1
109 學年度普通型高級中學數學科能力競賽(決賽)
試 題 解 答
編號
【筆試一】第一題 N 2
類別
□ 代數(A) ■ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易 滿分 30 人
【筆試一】第一題
試找出所有可能的三個連續正整數，它們都是質數的正整數次方。
【解】
三個連續正整數 ,
1,
2
n n
n
+
+ 中至少有一個偶數，它必須是 2 的次方，考慮
1
2
2
= 、
2
2
4
= 、
3
2
8
= ，即可得到 (2, 3, 4) , (3, 4, 5) , (7, 8, 9) 三組答案。
以下證明除了這三組之外，不會有其他的解。設還有其他三個連續正整數的解，
此三數中有一數為 2
k
，且
4
k
≥
。因為連續的兩個偶數都是 2 的次方者只有
1
2
2
= 與
2
2
4
= ，所以，這三個連續正整數必為 2 1
k
− , 2
k
, 2
1
k
+ 。
又三個連續正整數中至少有一個數能被 3 整除，所以， 2
1
k
− 與 2
1
k
+ 中有一個數
為 3 的次方。
（1）若 2
1
3
k
n
− = ，由
4
k
≥
，2
1
7 (mod 8)
k
− ≡
，且當
2
n
m
=
為偶數時，
2
3
1(mod 8)
m
≡
；
而當
2
1
n
m
=
+
為奇數時，
2
1
3
3(mod 8)
m
+
≡
，矛盾！所以， 2
1
3
k
n
− ≠ 。
（2）若 2
1
3
k
n
+ = ，因為
4
k
≥
，2
1 1 (mod 4)
k
+ ≡
，且
2
3
1(mod 4)
m
≡
、
2
1
3
3(mod 4)
m
+
≡
，
所以，
n
必為偶數。又因為
3
2
1
2 (mod 7)
x
+ ≡
，
3
1
2
1 3 (mod 7)
x
+
+ ≡
，
3
2
2
1 5 (mod 7)
x
+
+ ≡
；
而
6
3
1 (mod 7)
y
≡
，
6
2
3
2 (mod 7)
y
+
≡
，
6
4
3
4 (mod 7)
y
+
≡
，所以，2
1 3
2 (mod 7)
k
n
+ =
≡
。
由此可知 2
1
k
− 是 7 的次方，即 2 1 7
k
z
− = ；但是 2
1 15 (mod16)
k
− ≡
，且
2
7
1 (mod16)
w
≡
，
2
1
7
7 (mod16)
w
+
≡
，矛盾！
因此，滿足條件的三個連續正整數恰有 (2, 3, 4) , (3, 4, 5) , (7, 8, 9) 三組。
2
編號
【筆試一】第二題 A 2
類別
■ 代數(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易 滿分 25 人
【筆試一】第二題
設 ( )
P x 為
n
次多項式 (
1)
n
≥ ，其各項係數都是非負實數，且領導係數與常數項
都是 1 。已知方程式 ( )
0
P x
= 的所有解都是實數，試證：對任意
0
x
≥ ，不等式
( ) (
1)
n
P x
x
≥
+
恆成立。
【解】
首先觀察，當
1
n
= 時，所以 ( )
1
P x
x
= + ，而方程式 ( ) 0
P x
= 的解為
1
x
= − 。
當
2
n
= 時，令
2
( )
1
P x
x
ax
=
+
+ ，其中
0
a
≥ ，且 ( ) 0
P x
= 的根為
2
4
2
a
a
x
− ±
−
=
。其
中
2
4
0
a
− ≥ 。可推得
2
a
≥ ，且二根都是負數，因此，
2
2
( )
1 (
1)
P x
x
ax
x
=
+
+ ≥
+
。
當
3
n
≥ 時，令
1
2
1
2
1
( )
1
n
n
n
n
n
P x
x
a
x
a
x
a x
−
−
−
−
=
+
+
+ +
+
，根據題意，
1
2
1
,
,
,
n
a a
a
−
都是
非負實數。因此， ( ) 1
P x
≥ ，對任意
0
x
≥ 均成立。又 ( ) 0
P x
= 的所有解都是實數，由
上述討論得知這些解都必為負數。令
1
2
,
,
,
n
x
x
x
−
−
−
為 ( ) 0
P x
= 的所有實數解，其中，
1
2
,
,
,
0
n
x x
x
>
，
1
2
1
n
x
x
x
× × ×
=
，且
1
2
1
2
1
1
2
( )
1
(
)(
)
(
)
n
n
n
n
n
n
P x
x
a
x
a
x
a x
x
x
x
x
x
x
−
−
−
−
=
+
+
+ +
