注意：
允許學生個人、非營利性的圖書館或公立學校合理使用
本基金會網站所提供之各項試題及其解答。可直接下載
而不須申請。
重版、系統地複製或大量重製這些資料的任何部分，必
須獲得財團法人臺北市九章數學教育基金會的授權許
可。
申請此項授權請電郵
Notice:
Individual students, nonprofit libraries, or schools are
permitted to make fair use of the papers and its
solutions. Republication, systematic copying, or
multiple reproduction of any part of this material is
permitted only under license from the Chiuchang
Mathematics Foundation.
Requests for such permission should be made by
e-mailing Mr. Wen-Hsien SUN
2014 年青少年數學國際城市邀請賽
參賽代表遴選決賽試題
________縣市________國民中學____年級 編號：________ 姓名：_________
作答時間: 二 小 時
性別: □男 □女
第一部分：填充題，每小題 5 分，共 60 分
(注意：請在每題試題後所附的空格上填入答案，只需填寫答案。若答案為數
值，請用阿拉伯數字；若答案為分數，請化為最簡分數)
1.
.設
3
3
3
3
3
2
4
6
2012
2014
N
= + + + +
+
⋯
，則 N 的末兩位數碼為
____________
。
【參考解法
1
】
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
4
6
2012
2014
2 (1
2
3
1006
1007 )
1007(1007 1)
2
(
)
2
2 1007
1008
N
= + + + +
+
=
+ + + +
+
+
= ×
= ×
×
⋯
⋯
可判斷出
N
的末兩位數碼與
2
2
2 7
8
× ×
相同，即與
2 49 64
6272
× ×
=
相同，故所
求為
72
。
【參考解法
2
】
可知
N
的末兩位數碼即為
N
在模
100
之下的取值。故有
2
2
2
2
2 1007
1008
2 7
8 (mod 100)
(2 7 7) (8 8) (mod 100)
( 2) ( 36) (mod 100)
72 (mod 100)
N
= ×
×
≡ × ×
≡ × × × ×
≡ − × −
≡
答：
72
2.
設
1 2 3
2 3 4
101 102 103
M
= × × + × × + +
×
×
⋯
，
則
M =____________
。
【參考解法
1
】
3
3
3
3
3
3
3
2
2
1 2 3 2 3 4
101 102 103
(2 1) 2 (2 1)
(3 1) 3 (3 1)
(102 1) 102 (102 1)
2
2 3
3
102
102
(1
2
3
102 )
(1 2 3
102)
102 (102 1)
102 (102 1)
(
)
2
2
(51 103)
51 103
27588756
M
= × × + × × + +
×
×
= − × × + + − × × + + +
− ×
×
+
= − + − + +
−
=
+ + + +
− + + + +
×
+
×
+
=
−
=
×
− ×
=
⋯
⋯
⋯
⋯
⋯
【參考解法 2】
3
4
5
103
3
3
3
3
4
4
5
103
4
3
3
3
5
5
103
4
3
3
103
103
4
3
104
4
1 2 3 2 3 4
101 102 103
6(
)
6(
)
6(
)
6(
)
6
27588756
M
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
= × × + × × + +
×
×
=
+
+
+ +
=
+
+
+ +
=
+
+ +
=
+
= ×
=
⋯
⋯
⋯
⋯
⋮
答：
27588756
3.
若 n 為一個正整數，則滿足方程
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
4
5
5
4
3
169
n
n
n
n
n
n
n
n
n
−
−
−
+
+
+ +
+
+
=
⋯
之 n 的值為 ____________。
【參考解法 1】
若 n 為偶數，則可知存在正整數 k 使得
3
2
n
k
=
且有：
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
4
1
(
1)
4
3
169
(
3)
169
172
1
k
k
n
k
n
n
n
n
n
n
n
n
n
k
n
k
n
n
k
n
−
− −
−
−
+
+ +
+
+
+ +
+
=
−
+ =
=
+
⋯
⋯
因
3
n
與
3
1
n
+
互質，故知
3
1
n
+
為
172
的因數。再因
172
的因數有
1
、
2
、
4
、
43
、
86
、
172
，故知
3
n
可能為
0
、
1
、
3
、
42
、
85
、
171
，其中僅
1
為立方數，但
此時
1
n
=
，與
n
為偶數矛盾；
若
n
為奇數，則可知存在非負整數
k
使得
3
2
1
n
k
=
+
且有：
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
4
1
(
1)
4
3
169
(
2)
169
171
k
k
n
k
n
k
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n k
n
k
−
−
− −
−
−
+
+ +
+
+
+
+ +
+
=
−
=
=
⋯
⋯
因此
3
2 171 1 343
n
= ×
+ =
，即
7
n
=
。
【參考解法
2
】
可知左式中，每一項的分數都是真分數。現兩兩配對，將第
m
項與倒數第
m
項
配成一對並計算其和後都可得到整數
1
，例如第一項與最後一項配成一對可得
3
3
3
3
3
1
n
n
n
−
+
=
，將第二項與倒數第二項配成一對可得
3
3
3
4
4
1
n
n
n
−
+
=
，依此類
推。因此由此式的值
169
為整數可判斷出可依此方式兩兩配對將全部的真分數
都配對而不會有單一的分數無法配對，即左式共有偶數項，且可得知存在一個
正整數 k 使得
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
4
4
(
)
(
)
(
) 169
(
2)
169
171
n
n
k
n
k
n
n
n
n
n
n
n k
n
k
−
−
−
+
+
+
+ +
+
=
−
=
=
⋯
因此
3
2 171 1 343
n
= ×
+ =
，即
7
n
=
。
【參考解法
3
】
可知左式中，每一項的分數都是真分數，且共有
3
3
(
3)
3 1
5
n
n
− − + = −
項。現兩
兩配對，將第
m
項與倒數第
m
項配成一對並計算其和後都可得到整數
1
，例如
第一項與最後一項配成一對可得
3
3
3
3
3
1
n
n
n
−
+
=
，將第二項與倒數第二項配成一
對可得
3
3
3
4
4
1
n
n
n
−
+
=
，依此類推。因此由此式的值 169 為整數可判斷出可依此
方式兩兩配對將全部的真分數都配對而不會有單一的分數無法配對。可知每一
組配對的平均值為
1
2
，所以一共有 2 169 338
×
=
項，即可得知
3
5
338
n
− =
，故有
3
343
n
=
，因此
7
n
=
。
答：7
4.
