以$$\\min f=2$$．由(ⅲ)$$2mn\\leqslant \\left( n-m \\right)\\left( 2a-n-m \\right)$$，所以$$n>m$$．设$$m=n-2t$$．(ⅲ)即$$2t\\left( a+t \\right)\\geqslant {{n}^{2}}$$．$$f=\\frac{\\left( n-2t \\right)\\left( 2a-2n+2t \\right)}{n}=2a-2n-\\frac{2t\\left( 2a-3n+2t \\right)}{n}$$．$$t=1$$时，$$f=2a+6-2\\left( n+\\frac{2\\left( a+1 \\right)}{n} \\right)$$．$$n\\left| 2\\left( a+1 \\right) \\right.=4\\times 7\\times 11\\times 13$$，且$${{n}^{2}}\\leqslant 2\\left( a+1 \\right)$$，$$n\\leqslant 64$$．所以$$n\\leqslant 52$$，$$f\\leqslant 2a+6-2\\left( 52+77 \\right)=3750$$．$$t\\geqslant 2$$时，$$f\\leqslant 2a-2n-\\frac{4\\left( 2a-3n+4 \\right)}{n}=2a+12-2\\left( n+\\frac{4\\left( a+2 \\right)}{n} \\right)\\leqslant 2a+12-4\\sqrt{4\\left( a+2 \\right)} < 3750$$．在$$m=50$$，$$n=52$$时，(ⅰ),(ⅱ),(ⅲ)均成立，$$f=3750$$，所以$$\\max f=3750$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "e080fa084a7c4564b741f7d5ba98be82", "question": "已知数列$$\\left\\{ {{a}_{n}} \\right\\}$$满足条件$${{a}_{1}}=\\frac{21}{16}\\left( 7 \\right)$$，$$2{{a}_{n}}-3{{a}_{n-1}}=\\frac{3}{{{2}^{n+1}}}$$，$$n\\geqslant 2\\left( 8 \\right)$$．设$$m$$为正整数，$$m\\geqslant 2$$．证明：当$$n\\leqslant m$$时,$${{\\left( {{a}_{n}}+\\frac{3}{{{2}^{n+3}}} \\right)}^{\\frac{1}{m}}}\\left[ m-{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-1 \\right)}{m}}} \\right] < \\frac{{{m}^{2}}-1}{m-n+1}\\left( 9 \\right)$$.(年中国数学奥林匹克试题，朱华伟提供)\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "解：本题当然是先求出$$\\left\\{ {{a}_{n}} \\right\\}$$的通项．\n\n由$$\\left( 8 \\right)$$得$$2\\left( {{a}_{n}}+\\frac{3}{{{2}^{n+3}}} \\right)=3\\left( {{a}_{n-1}}+\\frac{3}{{{2}^{n+2}}} \\right)$$,从而$${{a}_{n}}+\\frac{3}{{{2}^{n+3}}}={{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{n-1}}\\left( {{a}_{1}}+\\frac{3}{16} \\right)={{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{n}}$$.\n\n于是$$\\left( 9 \\right)$$化为$${{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\left[ m-{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-1 \\right)}{m}}} \\right] < \\frac{{{m}^{2}}-1}{m-n+1}\\left( 10 \\right)$$.\n\n在$$n\\geqslant 2$$时,$$\\left( 10 \\right)$$可加强为$${{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\cdot m < \\frac{{{m}^{2}}-1}{m-n+1}\\left( 11 \\right)$$.\n\n$$\\left( 11 \\right)$$的证明如下:\n\n设$$f\\left( n \\right)={{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\left( m-n+1 \\right)$$.在$$n < m$$时,$$\\frac{f\\left( n \\right)}{f\\left( n+1 \\right)}={{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{1}{m}}}\\cdot \\frac{m-n+1}{m-n}$$.