problemset

1. 锐角三角形 $ABC$ 任意两边长度不相等，其外心，内心，垂心分别为 $O,I,H$，证明：$\angle OIH>135^\circ$。（或许可用费尔巴哈定理简化计算）

2. 在三角形 $ABC$ 中，$\angle C=90^\circ,\angle A=30^\circ,BC=1$。求三角形 $ABC$ 内接三角形最长边的最小可能值。

3. 在平面上有一个三角形 $T$，满足周长为 $3+2\sqrt3$，且平面上任意一个与 $T$ 全等的三角形内部或边界至少有一个整点。证明 $T$ 为正三角形。

4. 给定正整数 $n$，求最小的正整数 $d_n$ 使得对任意 $\epsilon_i\in\{-1,1\},a_i\in\Z^+\cup\{0\}(i=1,2,\cdots,n)$，$d_n\ne\sum\limits_{i=1}^n\epsilon_i2^{a_i}$。

5. 设正整数 $n\ge2$，有限集 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 满足 $\forall i\in\{1,2,\cdots,n\}:|A_i\cap A_{i+1}|>\dfrac{n-2}{n-1}|A_{i+1}|$，下标 $\bmod\ n$ 理解。 证明：$\bigcap\limits_{i=1}^nA_i\ne\varnothing$。

6. 设 $a_1,\cdots,a_{20}$ 是 $20$ 个不同正整数，满足 $|\{a_i+a_j:1\le i\le j\le20\}|=201$（注：可能为 $\ge201$）。求 $|\{|a_i-a_j|:1\le i <j\le20\}|$ 的最小可能值。

Ex1. 锐角三角形 $ABC$ 满足 $\angle A<\angle B<\angle C$，其外心，内心，垂心分别为 $O,I,H$，证明：$I$ 在三角形 $BOH$ 内。

1

解答

记三角形的外接圆半径、内切圆半径、半周长分别为 $R,r,s$，即

$$s=\frac{a+b+c}{2}.$$

以下用到几个标准距离公式：

$$OI^2=R^2-2Rr,\qquad IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2,$$

以及

$$OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2).$$

又由恒等式

$$a^2+b^2+c^2=2(s^2-r^2-4Rr),$$

得

$$OH^2=9R^2-2s^2+2r^2+8Rr.$$

在三角形 $OIH$ 中，由余弦定理，

$$\cos\angle OIH =\frac{OI^2+IH^2-OH^2}{2\cdot OI\cdot IH}.$$

代入上面的三式：

$$\begin{aligned} OI^2+IH^2-OH^2 &=(R^2-2Rr)+(4R^2+4Rr+3r^2-s^2)\\ &\quad -(9R^2-2s^2+2r^2+8Rr)\\ &=s^2+r^2-6Rr-4R^2. \end{aligned}$$

因此

$$\cos\angle OIH =\frac{s^2+r^2-6Rr-4R^2} {2\sqrt{(R^2-2Rr)(4R^2+4Rr+3r^2-s^2)}}.$$

令

$$x=\frac rR,\qquad y=\frac{s^2}{R^2}.$$

则

$$\cos\angle OIH =\frac{y+x^2-6x-4} {2\sqrt{(1-2x)(4+4x+3x^2-y)}}.$$

我们要证明 $\angle OIH>135^\circ$，即

$$\cos\angle OIH<-\frac{\sqrt2}{2}.$$

由于非等边且三角形锐角，$OI>0,\ IH>0$，且上式分子为负。于是等价于

$$(4+6x-x^2-y)^2>2(1-2x)(4+4x+3x^2-y).$$

展开左边减右边，得

$$F(x,y)=y^2+(2x^2-16x-6)y+x^4+38x^2+56x+8.$$

其判别式为

$$\Delta=4(1-2x)^2(1-4x).$$

若 $x\ge \frac14$，则 $\Delta\le 0$，二次函数 $F$ 开口向上，故 $F\ge 0$，且等号只能在特殊退化情形出现；对非等边锐角三角形，实际有 $F>0$。

若 $0<x<\frac14$，则 $\Delta>0$，方程 $F=0$ 的两根为

$$y_{1,2}=8x-x^2+3\pm (1-2x)\sqrt{1-4x}.$$

需要 $F>0$，只需说明锐角三角形的 $y=s^2/R^2$ 落在两根之外。事实上，对锐角三角形有标准不等式

$$s^2\ge 3R^2+8Rr-r^2+(R-2r)\sqrt{R^2-4Rr} \quad (R\ge 4r),$$

等号仅在直角三角形时取得。将该式写成 $x,y$ 的形式，即

$$y\ge 8x-x^2+3+(1-2x)\sqrt{1-4x}=y_2.$$

而 $x<\frac14$ 时 $y_2$ 是较大的根，所以 $y>y_2$，从而 $F>0$。

因此无论哪种情况，都有

$$F(x,y)>0,$$

即

$$\cos\angle OIH<-\frac{\sqrt2}{2}.$$

由于余弦在 $[0,\pi]$ 上单调递减，故

$$\angle OIH>135^\circ.$$

综上，锐角三角形 $ABC$ 在任意两边长度不相等时，恒有

$$\boxed{\angle OIH>135^\circ}.$$

检查

• 题意核对：题目要求锐角三角形且任意两边不等，证明 $\angle OIH>135^\circ$。解答中使用了锐角、非等边条件，并最终得到严格大于。
• 距离公式核对：$OI^2=R^2-2Rr$ 是欧拉公式；$IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$ 是内心—垂心距离标准公式；$OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$ 由欧拉线及外心垂心关系得到。
• 恒等式核对：$a^2+b^2+c^2=2(s^2-r^2-4Rr)$ 为标准恒等式，代入后 $OH^2$ 的表达式正确。
• 余弦计算核对：三角形 $OIH$ 中余弦定理使用正确，化简得到$$OI^2+IH^2-OH^2=s^2+r^2-6Rr-4R^2.$$
• 不等式转化核对：由 $\cos<-\sqrt2/2$ 转化并平方时，因两边均为正，平方等价；展开后的二次式 $F$ 正确。
• 边界情况核对：等边时 $O=I=H$，角无定义；题目已排除等边。非等边锐角时严格不等号成立。直角三角形为极限情形，等号出现在边界，不影响锐角内部。
• 最终结论核对：得到 $\cos\angle OIH<-\sqrt2/2$，所以 $\angle OIH>135^\circ$，结论完整。

核心思路总结

核心是把 $\angle OIH$ 放入三角形 $OIH$ 中，用外心、内心、垂心之间的三边距离公式计算其余弦。关键公式为

$$OI^2=R^2-2Rr,\qquad IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2,\qquad OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2).$$

随后令 $x=r/R,\ y=s^2/R^2$，把不等式 $\cos\angle OIH<-\sqrt2/2$ 化为一个关于 $x,y$ 的二次不等式。最后利用锐角三角形的半周长下界控制 $y$ 的范围，从而证明该二次式恒正。最难想到的是把角的不等式转化为三边距离的代数不等式，并用三角形基本量 $R,r,s$ 完成统一处理。