某社區中有 12 住戶，林先生是其中一個住戶，且林先生的家每天收到的信
都比這個社區中任一其他住戶收到的信多，如果這個社區今天共收到 58 封
信，則林先生家今天收到的信至少有____________封。
【參考解法】
因58 12 4 10
= × +
，故由抽屜原理知至少有一戶人家所收到的信為 4 + 1 = 5 封。
若林先生家今天收到的信為 5 封，則可知其餘 11 戶人家共收到 53 封，再因為
53 11 4
9
= × +
，故由抽屜原理知至少有另一戶人家所收到的信為 4 + 1 = 5 封，
矛盾，故可知林先生家今天收到的信至少有 6 封，例如其餘 11 家中有 8 家收到
5 封信、3 家收到 4 封信。
答： 6 封
5.
若正整數 n 的函數 ( )
f n 滿足
(
2)
(
1)
( )
f n
f n
f n
+ =
+ −
，
則 ( )
f n 最多能有
個不同的值。
【參考解法】
觀察可得：
(3)
(2)
(1)
f
f
f
=
−
、
(4)
(3)
(2)
(2)
(1)
(2)
(1)
f
f
f
f
f
f
f
=
−
=
−
−
= −
、
(5)
(4)
(3)
(1)
(2)
(1)
(2)
f
f
f
f
f
f
f
=
−
= −
−
+
= −
、
(6)
(5)
(4)
(2)
(
(1))
( (2)
(1))
(3)
f
f
f
f
f
f
f
f
=
−
= −
− −
= −
−
= −
、
(7)
(6)
(5)
(3)
(2)
(2)
(1)
(2)
(1)
f
f
f
f
f
f
f
f
f
=
−
= −
−
= −
+
−
=
、
(8)
(7)
(6)
(1)
(
(3))
(1)
(2)
(1)
(2)
f
f
f
f
f
f
f
f
f
=
−
=
− −
=
+
−
=
，
此時便可推知 (6
)
( )
f
n
a
f a
+ =
，其中1
6
a
≤ ≤
。故知當 (1)
f
、 (2)
f
、 (3)
f
、
(4)
(1)
f
f
= −
、 (5)
(2)
f
f
= −
、 (6)
(3)
f
f
= −
的值皆兩兩互不相同時，例如
(1) 1
f
=
、 (2) 3
f
=
、 (3) 2
f
=
、 (4)
(1)
1
f
f
= −
= −
、 (5)
(2)
3
f
f
= −
= −
、
(6)
(3)
2
f
f
= −
= −
時， ( )
f n
最多能有 6 個不同的值。
答：6 個
6.
下圖中，已知線段 AD 為 EAC
∠
的角平分線且 BF⊥AC，若
90
E
∠ = °
、
45
ADB
∠
= °
、
25
BDE
∠
= °
，則 FDC
∠
=
。
【參考解法】
可知
45
25
70
ADE
ADB
BDE
∠
= ∠
+ ∠
= ° + ° = °
故
180
90
70
20
EAD
∠
=
° − ° − ° = °
；
再因線段 AD 為 EAC
∠
的角平分線，
所以可得知
20
2
40
EAC
∠
= °× = °
。
因此知
90
25
115
ABD
E
BDE
∠
= ∠ + ∠
= ° + ° =
°
，
故
45
20
25
C
ADB
DAC
∠ = ∠
− ∠
= ° − °
= °
此時可知
180
180
90
25
65
FBC
BFC
C
∠
=
° − ∠
− ∠ =
° − ° − ° = °
，
而
180
180
90
25
65
DBE
BDE
E
∠
=
° − ∠
− ∠ =
° − ° − ° = °
，即有
FBC
DBC
∠
= ∠
，故
可推知
BC
為
FBE
∠
的角平分線，因此可得
D
為△
ABF
的一個旁心，所以
DF
為
BFC
∠
的角平分線，即
45
DFC
∠
= °
，此時便可得知
180
180
45
25
110
FDC
DFC
C
∠
=
° − ∠
− ∠
=
° − ° − °
=
°
答：
110
°
7.
