构成一个等差数列，求直线l的方程.
解：圆P的方程为?x?1??y?1，则其直径长BC?2，圆心为P?1,0?，设l的方
22程为ky?x?1，即x?ky?1,代入抛物线方程得：y?4ky?4，
2?y1?y2?4k设A?x1,y1?, D?x2,y2?，有??y1y2??4
则(y1?y2)?(y1?y2)?4y1y2，故
22yAAD??y1?y2???x1?x2?2222?y12?y2?2??y1?y2????
?4?2BoDPCx2??y?y??22212?(y1?y2)?1?????16(k?1)，
???4???因此AD?4(k?1)
22BC?AB?CD?AD?BC 据等差，
2所以AD?3BC?6 即4(k?1)?6， ，
k??
222则l方程为x?y?1或x??y?1． 2，22
第二试（加试）
一、锐角三角形ABC的三边互不相等，其垂心为H，D是BC的中点，直线
BH?AC?E, CH?AB?F，
MAH?BC?T，?BDE交?CDF于G，直线
AG与?BDE, ?CDF分别交于M,N．
FAGHEN证明：?1?、AH平分?MTN；
?2?、ME, NF, AH三线共点．
证：如图，连DE,DF,MB,NC，因BCEFBDTC共圆，则DE?DF?DB?DC， D为圆心，
连GD,GE,GF，由BDEG共圆，得?DGE??DBE??TAC；又由CDFG共圆，得
?DGF??DCF??TAB，相加得，?EGF??EAF，故EGAF共圆，又因EAFH共
圆，即有AGEHF五点共圆，所以?HGE??HAE??TAC??DGE，即D,H,G共线；五点圆AGEHF的直径为AH，设圆心为P（P为AH的中点），由
?AGH??AEH?900，即DG?MN，故MD为?BDE的直径，从而MB?BC，进
而由?DGN?90，知DN为?CDF的直径，所以NC?BC，MB∥AT∥NC，
0MAFHP?的中点D，因直径MD过BDE故MD垂直
且平分弦BE；同理，?CDF的直径
GNEDN?CF，又由
BE?AC, CF?AB，所以 MD∥AC，则 Rt?ABT∽Rt?NCD，则 ND∥AB，BTAT ……○1； ?DCNC由MD∥AC，得 Rt?MDB∽Rt?ACT，
BDTCBDMB ……○2． ?TCATBTMB1、2相乘，并注意 ，有 ，所以 ?MBT∽?NCT，由此， ?BD?CD○○TCNCTNTCAN，故AT平分?MTN. ??TMTBAM为证 ME, NF, AH三线共点，只要证 ME, NF皆过点P，据五点圆AGEHF的圆
心角?HPE?2?HAE?2?HBC??EDC??BME，所以PE∥ME，因此M,P,E共线；同理可得，N,P,F共线，因此ME, NF, AH三线共点． 二、设a为正数，f(x)?(x?a)(5a?6?x)?(x?2a)(9a?x)，求f(x)的最大值．
解：f(x)的定义域为a?x?5a?6且2a?x?9a．
33，定义域为2a?x?5a?6，0?a?，定义域为2a?x?9a， 22因为5a?6?x，x?a，9a?x，x?2a在a?x?5a?6都大于0，且
即当a?(5a?6?x)?x(?a2?)a，3?(9a?x)?(x?a)?8a
(1)当a?x?2a5a?6?x9a?x3s?时，设co?，sin??，cos??，
3a?63a?68a2x?a． 8ax?a5a?6?xx?2a9a?x????cos(???)； 8a3a?63a?68asin??则f(x)?3a?6?8a所以当???时，f(x)得到最大值． 此时，得
9a?xx?2a22解得：27a?54a?(3a?6)x?8ax?16a ?8a3a?643a2?54ax0?．
11a?6当2a?x0?5a?6时f(x)能取到最大值，即a?0或者a??2时f(x)能取到最大值 因为a为正数，故f(x)能取到最大值3a?6?8a． （2）当0?a?3，也有类似的分析，要求2a?x0?9a，得即a?0 2此时f(x)也能取到最大值3a?6?8a．
综合得a为正数时，f(x)的最大值为3a?6?8a．
?a?x?6?5a3另解：f(x)的定义域为?，即当a?时，定义域为[2a,5a?6]，
2?2a?x?9a当时0?a?3，定义域为[2a,9a],f(x)?(x?a,9a?x)?(5a?6?x,x?2a)，因2为(x?a)?(9a?x)?8a， 令x?a?8acos?,9a?x?8asin?，0???22?2，
(5a?6?x)2?(x?2a)2?3a?6，令5a?6?x?3a?6cos?，
x?2a?3a?6sin?，0????2，
f(x)?(8acos?,8asin?)?(3a?6cos?,3a?6sin?)=8a?(3a?6)cos(???)