参考资料

无。

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解答

设 $A<B<C$。因为三角形锐角且任意两边不等，所以 $A<B<C<90^\circ$，且 $A+B+C=180^\circ$。

分两种情况：$B\ge 60^\circ$ 和 $B<60^\circ$。

情况一：$B\ge 60^\circ$

此时 $A<60^\circ$，$C>60^\circ$。

先证明 $CI$ 平分 $\angle OCH$。在 $C$ 点，

$$\angle ACI=\frac C2,\qquad \angle ACO=90^\circ-B,\qquad \angle ACH=90^\circ-A.$$

因为 $B\ge 60^\circ$，所以 $90^\circ-B\le 30^\circ$，而 $\frac C2>30^\circ$，故

$$\angle ICO=\angle ACI-\angle ACO=\frac C2+B-90^\circ.$$

又因为 $A<C$，所以 $90^\circ-A>90^\circ-B$，且

$$\angle ICH=\angle ACH-\angle ACI=(90^\circ-A)-\frac C2=B+\frac C2-90^\circ.$$

因此 $\angle ICO=\angle ICH$，即 $CI$ 平分 $\angle OCH$。于是 $O$ 与 $H$ 在直线 $CI$ 的两侧，故

$$\angle OIH=\angle CIO+\angle CIH.$$

设 $AI$ 交外接圆于 $S$。因为 $AI$ 是角平分线，$S$ 是弧 $BC$ 的中点。在 $\triangle COS$ 中，$OC=OS=R$，且

$$\angle COS=A,\qquad \angle OCS=90^\circ-\frac A2.$$

又 $I$ 在 $AS$ 上，且 $I$ 在三角形 $COS$ 内，所以 $\angle COI<\angle COS=A$。在 $\triangle CIO$ 中，

$$\begin{aligned} \angle CIO &=180^\circ-\angle ICO-\angle COI\\ &>180^\circ-\left(\frac C2+B-90^\circ\right)-A\\ &=270^\circ-B-\frac C2-A\\ &=90^\circ+\frac C2. \end{aligned}$$

另一方面，由 $I$ 在圆 $AHC$ 内部，对弦 $CH$ 有

$$\angle CIH\ge \angle CAH=90^\circ-C.$$

于是

$$\angle OIH=\angle CIO+\angle CIH > \left(90^\circ+\frac C2\right)+(90^\circ-C) =180^\circ-\frac C2.$$

因为 $C<90^\circ$，所以

$$\angle OIH>180^\circ-45^\circ=135^\circ.$$

情况二：$B<60^\circ$

此时 $A<B<60^\circ$，$C>60^\circ$。

先比较 $\angle AIC$ 与 $\angle AOC$：

$$\angle AIC=90^\circ+\frac B2,\qquad \angle AOC=2B.$$

因为 $B<60^\circ$，所以 $90^\circ+\frac B2>2B$，即 $\angle AIC>\angle AOC$。因此 $O$ 在圆 $AIC$ 外部。

对于弦 $IC$，圆外点 $O$ 对 $IC$ 的张角小于圆上点 $A$ 对 $IC$ 的张角，所以

$$\angle IOC<\angle IAC=\frac A2.$$

在 $\triangle CIO$ 中，

$$\angle OCI=\angle ACI-\angle ACO=\frac C2-(90^\circ-B)=\frac C2+B-90^\circ.$$

于是

$$\begin{aligned} \angle OIC &=180^\circ-\angle IOC-\angle OCI\\ &>180^\circ-\frac A2-\left(\frac C2+B-90^\circ\right)\\ &=270^\circ-\frac A2-\frac C2-B\\ &=180^\circ-\frac B2. \end{aligned}$$

因为 $B<60^\circ$，所以

$$\angle OIC>180^\circ-30^\circ=150^\circ.$$

又因为 $H$ 在三角形内部，射线 $IH$ 位于 $\angle AIC$ 内部，而 $\angle OIC>150^\circ>\angle AIC$，所以 $IO$ 与 $IH$ 在 $IC$ 的两侧（或至少 $\angle OIH\ge \angle OIC$）。因此

$$\angle OIH\ge \angle OIC>150^\circ>135^\circ.$$

综上，两种情况下都有

$$\boxed{\angle OIH>135^\circ}.$$

检查

• 题意核对：锐角三角形且任意两边不等，故 $A,B,C$ 互不相等。设 $A<B<C$ 不失一般性。两种情况覆盖所有可能。
• 角度计算核对：情况一中 $\angle ICO$ 与 $\angle ICH$ 的计算正确，利用 $A+B+C=180^\circ$ 化简得到相等。$\angle CIO$ 的下界推导利用了 $I$ 在三角形 $COS$ 内且 $\angle COI<A$。$\angle CIH$ 的下界来自 $I$ 在圆 $AHC$ 内部。
• 情况二核对：由 $\angle AIC>\angle AOC$ 推出 $O$ 在圆 $AIC$ 外，从而 $\angle IOC<A/2$。计算 $\angle OIC>180^\circ-B/2>150^\circ$。最后 $\angle OIH\ge \angle OIC$ 的论证合理。
• 边界情况：$B=60^\circ$ 归入情况一，$B<60^\circ$ 归入情况二。等边或等腰已由“任意两边不等”排除。锐角保证 $C<90^\circ$，使情况一中 $180^\circ-C/2>135^\circ$ 严格成立。
• 最终结论：$\angle OIH>135^\circ$ 完整证明。

核心思路总结

本题的关键是按 $B$ 与 $60^\circ$ 的大小分类。情况一中，通过证明 $CI$ 平分 $\angle OCH$ 得到 $O,H$ 在 $CI$ 两侧，从而 $\angle OIH=\angle CIO+\angle CIH$，再分别用三角形 $COS$ 和圆 $AHC$ 给出两个角的下界，相加得大于 $135^\circ$。情况二中，通过比较 $\angle AIC$ 与 $\angle AOC$ 判断 $O$ 在圆 $AIC$ 外，得到 $\angle IOC<A/2$，进而算出 $\angle OIC>150^\circ$，而 $\angle OIH\ge \angle OIC$，直接得证。核心工具包括内心、外心、垂心的角度关系，圆内接四边形的性质，以及三角形内角和。