若
k
為正整數，且
50
k
<
，則使
3
11
k
+
能被
12
整除的
k
共有
個。
【參考解法】
因
3
11
k
+
能被
12
整除，故知
3
1 (mod 12)
k
≡
，此時可判斷出
k
為奇數。
若
1 (mod 12)
k
≡
，則
3
1 (mod 12)
k
≡
，再由
50
k
<
可得知
k = 1
、
13
、
25
、
37
或
49
，共
5
個數滿足題意；
若
3 (mod 12)
k
≡
，則
3
3 (mod 12)
k
≡
，故不合；
若
5 (mod 12)
k
≡
，則
3
5 (mod 12)
k
≡
，故不合；
E
D
C
B
A
F
若
7 (mod 12)
k
≡
，則
3
7 (mod 12)
k
≡
，故不合；
若
9 (mod 12)
k
≡
，則
3
9 (mod 12)
k
≡
，故不合；
若
11 (mod 12)
k
≡
，則
3
11 (mod 12)
k
≡
，故不合。
因此共有 5 個數滿足題意。
答：5 個
8.
已知符號[ ]
A
表示不大於 A 的最大整數值，若
1
1
1
1
2
3
400
A
= +
+
+ +
⋯
，
則[ ]
A = 。
【參考解法】
可知
1
1
k
k
k
− <
<
+
，故
1
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2(
1)
2(
1
)
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
+
− <
<
+
+
>
>
+
−
+
+
>
>
+
−
+
+
−
− >
>
+ −
因此有：
1
2( 3
2)
2( 2
1)
2
1
2( 4
3)
2( 3
2)
3
1
2( 401
400)
2( 400
399)
400
−
<
<
−
−
<
<
−
−
<
<
−
⋮
將以上
399
條不等式相加，便可得
2( 401
2)
1 2( 400
1)
A
−
< − <
−
此即有
37
2( 400
2)
2( 401
2)
1 2( 400 1)
2 19
38
A
<
−
<
−
< − <
− = × =
，因此
38
39
A
< <
故知
[ ]
38
A
=
。
答：
38
9.
有
n
個學校派學生代表參加聯歡活動，每個學校參加的學生最少為
1
人最多
為
28
人。已知參加活動的各校總學生數為
1825
人，現擬將他們分組做競賽
活動，要求每組學生最少為
1
人最多為
170
人且同一學校的學生一定要分在
同一組，則至少要
組才必定能滿足上述的要求
。
【參考解法】
將所有學生排成一列，並每 170 人切割，可分成 11 段。若切割處將某校學生分
開，則將此校學生全部抽出。此時，被抽出的學生至多為
10 28
280
×
=
人，已
知
280+56=336<340
，所以一定可以分為二組，故分為
11 + 2 = 13
組可以滿足
要求。
若有
73
個學校，每個學校各派
25
人，總參加學生數為
1825
人。因要求同一學
校的學生一定要分在同一組，故每組最多只能為
150
人，而
12
組的總學生數為
1800
人，這說明只分
12
組可能無法滿足要求
。
故至少需
11 + 2 = 13
組才能滿足這樣的要求。
舉例來看，若這
1825
個學生是由
73
間學校分別各派
25
位學生所組成的，則由
7 25 175 170
×
=
>
可知每一組至多可由
6
個學校所派出的
25
位學生組成，再因
為
6 12
72
73
× =
<
，故知僅分成
12
組是不夠的，因此至少需分成
13
組。
答：
13
組
10.
如下圖，在△ABC 中，已知 D 為 AB 的中點，G 為 CD 的中點，過 G 作一直
線分別與 AC、BC 交於點 P、Q，則
CA
CB
CP
CQ
+
之值為
。
【參考解法
1
】
連結 GA、GB，並令
CP
s
=
、
AP
t
=
、
CQ
u
=
、
QB
v
=
。可知
CA
s
t
CP
s
+
=
、
CB
u
v
CQ
u
+
=
。
若令△
ABC
的面積為
1
，由共邊定理可推知
△
CPQ
的面積為
(
)(
)
su
s
t u
v
+
+
，且也可得知
△
ACG
、△
CGB
的面積都是
1
4
，並據此可推知
△
CGP
的面積為
4(
)
s
s
t
+
、△
AGP
的面積為
4(
)
t
s
t
+
、△
CGQ
的面積為
4(
)
u
u
v
+
、△
BGQ
的面積為
4(
)
t
u
v
+
。所以△
CPQ
的面積為
(
)
(
)
4(
)
4(
)
4(
)(
)
s
u
s u
v
u s
t
s
t
u
v
s
t u
v
+ +
+
+
=
+
+
+
+
，所以有：
(
)
(
)
4(
)(
)
(
)(
)
(
)
(
)
4
4
4
s u
v
u s
t
su
s
t u
v
s
t u
v
s u
v
u s
t
su
u
v
s
t
u
s
CA
CB
CP
CQ
+ +
+ =
+
+
+
+
+ +
+ =
+
+
+
=
+
=
Q
P
D
C
B
A
G
【參考解法 2】
延長 PQ，在直線 PQ 上取 E、F 使得 AE//DF//CB，
如圖所示。令
CQ
u
=
、
QB
v
=
。
因已知
CG
GD
=
且
DF
//
CQ
，故可推知△DFG
≅
△
CQG 且由此知
DF
CQ
u
=
=
；再因已知
AD
DB
=
且
AE
//
DF
//
QB
，故可推知
DF
為梯形
ABQE
的中位
線，因此知
2
2
AE
DF
BQ
u
v
=
−
=
−
。
再因
AE//CQ
即可得知
2
AP
AE
u
v
CP
CQ
u
−
=
=
，故
3
1
CA
AP
u
v
CP
CP
u
−
= +
=
，因此
3
4
CA
CB
u
v
u
v
CP
CQ
u
u
−
+
+
=
+
=
。
答： 4
11.