\n\n因为$${{\\left( 1+\\frac{1}{m-n} \\right)}^{m}}>{{\\left( 1+\\frac{1}{m} \\right)}^{m}}>1+m\\cdot \\frac{1}{m}=2>\\frac{3}{2}$$,\n\n所以$$f\\left( n \\right)>f\\left( n+1 \\right)$$.\n\n由于$$f\\left( n \\right)$$递减,要证$$\\left( 11 \\right)$$,只需证$$f\\left( 2 \\right) < \\frac{{{m}^{2}}-1}{m}$$,即$${{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{2}{m}}}\\leqslant \\frac{m+1}{m}\\left( 12 \\right)$$.\n\n因为$${{\\left( \\frac{m+1}{m} \\right)}^{m}}\\geqslant 1+m\\cdot \\frac{1}{m}+\\frac{m\\left( m-1 \\right)}{2}\\cdot {{\\left( \\frac{1}{m} \\right)}^{2}}=\\frac{5}{2}-\\frac{1}{2m}\\geqslant \\frac{9}{4}$$,\n\n所以$$\\left( 12 \\right)$$成立,$$\\left( 11 \\right)$$也随之成立.\n\n当$$m=n\\geqslant 2$$时,易证$$\\left( 11 \\right)$$成立.\n\n容易看出,当且仅当$$m=n=2$$时,$$\\left( 11 \\right)$$中等号成立.\n\n于是,剩下的问题是证明$$n=1$$时,\n\n式$$\\left( 10 \\right)$$成立,即$${{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{1}{m}}}\\left[ m-{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{m-1}{m}}} \\right] < \\frac{{{m}^{2}}-1}{m}\\left( 13 \\right)$$.\n\n为了证明$$\\left( 13 \\right)$$,考虑关于$$t$$的二次函数$$y=mt-\\frac{2}{3}{{t}^{2}}$$.\n\n这个函数在$$t\\leqslant \\frac{3}{4}m$$时递增,\n\n而$${{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{1}{m}}} < 1+\\frac{1}{2m}\\left[ {{\\left( 1+\\frac{1}{2m} \\right)}^{m}}>1+m\\cdot \\frac{1}{2m}=\\frac{3}{2} \\right]$$,\n$$1+\\frac{1}{2m} < 1+\\frac{1}{2}\\leqslant \\frac{3}{4}m$$,\n\n所以$$m{{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{1}{m}}}-\\frac{2}{3}{{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{2}{m}}} < m\\left( 1+\\frac{1}{2m} \\right)-\\frac{2}{3}{{\\left( 1+\\frac{1}{2m} \\right)}^{2}}$$\n$$ < m+\\frac{1}{2}-\\frac{2}{3}-\\frac{2}{3m}=m-\\frac{1}{m}+\\frac{1}{3m}-\\frac{1}{6}\\leqslant \\frac{{{m}^{2}}-1}{m}$$.\n\n因此$$\\left( 13 \\right)$$成立.\n在上面的证明中,$$n$$为正整数,这与原来的题意相符.\n\n其实,不等式$$\\left( 10 \\right)$$对一切满足$$1\\leqslant n\\leqslant m$$的实数$$n$$均成立($$m$$为大于或等于$$2$$的实数).上面的解答需要略加修改.\n\n关于$$\\left( n \\right)$$的单调性,应当利用导数\n\n$${{f}^{\\prime}}\\left( n \\right)=-{{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}+\\left( m-n+1 \\right){{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\cdot \\frac{1}{m}\\ln \\frac{3}{2}$$\n$$={{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\left( \\frac{m-n+1}{m}\\ln \\frac{3}{2}-1 \\right) < {{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\left( \\ln\\frac{3}{2}-1 \\right) < 0$$.