我爱做题：2010年江西高考理科数学压轴题

By Long Luo

知乎上有个问题是高考数学最后一题可以有多难？ ¹，而公认史上最难高考数学题就是 2008 年江西高考理科数学压轴题。2005 - 2014 年是江西自主命题，而江西卷也以题难计算量大著称，尤其是数学和理综。陶平生老师 是 2008 - 2011 年江西高考数学命题组长，参与了 2005 - 2011 年江西高考命题，他出江西数学卷时，是江西30多万学生被支配的恐惧！

作为一名来自十八线农村做题家，高考时赶上了江西自主命题，在考场上也体会到了数学和理综卷题目居然没做完没思路的恐惧！中学时没能感受到数学的乐趣，最近几年看了一些数学书之后，重新拾起了数学的乐趣，经常找些数学题来训练下我的思维，今天就来挑战一下 2010 年江西高考理科数学压轴题：

这道题其实是数论( \(\textit{Number theory}\) ) ² 背景，除了搞竞赛的同学，谁学过数论呢？这种构造性( \(\textit{Constructive proof}\) ) ³ 题目，没有接触过类似题目的话，根本不知道如何下手。要是我在考场上也会一脸懵圈，甚至在几年前我也是一筹莫展，不过现在倒是有勇气挑战这类题目了！网上关于这道题的参考答案太简略了，主要是如何找到答案的构造不清楚。这道题真是一道绝妙的题，我花了比较长时间来思考这道题，下面详细描述我的解题思路。

第一问

根据题意，正整数 \(a, b, c\) 且 \(b < c\) ，满足 \(a^2, b^2, c^2\) 为等差数列，即：

\[ b^2 - a^2 = c^2 - b^2 \Rightarrow 2b^2 = a^2 + c^2 \]

观察上式，我们可以得到 \(2\) 个推论：

1. \(a < b < c\) ；
2. \(a\) 和 \(c\) 要么都是偶数，要么都是奇数。

因为 \(a\) 为任意正整数，那么就从最简单的开始，不妨设 \(a = 1\) ，则有：

1. 令 \(c = 1\) , 得 \(b = 1\) ，与 \(a < b < c\) 矛盾；
2. 令 \(c = 3\) , 得 \(b = \sqrt {5}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
3. 令 \(c = 5\) , 得 \(b = \sqrt {13}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
4. 令 \(c = 7\) , 得 \(b = 5\) ，满足条件。

简单猜测实验得到一组要求的值： \(a = 1\) , \(b = 5\) , \(c = 7\) 。

再设 \(a = 2\) ，同理有：

1. 令 \(c = 4\) , 得 \(b = \sqrt {10}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
2. 令 \(c = 6\) , 得 \(b = 2 \sqrt {5}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
3. 令 \(c = 8\) , 得 \(b = \sqrt {34}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
4. 令 \(c = 10\) , 得 \(b = 2 \sqrt {13}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
5. 令 \(c = 12\) , 得 \(b = \sqrt {74}\) ，与 \(b\) 为正整数矛盾；
6. 令 \(c = 14\) , 得 \(b = 10\) ，满足条件。

通过实验又得到一组要求的值： \(a = 2\) , \(b = 10\) , \(c = 14\) 。

综合 \(a\) 为奇数和偶数的情况，猜想：

对于 \(\forall a = n \in \mathbb{N}^+\) ，令 \(b = 5a\) , \(c = 7a\) ，易得：

\[ 2 \cdot (5n)^2 = n^2 + (7n)^2 \]

故命题(1)得证。

第二问

相比命题(1)，我们需要找到无穷多组数 \({a, b, c}\) ，必须能构成三角形, 且满足 \(2b^2 = a^2 + c^2\) 。

根据直角三角形勾股定理( \(\textit{Pythagorean Theorem}\) )⁴： \(z^2 = x^2 + y^2\) ，适当变形：

\[ 2z^2 = 2x^2 + 2y^2 = (y - x)^2 + (y + x)^2 \]

上式和题设条件很相似了，令 \(a = y - x\) , \(b = z\) , \(c = x + y\) ，且 \(0 < x < y < z\) ，但 \(x, y, z\) 是 \(3\) 个未知数，需要 \(3\) 个方程才能找到解，而目前只知道 \(z^2 = x^2 + y^2\) 这个关系。