如下圖，梯形 ABCD 之對角線 AC、BD 交於點 M，AB//CD，
90
ABC
∠
= °
。
已知梯形 ABCD 有一半徑為 5 的內切圓，則△ADM 的面積為 。
【參考解法 1】
因
90
ABC
∠
= °
，故知 BC 即為梯形 ABCD 的高。因
△ABC 與△ABD 的面積皆為
2
AB BC
×
，故可以推知
△ADM 的面積與△BMC 的面積相等。
令 P、Q、R、S 分別為梯形 ABCD 的內切圓在 AB、
BC、CD、DA 上的切點，連接 PR、QS。過 D 點作
DT//BC 交 SQ 於 T 點。此時由平行線同位角相等及
同一條弦的弦切角相等可得知
DTS
CQS
DST
∠
= ∠
= ∠
，因此 DT
DS
DR
=
=
。現假設 BD 與 SQ 交於點 X、BD
與 PR 交於點 Y：
則有
DX
DT
XB
BQ
=
、
DR
DY
PB
YB
=
；再因
DT
DR
=
、 PB
BQ
=
，故有
DX
DY
XB
YB
=
。因
X、Y 都在 BD 上，故可得知 X、Y 重合，即 BD、PR、SQ 共點。同理，AC、
PR、SQ 共點，因此可進一步推知 BD、AC、PR、SQ 共點，所以 BD 與 AC 的
交點 M 在 PR 上，故△BMC 的面積為
1
1
10 5
25
2
2
BC
PB
×
×
= × × =
。
Q
P
D
C
B
A
G
F
E
A
M
C
B
D
S
R
Q
P
T
A
X
C
B
D
S
Q
T
A
C
B
D
R
P
Y
【參考解法 2】
因△ABC 與△ABD 的面積相等，故可知△ADM 的面積與△BMC 的面積相等。
令 O 為梯形 ABCD 內切圓的圓心，P、Q、R 分別為圓 O 在 AB、CD、DA 上的
切點，如圖所示。
再令
AP
p
=
、
DQ
q
=
，則可知
AD
AR
DR
AP
DQ
p
q
=
+
=
+
= +
，再由勾股定
理可得知
2
2
2
(
)
AD
AP
DQ
PQ
=
−
+
，即
2
2
2
(
)
(
)
10
p
q
p
q
+
=
−
+
，化簡後可以得知
25
pq
=
。再在
BC
上取點
N
使得
MN
⊥
BC
。則有
MN
BN
CD
BC
=
及
MN
CN
AB
BC
=
，故知
1
MN
MN
BN
CN
CD
AB
BC
BC
+
=
+
=
，此即
1
5
5
MN
MN
q
p
+
=
+
+
，化簡後可得
(10
)
(5
)(5
)
25
5
5
5(10
)
MN
p
q
p
q
pq
p
q
p
q
+ + = +
+ =
+
+
+
=
+ +
，
因此可推知
5
MN
=
，即△BMC 的面積為 25，所以△ADM 的面積為 25。
答： 25
12.
設
0
a
>
，若關於 x、y、z 的三元方程組
2
3
2
2
x
y
z
a
xy
xz
yz
+
+
=
+
+
=
有實數解，則
a
的
最小值為
。
【參考解法】
可知
2
3
x
y
a
z
+
= −
且
2
2
2
(
2 )
2
(
3 )
xy
xz
yz
z x
y
z a
z
= − −
= −
+
= −
−
。接著再利用
算幾不等式可以推出
2
(
2 )
8
x
y
xy
+
≥
，故有
2
2
2
2
2
2
(
3 )
8(2
(
3 ))
6
9
16 8
24
0 15
2
16
a
z
z a
z
a
az
z
az
z
z
az
a
−
≥
−
−
−
+
≥ −
+
≥
−
−
+
因原方程組有實數解，故知這一個關於
z
的函數的判別式大於或等於
0
，即有
2
2
2
2
2
2
(2 )
60(16
)
0
15(16
)
0
16
15 16
15
a
a
a
a
a
a
−
−
≥
−
−
≥
≥ ×
≥
再因
0
a
>
，故知
15
a
≥
。
當
15
a
=
時，有
2
15
2 15
1 0
z
z
−
+ ≤
，即
2
( 15
1)
0
z
−
≤
，因此
1
15
15
15
z
=
=
；
A
O
C
B
D
R
Q
P
A
M
C
B
D
N
此時方程組為
4
2
15
5
6
5
x
y
xy
+
=
=
，解此方程組可得
2
15
5
15
5
x
y
=
=
，
即方程組
2
3
15
2
2
x
y
z
xy
xz
yz
+
+
=
+
+
=
的解為
2
15
5
x
=
、
15
5
y
=
、
15
15
z
=
。
答： 15
第二部分：計算證明，每題 20 分，共 60 分
(注意：在試卷上作答，須詳列過程及說明理由)
1.
