臺北市立建國高級中學第 127 期通訊解題題目解答與評析
12701
有一個六位正整數abcdef ，其中a, b, c, d, e, f分別表示0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 中之某一個數字，其中a d, 0。若此六位數的右側三位所組成之三位數的平方 恰好與原六位數相等，即abcdef def2，求此六位正整數abcdef 。
【簡答】141376 或 390625
【詳解】設三位數abc x 、三位數def y，則依題意可知：1000x y y2。 (1) y2–1000y x –1 y y(1000) x，
又 y與 y–1兩數只可能有一數為5的倍數，
而知 y與 y–1二數中恰有一個數是125的倍數；
又因y與y–1二數中有一數為奇數，另一數為偶數，而y1000， 故其中奇數為125的倍數，偶數為8的倍數。
(2) abcdef def2，即 f2之個位數亦為 f ，故 f 為0, 1, 5, 6四者其中 之一，承(1)：
若 f 0，則y是偶數，此時 y–1之個位數為9，不可能是125的 倍數；
若 f 1，則y是奇數，此時y之個位數為1，不可能是125的倍 數；
若 f 5，則y是125的奇數倍數且y–1是8的倍數，得 y625； 若 f 6，則y–1是125的奇數倍數且y是8的倍數，得 y376。
於是 ydef 376或625，而知abcdef 141376或390625。
【評析】 這是有關完全平方數的數論問題，只要理解以下幾個完全平方數的簡
易性質，求解不難。
(1)完全平方數之個位數不會是2,3,7或8，只可能是0,1,4,5,6,9，而一個
自然數自乘後個位數字不變者只有0,1,5,6四種可能；
(2)對於任意自然數n，
n之個位數為0時，n2之十位數為0；
n之個位數為1時，n2之十位數為n之十位數的2倍(mod 10)；
n之個位數為5時，n2之十位數必為2；
n之個位數為6時，n2之十位數必為奇數，反之亦然。
討論至此，略經試算，可知n2之末兩位數等於n之末兩位數者只有
00,01,25,76四種可能。
而n之百位數為非0之數d時，
若n之末二位為00，則n2之末三位數等於000，不合；
若n之末二位為01，則n2之百位數為2d(mod 10)，非d，不合；
若n之末二位為25，則n2之百位數為6；
若n之末二位為76，則n2之百位數為(2d+7)(mod 10)註，解得d= 3。
因此def = 376或625，而得abcdef 141376或390625。
(註：(100d76)2 10000d215200d5776。)
以上是有別於上述之詳解的另外一種推論方式，根據完全平方數的 條件與限制，由個位數開始往十位數、百位數漸進討論，答案轉眼浮現，
問題只在如何論述比較條理分明與比較省事而已。
本題共有九位同學應徵答題，其中六位同學論述完整，正確地求得 了應有的兩個答案；另有三位同學只找到了二解之一。這九位同學中，
有兩位同學認為141376不符題意，他們特別指稱：其中有重複數字。這 是一種可能源自於一些趣味數學遊 的誤解，例如名題之一的：戯
「SEND+MORE=MONEY，求各個字母所代表的數字。」
這類問題中每有「相同的字母代表相同的阿拉伯數字，而且不同的字母 代表不同的阿拉伯數字」的設定。但是，一般的代數表示法不然，對於 不同的變數x與y，是可能x=y的，本題題意中並沒有a,b,c,d,e,f兩兩 相異的意涵。因此，141376應是可能解之一。
這九位同學的答題大多敘述簡要流暢，條理清楚明白，表現優良，
值得嘉許。滿分7分，成績如下：
7分：台北市景美國中李怡萱同學；桃園市復旦國中傅彥綱同學；