+ =
+
+
× ×
+
。
欲證: 對任意
0
x
≥ ， ( ) (
1)
n
P x
x
≥
+
，即證
1
2
( )
(
)(
)
(
)
(
1)
n
n
P x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
+
× ×
+
≥
+
，
亦即
1
2
1
2
1
(
)(
)
(
)
1
1
(
)(
)
(
)
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
× × +
≥ + ⇔
≤
+
+
× × +
。
當
0
x
= 時，命題顯然成立。當
0
x
> 時，利用算幾不等式，
1
2
1
(
)(
)
(
)
n
n
x
x x
x x
x x
+
+
+
× × +
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
(
)
(
)(
)
(
)
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
× ×
+
× ×
+
+
+
+
+
+
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
n
n
n
x
x
x
x
x
x
n
n x
x
x
x
x
x
n x
x
x
x
x
x
n
≤
+
+ +
+
+
+ +
= ⋅ =
+
+
+
+
+
+
。
3
編號
【筆試一】第三題 G 7
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
□ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易 滿分 23 人
【筆試一】第三題
給定銳角三角形
ABC
，其三邊長
BC
a
=
、
CA
b
=
、
AB
c
=
，又正三角形 PQR
內一點 M ，滿足
PM
a
=
、 QM
b
= 、
RM
c
=
；並設 PQR
∆
以點 Q 為中心
順時針方向旋轉 60°後得到 RQR′
∆
，且點 M 移轉到點 M ′ ，如下圖所示：
（1） 試證：四邊形 PQRM 與四邊形 MQM R
′ 的面積相等，並求此面積（以 , ,
a b c
表示）
。
（2） 若 D 為
ABC
∆
內部的一點，使得
120
ADB
BDC
CDA
∠
= ∠
= ∠
=
°
(即 D 為
ABC
∆
的費馬點)，且 AD BD CD
d
+
+
= ，試求 PQR
∆
的面積（以 d 表示）。
【解】
(1) 顯然，
PMQ
RM Q
′
∆
≅ ∆
(SSS 全等性質)。因此，
PQRM
的面積
PMQ
MQR
RQM
MQR
′
= ∆
+ ∆
= ∆
+ ∆
=
MQM R
′
的面積。
又 MM Q
′
∆
為正三角形，得 MM
MQ
b
′ =
= ；所以， MRM
ABC
′
∆
≅ ∆
(SSS 全等性
質)。因此，
PQRM
的面積
MQM R
′
=
的面積
2
2
3
3
(
)(
)(
)
4
4
MRM
MQM
ABC
b
s s
a s b s c
b
′
′
= ∆
+ ∆
= ∆
+
=
−
−
− +
，
其中
2
a b c
s
+ +
=
。
4
(2) 由對稱性可得
QRPM
的面積
2
3
4
ABC
c
= ∆
+
， RPQM
的面積
2
3
4
ABC
a
= ∆
+
。
因此，
1
2
PQR
∆
=
× ( PQRM
的面積
QRPM
+
的面積
RPQM
+
的面積 )
2
2
2
3
3
(
)
2
8
ABC
a
b
c
=
∆
+
+
+
。
令
AD
u
=
、
BD
v
=
、
CD
w
=
，則
1
3
(
) sin120
(
)
2
4
ABC
uv
vw
wu
uv
vw
wu
∆
=
+
+
° =
+
+
。
由餘弦定理，
2
2
2
a
w
wv
v
=
+
+ 、
2
2
2
b
u
uw
w
=
+
+
、
2
2
2
c
v
vu
u
=
+
+ ，可得
2
2
2
2
2
2
2(
)
a
b
c
u
v
w
uv
vw
wu
+
+ =
+
+
+
+
+
。
因此，
(
)
2
2
2
3
3
3
(
)
2(
)
2
4
8
PQR
uv
vw
wu
u
v
w
uv
vw
wu
∆
= ×
+
+
+
×
+
+
+
+
+
(
)
2
2
2
3
2
2
2
4
u
v
w
uv
vw
wu
=
+
+
