2019年全国高中数学联赛模拟试题及答案

全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧2分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答2014高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得全国高中数学联赛试题及解答一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。

由 AD 是角平分线，可得 BAE = BAM + MAE = MAC + MCA = DME . ···········15 分
则有 BHE + BAE = DHE + DME = 180 ，从而 A, B, H , E 四点共圆.
所以 AEB = AHB = 90 . 命题得证. ····································································20 分
从而 MHC = 180 − MHD = 180 − HEC = MEH .
又由 CMH = HME 可知△CMH∽△HME . 故 MH = ME ，从而 MA = ME . ···········10 分
MC MH
MC MA
又因为 CMA = AME ，所以△CMA∽△AME . 故 MCA = MAE .
a
a
a
ห้องสมุดไป่ตู้
a
a
2019 年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题参考答案 第1页（共 4 页）
10.（本小题满分
15
分）设
a1
= 1， an
=
n2
n−1 k =1
1 k2
(n 2) . 求证：
（1）
an +1 an+1
=
n2 (n +1)2
(n 2) ；
（2） (1+ 1 )(1+ 1 ) (1+ 1 ) 4 (n 1) .
当 n = 1时，1+ 1 = 2 4 ，不等式成立. ···································································10 分 a1

2019年全国高中数学联赛江西省预赛试题解答（5月26日上午9:30−−12:00）一、填空题 (每小题7分，共56分)1、将集合1,2,!,19{}中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为 ． 答案：16815． 解：所求的和为121+2+!+19()2−12+22+!+192()⎡⎣⎢⎤⎦⎥[]1361002470168152=−=． 2、公差为d ，各项皆为正整数的等差数列{}n a ，若11919,1949,2019m n a a a ===， 则正整数m n +的最小值是 ．答案：15．解：设公差为d ，则()194919191m d =+−，()201919191n d =+−， 显然有1,1m n >>，301d m =−，以及1001d n =−，消去d 得：1037m n −=， 其通解为13110m t n t =+⎧⎨=+⎩，为使1,1m n >>且d 为正整数，则正整数t 只能在{}1,2,5,10中取值，当1t =时，4,11m n ==为最小，此时15m n +=．3、设0x >，且2217x x +=，则551x x+= ． 答案：123． 解：2221129x x x x ⎛⎞+=++=⎜⎟⎝⎠，所以13x x +=，由2242411492x x x x ⎛⎞=+=++⎜⎟⎝⎠，则44147x x +=，所以54325234111111x x x x x x x x x x x x ⎛⎞⎛⎞+=+−⋅+⋅−⋅+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠ ()4242111134771123x x x x x x ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=++−++=−+=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦． 4、、若OAB Δ的垂心恰是抛物线24y x =的焦点，其中O 是原点，,A B 在抛物线上，则OAB Δ的面积S = ．答案：解：抛物线的焦点为(1,0)F ，因F 为OAB Δ的垂心，则OF AB ⊥，故可设,A B 的坐标为22(,2),(,2)A a a B a a −，()0a >；于是OA 的方程为2ay x =，2OA K a=， BF 的斜率221BF a K a −=−，据1BF OA K K ⋅=−，得a =，因此AB =25h a ==，所以OAB S Δ=5、,,a b c 是互异正整数，使得{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++，其中n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．答案：1297．解：设a b c >>，由于()()()2()a b b c c a a b c +++++=++为偶数，所以三个连续平方数{}222,(1),(2)n n n ++中有两个奇平方数，一个偶平方数，于是n 为奇数，而1b c +>， 则1n >；若3n =，则{}{}222222,(1),(2)3,4,5n n n ++=，且因222503452()a b c =++=++，则25a b c ++=，另一方面，最大平方数25a b +=，导致0c =，不合；若5n =，据{}{}222222,(1),(2)5,6,7n n n ++=，解得30,19,6a b c ===，因此222222301961297a b c ++=++=．