新北市永和國中魏振宇同學；新竹市培英國中楊叮噹同學。
6分：新北市貢寮國中吳尚昱同學；台北市成德國中黃曜廷同學。
5分：台北市麗山國中江子新同學。
3分：台北市中正國中黃元顥同學；台北市中正國中官霆軒同學。
12702
將24個編號為1~24的球放入紅、黃、藍三個碗中，要使紅碗、藍碗和黃碗中的球 號的算術平均數分別為3, 12, 18，問藍碗中有多少個球？
【簡答】12或17
【詳解】設紅、藍、黃三個碗中分別放m, n, l個球，其中m, n, l為正整數，
則m n l 24，且3m12n18l 1 2 24 300 ， 即m4n6l100，可知m為偶數。
若m6，則紅碗中的球號的算術平均數 1 2 m m
1
( 1) 3
2 m
矛盾。
所以m5，因此( , , ) (4,12,8)m n l 或(2,17,5)。 當( , , ) (4,12,8)m n l 時，
紅碗放入編號為1,2,4,5的球，
當( , , ) (2,17,5)m n l 時，
紅碗放入編號為1,5的球，
藍碗放入編號為2,3,4,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,21,22,23,24的球，
黃碗放入編號為16,17,18,19,20的球。
【評析】 本題三個碗中因紅碗中球號的算術平均數的值最小，故只需討論紅碗
中的球數即可找出兩組答案，再各自構造出一個例子說明這兩組答案 是可行的。
本題徵答人數9人，其中3位獲得滿分7分，其餘未獲滿分同學主
要是未列出兩組答案可行的例子，有部份同學計算錯誤未能求出正確 答案，仍有一定的成績。
滿分7分者3人，名單如下：
台北市中正國中官霆軒同學、新北市永和國中魏振宇同學、
新北市貢寮國中吳尚昱同學。
獲得6分者3人，名單如下：
台北市成德國中黃曜廷同學、台北市景美國中李怡萱同學、
台北市麗山國中江子新同學。
獲得5分者1人，名單如下：
宜蘭縣國華國中邱梓敬同學。
獲得3分者2人，名單如下：
桃園市復旦國中傅彥綱同學、新竹市培英國中楊叮噹同學。
12703
過圓O外一點P作圓O的切線，得切點A, B。若Q為OP與AB之交點，CD為 過Q的任意一條弦，試證：△PAB與△PCD有相同的內心。
O Q R P
D
C
B A
【證明】設R為圓O與OP之交點，E為圓O與DP之交點，
CQ DQ AQ BQ AQ2 OQ PQ
, , , O C P D
四點共圓
1 2 3 4
OP平分CPD
CR ER
7 8
R為△PCD的內心 9 10
(弦切角)， 11 10 (AR BR ) 9 11
R為△PAB的內心
11
10 9
7 8
56 41
2
3
A
B C
D
Q P
O R
E
【評析】 本題屬於綜合幾何的證明題，原題利用圓冪性質得到O、C、P、D四點 共圓而推得 1 2 3 4，即可得OP平分CPD並得R為
△PCD的內心。再利用弦切角性質，得證R為△PAB的內心。
參與本題徵答人數雖然只有5人，但其中有4人得到滿分，不但論 證完整，表達能力清晰，數學能力更是值得肯定。答題品質較佳者分別 是臺北市景美國中李怡萱同學、臺北市麗山國中江子新同學、新北市文 山國中陳泓恩同學、新竹市光華國中張原嘉同學。
12704
將一個7 5 的方格表（如下圖1），用4方格構成的「I 字型方塊」（如下圖
2），以及3方格構成的「L字型方塊」（如下圖3）去覆蓋，方塊可任意旋轉使
用，但彼此不重疊。若用了x個「I 字型方塊」和y個「L字型方塊」恰可將7 5 的 方格表蓋滿（沒有隙縫），試求所有滿足的數對( , )x y 。
【簡答】(2,9), (5,5)
圖3
圖2 圖1
【詳解】