+
+
+
2
2
3
3
(
)
4
4
u
v
w
d
=
+ +
=
。
5
編號
【筆試二】第一題 A 4
類別
■ 代數(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
□ 自編 ■ 改編於：2004 IMO Short List
類易度
■ 難 □ 中等 □ 易 滿分 6 人
【筆試二】第一題
設
表示所有正整數所成的集合，且函數 :
f
→
滿足：對於任意的
,
m n
∈ ，
2
( ( ))
( )
f m
f n
+
可以整除
2
2
(
)
m
n
+
。試證：對所有的 n
∈ ， ( )
f n
n
= 。
【解】
當
1
m
n
= =
時，由題設可知
2
( (1))
(1)
f
f
+
為
2
2
(1
1)
4
+
= 的因數。因為
2
4
x
x
+ = 沒
有正整數解，且
2
( (1))
(1)
1
f
f
+
> ，所以，
2
( (1))
(1)
2
f
f
+
= ，故 (1) 1
f
= 。因此，
當
1
m
=
時，
2
1
( ) (1
)
f n
n
+
+
，其中 n 為任意正整數。 ……………………..(1)
當
1
n
=
時，
2
2
2
( ( ) )
1 (
1)
f m
m
+
+
，其中 m 為任意正整數。……………….(2)
如果存在無窮多個正整數
k
使得 ( )
f k
k
= ，則對任意一個固定的
n
∈
和每一個滿足
( )
f k
k
= 的正整數
k
，
2
2
( )
( ( ))
( )
k
f n
f k
f n
+
=
+
可以整除
2
2
(
)
k
n
+
。又
2
2
2
2
2
2
(
)
[ (
( ) ) (
( ) ) ]
(
( ) ) (
( ) )
k
n
k
f n
n
f n
A k
f n
n
f n
+
=
+
+
−
=
+
+
−
，
即
2
2
2
2
(
( ) )
(
)
(
( ) )
n
f n
k
n
A k
f n
−
=
+
−
+
其中 A 為某一整數。於是可知
2
(
( ) )
n
f n
−
能被
2
( )
k
f n
+
整除。因為有無窮多個
k
滿足此性質，所以，
2
(
( ) )
0
n
f n
−
= ；因此，對所
有的
n
∈
， ( )
f n
n
= 。
現在，我們僅須再證明：存在無窮多個正整數
k
使得 ( )
f k
k
= 。
對於任意的質數 p ，由(1)式可得
2
1
(
1)
f p
p
+
−
；所以，
(
1) 1
f p
p
− + = 或
2
(
1) 1
f p
p
− + =
。
若
2
(
1) 1
f p
p
− + =
，由(2)式可知
2
2
(
1)
1
p
−
+ 是
2
2
[(
1)
1]
p
−
+
的因數。但 p 是質數，
1
p
> ，所以，
2
2
2
2
(
1)
1
(
1) (
1)
p
p
p
−
+ >
−
+
。又
2
2
2
2
2
2
[(
1)
1]
[(
1)
(
1)]
(
1)
p
p
p
p
p
−
+
≤
−
+
−
=
−
，矛盾！
因此， (
1) 1
f p
p
− + = ，得知 (
1)
1
f p
p
− = − ；即對所有的質數 p ， (
1)
1
f p
p
− = − 。
因為有無窮多個質數 p ，所以，有無窮多個正整數
1
k
p
= −
使得 ( )
f k
k
= 。
6
編號
【筆試二】第二題 G 3
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易 滿分 8 人
【筆試二】第二題
設 ABC
是銳角三角形，
M
是
BC
的中點，
A
的分角線與
BC
交於點
Q
，
又點
,
Y Z
分別在
,
CA AB 上，且
MYZ
的內心為
P
。已知
, , ,
B C Y Z
四點共
圓，且 , , ,
A Y P Z 四點共圓，試證： , , ,
B Z P Q 四點共圓。
【解】
因 , , ,
A Y P Z 共圓， PYZ
PZY
PAZ
PAY
A
。所以，
180
)
180
2
2
( PYZ
P
YMZ
ZY
A
。
設以
BC
為直徑的圓分別與
,
CA AB 交於點
,
E F
，則
,
CA C
A
BE
F
B
，推得
2
2(90
)
EMF
FBE
A
YMZ
。
因
AYZ
B
AEF
∠
= ∠ = ∠
，得
YZ
EF
。若
Y
在線段
AE
內（外）
，則
Z
在
AF
內（外）