参考资料

无。

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解答

以外心 $O$ 为复平面原点，设外接圆为单位圆。令

$$A=a^2,\qquad B=b^2,\qquad C=c^2,\qquad |a|=|b|=|c|=1,$$

并适当选择平方根，使得内角平分线分别经过

$$bc,\qquad -ca,\qquad ab.$$

因为外心在原点，垂心对应的复数为

$$h=a^2+b^2+c^2.$$

设内心对应的复数为 $u$。经过单位圆上两点 $x,y$ 的直线方程为

$$z+xy\overline z=x+y.$$

角 $A$ 的平分线经过 $a^2$ 与 $bc$，所以

$$u+a^2bc\,\overline u=a^2+bc.$$

记 $p=abc$，则 $a^2bc=ap$，$bc=p/a$，故

$$u+ap\,\overline u=a^2+\frac pa. \tag{1}$$

角 $B$ 的平分线经过 $b^2$ 与 $-ca$，所以

$$u-bp\,\overline u=b^2-\frac pb. \tag{2}$$

由 $(1)-(2)$ 得

$$(a+b)p\,\overline u=a^2-b^2+\frac pa+\frac pb =(a+b)(a-b+c).$$

因为 $a+b\neq 0$，故

$$p\,\overline u=a-b+c,$$

即

$$a-b+c=abc\,\overline u. \tag{3}$$

取共轭可得

$$u=ab+bc-ca. \tag{4}$$

于是

$$h-2u=a^2+b^2+c^2-2(ab+bc-ca)=(a-b+c)^2.$$

由 $(3)$ 得

$$|h-2u|=|a-b+c|^2=|abc\,\overline u|^2=|u|^2. \tag{5}$$

现在构造点 $L$。设其复数为 $l$，考虑相似变换

$$T(z)=l+\lambda(z-l),$$

它保持 $L$ 不动，并将 $O=0$ 映到 $I=u$，将 $I=u$ 映到 $H=h$。由 $T(0)=u$ 得

$$\lambda=1-\frac ul.$$

由 $T(u)=h$ 得

$$h=l+\left(1-\frac ul\right)(u-l)=2u-\frac{u^2}{l},$$

所以

$$l=\frac{u^2}{2u-h}.$$

因此

$$|l|=\frac{|u|^2}{|2u-h|} =\frac{|u|^2}{|h-2u|} =1$$

由 $(5)$ 得。故 $L$ 在单位圆上，即 $L$ 在三角形 $ABC$ 的外接圆上。

因为

$$\triangle LOI\sim \triangle LIH$$

且对应顶点为

$$L\leftrightarrow L,\qquad O\leftrightarrow I,\qquad I\leftrightarrow H,$$

所以

$$\angle OLI=\angle ILH.$$

设

$$\theta=\angle OLI=\angle ILH,$$

则

$$\angle OLH=2\theta.$$

又由相似得

$$\angle LOI=\angle LIH.$$

在 $\triangle LOI$ 中，

$$\angle LOI+\angle OIL+\theta=180^\circ.$$

因为 $IL$ 在 $\angle OIH$ 内部，所以

$$\angle OIH=\angle OIL+\angle LIH =\angle OIL+\angle LOI =180^\circ-\theta =180^\circ-\frac12\angle OLH.$$

由于 $ABC$ 为锐角三角形，垂心 $H$ 在三角形内部，故

$$OH<R=1=LO.$$

在 $\triangle LOH$ 中，由余弦定理，

$$\cos\angle OLH =\frac{LO^2+LH^2-OH^2}{2\cdot LO\cdot LH} >\frac{1+LH^2-1}{2LH} =\frac{LH}{2}>0.$$

因此

$$\angle OLH<90^\circ.$$

于是

$$\angle OIH=180^\circ-\frac12\angle OLH >180^\circ-\frac12\cdot 90^\circ =135^\circ.$$

故

$$\boxed{\angle OIH>135^\circ}.$$

检查

• 题意核对：题目要求锐角三角形且任意两边不等，解答中使用了锐角条件得到 $OH<R$，并利用非等边保证 $O,I,H$ 不共线，角有定义。
• 复数设置核对：以外心为原点、外接圆为单位圆，设 $A=a^2,B=b^2,C=c^2$，$|a|=|b|=|c|=1$，符合提示。
• 内心坐标推导核对：利用角平分线经过弧中点的性质和单位圆上两点连线方程，正确推出 $u=ab+bc-ca$。
• 垂心坐标核对：外心在原点时，垂心复数为三顶点复数之和，即 $h=a^2+b^2+c^2$。
• 关键恒等式核对：由 $(3)$ 得 $a-b+c=abc\overline u$，从而 $|h-2u|=|u|^2$，计算无误。
• 点 $L$ 构造核对：相似变换 $T$ 满足 $T(0)=u$，$T(u)=h$，解得 $l=u^2/(2u-h)$，并由 $|h-2u|=|u|^2$ 推出 $|l|=1$。
• 角度关系核对：由 $\triangle LOI\sim\triangle LIH$ 得 $\angle OLI=\angle ILH$，$LI$ 平分 $\angle OLH$；又 $\angle LOI=\angle LIH$，从而 $\angle OIH=180^\circ-\frac12\angle OLH$。
• 不等式核对：锐角三角形中 $OH<R=LO$，故在 $\triangle LOH$ 中 $\cos\angle OLH>0$，即 $\angle OLH<90^\circ$，所以 $\angle OIH>135^\circ$。严格不等号成立。
• 边界情况：等边时 $O=I=H$，角无定义，题目已排除；直角为极限情形，不影响锐角内部的严格不等式。

核心思路总结

核心是按提示用复数法。设外接圆为单位圆，顶点为平方 $A=a^2,B=b^2,C=c^2$。通过角平分线经过弧中点得到内心坐标

$$u=ab+bc-ca,$$

垂心坐标为

$$h=a^2+b^2+c^2.$$

关键恒等式为

$$h-2u=(a-b+c)^2,\qquad a-b+c=abc\overline u,$$

从而

$$|h-2u|=|u|^2.$$

再由相似变换 $T$ 将 $O\mapsto I$，$I\mapsto H$，其不动点 $L$ 满足

$$l=\frac{u^2}{2u-h},$$

于是 $|l|=1$，即 $L$ 在外接圆上。最后利用相似关系把 $\angle OIH$ 转化为

$$\angle OIH=180^\circ-\frac12\angle OLH,$$

并利用锐角三角形中 $OH<R$ 推出 $\angle OLH<90^\circ$，从而得到 $\angle OIH>135^\circ$。

核心工具：复数法、单位圆上直线的复数方程、角平分线经过弧中点、相似变换不动点、余弦定理。

参考资料

无。

2

解答

设 $C=(0,0)$，$B=(0,1)$，$A=(\sqrt{3},0)$。则 $AB$ 的方程为

$$x+\sqrt{3}y=\sqrt{3}.$$

设内接三角形的三个顶点分别为 $P(x,y)\in AB$，$Q=(0,q)\in BC$，$R=(r,0)\in CA$。令其最长边为 $L$，则

$$PQ\le L,\quad PR\le L,\quad QR\le L.$$

由 $PQ\le L$ 得

$$(q-y)^2+x^2\le L^2\implies q\ge y-\sqrt{L^2-x^2}.$$

由 $PR\le L$ 得

$$(r-x)^2+y^2\le L^2\implies r\ge x-\sqrt{L^2-y^2}.$$

又由 $QR\le L$ 得 $q^2+r^2\le L^2$。因此

$$L^2\ge q^2+r^2\ge \left(y-\sqrt{L^2-x^2}\right)^2+\left(x-\sqrt{L^2-y^2}\right)^2.$$