6、P 是正四棱锥V ABCD −的高VH 的中点，若点P 到侧面的距离为3，到底面的距离为5，则该正四棱锥的体积为 ．答案：750．解：如图，PF VBC ⊥面，5,10VP VH ==，4VF ===，而PHMF 共圆，VP VH VF VM ⋅=⋅，所以252VM =；152HM ==；则15AB =， 所以棱锥体积217503V VH AB =⋅⋅=． 7、ABC Δ的三个内角,,A B C 满足39A B C ==，则cos cos cos cos cos cos A B B C C A ++= ． 答案：14−． 解：设3,9C B A θθθ===，，由39θθθπ++=，得13πθ=，cos cos cos cos cos cos S A B B C C A =++9339cos cos cos cos cos cos 131313131313ππππππ=++112642108cos cos cos cos cos cos 2131313131313ππππππ⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞=+++++⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦ .注意括号中的诸角度构成公差为213π的等差数列，两边通乘4sin 13π，得到 246810124sin 2sin cos cos cos cos cos cos 1313131313131313S ππππππππ⎛⎞⋅=+++++⎜⎟⎝⎠ 3537597sin sin sin sin sin sin sin sin 1313131313131313ππππππππ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞=−+−+−+−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠+sin 11π13−sin 9π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟+sin 13π13−sin 11π13⎛⎝⎜⎞⎠⎟=−sin π13. 所以14S =−． 8、数列{}n a 满足：0a =[]{}11n n n a a a +=+，（其中[]n a 和{}n a 分别表示实数n a 的整数部分与小数部分），则2019a = ．答案：130292−+． 解：)011a =+，11122a −=+=+，)22341a ===+31452a −=+=+.归纳易得)2211311,322k k a k a k +−=++=++, 因此2019130292a =+． 二、解答题 （满分共64分）9、(本题14分)设椭圆C 的两焦点为12,F F ，两准线为12,l l ，过椭圆上的一点P ，作平行于12F F 的直线，分别交12,l l 于12,M M ，直线11M F 与22M F 交于点Q .证明：12,,,P F Q F 四点共圆． 证：设椭圆方程为22221,(0)x y a b a b+=>>，据对称 性知，点Q 在Y 轴上（如图）；记12QF QF m ==，11221122,,,PF r PF r PQ t M F M F k =====，则有：1121,2PF e r r a PM =+=，为证12,,,P F Q F 四点共圆，据托勒密定理，只要证， 1212mr mr t F F +=⋅，即22m a t c ⋅=⋅，也即m c e t a == ……………① 由1111QF OF QM HM =，即222m c c e a m k a c⎛⎞===⎜⎟+⎝⎠，所以21k e m k =−+， 在1PM Q Δ中，由斯特瓦特定理，22211m k PF PM PQ mk m k m k =⋅+⋅−++ …………………………② 即222222112(1)(1)r m e r e t e m e e −⎛⎞=⋅+−−⋅⎜⎟⎝⎠………………………③ 因为210e −≠，由③得，222m e t =，即m e t =，故①成立，因此12,,,P F Q F 四点共圆． （也可不用托勒密定理证：由②得2()PQ m m k =+，则1PQF Δ∽1M QP Δ，于是11221QPF M M QF F ∠=∠=∠=∠，因此12,,,P F Q F 四点共圆．）10、(本题15分)将正整数数列1,2,3,!!中凡是被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的数按自小到大的顺序排成数列a 1,a 2,a 3,! ，再将数列{}n a 中，凡是下标被4整除以及被4除余1的项全部删去，剩下的项按自小到大的顺序排成数列b 1,b 2,b 3,!；证明：每个大于1的奇平方数，都是数列{}n b 中的两个相邻项的和．证：易知a 2n −1=4n −2,a 2n =4n −1,n =1,2,3,!，因此，∀n ∈N ,a 4n +1=8n +2,a 4n +2=8n +3,a 4n +3=8n +6,a 4n +4=8n +7；在将{}n a 中的项4n a 及41n a +删去之后，所得到的数列{}n b ，其通项为：b 2n +1=8n +3,b 2n +2=8n +6,n =0,1,2,!；即数列{}n b 的项为：3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43,!，观察易知，222212346710113,5,7,9b b b b b b b b =+=+=+=+，……； 若记(1)2k k k r += ，我们来证明，一般地有：21(21)k k r r k b b ++=+，1,2,3,k = …. 