，
故
(
) YM
EM
Z
F
。但
EMF
YMZ
，所以，
Y
與
E
重合、
Z
與
F
重合。
由此可知 MY
MZ
，得
PAZ
PYZ
PZY
PAY
，即
AP
是
A
的分角線，
故
, ,
A P Q
共線。因此可得
ZPA
ZYA
B
，所以， , , ,
B Z P Q 四點共圓。
C
A
B
M
Y
Z
Q
7
編號
【筆試二】第三題 C 10
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) 幾何(G) ■ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
■ 難 □ 中等 □ 易 滿分 7 人
【筆試二】第三題
在正
n
邊形的每個頂點上放置一顆石頭，並按以下規則操作：每一次操作可以選
擇兩個相鄰的頂點並交換石頭。試問至少需要操作多少次，才會使得每顆石頭以
順時針方向數都距離其初始位置恰好
2
n
格? 其中符號
2
n
表示不大於
2
n
的最
大整數。
【解】
令
2
n
k
=
。首先，證明 (
)
k n k
−
是操作次數 T 的一個下界。令第 i 個頂點上的
石頭以順時針方向移動
i
a 格，而逆時針方向移動
i
b 格，則有
(mod )
i
i
a
b
k
n
− ≡
。可令
i
i
i
a
b
c n
k
− =
+ ，其中
i
c 為整數，
1, 2, 3,
,
i
n
=
。
因為全部的操作次數
1
1
n
n
i
i
i
i
T
a
b
=
=
=
=
∑
∑
，可得
1
1
1
0
(
)
(
)
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
a
b
c n
k
n
c
kn
=
=
=
=
−
=
+
=
+
∑
∑
∑
。
因此，
1
n
i
i
c
k
=
= −
∑
。將
1
2
,
,
,
n
c c
c
由大而小重排，不失一般性，可令
1
2
n
c
c
c
≥
≥
≥
。
（1）當
1
0
n k
c
− +
≥ 時，
1
2
0
n k
c
c
c
−
≥
≥
≥
≥
，故
1
2
0
n k
c
c
c
−
+ + +
≥
。
（2）當
1
0
n k
c
− +
< 時，
1
1
1
n
n
n k
c
c
c
−
− +
≤
≤
≤
≤ −
，故
1
2
1
1
1
( 1)
0
n
n
n
n k
i
i
i
i n k
i n k
c
c
c
c
c
k
−
=
= − +
= − +
+ + +
=
−
≥ − −
− =
∑
∑
∑
。
由此可得全部的操作次數
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
2
2
n
n k
n k
n k
i
i
i
i
i
i
i
i
n
n
T
a
a
b
c n
k
k
k n k
n
−
−
−
=
=
=
=
=
≥
=
+
+
≥
=
−
=
−
∑
∑
∑
∑
。
其次，構造一個可達到下界的操作方式：依順時針將石頭編號 1, 2,3,
, n
，先將
編號 1 的石頭順時針方向移動 k 格(此時，編號 2,3,
,
1
k
+
的石頭逆時針方向各移動 1
格)，接著，將編號
2,
3,
,
k
k
n
+
+ 的石頭順時針方向各移動 k 格(此時編號 2,3, ,
1
k
+
的石頭再依逆時針方向各移動
2
n k
− − 格)；每顆石頭以順時針方向數都距離其初始位
置恰好 k 格，且操作次數
(
1)
(
)
T
k
k n k
k n k
= +
− − =
− 。
8
編號
【口試】第一題 N 5
類別
□ 代數(A) ■ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
□ 自編 ■ 改編於：2006 我愛數學夏令營
類易度
□ 難 ■中等 □ 易
【口試】第一題
正整數數列
n
a
滿足：對於每一個正整數 k，
1
k
a
+
等於
k
a 的每一位數字之和
的平方；例如：當
25
k
a
=
時，
2
2
1
2
(2 5)
49,
(4 9)
169
k
k
a
a
+
+
=
+
=
=
+
=
。已知
2020
1
2
a
=
，試求
2020
a
的值。
【解】
利用
6
2
2 ( mod 9 )
n
n
+
≡
，由 2020 6 336 4
= ×
+ ，可得
2020
4
1
2
2
7 ( mod 9 )
a
=
≡
≡
。
因此，
2
2