\n\n而在$$1\\leqslant n\\leqslant 2$$时,应当先证明$$g\\left( n \\right)=\\left( m+1-n \\right){{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\left[ m-{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-1 \\right)}{m}}} \\right]$$是单调递减的(从而,问题化为$$\\left( 11 \\right)$$的证明).\n\n这也要利用导数:因为\n\n$${{g}^{\\prime}}\\left( n \\right)=-\\left[ {{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\cdot m-{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-1 \\right)}{m}}} \\right]+\\left( m-n+1 \\right)\\cdot \\left[ {{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}+{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-2 \\right)}{m}}}\\cdot \\frac{m-2}{m} \\right] \\ln \\frac{3}{2}$$,\n\n于是\n\n$${{g}^{\\prime}}\\left( n \\right) < 0$$\n$$\\Leftarrow m{{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{\\frac{n}{m}}}\\left( 1-\\ln \\frac{3}{2} \\right)>\\left( m-2 \\right){{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-2 \\right)}{m}}}\\ln \\frac{3}{2}+{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-2 \\right)}{m}}}$$\n$$\\Leftarrow \\left( 1-\\ln \\frac{3}{2} \\right)>\\left( m-2 \\right){{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-1 \\right)}{m}}}\\ln \\frac{3}{2}+{{\\left( \\frac{2}{3} \\right)}^{\\frac{n\\left( m-2 \\right)}{m}}}$$\n$$\\Leftarrow m\\left( 1-\\ln \\frac{3}{2} \\right)>\\left( m-2 \\right) \\ln \\frac{3}{2}+1$$\n$$\\Leftarrow m\\left( 1-\\ln \\frac{3}{2} \\right)>1-2\\ln \\frac{3}{2}$$,\n而$$1-2\\ln \\frac{3}{2}>0\\left( e=2.718\\cdots >{{\\left( \\frac{3}{2} \\right)}^{2}}=2.25 \\right)$$,\n\n所以上面最后的不等式成立.从而$$g\\left( n \\right)$$递减.\n\n解题时,可以考虑问题的推广与加强,做得比要求更多一些.\n两个变量之间如果有条件相关联,那么实��是一个变量.但在对一个变量求导时,不要忘记另一个变量是它的函数,也必须求导.复合函数的求导法则是$${{\\left\\{ f\\left[ g\\left( x \\right) \\right] \\right\\}}^{\\prime}}={{f}^{\\prime}}\\left[ g\\left( x \\right) \\right]\\cdot {{g}^{\\prime}}\\left( x \\right)$$.特别常用的是$${{\\left[ f\\left( ax+b \\right) \\right]}^{\\prime}}=a{{f}^{\\prime}}\\left( ax+b \\right)$$,$${{\\left[ f\\left( \\frac{a}{x} \\right) \\right]}^{\\prime}}={{f}^{\\prime}}\\left( \\frac{a}{x} \\right)\\left( -\\frac{a}{{{x}^{2}}} \\right)$$.\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "46db907c5ebe42dd85d2f368ffe59cf2", "question": "设$$X=\\left\\{ 1,2,3,\\cdots ,2001 \\right\\}$$．求最小的正整数$$m$$，适合要求：对$$X$$的任何一个$$m$$元子集$$W$$，都存在$$u$$，$$\\upsilon \\in W$$($$u$$和$$\\upsilon $$允许相同)，使得$$u+\\upsilon $$是$$2$$的方幂．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "解：$$m=999$$．