在 3×3 的方格表的正中央的小方格內填入數 9，然後在邊緣的八個小方格內
不重複地填入數 1～8，使得在角落的每個 2 × 2 子方格表的四個小方格內的
數之和都相等。若將旋轉、翻轉視為相同，則共有 組不同的解
。
例 4 6 5 是其中一解，
4 5 6 不是。
2 9 1
2 9 1
7 3 8
7 3 8
【參考解法】
不妨令各方格所填入的數如下圖所示：
a b c
d 9 e
f g h
且在角落的每個 2×2 子方格表的四個小方格內的數之和都是 S+9，則有
4
(
)
(
)
(
)
(
)
36
9
4
S
a
b
d
b
c
e
d
f
g
e
g
h
b
d
e
g
b
d
e
g
S
= + +
+ + + +
+ +
+ + +
=
+ + + +
+ + +
= +
故可知
b
d
e
g
+ + +
必為
4
的倍數，10=1+2+3+4
5+6+7+8=26
b
d
e
g
≤ + + + ≤
，
故b d
e
g
+ + +
=12、16、20 或 24。又可知9
3 12
9
6 15
S
+ = ≤ ≤ + =
。
若
12
S
=
，則
12
b
d
e
g
+ + + =
，此時1 2 3 6
+ + +
、1 2 4 5
+ + +
可滿足：
(i)
1 2
3 6
+ + +
：
不妨令
6
b
=
，若
3
d
=
，則
3
a
=
，矛盾；若
3
e
=
，則
3
c
=
，矛盾。故可判斷出
3
g
=
，此時由題意可知有以下這一組解：
4 6 5
2 9 1
7 3 8
(ii)
1 2
4
5
+ + +
：
不妨令
5
b
=
，若
2
d
=
，則
5
a
=
，矛盾；若
2
e
=
，則
5
c
=
，矛盾。故可判斷出
2
g
=
。此時由對稱性可假設
1
d
=
、
4
e
=
，因此
9
f
=
，矛盾，故知此時無解：
5
1 9 4
9 2
若
13
S
=
，則
16
b
d
e
g
+ + + =
，此時
1 2
5 8
+ + +
、
1 2
6
7
+ + +
、
1 3 4 8
+ + +
、
1 3 5 7
+ + +
、
1 4
5
6
+ + +
、
2
3 4
7
+ + +
、
2
3 5
6
+ + +
可滿足：
(i)
1 2
5 8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
5
g
=
。此時由對稱性可假設
1
d
=
、
2
e
=
，此時由
題意可知有以下這一組解：
4 8 3
1 9 2
7 5 6
(ii)
1 2
6
7
+ + +
：
不妨令
7
b
=
，可直接判斷出
6
g
=
。此時由對稱性可假設
1
d
=
、
2
e
=
，因此
6
f
=
，矛盾，故知此時無解：
7
1 9 2
6 6
(iii) 1 3 4 8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，若
1
d
=
，則
4
a
=
，矛盾；若
1
e
=
，則
4
c
=
，矛盾。故可判斷出
1
g
=
。此時由對稱性可假設
3
d
=
、
4
e
=
，因此
1
c
=
，矛盾，故知此時無解：
8 1
3 9 4
1
(iv) 1 3 5 7
+ + +
：
不妨令
7
b
=
，若
5
d
=
，則
1
a
=
，矛盾；若
5
e
=
，則
1
c
=
，矛盾。故可判斷出
5
g
=
。此時由對稱性可假設
1
d
=
、
3
e
=
，因此
3
c
=
，矛盾，故知此時無解：
7 3
1 9 3
5
(v)
1 4
5
6
+ + +
：
不妨令
6
b
=
，若
1
d
=
，則
6
a
=
，矛盾；若
1
e
=
，則
6
c
=
，矛盾。故可判斷出
1
g
=
。此時由對稱性可假設
4
d
=
、
5
e
=
，此時由題意可知有以下這一組解：
3 6 2
4 9 5
8 1 7
(vi)
2
3 4
7
+ + +
：
不妨令
7
b
=
，若
2
d
=
，則
4
a
=
，矛盾；若
2
e
=
，則
4
c
=
，矛盾。故可判斷出
2
g
=
。此時由對稱性可假設
3
d
=
、
4
e
=
，因此
3
a
=
，矛盾，故知此時無解：
3 7
3 9 4
2
(vii)
2
3 5
6
+ + +
：
不妨令
6
b
=
，若
5
d
=
，則
2
a
=
，矛盾；若
5
e
=
，則
2
c
=
，矛盾。故可判斷出
5
g
=
。此時由對稱性可假設
2
d
=
、
3
e
=
，因此
5
a
=
，矛盾，故知此時無解：
5 6
2 9 3
5
若
14
S
=
，則
20
b
d
e
g
+ + + =
，此時
1 4
7
8
+ + +
、
1 5 6 8
+ + +
、
2
3 7 8
+ + +
、
2
4
6 8
+ + +
、
2
5 6
7
+ + +
、
3
4 5 8
+ + +
、
3
4
6
7
+ + +
可滿足：
(i)
1 4
7
8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
7
g
=
。此時由對稱性可假設
1
d
=
、
4
e
=
，此時由
題意可知有以下這一組解：
5 8 2
1 9 4
6 7 3
(ii)
1 5 6 8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
6
g
=
。此時由對稱性可假設
1
d
=
、
5
e
=
，因此
5
a
=
，矛盾，故知此時無解：
5 8
1 9 5
6
(iii)
2
3 7 8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
7
g
=
。此時由對稱性可假設
2