7
4 ( mod 9 )
a
≡
≡
、
2
3
4
7 ( mod 9 )
a
≡
≡
。
進一步利用數學歸納法，可得
2
4 ( mod 9 )
m
a
≡
且
2
1
7 ( mod 9 )
m
a
+
≡
。
令 (
)
n
S a
表示
n
a 的每一位數字之和。由
2020
3 674
674
1
2
2
10
a
×
=
<
<
，得知
1
( )
9 674
6066
S a
< ×
=
。
因此，
2
6
2
6066
37 10
a
<
<
×
；故
2
(
)
2 9 7
65
S a
< + × =
。
依序可得
2
2
3
65
43 10
a
<
<
×
⇒
3
( )
3 9 3
30
S a
< + × =
。因此，
2
4
30
a
<
且
4
4 ( mod 9 )
a
≡
。
故
4
a 的所有可能值為
2
2
2
2
2
2
2
4
2 , 7 ,11 ,16 , 20 , 25 , 29
a
=
。
由此可知，
2
5
4
16
a
=
=
或
2
5
13
169
a
=
=
。再依序可推得：
6
49
a
=
或 256 ，
7
169
a
=
、
8
256
a
=
、
9
169
a
=
、
10
256
a
=
。
一般而言，當
4
n
≥ 時，
2
1
169
n
a
−
=
、
2
256
n
a
=
，故
2020
256
a
=
。
9
編號
【口試】第二題 C 5
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) ■ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易
【口試】第二題
(1) 考慮
{
}
1, 2, 3, 4, 5
的三個非空子集，滿足這三個集合的交集為空集合，且
兩兩交集非空。試問這樣的三個集合有多少種？
(2) 若改為
{
}
1, 2, 3, 4, 5 的四個非空子集，滿足此四個集合的交集為空集合，
且任三集合交集非空。試問這樣的四個集合有多少種？
【解】
(1) 題目的三集合是無順序的，但為了方便，我們先假設三集合名為 , ,
A B C 。畫出
Venn Diagram 後，先觀察下列三集合的元素個數：
,
,
A
B B
C C
A
∩
∩
∩ 。
(a) 若三個數皆為 1，則有
5
4
3
1
1
1
60
C
C
C
×
×
=
種選法，其他兩個未出現的元素填入
A
B
C
∩ ∩
、
A
B
C
∩ ∩
、
A
B
C
∩ ∩
、
A
B
C
∩ ∩
，
有
2
4
16
=
種方法，計有 60 16 960
×
=
種。
(b) 若三個數有兩個 1，一個 2，則有
5
3
2
2
1
1
3 180
C
C
C
×
×
× =
種，剩一個元素填入
A
B
C
∩ ∩
、
A
B
C
∩ ∩
、
A
B
C
∩ ∩
、
A
B
C
∩ ∩
，有 4 種方法，計有 720 種。
(c) 若三個數有兩個 1，一個 3，則有
5
2
1
3
1
1
3
60
C
C
C
×
×
× =
種。
(d) 若三個數有兩個 2，一個 1，則有
5
4
2
1
2
2
3
90
C
C
C
×
×
× =
種。
以上加起來有 960 + 720 + 60 + 90 = 1830 種，但集合是無序的，所以要除以
3! = 6，得
1830
305
6
=
種。
(2) 改成四個集合 A, B, C, D 時，一樣先觀察任三個集合交集的元素個數：
,
,
,
A
B
C B
C
D C
D
A D
A
B
∩ ∩
∩ ∩
∩ ∩
∩ ∩ 。
(a) 若四個數皆為 1，則有
5
4
3
2
1
1
1
1
120
C
C
C
C
×
×
×
=
種選法，剩下一個未出現的元素填
入其他
4
2
4 1 11
− − = 個集合中 (集合 A B C D
∩ ∩ ∩ 除外)，即有 11 種選法，故
計有120 11 1320
× =
種。
(b) 若四個數有三個 1，一個 2，則有
5
3
2
1
2
1
1
1
4
240
C
C
C
C
×
×
×
× =
種。
但集合是無序的，所以加起來後要除以 4! = 24，得
1320 240
65
24
+
=
種。
10
編號
【獨立研究一】第一題 N 1
類別
□ 代數(A) ■ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等(中偏難) □ 易
【獨立研究一】第一題
已知
n
為正整數，且
1
2