?8a?(3a?6)，当且仅当???时，等号成立.等号成立的条件即x?a5a?6?x?， 8a3a?643a2?54a解得x?，当a?0时，x总是落在定义域内，故最大值能取到，且为
11a?624a?(a?2)．
三、设集合M???m,n?│m,n互质，m?n?2012,0?m?n?2012?，求和：
s??m,n??M?1. mn解：一般化，将2012换成任一不小于2的整数k, 取 Mk???m,n?m,n互质，m?n?k,0?m?n?k?，并记 sk??m,n??Mk?1， mn分析sk的变化趋势，易知，
111111111?,s3???,s4????,?， 1?221?32?321?42?33?421进而猜想，对于每个k?2,都有sk?.
2s2?转而考虑证明，对每个k?2,都有sk?1?sk?0. 其中 sk??m,n??Mk?11，sk?1??. mnmn?m,n??Mk?1先分解求和区间（和式展布集）：
Mk???m,n?m,n互质，m?n?k,0?m?n?k?
??m?n?k?1,0?m?n?k???m?n?k?1,0?m?n?k??M??M*, Mk?1???m,n?m,n互质，m?n?k?1,0?m?n?k?1?
??m?n?k?1,0?m?n?k?1???m?n?k?1,0?m?n?k??M???M*.
于是 sk?1?sk?1 ?mn??mn??m?k?1???m?k?1?m? ??○
M??M?m?k?1m?k21111（右端最后一个和式的求和范围是由于 m?n?k?1?m, 则 m?k?1）. 由于 2??111111?1????2 ??????????k?1??○mk?1?mk?1k?1?mk?1k?1k?1m?k?1?m?k?1?m??m??m?m?m??22?22当 1?m?k?1k?1时，?k?1?m?k，则 22111. ?????k?1?mtmk?1k?1k?1m??t?k?m?k222且由 m?n?k?1 以及 ?m,n??1知，从而○2式右端可合并为
k?1 不会被m,n取到. 211. ?k?1m?km据○1,即有 sk?1?sk?11??0. ??mk?1mk?1??m?k??m?k于是 sk?sk?1???s2?11，因此 s?s2012?. 22四、奥运会排球预选赛有n支球队参加，其中每两队比赛一场，每场比赛必决出胜负，
如果其中有k（3?k?n）支球队A1,A2,?,Ak，满足：A1胜A2，A2胜A3，…，Ak?1胜Ak，Ak胜A1，则称这k支球队形成一个k阶连环套；
证明：如果全部n支球队形成一个n阶连环套，则对于每个k（3?k?n）以及每支球队Ai?1?i?n?，Ai必另外某些球队形成一个k阶连环套.
证明：以A1,A2,?,Ak为顶点，如球队Ai胜Aj，则在两点间连一有向边：Ai?Aj，如此得n阶竞赛图G．据条件，G的n个顶点可以排成一个n阶有向圈，设为：
A1?A2???An?A1，于是G的任两点可沿箭头方向相互到达．
先证明，任一球队Ai必在某个三阶连环套中，用Si,Ti分别表示被Ai击败了的球队集合和击败了Ai的所有球队集合，由于G双向连通，必有Aj?Si,Ak?Ti，使Aj?Ak，于是Ai,Aj,Ak组成三阶连环套；
假若已证得，对于k?3?k?n?，图中存在以Ai为一顶点的k阶连环套
C??A1A2?Ai?AkA1?，圈C之外的点的集合为M；
若M中有一点P，它所表示的球队既击败了圈C中的某个队Ak，又被圈C中的另一个队Aj所击败，点Ak,Aj把圈C分成两条有向路C1,C2，其中一条，例如C1，它与有向路Aj?P?Ak组成有向圈，如图所示． 依次考虑路C2：Aj,Aj?1,Aj?2,?,Ak上各点与点P间的邻接情
PAkC2AjC1况，必有相邻的两点Aj?r,Aj?r?1，满足Aj?r?P而P?Aj?r?1，今去掉边Aj?r?Aj?r?1，而将路Aj?r?P?Aj?r?1插入其间，便得到一个含有顶点Ai的k?1阶连环套； 若M中的任一点P，它所表示的球队要么击败了圈C中的每个队，要么被圈C中的每个 队所击败，则集M可分为两个不交的子集S与T，其中S中的任一队，战胜了圈C中所有的队，而T中的任一队，负于圈C中所有的队；由于图G双向连通，故在集T中必有点u，集S有点v，使v?u，今在圈C中任意去掉一个点Aj，Aj?Ai，而用路v?u代替，便得到一个含有顶点Ai的k?1阶连环套；故结论对于k?1成立，由归纳法，结论成立．
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