d
=
、
3
e
=
，因此
3
c
=
，矛盾，故知此時無解：
8 3
2 9 3
7
(iv)
2
4
6 8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
6
g
=
。此時由對稱性可假設
2
d
=
、
4
e
=
，因此
4
a
=
，矛盾，故知此時無解：
4 8
2 9 4
6
(v)
2
5 6
7
+ + +
：
不妨令
7
b
=
，若
2
d
=
，則
5
a
=
，矛盾；若
2
e
=
，則
5
c
=
，矛盾。故可判斷出
2
g
=
。此時由對稱性可假設
5
d
=
、
6
e
=
，因此
2
a
=
，矛盾，故知此時無解：
2 7
5 9 6
2
(vi)
3
4 5 8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，若
3
d
=
，則
3
a
=
，矛盾；若
3
e
=
，則
3
c
=
，矛盾。故可判斷出
3
g
=
。此時由對稱性可假設
4
d
=
、
5
e
=
，此時由題意可知有以下這一組解：
2 8 1
4 9 5
7 3 6
(vii) 3
4
6
7
+ + +
：
不妨令
7
b
=
，若
3
d
=
，則
4
a
=
，矛盾；若
3
e
=
，則
4
c
=
，矛盾。故可判斷出
3
g
=
。此時由對稱性可假設
4
d
=
、
6
e
=
，因此
3
a
=
，矛盾，故知此時無解：
3 7
4 9 6
3
若
15
S
=
，則
24
b
d
e
g
+ + + =
，此時
3 6
7
8
+ + +
、
4
5 7
8
+ + +
可滿足：
(i)
3 6
7
8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
7
g
=
。此時由對稱性可假設
3
d
=
、
6
e
=
，此時由
題意可知有以下這一組解：
4 8 1
3 9 6
5 7 2
(ii)
4
5 7
8
+ + +
：
不妨令
8
b
=
，可直接判斷出
7
g
=
。此時由對稱性可假設
4
d
=
、
5
e
=
，因此
4
f
=
，矛盾，故知此時無解：
8
4 9 5
4 7
綜上所述，共有
6
組解：
(
除第一組外，每組正確解給
3
分，全對
20
分
)
4 6 5 4 8 3 3 6 2 5 8 2 2 8 1 4 8 1
2 9 1 1 9 2 4 9 5 1 9 4 4 9 5 3 9 6
7 3 8 7 5 6 8 1 7 6 7 3 7 3 6 5 7 2
2.
已知一個五位數
abcde
是由五個相異的數碼
1
、
3
、
5
、
7
、
9
所組成（但不一
定依此順序），已知它的前兩位數
ab
與末兩位數
de
之乘積減去中間的數 c
恰好等於一個各位數碼都相同的四位數。請問滿足上述條件的最大五位數是
什麼？
【參考解法
1
】
由條件可以得知
93 75 1 6974
ab de
c
× − ≤ ×
− =
且 ab de c
× −
恆為偶數，故
ab de
c
× −
只可能是
2222
、
4444
或
6666
(5
分
)
。而 ab de
×
可能的值為：
2222+1=2223、2222+3=2225、2222+5=2227、2222+7=2229、2222+9=2231、
4444+1=4445、4444+3=4447、4444+5=4449、4444+7=4451、4444+9=4453、
6666+1=6667、6666+3=6669、6666+5=6671、6666+7=6673、6666+9=6675，其
中 4447、4451、6673 為質數，故不予考慮。
若
9
c
=
，此時
71 53
3763
ab de
×
≤ ×
=
，即
2231
ab de
×
=
；此時由個位數為
1
可
知 b、e 必其中一數為
3
、一數為
7
，故知
17 53
901
ab de
×
≤ ×
=
，故不合；
(2
分
)
若
7
c
=
，此時
91 53
4823
ab de
×
≤ ×
=
，即
4451
ab de
×
=
或
2229
：
若
4451
ab de
×
=
，此時由個位數為
1
可知 b、e 必其中一數為
7
、另一數為
3
，故不合；
若
2229
ab de
×
=
，此時由個位數為
9
可知 b、e 必其中一數為
1
、另一數為
9
，但
51 39 1989
ab de
×
≤ ×
=
，故不合；
(2
分
)
若
5
c
=
，此時
91 73
6643
ab de
×
≤ ×
=
，即
4449
ab de
×
=
或
2227
：
若
4449
ab de
×
=
，此時由個位數為
9
可知 b、e 必其中一數為
1
、另一數為
9
，但
71 39
2769
ab de
×
≤ ×
=
，故不合；
若
2227
ab de
×
=
，此時由個位數為
7
可知 b、e 必其中一數為
3
、另一數為
9
或一數為
1
、另一數為
7
：
若 b、e 一數為
3
、另一數為
9
，但
73 19 1387
ab de
×
≤ × =
，故不合；
若 b、e 一數為
1
、另一數為
7
，但
31 97
3007
ab de
× ≥ ×
=
，故不合；
(2
分
)
若
3
c
=
，此時
91 75
6825
ab de
×
≤ ×
=
，即
6669
ab de
×
=
、
4447
或
2225
：
若
6669
ab de
×
=
，此時由個位數為
9
可知 b、e 必一數為
1
、另一數為
9
，
但
71 59
4189
ab de
×
≤ ×
=
，故不合；
若
4447
ab de
×
=
，此時由個位數為
7
可知 b、e 必其中一數為
1