一方面$$\\left\\{ 2001,2000,\\cdots ,1025 \\right\\}\\cup \\left\\{ 46,45,\\cdots ,33 \\right\\}\\cup \\left\\{ 17 \\right\\}\\cup \\left\\{ 14,13,\\cdots ,9 \\right\\}$$是$$998$$元集，其中每两个数的和都不是$$2$$的幂．另一方面，$$998$$个数对$$\\left( 2001,47 \\right)$$，…，$$\\left( 1025,1023 \\right)$$，$$\\left( 46,18 \\right)$$，…，$$\\left( 33,31 \\right)$$，$$\\left( 17,15 \\right)$$，$$\\left( 14\\text{,2} \\right)$$，…，$$\\left( \\text{9,7} \\right)$$中，如果有一个数对的两个数都属于$$W$$，$$W$$既满足要求．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "956171904640448ea770aee3c19f1248", "question": "在正边$$n$$形的每个顶点上各停有一只喜鹊．偶受惊吓，众喜鹊都飞去．一段时间后，它们又都回到这些顶点上，仍是每个顶点上一只，但未必都回到原来的顶点．求所有的正整数$$n$$，使得一定存在$$3$$只喜鹊，以它们前后所在顶点分别形成的三角形或同为锐角三角形，或同为直角三角形，或同为钝角三角形．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "解：设鸟原来位置组成正$$n$$边形$${{A}_{1}}{{A}_{2}}\\cdots {{A}_{n}}$$．不妨设鸟$${{A}_{1}}$$(即原来在点$${{A}_{1}}$$的鸟)仍回到点$${{A}_{1}}$$．\n\n如果$$n=2k\\left( k\\geqslant 2 \\right)$$，设鸟$${{A}_{i}}$$飞到点$${{A}_{k+1}}$$．在$$i\\ne k+1$$时，鸟$${{A}_{1}}$$，$${{A}_{i}}$$，$${{A}_{k+1}}$$前后同为直角三角形．在$$i=k+1$$时，鸟$${{A}_{1}}$$，$${{A}_{k+1}}$$，$${{A}_{2}}$$前后同为直角三角形．\n\n如果$$n=2k+1\\left( k\\geqslant 3 \\right)$$，称为左边，为右边，鸟$${{A}_{2}}$$，$${{A}_{3}}$$，$${{A}_{4}}$$原来均$${{A}_{3}}$$在左边，后来必有两只在同一边．不妨设$${{A}_{2}}$$，$${{A}_{3}}$$仍为同一边，则鸟$${{A}_{1}}$$，$${{A}_{2}}$$，$${{A}_{3}}$$前后组成钝角三角形．\n\n$$n=3$$时，鸟$${{A}_{1}}$$，$${{A}_{2}}$$，$${{A}_{3}}$$始终成正三角形．\n\n$$n=5$$时，鸟$${{A}_{2}}$$，$${{A}_{3}}$$，$${{A}_{4}}$$，$${{A}_{5}}$$分别飞到点$${{A}_{4}}$$，$${{A}_{2}}$$，$${{A}_{5}}$$，$${{A}_{3}}$$处，则任三鸟前后所成三角形分别为锐角(钝角)三角形、钝角(锐角)三角形．\n\n因此$$n\\geqslant 3$$并且$$n\\ne 5$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "fb91575d82084bc58afc867820433319", "question": "如下图，在圆内接$$\\triangle ABC$$中，$$\\angle A$$为最大角，不含点$$A$$的弧$$\\overset\\frown{BC}$$上两点$$D$$、$$E$$分别为弧$$\\overset\\frown{ABC}$$、$$\\overset\\frown{ACB}$$的中点，记过点$$A$$、$$B$$且与$$AC$$相切的圆为$$\\odot {{O}_{1}}$$，过点$$A$$、$$E$$且与$$AD$$相切的圆为$$\\odot {{O}_{2}}$$，$$\\odot {{O}_{1}}$$与$$\\odot {{O}_{2}}$$交于点$$A$$、$$P$$．证明：$$AP$$平分$$\\angle BAC$$．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "解：如图，连接$$EP$$、$$AE$$、$$BE$$、$$BP$$、$$CD$$． \n\n![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/3_2/image_34/6172f5e3f72771d7336bf1706e5df02b.png\")