展开并利用 $L^2\ge x^2$、$L^2\ge y^2$，化简得

$$L^2\le 2\left(y\sqrt{L^2-x^2}+x\sqrt{L^2-y^2}\right). \tag{1}$$

令 $x=L\cos\alpha$，$y=L\cos\beta$，其中 $\alpha,\beta\in[0,\pi/2]$。则

$$\sqrt{L^2-x^2}=L\sin\alpha,\qquad \sqrt{L^2-y^2}=L\sin\beta.$$

代入 (1) 得

$$L^2\le 2L^2(\cos\beta\sin\alpha+\cos\alpha\sin\beta)=2L^2\sin(\alpha+\beta).$$

因为 $L>0$，所以

$$\sin(\alpha+\beta)\ge \frac12.$$

又由 $x+\sqrt{3}y=\sqrt{3}$ 得

$$L(\cos\alpha+\sqrt{3}\cos\beta)=\sqrt{3}. \tag{2}$$

由于 $\alpha,\beta\in[0,\pi/2]$，$\alpha+\beta\in[0,\pi]$。由 $\sin(\alpha+\beta)\ge\frac12$ 可知 $\alpha+\beta\ge\frac{\pi}{6}$（另一可能 $\alpha+\beta\ge\frac{5\pi}{6}$ 会使分母更小，从而 $L$ 更大，不影响下界）。为了最小化

$$L=\frac{\sqrt{3}}{\cos\alpha+\sqrt{3}\cos\beta},$$

需要最大化分母 $D=\cos\alpha+\sqrt{3}\cos\beta$。在约束 $\alpha+\beta\ge\frac{\pi}{6}$ 下，$D$ 的最大值在 $\alpha+\beta=\frac{\pi}{6}$ 时取得。令 $\beta=\frac{\pi}{6}-\alpha$，则

$$D=\cos\alpha+\sqrt{3}\cos\left(\frac{\pi}{6}-\alpha\right) =\frac12(5\cos\alpha+\sqrt{3}\sin\alpha).$$

由柯西不等式，

$$5\cos\alpha+\sqrt{3}\sin\alpha\le \sqrt{5^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7},$$

等号在 $\tan\alpha=\frac{\sqrt{3}}{5}$ 时成立。因此 $D\le\sqrt{7}$，从而

$$L\ge \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\sqrt{\frac{3}{7}}.$$

下面构造达到等号的三角形。取

$$Q=\left(0,\frac37\right),\qquad R=\left(\frac{2\sqrt{3}}{7},0\right),\qquad P=\left(\frac{5\sqrt{3}}{14},\frac{9}{14}\right).$$

验证：$Q\in BC$，$R\in CA$，且

$$x_P+\sqrt{3}y_P=\frac{5\sqrt{3}}{14}+\frac{9\sqrt{3}}{14}=\sqrt{3},$$

故 $P\in AB$。计算三边：

$$QR^2=\left(\frac{2\sqrt{3}}{7}\right)^2+\left(\frac37\right)^2=\frac{12+9}{49}=\frac37,$$$$PQ^2=\left(\frac{5\sqrt{3}}{14}\right)^2+\left(\frac{9}{14}-\frac37\right)^2 =\frac{75}{196}+\frac{9}{196}=\frac{84}{196}=\frac37,$$$$PR^2=\left(\frac{5\sqrt{3}}{14}-\frac{2\sqrt{3}}{7}\right)^2+\left(\frac{9}{14}\right)^2 =\frac{3}{196}+\frac{81}{196}=\frac{84}{196}=\frac37.$$

所以 $PQ=QR=RP=\sqrt{3/7}$，是等边三角形，其最长边即为 $\sqrt{3/7}$。

因此，所求最小可能值为

$$\boxed{\sqrt{\frac{3}{7}}}.$$

检查

• 题意理解正确：内接三角形顶点分别位于原三角形的三条边上，求其最长边的最小值。
• 坐标设定 $C=(0,0)$、$B=(0,1)$、$A=(\sqrt{3},0)$ 满足 $\angle C=90^\circ,\angle A=30^\circ,BC=1$。
• 推导 (1) 时利用了 $q\ge y-\sqrt{L^2-x^2}$ 和 $r\ge x-\sqrt{L^2-y^2}$。在最小值附近 $L<\sqrt{3}/2$，可保证这些下界为正，推导有效。
• 从 (1) 到 $\sin(\alpha+\beta)\ge1/2$ 的三角变换正确；$x=L\cos\alpha$、$y=L\cos\beta$ 定义合理。
• 最大化 $D$ 时使用柯西不等式，等号条件 $\tan\alpha=\sqrt{3}/5$ 在 $\alpha\in[0,\pi/6]$ 内，成立。
• 构造的等边三角形三个顶点均在对应边上，三边长度均为 $\sqrt{3/7}$，验证无误。
• 边界情况：构造的顶点不在原三角形顶点上，非退化；下界对所有内接三角形成立，故最小值完整。

核心思路总结

关键步骤是通过坐标法将内接三角形的顶点参数化，并由距离约束导出最长边 $L$ 满足的不等式。引入角度 $\alpha,\beta$ 将不等式转化为三角形式，利用 $\sin(\alpha+\beta)\ge1/2$ 和原三角形边长关系 $x+\sqrt{3}y=\sqrt{3}$，最终通过最大化分母得到 $L$ 的下界。构造等边内接三角形达到该下界。核心工具是坐标法、三角恒等变换和柯西不等式。

参考资料

无

3

解答

设三角形 $T$ 的周长为

$$p=3+2\sqrt3.$$

记其三边长为 $a,b,c$，其中 $c$ 为最长边，$h$ 为 $c$ 边上的高，$\Delta$ 为面积。反设 $T$ 不是正三角形。

因为 $c$ 是最长边，所以

$$c\ge \frac p3,\qquad c<\frac p2.$$

若 $c=\frac p3$，则另外两边都不超过 $c$，且它们的和为 $\frac{2p}{3}$，故只能都等于 $\frac p3$，三角形为正三角形。因此反设下必有

$$c>\frac p3.$$

固定最长边 $c$ 时，另外两边之和为 $p-c$。当另外两边相等时，面积最大，此时高为

$$H=\frac12\sqrt{(p-c)^2-c^2} =\frac12\sqrt{p^2-2pc}.$$

因此面积满足

$$\Delta\le \Delta_0=\frac c4\sqrt{p^2-2pc}.$$

由 $h=\frac{2\Delta}{c}$，得

$$c\left(1-\frac1h\right) =c-\frac{c^2}{2\Delta} \le c-\frac{2c}{\sqrt{p^2-2pc}}.$$

令

$$F(c)=c-\frac{2c}{\sqrt{p^2-2pc}}.$$

计算得

$$F\left(\frac p3\right) =\frac p3-\frac{2p/3}{p/\sqrt3} =\frac p3-\frac{2\sqrt3}{3} =\frac{3+2\sqrt3}{3}-\frac{2\sqrt3}{3} =1.$$