、另一數為
7
，但
51 97
4947
ab de
× ≥ ×
=
，故不合；
若
2225
ab de
×
=
，此時由個位數為
5
可知 b、e 必一數為
5
，但
95 71 6745
× =
、
95 17 1615
× =
、
75 91 6825
× =
、
75 19 1425
× =
、
15 97 1455
×
=
、
15 79 1185
×
=
，故不合；
(2
分
)
若
1
c
=
，此時
93 75
6975
ab de
×
≤ ×
=
，即
6667
ab de
×
=
、
4445
或
2223
：
若
6667
ab de
×
=
，此時由個位數為
7
可知 b、e 必一數為
3
、另一數為
9
，
故知
73 59
4307
ab de
×
≤ ×
=
，故不合；
(2
分
)
若
4445
ab de
×
=
，此時由個位數為
5
可知 b、e 必一數為
5
，但
95 73
6935
×
=
、
95 37
3515
×
=
、
75 93
6975
×
=
、
75 39
2925
×
=
、
35 97
3395
×
=
、
35 79
2765
×
=
，
若
2223
ab de
×
=
，此時由個位數為
3
可知 b、e 必一數為
7
、另一數為
9
，
而
57 39
2223
×
=
，即有
57 39 1
2222
×
− =
，故知
39157
、
57139
皆滿足題意，
其最大值為
57139
。
(5
分
)
【參考解法 2】
可令
(10
)(10
)
1111
ab de
c
a
b
d
e
c
x
× − =
+
+ − =
，而
(10
)(10
)
(
)(
)
(mod 11)
a
b
d
e
c
a
b
d
e
c
+
+ − ≡ − +
− + −
(5
分
)
故
(
)(
)
1111
0 (mod 11)
a
b
d
e
c
x
− +
− + − ≡
≡
，即
(
)
(
) (mod 11)
c
ae
bd
ad
be
≡
+
−
+
。
而在模
11
之下，可得下表：
(5
分
)
1
c
=
3 5 7 9 1
× + × ≡
3 7
5 9
0
× + × ≡
3 9
5 7
8
× + × ≡
3
c
=
1 5
7 9
2
× + × ≡
1 7
5 9
8
× + × ≡
1 9
5 7
0
× + × ≡
5
c
=
1 3 7 9
0
× + × ≡
1 7
3 9 1
× + × ≡
1 9
3 7
8
× + × ≡
7
c
=
1 3 5 9
4
× + × ≡
1 5 3 9 10
× + × ≡
1 9
3 5
2
× + × ≡
9
c
=
1 3 5 7
5
× + × ≡
1 5 3 7
4
× + × ≡
1 7
3 5
0
× + × ≡
可知其中僅
1
c
=
時，同一列中會有兩數之差恰為
1
c
=
的情況：
3 5 7 9 1
× + × ≡
與
3 7
5 9
0
× + × ≡
，故可判斷
ab
de
、
為
39
與
57
，或是
75
與
93
(5
分
)
。分別代回驗
算，可知
75 93 1 6974
× − =
的四個數碼不相同，故不合；而
57 39 1
2222
×
− =
，
滿足題意。因此可能的五位數有
57139
、
39157
，其最大值為
57139
。
(5
分
)
【參考解法
3
】
可令
(10
)(10
)
1111
ab de
c
a
b
d
e
c
x
× − =
+
+ − =
，而
(10
)(10
)
(
)(
)
(mod 11)
a
b
d
e
c
a
b
d
e
c
+
+ − ≡ − +
− + −
(5
分
)
故知
(
)(
)
1111
0 (mod 11)
a
b
d
e
c
x
− +
− + − ≡
≡
，即
(
)(
) (mod 11)
c
b
a e
d
≡ −
−
。
因 a、b、c、d、e 是由五個相異的數碼
1
、
3
、
5
、
7
、
9
所組成，故知其中任兩
個數碼之差恆為小於或等於
8
的偶數。故現觀察在模
11
之下，小於或等於
8
的
偶數之積，如下表：
2 4 6 8
2 4 8 1 5
4
5 2 10
6
3 4
8
9
若
1
c
=
，則有
1
2 6 (mod 11)
≡ ×
，故知僅
1 (7
5) (9 3) (mod 11)
≡ − × −
滿足，此時若
取
5
a
=
、
7
b
=
、
3
d
=
、
9
e
=
可得一個五位數
57139
；若取
3
a
=
、
9
b
=
、
5
d
=
、
7
e
=
可得一個五位數
39157
；
(2
分
)
若
3
c
=
，則有
3
6 6 (mod 11)
≡ ×
，但此時其餘四個數碼
1
、
5
、
7
、
9
中，僅
7
與
1
之差為
6
，故
3
6 6 (mod 11)
≡ ×
無法成立；
(2
分
)
若
5
c
=
，則有
3
4 4
2 8 (mod 11)
≡ × ≡ ×
，但此時其餘四個數碼
1
、
3
、
7
、
9
中，
僅
7
與
3
之差為
4
，故
3
4 4 (mod 11)
≡ ×
無法成立；僅
9
與
1
之差為
8
，但
7
與
3
之差為
4
，故
3
2 8 (mod 11)
≡ ×
無法成立；
(2
分
)
若
7
c
=
，則由表中沒有
7
可知無法成立；
(2
分
)
若
9
c
=
，則有
3
8 8 (mod 11)
≡ ×
，但此時其餘四個數碼
1
、
3
、
5
、
7
中，沒有任
何一對數之差為
8
，故
3
8 8 (mod 11)
≡ ×
無法成立。
(2
分
)
因此可能的五位數有
57139
、
39157
，其最大值為
57139
。
(5
分
)
答：
57139
3.