仍然先从最简单的开始，常见的勾股数( \(\textit{Pythagorean triple}\) )⁵ 有：

1. 令 \((x, y, z)\) 为 \((3, 4, 5)\) ，则 \((a, b, c)\) 为 \((1, 5, 7)\) ，但无法构成三角形；
2. 令 \((x, y, z)\) 为 \((5, 12, 13)\) ，则 \((a, b, c)\) 为 \((7, 13, 17)\) ，可以构成三角形；
3. 令 \((x, y, z)\) 为 \((7, 24, 25)\) ，则 \((a, b, c)\) 为 \((17, 25, 31)\) ，可以构成三角形；
4. 令 \((x, y, z)\) 为 \((8, 15, 17)\) ，则 \((a, b, c)\) 为 \((9, 17, 23)\) ，可以构成三角形；

根据上述分析，出现 \(2\) 种情况， \(x\) 为奇数和偶数。

\(x\) 为奇数

先猜想 \(x\) 为奇数时满足条件的表达式为： \((x, y, y + 1)\) ，则有：

\[ x^2 + y^2 = (y + 1)^2 \Rightarrow y = \frac {x^2 - 1}{2} \]

设 \(x = 2n + 1\) \((n \ge 2, n \in \mathbb{N}^+)\) ，则有 \(y = 2n^2 + 2n\) ，故满足题设条件的 \((x, y, z)\) 模式为 \((2n + 1, 2n^2 + 2n, 2n^2 + 2n + 1)\) 。

易得 \((a, b, c)\) 为

\[ \begin{cases} a = (2n^2 + 2n) - (2n + 1) = 2n^2 - 1 \\ b = 2n^2 + 2n + 1 \\ c = (2n^2 + 2n) + (2n + 1) = 2n^2 + 4n + 1 \end{cases} \]

下面来验证下 \((a_n, b_n, c_n)\) 是否可以构成三角形：

当 \(\forall \ n \ge 2\) 时，

\[ \begin{aligned} a_n + b_n - c_n & = (2n^2 - 1) + (2n^2 + 2n + 1) - (2n^2 + 4n + 1) \\ & = 2n(n - 1) > 0 \ , \end{aligned} \]

故 \((a_n, b_n, c_n)\) 可以构成三角形。

下面来证明这些三角形都互不相似，设 \(m, n \in \mathbb{N}^+\) , \(m \ne n\) 且 \(m, n \ge 2\) , 则有 \(a_m = 2m^2 - 1\) , \(b_m = 2m^2 + 2m + 1\) , \(c_m = 2m^2 + 4m + 1\) ; \(a_n = 2n^2 - 1\) , \(b_n = 2n^2 + 2n + 1\) , \(c_n = 2n^2 + 4n + 1\) 。

若 \(\triangle_m\) 和 \(\triangle_n\) 相似，则有：

\[ \frac{a_m}{a_n} = \frac{b_m}{b_n} = \frac{c_m}{c_n} \]

即：

\[ \frac {2m^2 - 1}{2n^2 - 1} = \frac {2m^2 + 2m + 1}{2n^2 + 2n + 1} = \frac{2m^2 + 4m + 1}{2n^2 + 4n + 1} \]

简单化简则有：

\[ \frac{2n^2 + 2n + 1}{2n} = \frac{2m^2 + 2m + 1}{2m} \Rightarrow 2mn(m - n) = m - n \]

即 \(2mn = 1\) 而这与假设条件 \(m, n \ge 2\) 矛盾，至此我们证明了命题(2) 。

\(x\) 为偶数

对于这道题来说，已经证明了命题，可以不用分析 \(x\) 为偶数情况，但这里我们讨论下偶数的情况。设满足条件的表达式为： \((x, y, y + 2)\) ，设 \(x = 2n\) \((n \ge 4, n \in \mathbb{N}^+)\) ，则满足题设条件的 \((x, y, z)\) 模式为 \((2n, n^2 - 1, n^2 + 1)\) 。

易得 \((a, b, c)\) 为 \((n^2 - 2n - 1, n^2 + 1, n^2 + 2n - 1)\) ，下面来验证下 \((a_n, b_n, c_n)\) 是否可以构成三角形：

当 \(\forall \ n \ge 4\) 时，

\[ \begin{aligned} a_n + b_n - c_n & = (n^2 - 2n - 1) + (n^2 + 1) - (n^2 + 2n - 1)\\ & = n^2 - 4n + 1 > 0 \ , \end{aligned} \]

故可以构成三角形三边。

同理可设 \(m, n \in \mathbb{N}^+\) , \(m \ne n\) 且 \(m, n \ge 4\) , 则有：

\[ \frac {m^2 - 2m - 1}{n^2 - 2n - 1} = \frac {m^2 + 1}{n^2 + 1} = \frac{m^2 + 2m - 1}{n^2 + 2n - 1} \]