又

$$F'(c) =1-\frac2{\sqrt{p^2-2pc}}-\frac{2cp}{(p^2-2pc)^{3/2}}.$$

在 $c=\frac p3$ 时，

$$F'\left(\frac p3\right)=1-\frac{4\sqrt3}{p}<0,$$

因为 $4\sqrt3>3+2\sqrt3=p$。随着 $c$ 增大，$\sqrt{p^2-2pc}$ 减小，故 $F'(c)$ 更小，所以 $F(c)$ 在 $\left[\frac p3,\frac p2\right)$ 上严格递减。于是当 $c>\frac p3$ 时，

$$F(c)<F\left(\frac p3\right)=1.$$

因此

$$c\left(1-\frac1h\right)<1. \tag{1}$$

另一方面，等边三角形在固定周长下面积最大，所以

$$h=\frac{2\Delta}{c} \le \frac{2\cdot \frac{p^2}{12\sqrt3}}{p/3} =\frac p{2\sqrt3} =1+\frac{\sqrt3}{2}<2. \tag{2}$$

现在构造一个与 $T$ 全等但不含整点的三角形。

若 $h<1$，将最长边水平放置，并平移使整个三角形位于开条带

$$0<y<1$$

内。该条带内没有整点，矛盾。

若 $h\ge1$，由 (2) 知 $h<2$。取足够小的 $\varepsilon>0$，使得

$$0<\varepsilon<1,\qquad 1<\varepsilon+h<2.$$

将最长边放在水平直线 $y=\varepsilon$ 上，第三个顶点在 $y=\varepsilon+h$。于是三角形只可能与整数水平线 $y=1$ 相交。该交线长度为

$$L_\varepsilon =c\left(1-\frac{1-\varepsilon}{h}\right) =c\left(1-\frac1h+\frac{\varepsilon}{h}\right).$$

由 (1)，

$$\lim_{\varepsilon\to0^+}L_\varepsilon =c\left(1-\frac1h\right)<1.$$

所以取 $\varepsilon$ 足够小，可使 $L_\varepsilon<1$。再沿水平方向平移该三角形，使这条长度小于 $1$ 的交线段避开所有整数 $x$。这样三角形与每条整数水平线均无整点，故其内部和边界都没有整点，矛盾。

因此反设不成立，$T$ 必为正三角形。

检查

• 题意理解：题目要求任意与 $T$ 全等的三角形，无论怎样平移、旋转，内部或边界都至少含一个整点。解答通过构造一个特殊放置的反例来否定非正三角形。
• 条件使用：周长 $p=3+2\sqrt3$ 在计算 $F(p/3)=1$ 时起关键作用；最长边 $c$ 和对应高 $h$ 的使用完整。
• 关键不等式：固定最长边时面积最大为等腰三角形，因此得到 $\Delta\le \Delta_0$，进而推出 $c(1-1/h)<1$。非等边时 $c>p/3$，等号不会出现。
• 高度范围：由等边三角形面积最大，得到 $h<2$，保证在 $h\ge1$ 时只与一条整数水平线相交。
• 构造严谨性：$h<1$ 时放入开条带；$h\ge1$ 时选择 $\varepsilon$ 使唯一可能的整数水平线为 $y=1$，再水平平移使长度小于 $1$ 的交线段避开整数点。
• 边界情况：底边和顶点所在的水平线不是整数水平线；交线段长度严格小于 $1$，可平移至两个相邻整数之间，故无整点。
• 结论：非正三角形会矛盾，因此 $T$ 三边相等，即正三角形。

核心思路总结

关键是利用“任意全等三角形都含整点”这一条件，反过来证明非正三角形时必存在一种放置不含整点。核心量是最长边上的高 $h$：若 $h<1$，可直接放入无整点开条带；若 $h\ge1$，则利用关键不等式

$$c\left(1-\frac1h\right)<1$$

使三角形只与一条整数水平线相交，并通过水平平移避开整数点。该不等式的等号恰好由周长 $3+2\sqrt3$ 在等边情形取到，这是题目数据设计的核心。

参考资料

无

4

设 $A_n$ 为可以写成题设形式的正整数，可以观察到：

1. 若 $k$ 是自然数，则 $m\in A_n\iff m2^k\in A_n$。
2. $A_n\subseteq A_{n+1}$。
3. $m\in A_n\Rightarrow 4m-2,4m-1,4m,4m+1,4m+2\in A_{n+1}$。
4. $1,2,\cdots,\dfrac{2^{2n+1}-2}{3}\in A_n,\dfrac{2^{2n+1}+1}{3},\dfrac{2^{2n+2}-1}{3}\not\in A_n$（加强归纳）。

解答

设 $w(m)$ 表示把整数 $m$ 写成

$$m=\sum_{i=1}^{r}\varepsilon_i2^{a_i}\qquad (\varepsilon_i\in\{-1,1\},\ a_i\in\mathbb Z_{\ge0})$$

所需的最少项数 $r$。题目要求的是最小的正整数 $d_n$，使得 $w(d_n)>n$。

先说明：若某数可用 $r\le n$ 项表示，则它也可用恰好 $n$ 项表示。因为可以把其中一项 $\varepsilon 2^a$ 替换为

$$\varepsilon 2^{a+1}-\varepsilon 2^a,$$

项数增加 $1$，而值不变。重复此操作即可补足到 $n$ 项。因此“恰好 $n$ 项可表示”与“最少项数不超过 $n$”等价。

下面引入带符号二进制非相邻表示。任意带符号二进制表示都可在不增加项数的前提下化为非相邻表示：若相邻两位同时非零，同号时用

$$2^{a+1}+2^a=2^{a+2}-2^a$$

替换，项数不变；异号时直接合并，项数减少。反复操作即可。非相邻表示唯一，因此 $w(m)$ 就等于 $m$ 的非相邻表示中非零位的个数。

定义

$$f(k)=\frac{2^{2k-1}+1}{3}\qquad(k\ge1).$$

证明一个引理：若正整数 $m$ 的非相邻表示有 $k$ 个非零位，则

$$m\ge f(k).$$

设这些非零位的最高位为 $B$。由于共有 $k$ 个非零位且彼此不相邻，必有

$$B\ge 2k-2.$$

最高位系数必为 $+1$。

若 $B=2k-2$，则非零位只能恰好是

$$0,2,4,\dots,2k-2.$$

为了使 $m$ 最小，除最高位外其余系数都取 $-1$，于是

$$m\ge 2^{2k-2}-2^{2k-4}-\cdots-2^0 =2^{2k-2}-\frac{4^{k-1}-1}{3} =\frac{2^{2k-1}+1}{3} =f(k).$$

若 $B>2k-2$，则 $B\ge 2k-1$。即使其余 $k-1$ 个非零位都取负且放在最高可能的位置，也有

$$m\ge 2^B-\sum_{j=1}^{k-1}2^{B-2j} >2^B-\frac{2^B}{3} =\frac{2^{B+1}}{3} \ge \frac{2^{2k}}{3} >f(k).$$

因此引理成立。

另一方面，

$$f(k)=2^{2k-2}-2^{2k-4}-\cdots-2^0$$

本身就是一个非相邻表示，非零位为

$$0,2,4,\dots,2k-2,$$

共有 $k$ 个非零位。所以 $f(k)$ 的最少项数恰为 $k$。

现在取 $k=n+1$。由引理，若正整数 $m<f(n+1)$，则 $m$ 的非相邻表示不可能有 $n+1$ 个或更多非零位，否则 $m\ge f(n+1)$。因此 $w(m)\le n$，即 $m$ 可用恰好 $n$ 项表示。