如下圖，在正三角形 ABC 中，點 D、E 分別為邊 BC、AC 上的點，並且滿足
CD = AE。設 BE 與 AD 交於點 F，連接 CF，過點 E 作 CF 的平行線交 AD 於
點 G，請證明 AG = FE。
【參考解法 1】
由 AB = AC、CD = AE 及
BAE
ACD
∠
= ∠
，可得知
△
ABE
≅
△
ACD
，即有
CAD
ABE
∠
= ∠
。作△
ABC
的外接圓，並延長
BE
交△
ABC
的外接圓於點
X
，
再連結
CX
、
AX
，如圖所示，則此時有
60
AFX
ABE
BAD
CAD
BAD
CAB
∠
= ∠
+ ∠
= ∠
+ ∠
= ∠
= °
由同一弧的圓周角相等知
60
FXC
BAC
∠
= ∠
= °
，
故
AFX
FXC
∠
= ∠
，因此
AD//XC
，即有
CE
XE
EA
EF
=
(5
分
)
；
再因
60
AXF
ACB
∠
= ∠
= °
，故知△AFX 是正三角形，即 AF
=
XF
(5
分
)
；
因 GE
//
FC，故知
FG
CE
GA
EA
=
，即知
FG
XE
GA
EF
=
(5
分
)
；
再因 AF
=
XF，故可推知 FG
XE
=
及GA EF
=
(5
分
)
。
【參考解法
2
】
如圖，作△ABC 的外接圓，並延長 BE 交△ABC 的
外接圓於點 X，再連結 CX。
因 CBX
EBC
∠
= ∠
、
60
BXC
BAC
ECB
∠
= ∠
= ° = ∠
，
故可得知△BCX～△BEC，即有
BE
BC
BC
BX
=
，故可得
2
BC
BE
BX
=
×
。
(5
分
)
再由圓冪定理可得知 BE EX
AE
EC
×
=
×
，故有
2
2
2
2
2
2
2
(
)
BE
BE
BX
EX
BE
BX
BE
EX
BC
AE
EC
AC
AE
EC
AE
AE
EC
EC
CD
CD BD
BD
=
×
−
=
×
−
×
=
−
×
=
−
×
=
+
×
+
=
+
×
+
(5
分
)
因
CD = AE
、
AC = AB
、
ACD
BAE
∠
= ∠
，故知△
ACD
≅
△
BAE
，即有
ADC
AEF
∠
= ∠
、
AD = BE
；再因
DAC
EAF
∠
= ∠
，可得△
ADC
～△
AEF
，即有
ACD
AFE
∠
= ∠
、
AD
AE
AC
AF
=
，因此
180
ACD
EFD
AFE
EFD
∠
+ ∠
= ∠
+ ∠
=
°
，故
得知
D
、
F
、
E
、
C
四點共圓，所以再由圓冪定理可得知
A
F
G
E
C
B
D
X
A
F
G
E
C
B
D
X
2
(
)
BF
BE
BD BC
BD
BD
CD
BD
BD CD
×
=
×
=
×
+
=
+
×
故有
2
2
2
2
BE
CD
CD BD
BD
CD
BF
BE
=
+
×
+
=
+
×
，即
2
2
(
)
CD
BE
BF
BE
BE BE
BF
BE
EF
=
−
×
=
−
=
×
故知
2
AE
AD EF
=
×
；
(5
分
)
再因 GE
//
FC，故知
AE
AC
AG
AF
=
，即
2
AG
AC
AE
AF
AE
AE
AG
AC
AF
AD
AG
AC
AC
AG
AD
×
=
=
×
×
=
×
×
=
×
因此可得
2
AG
AD
AE
AD EF
×
=
=
×
，即
AG
EF
=
。
(5
分
)