\n\n分别记$$\\angle BAC$$、$$\\angle ABC$$、$$\\angle ACB$$为$$\\angle A$$、$$\\angle B$$、$$\\angle C$$，$$X$$、$$Y$$分别为$$CA$$延长线、$$DA$$延长线上的任意一点． \n\n由已知条件易得$$AD=DC$$，$$AE=EB$$． \n\n结合，$$A$$、$$B$$、$$D$$、$$E$$、$$C$$五点共圆，得 \n\n$$\\angle BAE=90{}^\\circ -\\frac{1}{2}\\angle AEB=90{}^\\circ -\\frac{\\angle C}{2}$$， \n\n$$\\angle CAD=90{}^\\circ -\\frac{1}{2}\\angle ADC=90{}^\\circ -\\frac{\\angle B}{2}$$． \n\n由$$AC$$、$$AD$$分别与$$\\odot {{O}_{1}}$$、$$\\odot {{O}_{2}}$$切于点$$A$$得 \n\n$$\\angle APB=\\angle BAX=180{}^\\circ -\\angle A$$，$$\\angle ABP=\\angle CAP$$， \n\n及$$\\angle APE=\\angle EAY=180{}^\\circ -\\angle DAE=180{}^\\circ -\\left( \\angle BAE+\\angle CAD-\\angle A \\right)$$ \n\n$$=180{}^\\circ -\\left( 90{}^\\circ -\\frac{\\angle C}{2} \\right)-\\left( 90-\\frac{\\angle B}{2} \\right)+\\angle A=90{}^\\circ +\\frac{\\angle A}{2}$$． \n\n故$$\\angle BPE=360{}^\\circ -\\angle APB-\\angle APE=90{}^\\circ +\\frac{\\angle A}{2}=\\angle APE$$． \n\n在$$\\triangle APE$$与$$\\triangle BPE$$中，分别运用正弦定理并结合$$AE=BE$$，得 \n\n$$\\frac{\\sin \\angle PAE}{\\sin \\angle APE}=\\frac{PE}{AE}=\\frac{PE}{BE}=\\frac{\\sin \\angle PBE}{\\sin \\angle BPE}$$． \n\n从而，$$\\sin \\angle PAE=\\sin \\angle PBE$$． \n\n又因为$$\\angle APE$$、$$\\angle BPE$$均为钝角，所以，$$\\angle PAE$$、$$\\angle PBE$$均为锐角． \n\n于是，$$\\angle PAE=\\angle PBE$$． \n\n故$$\\angle BAP=\\angle BAE-\\angle PAE=\\angle ABE-\\angle PBE=\\angle ABP=\\angle CAP$$．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "54fa95b99aad436d93882d38730f8e59", "question": "如图，设$$D$$为锐角$$\\triangle ABC$$外接圆圆$$\\Gamma $$上弧$$\\overset\\frown{BC}$$的中点，点$$X$$在弧$$\\overset\\frown{BD}$$上，$$E$$为弧$$\\overset\\frown{ABX}$$的中点，$$S$$为弧$$\\overset\\frown{AC}$$上一点，直线$$SD$$与$$BC$$交于点$$R$$，$$SE$$与$$AX$$交于点$$T$$．若$$RT\\text{//}DE$$，证明：$$\\triangle ABC$$的内心在直线$$RT$$上．\n\n![\"\"](\"image/0d3c6f83ec3e2a14a66cbd2670d8db0f.png\")
\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "如图，联结$$AD$$与$$RT$$交于点$$I$$． \n\n因为$$D$$是弧$$\\overset\\frown{BC}$$的中点，所以，$$AI$$为$$\\angle BAC$$的角平分线． \n\n联结$$AS$$、$$SI$$．由$$RT\\text{//}DE$$，知$$\\angle STI=\\angle SED=\\angle SAI$$． \n\n故$$A$$、$$T$$、$$I$$、$$S$$四点共圆(记此圆为$${{\\Gamma }_{1}}$$)． \n\n联结$$CE$$与$$RT$$交于点$$J$$，联结$$SC$$．则$$\\angle SRJ=\\angle SDE=\\angle SCE$$． \n\n故$$S$$、$$J$$、$$R$$、$$C$$四点共圆(记此圆为$${{\\Gamma }_{2}}$$)． \n\n设圆$${{\\Gamma }_{1}}$$、$${{\\Gamma }_{2}}$$除点$$S$$外另一个交点为$$K$$．接下来证明：$$AJ$$与$$CI$$交于点$$K$$． \n\n设圆$${{\\Gamma }_{1}}$$与$$AJ$$(除点$$A$$外)的交点为$${{K}_{1}}$$． \n\n由于$$E$$为弧$$\\overset\\frown{AX}$$的中点，于是， \n\n$$\\angle S{{K}_{1}}A=\\angle STA=\\frac{1}{2}\\left( \\overset\\frown{SA}{}^\\circ +\\overset\\frown{XE}{}^\\circ \\right)$$ \n\n$$=\\frac{1}{2}\\left( \\overset\\frown{SA}{}^\\circ +\\overset\\frown{AE}{}^\\circ \\right)=\\angle SDE=\\angle SRT=\\angle SRJ$$． \n\n故$$S$$、$${{K}_{1}}$$、$$J$$、$$R$$四点共圆．