因方格表共有35格，故4x3y35，可解得(x y, ) (8,1), 5,5), ( (2,9)， 其中(2,9), (5,5)的例子如上，是可以被畫出來的。
1 -1 1 -1 1 -1 1 -1
● ● ●
-1 1 -1 1 -1 1 -1 1
● ● ●
1 -1 1 -1 1 -1 1 -1
另外(8,1)的狀況，代表要使用8個「I字型方塊」和1個「L字型方塊」。
觀察圖A，7 5 的方格表中所有的數字相加為0，而每一個「I字型方 塊」會蓋到的數字相加亦為0，故唯一一個「L字型方塊」所蓋到的數字 必定相加為0，所以唯一一個「L字型方塊」的中心只有可能在六個黑圈 圈位置。
1 1 1 1
1 1 1 ● ● ●
1 1 1 1
1 1 1 ● ● ●
1 1 1 1
圖A
圖B
觀察圖B，7 5 的方格表中所有的數字相加為18，而每一個「I字型方 塊」會蓋到的數字相加為2，故唯一一個「L字型方塊」所蓋到的數字必 為18 2 8 2 ，但所有黑圈圈位置所對應的位置皆為1，以黑圈圈位 置為「L字型方塊」的中心，則「L字型方塊」所蓋到的數字為1，矛盾！
故(8,1)的狀況不能達成。
綜上，此題可能值為(2,9), (5,5)。
【評析】本題需先透過代數的方式篩出可能的解，並一一驗證。共可篩出三組可 能的解，其中兩組是可行的，需畫出來；但有一組解不合，需要證明。
本題共有7位同學作答，其中1位獲得滿分7分：
新北市貢寮國中吳尚昱同學。
有4位同學在說明有一組解不合時不夠嚴謹，酌減1分：
台北市景美國中李怡萱同學、桃園市復旦國中傅彥綱同學、
新北市文山國中錢 昀同學、新北市永和國中魏振宇同學。
其餘投稿的同學尚有下列2位：
台北市麗山國中江子新同學、新竹市培英國中楊叮噹同學。
12705
設P為正三角形ABC內部任意一點，P至三邊BC,CA,AB之垂足分別為D,E, F ，請證明：AF BD CE AE BF CD 。
【證明】幾何證法
連接P點與A,B,C三頂點，
過P點分別作A B 平行 ，B C 平行 ，C A 平行 ，
故PD,PE,PF分別為B C C A A B2 1, 2 1, 2 1之中垂線，
又AA1 BB2, BB1CC2, CC1AA2，可得
2 2 2 2 2 2
AF BD CE AA A F BB B D CC C E CC1FB1AA1DC1BB1EA1
(EA1AA1) ( FB1BB1) ( DC1CC1) AE BF CD 證畢。
代數證法 (由桃園市復旦國中傅彥綱同學提供) 令AB BC CA L ，由畢式定理可知
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
AF BD CE AP PF BP PD CP PE
(AP2PE2) ( BP2PF2) ( CP2PD2)
AE2BF2CD2
(L CE )2(L AF )2(L BD )2
3L22(CE AF BD L CE ) 2AF2BD2
2(AF BD CE) 3L
3 AF BD CE 2L
由於AF BD CE AE BF CD 3L
可得 3
AE BF CD 2L
故AF BD CE AE BF CD ，證畢。
【評析】本題屬於難度偏易的幾何證明題，故答題十分踴躍，共有8位同學作答
分別是台北市景美國中李怡萱同學、台北市麗山國中江子新同學宜蘭縣 國華國中賴怡瑄同學、桃園市復旦國中傅彥綱同學、新北市文山國中石 博允同學、新北市永和國中魏振宇同學、新北市貢寮國中吳尚昱同學、
新竹市培英國中楊叮噹同學，其中傅同學利用畢式定理配合簡單的代 數運算，證明過程簡潔有力，得到滿分7分，其餘同學亦有證出，但 過程稍嫌繁複，得到6分，整體而言作答品質皆在水準之上！