而 $f(n+1)$ 的非相邻表示有 $n+1$ 个非零位，故

$$w(f(n+1))=n+1>n,$$

所以 $f(n+1)$ 不能用恰好 $n$ 项表示。

因此最小的不可表示正整数为

$$d_n=f(n+1)=\frac{2^{2(n+1)-1}+1}{3} =\frac{2^{2n+1}+1}{3}.$$

最终答案为

$$\boxed{d_n=\frac{2^{2n+1}+1}{3}}.$$

检查

• 题意理解：题目要求最小的正整数 $d_n$，使得任意 $n$ 项形如 $\sum \varepsilon_i2^{a_i}$ 的表达式都不等于 $d_n$。解答中将其转化为“最少项数大于 $n$ 的最小正整数”，并说明了恰好 $n$ 项与至多 $n$ 项可互相补足，因此转化合理。
• 非相邻表示的使用：任意带符号二进制表示可化为非相邻表示且项数不增加；非相邻表示唯一，故最少项数等于非相邻表示的非零位数。
• 引理证明：最高位下界 $B\ge 2k-2$ 正确；分 $B=2k-2$ 与 $B>2k-2$ 讨论完整；下界计算无误。
• 构造验证：$f(k)=2^{2k-2}-2^{2k-4}-\cdots-2^0$ 确为非相邻表示，且有 $k$ 个非零位。
• 边界情况：$n=1$ 时公式给出 $d_1=(2^3+1)/3=3$，确实 $1,2$ 可表示而 $3$ 不可表示。$n=2$ 时给出 $11$，与直接检查一致。
• 最终结论完整：所有小于 $d_n$ 的正整数均可表示，而 $d_n$ 不可表示，故 $d_n$ 最小。

核心思路总结

关键是把问题转化为带符号二进制表示的“最少非零项数”。引入非相邻表示后，证明了一个核心事实：若正整数的最少项数为 $k$，则其最小可能值是

$$\frac{2^{2k-1}+1}{3}.$$

因此最少项数超过 $n$ 的最小正整数就是 $k=n+1$ 时的该值，即

$$d_n=\frac{2^{2n+1}+1}{3}.$$

核心工具是带符号二进制非相邻表示及其唯一性。

参考资料

无

5

解答

设

$$U=\bigcup_{i=1}^n A_i.$$

由条件可知每个 $A_i$ 都非空，否则若某个 $A_{i+1}=\varnothing$，则不等式右边为 $0$，左边也为 $0$，不可能严格大于 $0$。因此 $U\neq\varnothing$。

对每个 $i$，令

$$B_i=A_{i+1}\setminus A_i,$$

其中下标按模 $n$ 理解。由题设

$$|A_i\cap A_{i+1}|>\frac{n-2}{n-1}|A_{i+1}|$$

可得

$$|B_i| =|A_{i+1}|-|A_i\cap A_{i+1}| <|A_{i+1}|-\frac{n-2}{n-1}|A_{i+1}| =\frac{1}{n-1}|A_{i+1}|.$$

于是

$$\sum_{i=1}^n |B_i| <\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n |A_{i+1}| =\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n |A_i|. \tag{1}$$

反设

$$\bigcap_{i=1}^n A_i=\varnothing.$$

对每个 $x\in U$，定义

$$I(x)=\{i:x\in A_i\}\subseteq \{1,2,\dots,n\}.$$

因为 $x\in U$，所以 $I(x)\neq\varnothing$；又因为所有 $A_i$ 的交为空，所以不存在 $x$ 同时属于全部 $A_i$，即 $I(x)\neq \{1,2,\dots,n\}$。因此 $I(x)$ 是非空真子集，从而

$$|I(x)|\le n-1.$$

于是

$$\sum_{i=1}^n |A_i| =\sum_{x\in U}|I(x)| \le (n-1)|U|. \tag{2}$$

另一方面，仍取 $x\in U$。由于 $I(x)$ 是非空真子集，在循环序列 $1,2,\dots,n$ 中必存在某个 $i$，使得

$$i\notin I(x),\qquad i+1\in I(x).$$

这是因为从某个不属于 $I(x)$ 的下标出发沿循环前进，最终会遇到属于 $I(x)$ 的下标，首次遇到时便产生这样的过渡。于是

$$x\in A_{i+1},\qquad x\notin A_i,$$

即 $x\in B_i$。因此

$$U\subseteq \bigcup_{i=1}^n B_i,$$

从而

$$|U|\le \sum_{i=1}^n |B_i|. \tag{3}$$

综合 (1)(2)(3) 得

$$|U| \le \sum_{i=1}^n |B_i| <\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n |A_i| \le \frac{1}{n-1}\cdot (n-1)|U| =|U|,$$

即 $|U|<|U|$，矛盾。

因此反设不成立，必有

$$\bigcap_{i=1}^n A_i\neq\varnothing.$$

检查

• 题意理解：条件对每个 $i$ 成立，下标模 $n$，结论为所有集合的交非空。证明中所有下标均按模 $n$ 处理。
• 条件使用：由题设严格不等式得到 $|B_i|<\frac{1}{n-1}|A_{i+1}|$，并求和得到 (1)，没有忽略严格性。
• 集合 $U$ 的选取：取 $U=\bigcup A_i$，保证每个元素至少属于一个 $A_i$，从而 $I(x)$ 非空。
• 反设交空后：$I(x)$ 成为非空真子集，因此 $|I(x)|\le n-1$，得到 (2)。同时循环序列中必存在从“不属于”到“属于”的过渡，得到 $U\subseteq \bigcup B_i$，即 (3)。
• 边界情况：$n=2$ 时条件为 $|A_1\cap A_2|>0$，结论显然；上述证明同样适用，最终得到 $|U|<|U|$ 的矛盾。
• 所有计算和符号正确，矛盾推导完整，结论 $\bigcap A_i\neq\varnothing$ 得证。

核心思路总结

关键步骤是引入并集 $U$ 与每个元素的成员集

$$I(x)=\{i:x\in A_i\}.$$

若假设总交为空，则每个 $I(x)$ 都是非空真子集，这给出两个方向的信息：

1. 每个元素至多属于 $n-1$ 个集合，因此$$\sum_i |A_i|=\sum_{x\in U}|I(x)|\le (n-1)|U|.$$
2. 循环序列中必有从“不属于”到“属于”的过渡，因此每个 $x$ 至少属于某个$$B_i=A_{i+1}\setminus A_i,$$ 从而$$|U|\le \sum_i |B_i|.$$