1
n
n
−
⋅
+ 為完全平方數，試求所有可能的
n
值。
【解】
由已知條件，可令
1
2
2
1
n
n
m
+
⋅
+ =
，則
1
2
(
1)(
1)
n
n
m
m
−
⋅
=
−
+ 。
顯然，
1, 2, 3
n
=
代入不成立，所以，
4
n
≥ 。
又
1
2
(
1)(
1)
n
n
m
m
−
⋅
=
−
+ ，且值為偶數，得知 m 必為奇數。
令
2
1
m
k
=
+ ，則
3
2
(
1)
n
n
k k
−
⋅
=
+ 。……………………………………………
(1)
因為連續整數
k 和
1
k
+ 互質，所以，
3
2
n
−
可整除
k 或
1
k
+ 。
由此得
3
2
1
n
k
−
≤ + ，再由（1）式可推得 n k
≥ ；因此，
3
2
1
n
n
−
≤ + 。
又由數學歸納法可知：當
6
n
≥ 時，
3
2
1
n
n
−
> + ，不合；故
4 5
n
n
=
=
或
。
當
4
n
= 時，
3
4 2
1 33
⋅ + =
不是完全平方數，但
5
n
= 時，
4
5 2
1 81
⋅ + =
是完全平方數。
因此，所求
n
之值只有一個，即
5
n
= 。
11
編號
【獨立研究一】第二題 C 3
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) ■ 組合(C)
試題來源
□ 自編 ■ 改編於：RMC 1998
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易
【獨立研究一】第二題
在平面
2
3
4
x
y
z
+
+
= 上有一凸十邊形，其頂點均為格子點（即 x 坐標、 y 坐標、
z 坐標均為整數的點）。試證此凸十邊形的面積不小於 5 平方單位。
【解】
凸十邊形可用一對角線切割成兩個凸五邊形，因此，僅須證明平面
2
3
4
x
y
z
+
+
=
上，每一個凸五邊形 :
S ABCDE 的面積都不小於
5
2
平方單位。
注意：平面
2
3
4
x
y
z
+
+
= 上的格子點之
x
坐標與 z 坐標有相同的奇偶性。將此平面上
的格子點分成四類：(偶,偶,偶),(偶,奇,偶),(奇,偶,奇),(奇,奇,奇)。
因此，由鴿籠原理得知：在格子點 , , , ,
A B C D E 中必有兩點的中點也是格子點。
以下的操作方式可以證明凸五邊形 S 的內部必有一格子點。
首先，利用格子點 , , , ,
A B C D E 中某兩點的中點
1
E 也是格子點。若
1
E 不在凸五邊形 S 的
邊上，則
1
E 即為 S 的內點。若
1
E 在 S 的邊上，設
1
E
AE
∈
，則將 S 刪掉
1
DEE
∆
成為一較小
的凸五邊形
1
1
:
S
ABCDE 。此時，格子點
1
, , , ,
A B C D E 中也會有某兩點的中點
2
E 也是格子
點。若
2
E 不在凸五邊形
1
S 的邊上，則
2
E 為
1
S 的內點。若
1
E 在
1
S 的邊上，則仿前面的方
式，刪掉某一三角形後可得到一較小的凸五邊形
2
S ，且每一頂點都是格子點。因為凸五
邊形 S 的內部及邊界上最多只有有限個格子點，依上述的操作有限次後就可得到頂點都是
格子點的最小凸五邊形
k
S ，其各邊的中點都不是格子點。此時，
k
S 的內部就一定有格子
點 F 。此點 F 也在 S 的內部，並將 S 分成五個格子頂點的三角形：
,
,
,
,
FAB
FBC
FCD
FDE
FEA
∆
∆
∆
∆
∆
。
又每一個格子頂點三角形的面積至少是
1
2
，故凸五邊形 :
S ABCDE 的面積不小於
5
2
平方
單位。
12
編號
【獨立研究一】第三題 G 11
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
□ 自編 ■ 改編於：日本社團「數學愛好協會」的活動
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易
【獨立研究一】第三題
日本社團「數學愛好協會」舉辦「圓形蛋糕切三等分大賽」，下圖為最優
秀獎的切法。其數學結構說明如下：
1. 點
O
為圓心。
2. 六角星的頂點
1
2
3
4
5
6
A A A A A A
為正六邊形的六個頂點，
且
1
3
:
1: 2
OA OA
=
。
3.
B′
、
C′
分別為
1
OA
,
4
PA
的中點，且
BB′
、
CC′
分別與
1
OA
、
4
PA
垂直。
4.
