小陶同学玩如下游戏：取定大于1的常数v；对正整数m，第m轮与第m+1轮间隔为2-m单位时长；其中第m轮是在平面上取一个半径为2-m+1的圆形安全区域(含边界，取圆时间忽略不计)；取定后，该圆形安全区域将在整个游戏剩余时间内保持圆心不动，半径以速率v匀速减小，直至半径为零时，去掉该圆形安全区域.若小陶可在第100轮之前(含第100轮)的某轮将圆形安全区域完全取在已有的安全区域内，求[1/(v-1)]的最小值([x]表示不超过x的最大整数).
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问答题（2022年8月3日东南地区）
答案解析
记v=1+v0,k=⌊1/(v-1)⌋∈Z+.下面证明k的最小值为18.记小陶在第m轮开始时所画的圆为Cm，故在第m+l轮开始时，它的半径为rm,l=max(0,1/2m-1 (1-(1-1/2l )v))=max(0,1/2m+l-1 (1-v0 (2l-1)) ) ①注意到由①式，设v0∈[1/(2l0+1-1),1/2l0-1 )，其中l0∈Z+，则在任何一个轮m开始的时候平面上至多剩下l0个半径为1/2m-1 (1-v0 (2l-1))的圆，l=1,2,⋯,l0.问题变为是否能用这l0个圆覆盖一个半径为1/2m-1 的圆.也即能否用半径为(1-v0 (2l-1))，l∈1,2,⋯,l0的圆覆盖一个半径为1的圆.首先，易知若对于v>1小陶有必胜策略，则对于v'∈(1,v)，小陶也有必胜策略.故对于任何k，若存在v0∈(1/(1+k),1/k]使得小陶有必胜策略，则对于k'>k，亦存在v'∈(1/(1+k' ),1/k']使得小陶亦有必胜策略. 我们先证明k=18时存在1/19<v0≤1/18使得小陶有必胜策略.在这个时候，l0=4,故平面上在任何一个时刻至多剩下4个圆，其半径分别为1-v0,1-3v0,1-7v0,1-15v0.考虑一个凸四边形ABCD.连接对角线AC，设B对于AC的垂足为HB，设D对AC的垂足为HD.以AB,BC,CD,DA为直径做圆OAB,OBC,OCD,ODA，则直角三角形ABHB,BCHB,CDHD,ADHD分别被OAB,OBC,OCD,ODA覆盖.故凸四边形ABCD被这4个圆覆盖.固定四边长度，我们可以调整四边形ABCD使得A,B,C,D四点共圆.这个圆也必然被OAB,OBC,OCD,ODA所覆盖.若这个圆的半径≥1，则小陶已经获胜.记∠ABC=θ，则∠ADC=π-θ.设AB,BC,CD,DA的长度分别为a,b,c,d,则对角线AC的长度x满足:x2=a2+b2-2abcosθ=c2+d2-2cdcos(π-θ),整理得：x2=(cd(a2+b2 )+ab(c2+d2))/(ab+cd) ②即四边形ABCD的外接圆半径为R，故该圆也是三角形ABC的外接圆.由海伦公式，有：R=abx/(4SABC )=abx/√((a+b+x)(a+b-x)(a+x-b)(b+x-a)) ③由③得R≥1当且仅当a2 b2 x2≥((a+b)2-x2)(x2-(a-b)2)，即x4-(2a2+2b2-a2 b2 ) x2+(a2-b2 )2≥0 ④带入v0=1/19,d=2(1-v0 ),c=2(1-3v0 ),b=2(1-7...
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设二圆之连心线交一圆于 A,B 两点，交第二圆于 D,C 二点，又交二圆之一外公切线于 P 点，设在连心线上，点 A 距 P 最近，点 D 距 P 最远，试证：PA· PD = PB·PC.
圆内接四边形 ABCD 内，∠A = 90°,AB = a,BC = b，其面积为 c²，求CD,DA 及圆半径之长.
圆之直径 AB 上任意取 P 点，又 CD 与直径平行，求证 AP² + BP²=CP² + DP².
A,B,C 为三定点，求作一圆过 A,B，使从 C 到此圆的切线等于定长.
已知PA,PB,PC为过圆周上点P三弦，PT为圆之切线，设有一直线与PT平行，交PA,PB,PC于A',B',C'三点.求证：PA∙PA'=PB∙PB'=PC∙PC'.
设 △ABC 是一个圆的内接三角形，过 A 作切线交于 BC 的延长线于 D.证明 △ABD,△ACD 的外接圆直径的比等于 AD:CD.
自 △ABC 的顶点 A 至对边作垂线，自垂足 D 作 AB、AC 过之垂线，其垂足为 E、F，证明 B,E,F,C 共圆.