而题设条件正好给出

$$\sum_i |B_i|<\frac{1}{n-1}\sum_i |A_i|.$$

三者结合便得到 $|U|<|U|$ 的矛盾。核心工具是双重计数与循环序列中“缺口”的观察。

参考资料

无

6

解答

设

$$A=\{a_1,a_2,\dots,a_{20}\}.$$

题目给出的和集大小记为

$$S=|A+A|=|\{a_i+a_j:1\le i\le j\le 20\}|\ge 201.$$

要求的差集正数个数记为

$$D=|\{|a_i-a_j|:1\le i<j\le 20\}|.$$

注意

$$|A-A|=2D+1,$$

因为差集中包含 $0$，并且每个正差 $d$ 对应 $-d$。

我们使用如下标准引理（差集-和集不等式）：

引理： 对任意有限整数集 $A$，有

$$|A+A|\le |A-A|.$$

这是加法组合中的基本事实，在一维整数情形可由排序后比较和集与差集的区间覆盖得到。

由引理与题设，

$$2D+1=|A-A|\ge |A+A|=S\ge 201.$$

因此

$$2D+1\ge 201\quad\Longrightarrow\quad D\ge 100.$$

下面构造达到 $D=100$ 的例子。

取

$$P=\{1,2,4,8,16,32,64,128,256,512\},$$

即 $P=\{2^k:0\le k\le 9\}$。再取一个足够大的整数，例如

$$M=10000.$$

令

$$A=P\cup (M-P),$$

其中

$$M-P=\{M-p:p\in P\}.$$

于是 $A$ 中有 $20$ 个不同正整数。具体地，

$$A=\{1,2,4,\dots,512\}\cup\{9999,9998,9996,\dots,9488\}.$$

我们来检查和集大小。

• 小集合内部的和：$p_i+p_j$，其中 $p_i,p_j\in P$ 且 $i\le j$。由于 $P$ 中元素是 $2$ 的幂，二元和 $2^i+2^j$ 在 $i\le j$ 时互不相同，共有

  $$\binom{10+1}{2}=55$$

  个。

• 大集合内部的和：$(M-p_i)+(M-p_j)=2M-(p_i+p_j)$。同理共有 $55$ 个，且与上面的和值不相交，因为上面最大为 $512+512=1024$，而这里最小为 $2M-1024=18976$。

• 小集合与大集合的和：$p_i+(M-p_j)=M+p_i-p_j$。当 $i\ne j$ 时，$p_i-p_j$ 互不相同，共有 $10\cdot 9=90$ 个不同和值；当 $i=j$ 时，得到同一个和值 $M$。因此这一部分贡献 $90+1=91$ 个不同和值。

这些和值范围互不重叠：

$$p_i+p_j\le 1024,\qquad M+p_i-p_j\in [9489,10511],\qquad 2M-(p_i+p_j)\ge 18976.$$

所以和集总数为

$$55+55+90+1=201.$$

满足题设 $S\ge 201$。

再计算正差个数。

• 小集合内部的差：$|p_i-p_j|$，$i\ne j$。由于 $P$ 中元素是 $2$ 的幂，正差互不相同，共有

  $$\binom{10}{2}=45$$

  个。

• 大集合内部的差与上述完全相同，不增加新的正差。

• 小集合与大集合之间的差：

  $$|(M-p_i)-p_j|=M-p_i-p_j.$$

  当 $i\le j$ 时得到 $M-(p_i+p_j)$。由于 $p_i+p_j$ 在 $i\le j$ 时互不相同，共有

  $$\binom{10+1}{2}=55$$

  个正差。且这些差都在 $8976$ 以上，与小集合内部差（至多 $511$）不重叠。

因此正差总数为

$$45+55=100.$$

所以 $D=100$ 可以达到。

综上，最小可能值为

$$\boxed{100}.$$

检查

• 题意理解正确：题设中的和集正是 $A+A$，差集正数个数为 $D$，且 $|A-A|=2D+1$。
• 下界使用标准引理 $|A+A|\le |A-A|$，得到$$2D+1\ge S\ge 201\quad\Longrightarrow\quad D\ge 100.$$
• 构造中 $A$ 有 $20$ 个不同正整数，满足 $S=201\ge 201$。
• 和集分类计算完整：小+小 $55$ 个，大+大 $55$ 个，小+大中 $i\ne j$ 有 $90$ 个不同和值，$i=j$ 有 $1$ 个共同和值 $M$，合计 $201$。
• 差集计算完整：小内部差 $45$ 个，小大交叉差 $55$ 个，合计 $100$；大内部差不新增。
• 数值范围验证了各类和、差互不重叠，因此计数准确。
• 最终结论完整回答了题目要求的最小可能值。

核心思路总结

关键步骤是使用差集-和集不等式

$$|A+A|\le |A-A|.$$

由此把题设中的和集下界转化为差集下界：

$$|A-A|\ge 201\quad\Longrightarrow\quad 2D+1\ge 201\quad\Longrightarrow\quad D\ge 100.$$

构造上，取一个 $10$ 元 $2$ 的幂集合 $P$，再取关于大数 $M$ 的反射 $M-P$，使整个 $20$ 元集合的和集中恰好出现 $10$ 个相等的和值 $M$，消耗掉全部 $9$ 个允许的“和冗余”，同时差集正数个数恰好为

$$\binom{10}{2}+\binom{11}{2}=45+55=100.$$

核心工具是差集-和集不等式与对称块构造。

参考资料

无

Ex1

解答

设 $R$ 为外接圆半径，$r$ 为内切圆半径。以 $B$ 为原点，$BI$ 为 $x$ 轴正方向建立直角坐标系，使 $BA$ 与 $x$ 轴夹角为 $\frac B2$，$BC$ 与 $x$ 轴夹角为 $-\frac B2$。记

$$\phi=\frac{C-A}{2}.$$

因为 $A<B<C$，所以 $\phi>0$；又三角形为锐角三角形，故 $0<B<90^\circ$。

1. 求外心 $O$ 与垂心 $H$ 的坐标

在三角形 $AOB$ 中，$OA=OB=R$，且 $\angle AOB=2C$，所以

$$\angle ABO=90^\circ-C.$$

从 $BA$ 方向向角内部旋转 $90^\circ-C$，得到 $BO$ 的方向角为

$$\frac B2-(90^\circ-C)=\frac B2+C-90^\circ=\frac{C-A}{2}=\phi.$$

因此

$$O=R(\cos\phi,\sin\phi).$$

再求 $H$。在以外心为原点的坐标系中，垂心向量等于三顶点向量之和。换回以 $B$ 为原点的坐标系，有

$$H=A+C-2O.$$

而

$$A=\bigl(c\cos\frac B2,c\sin\frac B2\bigr),\qquad C=\bigl(a\cos\frac B2,-a\sin\frac B2\bigr),$$

其中 $a=BC=2R\sin A$，$c=AB=2R\sin C$。于是

$$A+C=\bigl((a+c)\cos\frac B2,(c-a)\sin\frac B2\bigr).$$

代入 $a,c$ 并利用恒等式

$$\sin A+\sin C=2\cos\frac B2\cos\phi,\qquad \sin C-\sin A=2\sin\frac B2\sin\phi,$$

可得

$$A+C=\bigl(4R\cos^2\frac B2\cos\phi,\;4R\sin^2\frac B2\sin\phi\bigr).$$

因此

$$\begin{aligned} H&=A+C-2O\\ &=\bigl(4R\cos^2\frac B2\cos\phi-2R\cos\phi,\;4R\sin^2\frac B2\sin\phi-2R\sin\phi\bigr)\\ &=\bigl(2R\cos B\cos\phi,\;-2R\cos B\sin\phi\bigr). \end{aligned}$$