D′
在
6
OA
的延長線上，
6
A D
OB
′
′
=
，且
DD′
與
6
OA
垂直。
已知
1
OB′
=
，試證：
, ,
B C D
將圓周三等分。
【解】
(1) 由
1
3
:
1: 2
OA OA
=
且
1
1
1
1
OB
A B
=
=
的中點，可得
1
2
OA
=
,
3
4
OA
=
, 且正三角形
1
3
5
A A A
的邊長 6。
過
5
A
作正三角形的高，可得
5
3 3
A H
=
且
1
OH
=
，
故此圓的半徑
( )
2
2
5
3 3
1
2 7
OA
=
+ =
。
(2) 設
BOB
α
′
= ∠
，
DOD
β
′
= ∠
。
因為
OB
等於圓半徑
2 7
且
1
OB′
=
，所以
1
7
cos
14
2 7
α
=
=
。
又
OD
等於圓半徑
2 7
且
4 1 5
OD′
= + =
，所以
5
5 7
cos
14
2 7
β
=
=
。
最後，我們可以證明
BOD
∠
的角度為120
° 。
由
7
cos
14
α
=
,
5 7
cos
14
β
=
可得
189
3 21
sin
14
14
α
=
=
,
21
sin
14
β
=
。
因此，
(
)
2
7
5 7
3 21
21
35 63
1
cos
cos cos
sin sin
14
14
14
14
14
2
α β
α
β
α
β
+
−
=
+
=
×
+
×
=
=
，
故
60
α β
− = °
，而
(
)
60
60
120
BOD
α
β
α β
∠
= + ° − = ° +
−
=
°
。
α
β
A
1
A
3
A
5
H
O
13
編號
【獨立研究二】第一題 A 10
類別
■ 代數(A) □ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
□ 自編 ■ 改編於：Crux Mathematicorum, 40 (8), 2014
類易度
□ 難 □ 中等 ■ 易
【獨立研究二】第一題
設正實數 , ,
x y z 滿足
2
3(
)
10(
)
x
y
z
xy
yz
zx
+ +
=
+
+
，試求
x
z
的最大可能值。
【解】
原式兩邊展開後，整理可得
2
2
2
3(
)
4(
)
x
y
z
xy
yz
zx
+
+
=
+
+
。
令
x
k
z
=
及
y
w
z
=
，上式可整理成
2
2
3
4(
1)
(3
4
3)
0
w
k
w
k
k
−
+
+
−
+ = 。
上面 w 的二次方程式有實根，故其判別式
2
2
16(
1)
4 3 (3
4
3)
0
k
k
k
∆ =
+
− × ×
−
+ ≥ ，
即
2
4
1
0
k
k
−
+ ≤ 。可解得 2
3
2
3
k
−
≤ ≤ +
，故
x
z
的最大可能值為 2
3
+
。
例如：當
2 3
2
3
w
= +
時，
2
3
k
= +
。
另解：原式兩邊同除以
2
z ，可得
2
3
1
10
x
y
x y
y
x
z
z
z z
z
z
+ +
=
⋅ + +
。
令
x
k
z
=
及
y
w
z
=
，上式可整理成
2
2
3
4(
1)
(3
4
3)
0
w
k
w
k
k
−
+
+
−
+ = 。
仿上面的過程，可推得
x
k
z
=
的最大可能值為 2
3
+
。
14
編號
【獨立研究二】第二題 G 5
類別
□ 代數(A) □ 數論(N) ■ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 □ 中等 ■ 易
【獨立研究二】第二題
試確定所有可能的正整數
2
n
≥ ，滿足以下的性質：「對空間中任意 2n 邊形(頂點可
能不在同一平面上)，當它的 n 組對邊互相平行且相等時，各邊的中點必在同一平
面上」
。
【解】
(1) 當
2
n
= 時，該四邊形都是平行四邊形，故其各邊的中點在同一平面上。
(2) 當
3
n
= 時，設六邊形為 ABCDEF ，其各邊中點分別為 , , , , ,
A B C D E F
′ ′ ′ ′ ′ ′。
由 AB 與 DE 平行且相等，得知 ABDE 為一平行四邊形，設兩對角線 AD 與 BE 交
於點 P 。利用平行四邊形的對角線互相平分，故 P 為 AD 的中點，也是 BE 的中
點。同理，可得三條對角線
,
,
AD BE CF 都交於點 P ，且 P 為此三條對角線的中
點。今以點 P 為原點，令
,
,
