2008年北京大学自主招生测试 · 参考解答

答案速览

题号	1	2	3	4	5
答案	$(1+\sqrt5)/2$	面积比 $1:2$	见证明	冠军必属南方	$2\pi(r-1)\approx5.106235$，$r$ 由正文唯一确定

逐题解析

第 1 题

题目

求证：边长为 $1$ 的正五边形对角线长为 $\dfrac{\sqrt5+1}{2}$。

解答

令正五边形对角线长为 $d$。四个连续顶点构成圆内接四边形，其边长依次为 $1,1,1,d$，两条对角线均为 $d$。托勒密定理给出 $d^2=1+d$；取正根得 $d=(1+\sqrt5)/2$。

第 2 题

题目

已知凸六边形 $AC_1BA_1CB_1$ 中，$AC_1=AB_1$，$BC_1=BA_1$，$CA_1=CB_1$，且

$$\angle A+\angle B+\angle C=\angle A_1+\angle B_1+\angle C_1.$$

求证：$\triangle ABC$ 面积是六边形 $AC_1BA_1CB_1$ 的一半。

解答

按凸六边形理解。取 $B_1=(0,0),C_1=(1,0),A_1=(p,q)$，其中 $q>0$；相似缩放不影响待证结论。记 $u=\angle A/2,v=\angle B/2,w=\angle C/2$。六边形内角和为 $720^\circ$，题设给出 $u+v+w=180^\circ$。令 $t=\cot u,s=\cot v,h=\cot w$，则正弦加法公式给出 $ts+sh+ht=1$。三个等腰三角形的顶点在基准三角形外侧，因而

$$A=(1/2,-t/2),\quad B=((1+p+sq)/2,(q-s(p-1))/2),\quad C=((p-hq)/2,(q+hp)/2).$$

计算面积行列式，得到

$$8[ABC]=q(1+ts+sh+ht)+t+s((p-1)^2+q^2)+h(p^2+q^2).$$

另一方面，六边形由 $A_1B_1C_1$ 与三个外侧等腰三角形组成，故

$$4[AC_1BA_1CB_1]=2q+t+s((p-1)^2+q^2)+h(p^2+q^2).$$

代入 $ts+sh+ht=1$，两式右侧相等，即得所求面积比。

第 3 题

题目

已知 $a_1+a_2+a_3=b_1+b_2+b_3$，$a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1=b_1b_2+b_2b_3+b_3b_1$，且

$$\min(a_1,a_2,a_3)\leq \min(b_1,b_2,b_3),$$

求证：$\max(a_1,a_2,a_3)\leq\max(b_1,b_2,b_3)$。

解答

各数同减公共平均数后，问题不变，且两组三数的和均为 $0$、平方和均为同一数 $Q$。若 $Q=0$，结论成立。若 $Q>0$，令任一组三数排序为 $m\le t\le M$。由 $m+t+M=0$ 和平方和条件，

$$M=\frac{-m+\sqrt{2Q-3m^2}}2,\qquad -\sqrt{\frac{2Q}{3}}\le m\le-\sqrt{\frac Q6}.$$

区间右端来自 $m\le t=(-m-\sqrt{2Q-3m^2})/2$。在这个区间内部，

$$\frac{dM}{dm}=\frac12\left(-1-\frac{3m}{\sqrt{2Q-3m^2}}\right)\ge0,$$

因为 $-3m\ge\sqrt{2Q-3m^2}$。端点由连续性处理。因此最小数越大，最大数也不小，正是题设要证的结论。

第 4 题

题目

排球单循环赛：南方球队比北方球队多 $9$ 支，南方球队总得分是北方球队的 $9$ 倍，求证：冠军是一支南方球队（胜得 $1$ 分，败得 $0$ 分）。

解答

设北方有 $n\ge1$ 支，南方有 $n+9$ 支。总场数为 $T=(2n+9)(n+4)$，北方总得分为 $T/10$，而北方内部比赛已贡献 $n(n-1)/2$ 分。因此

$$(2n+9)(n+4)\ge5n(n-1),\qquad 3n^2-22n-36\le0,$$

故 $1\le n\le8$。再要求 $T/10$ 为整数，逐一代入仅得 $n=6$ 或 $n=8$。

当 $n=6$ 时，北方总分为 $21$，扣除内部比赛 $15$ 分，跨南北比赛北方共赢 $6$ 场。因此任一北方球队得分至多 $5+6=11$；南方平均得分为 $189/15>12$，必有南方球队至少得 $13$ 分。当 $n=8$ 时，北方总分 $30$，跨区共赢 $2$ 场，单队至多 $7+2=9$ 分，而南方平均分 $270/17>15$。两种情形中最高分均不可能由北方球队获得，连并列冠军也必属南方。

第 5 题

题目

在 $O-xyz$ 坐标系内，$xOy$ 平面内 $0\leq y\leq 2-x^2$ 绕 $y$ 轴旋转一周构成一个不透光立体。在点 $(1,0,1)$ 设置一光源。$xOy$ 平面内有一以原点为圆心的圆 $C$，被光照到的长度为 $2\pi$，求 $C$ 上未被照到的长度。

解答

题面校注：按给定光源 $(1,0,1)$ 和圆所在的 $xOy$ 平面计算，答案需要一个唯一的超越方程根，不能预先假定“恰好照亮半圆”。

不透明体为 $0\le y\le2-x^2-z^2$，光源 $L=(1,0,1)$ 在其边界上。设圆半径为 $r$，圆上点 $T=(x,y,0)$。若 $y<0$，线段 $LT$ 除起点外全在 $y<0$，所以可见。若 $y>0$，沿线段参数 $\lambda\in(0,1]$，

$$x(\lambda)^2+z(\lambda)^2+y(\lambda)-2 =\lambda(2x+y-4)+\lambda^2((x-1)^2+1).$$

因此可见当且仅当 $2x+y\ge4$：若左侧线性系数为负，刚离开光源即进入物体；非负则全段在物体之外。

下半圆可见长度恒为 $\pi r$。当 $r\le4/\sqrt5$ 时上半圆无正长度可见弧，故总长度小于 $2\pi$；当 $r=2$ 时可见长度大于 $2\pi$。故所求 $r\in(4/\sqrt5,2)$。令 $\delta=\arctan(1/2)$，写 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，上半圆可见条件为

$$\cos(\theta-\delta)\ge\frac4{\sqrt5r}.$$

这段弧的圆心角是 $2\arccos(4/(\sqrt5r))$，所以 $r$ 唯一满足

$$r\left(\pi+2\arccos\frac4{\sqrt5r}\right)=2\pi.$$

左侧在所述区间严格递增，故根唯一，数值为 $r\approx1.8126825517$。未照亮长度为总周长减去已照亮长度，即 $2\pi(r-1)\approx5.1062350680$。