于是，点$${{K}_{1}}$$在圆$${{\\Gamma }_{2}}$$上． \n\n同时，设圆$${{\\Gamma }_{2}}$$与$$CI$$(除点$$C$$外)另一个交点为$${{K}_{2}}$$．则点$${{K}_{2}}$$在圆$${{\\Gamma }_{1}}$$上． \n\n所以，点$${{K}_{1}}$$与$${{K}_{2}}$$重合，且为$$AJ$$与$$CI$$的交点，即$$K$$为$$AJ$$与$$CI$$的交点． \n\n因为$$\\angle CAD=\\angle CAI$$，且$$\\angle TJE=\\angle CJR=\\angle CED=\\angle CAD$$，所以，$$A$$、$$I$$、$$J$$、$$C$$四点共圆． \n\n因而，$$\\angle ACI=\\angle AJI$$． \n\n又由$$C$$、$$K$$、$$J$$、$$R$$四点共圆，知$$\\angle BCI=\\angle ICR=\\angle AJI$$． \n\n因此，$$\\angle ACI=\\angle BCI$$． \n\n故$$I$$为$$\\triangle ABC$$的内心．\n\n![\"\"](\"/data/new_tk/images/new_img/3_2/image_95/531391fc6351ca8aec044f0adfa121dd.png\")
\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 1, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}
+{"_id": "ee7fa7f012c9405fae64474cb5c241b0", "question": "证明：对于任意的实数$$M>2$$，总存在满足下列条件的严格递增的正整数数列$${{a}_{1}} \\ {{a}_{2}}\\cdots $$：\n\n⑴对每个正整数$$i$$，有$${{a}_{i}}>{{M}^{i}}$$．\n\n⑵当且仅当整数$$n\\ne 0$$时，存在正整数$$m$$以及$${{b}_{1}}\\ {{b}_{2}}\\cdots \\ {{b}_{m}}\\in \\left\\{ -1 \\ 1 \\right\\}$$，使得\n\n$$n={{b}_{1}}{{a}_{1}}+{{b}_{2}}{{a}_{2}}+\\cdots +{{b}_{m}}{{a}_{m}}$$．\n", "answer": "见解析\n", "Analysis": "递推地构造正整数数列$$\\left\\{ {{a}_{n}} \\right\\}$$如下：取整数$${{a}_{1}}>{{M}^{2}}$$，以及$${{a}_{2}}={{a}_{1}}+1$$．对$$k\\geqslant 2$$，取整数$${{a}_{2k-1}}>{{M}^{2k}}+\\sum\\limits_{i=1}^{2k-2}{{{a}_{i}}} \\ {{a}_{2k}}=k+\\sum\\limits_{i=1}^{2k-1}{{{a}_{i}}}$$．\n\n接下来证明数列满足条件．\n\n由定义知$${{a}_{m}}>{{a}_{m-1}}+{{a}_{m-2}}+\\cdots +{{a}_{1}}$$对$$m>1$$均成立，且对任意的正整数$$k$$有\n\n$${{a}_{2k}}>{{a}_{2k-1}}>{{M}^{2k}}$$．\n\n于是，这一数列是严格递增的正整数数列且满足条件⑴．\n\n对任意的正整数$$n$$有$$n=-\\sum\\limits_{i=1}^{2n-1}{{{a}_{i}}+{{a}_{2n}}}$$，及$$-n=\\sum\\limits_{i=1}^{2n-1}{{{a}_{i}}-{{a}_{2n}}}$$．\n\n最后，只需证明：0不能表示成$${{b}_{1}}{{a}_{1}}+{{b}_{2}}{{a}_{2}}+\\cdots +{{b}_{m}}{{a}_{m}}\\left( {{b}_{1}} \\ {{b}_{2}}\\cdots \\ {{b}_{m}}\\in \\left\\{ -1 \\ 1 \\right\\} \\right)$$的形式．\n\n当$$m=1$$时，$$\\left| {{b}_{1}}{{a}_{1}} \\right|>0$$．\n\n当$$m>1$$时，$$\\left| {{b}_{1}}{{a}_{1}}+{{b}_{2}}{{a}_{2}}+\\cdots +{{b}_{m}}{{a}_{m}} \\right|\\geqslant {{a}_{m}}-\\left( {{a}_{m-1}}+{{a}_{m+2}}+\\cdots +{{a}_{1}} \\right)>0$$．\n\n这样便验证了所构造的数列满足所有条件．\n", "options": "", "logicQuesTypeName": "解答", "subjectId": "2", "is_img": 0, "difficulty": 3, "gradeGroupId": "3", "gradeGroupName": "高中", "subjectName": "数学", "knowledge": []}