PA a PB b PC c
=
=
=
，則
,
,
PD
a PE
b PF
c
= −
= −
= −
。
因此，
1
1
1
(
),
(
),
(
)
2
2
2
PA
a b PB
b c PC
c a
′
′
′
=
+
=
+
=
−
，且
1
1
1
(
),
(
),
(
)
2
2
2
PD
a b PE
b c PF
a c
′
′
′
=
− −
=
− −
=
−
。
因為
PA PB PC
′
′
′
=
−
，得 , , ,
P A B C
′ ′ ′ 四點共面。同理， , , ,
P B C D
′ ′ ′四點共面，
,
,
,
P C D E
′ ′ ′ 四點共面， , , ,
P D E F
′ ′ ′四點共面；故各邊中點 , , , , ,
A B C D E F
′ ′ ′ ′ ′ ′都在
同一平面上。
(3) 當
4
n
≥ 時，可取 2n 邊形
1
2
3
2n
A A A
A
的頂點坐標為
1
1
2
2
(cos
, sin
, 0) ,
(cos
, sin
,1)
1
1
1
1
i
n i
i
i
n i
n i
A
A
n
n
n
n
π
π
π
π
+
−
−
+ −
+ −
−
−
−
−
(
1, 2, 3,
, )
i
n
=
，
則此 2n 邊形的各邊中點不在同一平面上。
因此，滿足條件的正整數
2
n
= 或
3
n
= 。
15
編號
【獨立研究二】第三題 N 3
類別
□ 代數(A) ■ 數論(N) □ 幾何(G) □ 組合(C)
試題來源
■ 自編 □ 改編於：
類易度
□ 難 ■ 中等 □ 易
【獨立研究二】第三題
試求所有可能的二次整係數多項式函數
2
( )
f x
ax
bx c
=
+
+ 及整數 d ，同時滿足以
下兩條件：
(1)
( (0))
2020
f f
≤
，
(2) ( (1))
( (2))
( (3))
f f
f f
f f
d
=
=
= 。
【解】
注意：
(
)
(
)
2
2
( ( ))
( ( ))
( ( ))
( ( ))
( ( )) ( ( ))
(1 1)
f f p
f f q
a
f p
f q
b
f p
f q
c
−
=
−
+
−
+
−
(
)(
)
( )
( )
( )
( )
f p
f q
af p
af q
b
=
−
+
+
。
利用條件(2)
( (2))
( (1))
0
( (3))
((2))
0
f f
f f
f f
f
−
=
−
=
，可得
2
2
(3
)(5
3
2
)
0
(5
)(13
5
2
)
0
a b
a
ab
ac b
a b
a
ab
ac b
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
。
若 3
5
0
a b
a b
+ =
+ = ，得
0
a
= 不合；故 3a b
+ 與 5a b
+ 兩者不能全為 0 。
(1) 當 3
0
a b
+ = 時， 5
0
a b
+ ≠ ，故
2
13
5
2
0
a
ab
ac b
+
+
+ = ；
以
3
b
a
= −
代入，
化簡得到 2(
)
3
c
a
−
= (不合)。
(2) 當 5
0
a b
+ = 時， 3
0
a b
+ ≠ ，故
2
5
3
2
0
a
ab
ac b
+
+
+ = ；
以
5
b
a
= −
代入，
化簡得到 2(
5 )
5
c
a
−
= (不合)。
(3) 當
2
13
5
2
0
a
ab
ac b
+
+
+ = 且
2
5
3
2
0
a
ab
ac b
+
+
+ = 時，兩式相減，可得
4
b
a
= −
。
代入化簡得到 7
2
4
a
c
=
− 。因此， a 必為偶數。
令
2
a
k
=
，則
8 ,
7
2
b
k c
k
= −
=
+ ，即
2
( )
(2 )
(8 )
(7
2)
f x
k x
k x
k
=
−
+
+ 。
又
3
2020
( (0))
(2
7)
98
2
f f
f
k
k
k
≥
=
+
=
− + ，得
2, 1, 0,1, 2
k
= − −
，其中
0
k
= 不合。
故所求
2
( )
4
16
12
f x
x
x
= −
+
−
或
2
2
8
5
x
x
−
+
− 或
2
2
8
9
x
x
−
+ 或
2
4
16
16
x
x
−
+
。
經檢驗此四個函數也都滿足條件(2)，其對應的 d 值分別為 12,1,3,16
−
。