由于r 4m =8m 2+2m ,r 4m +1=8m 2+6m +1,r 4m +2=8m 2+10m +3,r 4m +3=8m 2+14m +6；所以[]44212(4)1,m m r r b b m ++=+ []4141212(41)1,m m r r b b m ++++=++[]4242212(42)1,m m r r b b m ++++=++ []4343212(43)1,m m r r b b m ++++=++ 合并以上四式得，对于每个正整数k ，21(21)k k r r b b k ++=+．其中(1)2k k k r +=．11、(本题15分)试求所有由互异正奇数构成的三元集{},,a b c ，使其满足：222=2019a b c ++．解：据对称性，不妨设a b c <<，由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5,5,9形式，要么是1,9,9形式；又知，如果正整数n 是3的倍数，那么2n 必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么2n 被3除余1．由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数,,a b c 皆不是3的倍数．注意44c ≤=，即奇数43c ≤，而222232019c a b c >++=，即2667c >，且c 不是3的倍数，故奇数29c ≥． 因此奇数{}29,31,35,37,41,43c ∈；注意如下事实：如果奇数22N x y =+为两个正整数的平方和，那么偶数2N 必可表为两个互异正奇数的平方和．这是由于，222222()()()Nx y x y x y =+=−++； 若43c =，方程化为：()2222221702852672(29)a b +==×=+=+，因此：2222170113711=+=+．于是得两解：{}{},,1,13,43a b c =，以及{}{},,7,11,43a b c =；若41c =，方程化为()22222223382132512717a b +==×=+=+；由此得：{}{},,7,17,41a b c =； 若37c =，方程化为22222222222226502135=2(2+3)(3+4)=2(1+18)=2(6+17)=2(10+15)a b +==××， 因此，22222265017191123525=+=+=+，得到三个解：{}{}{}{},,17,19,37,11,23,37,5,25,37a b c =.若35c =，方程化为：227942397a b +==×，而397是一个41N +形状的质数，HQP NMF E C BA 它可唯一地表为两平方和：22397619=+，所以2222222(619)1325a b +=+=+， 得到一个解：{}{},,13,25,35a b c =.若31c =，方程化为：22211582529223a b +==×=×，而23是41N −形状的质数，它不能表为两个正整数的平方和；若29c =，方程化为：22117821931a b +==××，它含有41N −形状的单质因子，故不能表为两平方和；综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{},,a b c ，即为：1,13,43{},7,11,43{},13,25,35{},5,25,37{},11,23,37{},17,19,37{},7,17,41{}.12、(本题20分),BE CF 分别是锐角三角形ABC Δ的两条高，以AB 为直径的圆与直线CF 相交于点,M N ，以AC 为直径的圆与直线BE 相交于点,P Q . 证明：,,,M N P Q 四点共圆．证：如图设三角形ABC Δ的垂心为H ，则()()MH HN MF HF NF HF ⋅=−+ 22()()MF HF MF HF MF HF =−+=−222()AF FB AH AF AF AB AH =⋅−−=⋅−同理有，2PH HQ AE AC AH ⋅=⋅− 因BCEF 四点共圆，知AF AB AE AC ⋅=⋅， 故由以上两式得MH HN PH HQ ⋅=⋅，所以,,,M N P Q 四点共圆．。

中；
……18 '
若 x 672 ，假若 x y ，只有 y 2x ，这种数 y 也已悉数被挖去，即 y X ，因此 X 不
是好集，这种 a 也不合要求． 综上所述， a 的最大值为 671 ．
…… 20 '
将 AN 方程与椭圆方程联立，得 b2 a2k 2 x2 2a3k 2 x k 2a2 a2b2 0
xA
xN
2a3k 2 b2 a2k2
, xN
ab2 a3k 2 b2 a2k2
yN
2kab2 b2 a2k2
,
AM
a
1 k 2
…… 9 ' ……12 '
AN
ab2 a3k 2 b2 a2k2
若 X 中存在 x y, x y ，因 x 672 ， y 2016 ，则 y 3x ；
若 x 672 ，如果 x y , x y ，只有 y 2x 或者 y 3x ，此时 y 的取值只能是：
y 2 672 1344 ， 或 者 y 3 672 2016 ； 由 于
1344 2(672 0), 2016 2(672 336) ， 这 说 明 ， 这 两 个 数 已 被 挖 去 ， 不 在 集 合 X
， AM
a cos
( ) ，…… 6 ' 2
因此
AM
AN
2a2b2 b2 cos2 a2 sin2
，…… 9 '
又据 AN ∥ CD ，则点 C, D 坐标为： C( OD cos, OD sin ) ，
D( OD cos, OD sin ) ，……12'
因为 C, D 在椭圆上，则
点 A, N 的坐标为 A(a, 0), N (a cos , b sin ) ，则直线 AN 方程为