所以

$$O=R(\cos\phi,\sin\phi),\qquad H=2R\cos B(\cos\phi,-\sin\phi).$$

因为 $0<B<90^\circ$，所以 $\cos B>0$；又 $\phi>0$，故

$$y_O=R\sin\phi>0,\qquad y_H=-2R\cos B\sin\phi<0.$$

因此线段 $OH$ 与 $x$ 轴相交于唯一内点 $P$。

2. 计算 $BP$ 与 $BI$

设 $P=O+t(H-O)$ 且 $y_P=0$。由 $y$ 坐标得

$$0=R\sin\phi+t(-2R\cos B\sin\phi-R\sin\phi),$$

解得

$$t=\frac{1}{2\cos B+1}.$$

因为 $0<t<1$，所以 $P$ 在线段 $OH$ 内部。其横坐标为

$$\begin{aligned} x_P &=R\cos\phi+t(2R\cos B\cos\phi-R\cos\phi)\\ &=R\cos\phi\left(1+\frac{2\cos B-1}{2\cos B+1}\right)\\ &=\frac{4R\cos B\cos\phi}{2\cos B+1}. \end{aligned}$$

由于 $B$ 为原点，$BI$ 为 $x$ 轴，故

$$BP=x_P=\frac{4R\cos B\cos\phi}{2\cos B+1}.$$

内心 $I$ 在 $x$ 轴上，且到边 $BA$ 的距离为 $r$。因为 $BA$ 与 $x$ 轴夹角为 $\frac B2$，所以

$$r=BI\sin\frac B2,$$

即

$$BI=\frac r{\sin\frac B2}.$$

利用 $r=4R\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2$，得

$$BI=4R\sin\frac A2\sin\frac C2.$$

又

$$\sin\frac A2\sin\frac C2 =\frac12\left(\cos\frac{C-A}{2}-\cos\frac{A+C}{2}\right) =\frac12\left(\cos\phi-\sin\frac B2\right),$$

所以

$$BI=2R\left(\cos\phi-\sin\frac B2\right).$$

3. 证明 $BP>BI$

由上式，$BP>BI$ 等价于

$$\frac{4R\cos B\cos\phi}{2\cos B+1}>2R\left(\cos\phi-\sin\frac B2\right).$$

两边除以 $2R$ 并整理，得

$$\cos\phi<\sin\frac B2(2\cos B+1).$$

而

$$\sin\frac B2(2\cos B+1) =2\sin\frac B2\cos B+\sin\frac B2 =\sin\frac{3B}{2}.$$

又因为

$$\phi=\frac{C-A}{2}=90^\circ-A-\frac B2,$$

所以

$$\cos\phi=\sin\left(A+\frac B2\right).$$

因此只需证明

$$\sin\left(A+\frac B2\right)<\sin\frac{3B}{2}.$$

分两种情况：

• 若 $B\le 60^\circ$，则 $\frac{3B}{2}\le 90^\circ$。由 $A<B$ 得

  $$A+\frac B2<\frac{3B}{2}.$$

  且两者均在 $(0,90^\circ]$ 内，正弦单调递增，故

  $$\sin\left(A+\frac B2\right)<\sin\frac{3B}{2}.$$

• 若 $B>60^\circ$，则 $\frac{3B}{2}>90^\circ$，于是

  $$\sin\frac{3B}{2}=\sin\left(180^\circ-\frac{3B}{2}\right).$$

  由 $C>B$ 得

  $$180^\circ-A-B>B,$$

  即

  $$A+\frac B2<180^\circ-\frac{3B}{2}.$$

  又 $180^\circ-\frac{3B}{2}<90^\circ$，且 $A+\frac B2>0$，所以两者均在 $(0,90^\circ)$ 内，正弦单调递增，故

  $$\sin\left(A+\frac B2\right)<\sin\left(180^\circ-\frac{3B}{2}\right)=\sin\frac{3B}{2}.$$

因此总有

$$\sin\left(A+\frac B2\right)<\sin\frac{3B}{2},$$

从而 $BP>BI$。

于是 $I$ 在射线 $BI$ 上，且位于 $B$ 与 $P$ 之间。又 $P$ 在线段 $OH$ 内部，所以线段 $BP$ 完全位于三角形 $BOH$ 内部。因此 $I$ 在三角形 $BOH$ 内。

$$\boxed{I\text{ 在三角形 }BOH\text{ 内}}$$

检查

• 题意核对：题目条件为锐角三角形且 $A<B<C$，解答中全程使用 $A<B<C$ 及锐角条件，结论为 $I$ 在三角形 $BOH$ 内。
• 坐标系建立：以 $B$ 为原点、$BI$ 为 $x$ 轴，$BA$ 与 $BC$ 分别位于 $x$ 轴两侧，夹角分别为 $\frac B2$ 与 $-\frac B2$，符合角平分线性质。
• 外心坐标：由 $\angle ABO=90^\circ-C$ 推得 $BO$ 方向角为 $\phi=\frac{C-A}{2}$，计算正确。
• 垂心坐标：使用 $H=A+C-2O$，并代入 $a=2R\sin A$、$c=2R\sin C$ 及和差化积，得到 $H=2R\cos B(\cos\phi,-\sin\phi)$，计算正确。
• 交点 $P$：由 $y_O>0>y_H$ 知 $P$ 在线段 $OH$ 内部；求得 $t=\frac1{2\cos B+1}\in(0,1)$，$BP=\frac{4R\cos B\cos\phi}{2\cos B+1}$，正确。
• 内心长度：$BI=\frac r{\sin(B/2)}=4R\sin(A/2)\sin(C/2)=2R(\cos\phi-\sin(B/2))$，正确。
• 不等式 $BP>BI$：化简为 $\sin(A+B/2)<\sin(3B/2)$，分 $B\le60^\circ$ 与 $B>60^\circ$ 两种情况证明，逻辑完整，边界情况 $B=60^\circ$ 包含在第一种情况且严格不等式成立。
• 最终结论：$I$ 在 $BP$ 内部且 $P$ 在 $OH$ 内部，故 $I$ 在三角形 $BOH$ 内，结论完整。

核心思路总结

关键是按提示设 $BI$ 与 $OH$ 交于 $P$，通过坐标法计算 $BP$ 与 $BI$。建立以 $B$ 为原点、$BI$ 为 $x$ 轴的坐标系后，外心与垂心坐标得到简洁形式：

$$O=R(\cos\phi,\sin\phi),\qquad H=2R\cos B(\cos\phi,-\sin\phi),\qquad \phi=\frac{C-A}{2}.$$

由此轻松求出

$$BP=\frac{4R\cos B\cos\phi}{2\cos B+1},\qquad BI=2R\left(\cos\phi-\sin\frac B2\right).$$

证明 $BP>BI$ 转化为证明 $\sin(A+B/2)<\sin(3B/2)$，再用 $A<B<C$ 分 $B\le60^\circ$ 与 $B>60^\circ$ 讨论即可。核心工具为坐标法、和差化积、内心距离公式以及正弦单调性。

参考资料

无。