化简则有：

\[ \frac {m^2 - 2m - 1}{4m} = \frac {n^2 - 2n - 1}{4n} \Rightarrow mn(m - n) = n - m \]

即 \(mn = -1\) 而这与假设条件 \(m, n \ge 4\) 矛盾。

丢番图方程

对于命题(2)中 \(2b^2 = a^2 + c^2\) ，熟悉数论的知道这是丢番图方程( \(\textit{Diophantine equation}\) )⁶，易得：

\[ b^2 = \left ( \frac {a-c}{2} \right )^2 + \left ( \frac {a+c}{2} \right )^2 \]

而丢番图早也给出了上式的通解为： \(2mn, m^2 - n^2, m^2 + n^2\) ，其中 \(m > n\) 且 \(m, n\) 为一奇、一偶的互质正整数(勾股数的性质，具体证明可以参考维基)。

因此, 可令：

\[ \begin{cases} \dfrac {c - a}{2} = \min \{ 2mn, m^2 - n^2 \} \\ \dfrac {c + a}{2} = \max \{2mn, m^2 - n^2 \} \\ b = m^2 + n^2 \end{cases} \]

易得：

\[ \begin{cases} a = |m^2 - 2mn - n^2| \\ b = m^2 + n^2 \\ c = m^2 + 2mn - n^2 \end{cases} \]

因为需要构成三角形 \(a + b > c\) ，即

\[ |m^2 - 2mn - n^2| + (m^2 + n^2) > m^2 + 2mn - n^2 \]

求解上式可得： \(m > (2 + \sqrt 3)n\) 或 \(n < m < \sqrt 3 n\) 。

故满足 \(m > (2 + \sqrt 3)n\) 或 \(n < m < \sqrt 3 n\) 且 \(m, n\) 为一奇、一偶的互质正整数存在满足命题(2)。

数形结合

前天在知乎上又刷到命题(2)的一种几何解法：数形结合法 ，来自 张翼腾 ，下面用几何思路来求解。

\(2b^2 = a^2 + c^2\) 等价于 \(\left ( \dfrac {a}{b} \right )^2 + \left ( \dfrac{c}{b} \right )^2 = 2\) 。设 \(x = \dfrac {a}{b}\) ， \(y = \dfrac {c}{b}\) ，则命题(2)可转化为求 \(x^2 + y^2 = 2\) 曲线上满足条件的有理数解。

而根据 \(a < b < c\) 且 \(a + b > c\) , 则 \(0 < x < 1 < y\) ， \(x^2 + y^2 = 2\) 是半径为 \(\sqrt 2\) 的圆，如下图 1 所示，也就是说所要求的点只能位于圆弧 \(\stackrel\frown{AB}\) 之间。

我们只需要找到一个有理点，过这点作斜率为有理数的直线，那么直线与曲线相交的点必然也是有理点。而显然 \((-1, -1), (-1, 1), (1, 1), (1, -1)\) 均位于圆上。

这里选取 \(C\) 点 \((-1, -1)\) 做一条直线 \(y = k(x + 1) - 1, \ k \ne -1\) ，那么直线将与圆存在另外一个交点 \(P\) 。当 \(k \in \mathbb{Q}\) 时必然一一对应了一个有理点，从几何直观可知 \(1 < k < 1 + \sqrt 2\) 。

解方程：

\[ x^2 + \left ( k(x + 1) - 1 \right)^2 = 2 \]

求解得到 \(x = -1\) 或 \(x = \dfrac {-k^2 + 2k + 1}{1 + k^2}\) ，则另一个交点为 \(\left ( \dfrac {-k^2 + 2k + 1}{1 + k^2}, \dfrac {k^2 + 2k - 1}{1 + k^2} \right)\) 。

令 \(k = 1 + \dfrac {1}{t}, t > 2\) ，代入即可得到交点 \(P\) 坐标为: \(\left ( \dfrac {2t^2 - 1}{2t^2 + 2t + 1}, \dfrac {2t^2 + 4t + 1}{2t^2 + 2t + 1} \right)\) 。

故所求 \((a, b, c)\) 为 \((2t^2 - 1, 2t^2 + 2t + 1, 2t^2 + 4t + 1)\) ，这和之前得到的构造一致。

其他 \(3\) 个点同理，但是构造出来的结果会有所不同，感兴趣的同学可以完善下。

总结

这道压轴题在高考时对于考生来说难度极大，放弃这道题是明智的选择。如果不熟悉数论的话，需要大胆猜测及验证，从而找到思路。对于思维训练来说，这道题非常好！

参考文献