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第三届北方数学奥林匹克邀请赛


2008 年第 3 期

29

第三届北方数学奥林匹克邀请赛
第一天
一、 ( 25 分) 在锐角 ? ABC 中 , BD 、 CE 分 别是边 AC 、 AB 上的高. 以 AB 为直径作圆交 CE 于点 M , 在 BD 上取点 N , 使 AN = AM . 证 明: AN # CN . ( 毕耜琨 供题) 二

、 ( 25 分) 设 ? ABC 的三边长分别为 a 、 b、 c , 且 a + b + c = 3. 求 2 2 2 4 f ( a , b , c ) = a + b + c + abc 3 的最小值 . ( 贾应红 供题) 三、 ( 25 分 ) 在 数列 { a n } 中 , a 0 = 2 007, a n+ 1 = an ( n ? N) . 求证: 当 0 ! n ! 1 004 an + 1
2

( 2) 至少有一条直线上所有的点恰为两 种颜色. 求 n 的最小值, 使得存在互不同色的 4 个点共圆 . ( 张利民 供题 )

第二天
五、 ( 25 分) 设 、 ? ( 0, 1tan 2 ). 求
2

时, 有 [ an ] = 2 007- n ( 其中, [ x ] 表示不超过 x 的最大整数) . ( 哈师大附中 供题) 四、 ( 25 分) 平面上每个点被染为 n 种颜 色之一, 同时满足: ( 1) 每种颜色的点都有无穷多个 , 且不全 在同一条直线上 ; 若在上述 1 004 个数中再加入数 2 006, 即 a1 = 1, a 2 = 3, , a 1 003 = 2 005, a 1 004 = 2 006, a 1 005 = 2 007, 此时 , 只存在唯 一的一 对数 a 1 = 1, a 1 004 = 2 006, 其和为 a 1 005 = 2 007. 所以 , n 的最小值不小于 1 006. 接下来证明 : 当 n 1 006 时, 一定存在 满足条件的四个数. 当 an = 2 007 时, 因为
2 007= 1+ 2 006= 2+ 2 005= = 1 003+ 1 004,

%tan 2 2 cot + cot 的最大值 . ( 西北工业大学附中 六、 ( 25 分) 已知 1 f ( x ) = lg( x + 1) - log 3 x . 2 ( 1) 解方程: f ( x ) = 0; ( 2) 求集合 A=
2

供题 )

M = { n | f ( n - 214n - 1 998) 0, n ? Z} 的子集个数. ( 李铁汉 供题 ) 七、 ( 25 分) 设 n 是正整数, a = [ n ] ( 其 中, [ x ] 表示不超过 x 的最大整数 ) . 求同时 2 007 的上述 1 003 个不同分 解和式中的两 个和式 a i + a j 、 ak + al 的全部四个加数 ai 、 aj 、 ak 、 al , 此即题设要求的四个正整数 . 当 a n < 2 007 时 , 若 an = 2m - 1, 则 an 可表为 m 个两个不同 正整数之和的不同和 式; 若 a n = 2m , 则 an 可表为 m - 1 个两个不 同正整数之和的不同和式 . a n < 2 007, 所以 , m ! 1 003. 除去 an 之外 , 在 a 1 , a 2 , , a n- 1 这不少于 1 005 个数中至少包含了这不超过 1 003 个不同和式中的两个的全部四个加数 , 此即题设要求的四个数. 综上所述 , n 的最小值为 1 006. ( 李耀文 提供 )

这表明 2 007 只能分解为 1 003 个不同的两 个正整数的和式 , 所以, 当 n 1 005 个 数 a 1 , a 2 , 1 006, 即 n - 1 1 005 时 , 在除了 an = 2 007 之外的不少于 , a n- 1 中 , 至 少 包含 了

30

中 等 数 学

满足下列条件的 n 的最大值: ( 1) n 不是完全平方数 ; 3 2 ( 2) a | n . ( 张同君 朱雅春 供题) 八、 ( 25 分) 设 ? ABC 的内切圆半径为 1, 三边长 BC = a , CA = b , AB = c . 若 a 、 b、 c都 是整数, 求证: ? ABC 为直角三角形 . ( 刘康宁 供题)



ab + bc+ ca -

2 7 abc ! . 3 3

参考答案
第 一 天
一、 证 法 1: 如图 1, 联结 DM . 由 AB 为 直 径, BD # AC , 知 A、 B、 M、 D 四点 共圆 . 故 图1 & ABD = & AMD . 又 & ACE = 90?- & CAE = & ABD = & AMD , 则 ? ADM ( ? AMC . 2 2 从而 , AD %AC = AM = AN , 即 AN # CN . 证法 2: 如图 1, 联结 BM 、 EN . 2 2 由射影定理得 AN = AM = AE %AB . 则 ? AEN ( ? ANB , & ANE = & ABN . 又 B、 C、 D、 E 四点共圆 , 则 & ABN = & ACE . 从而 , & ANE = & ACE . 所以 , A 、 E、 N、 C 四点共圆. 故 & ANC = & AEC = 90 ?, 即 AN # CN . 2 2 2 二、 f ( a , b , c ) = a + b + c + 4 abc 3 2 4 = ( a + b + c) - 2( ab + bc + ca ) + abc 3 2 = 9- 2( ab + bc + ca abc ) . 3 因为 a 、 b、 c 是 ? ABC 三边长, 且 a + b + c 3 = 3, 所以, 0< a 、 b、 c < . 于是 , 2 3 3 3 ( - a) ( - b ) ( - c) 2 2 2 3 3 3 3 - a + - b+ - c 2 2 ! 2 = 1, 3 8

7 13 9- 2 ) 3 = 3 . 当且仅当 a = b = c = 1 时 , 等号成立 . 13 故 f ( a , b , c ) 的最小值为 3 . 三、 先考虑一般问题 . 2 an 设 a0 ? N+ , a n+ 1 = . 求证 : an + 1 1 [ an ] = a 0 - n ( 0 ! n ! ( a 0 + 2) ) . 2 对于任何正整数 n , 由递推公式知 an > 0. 2 an an 因为 an - a n+ 1 = an = > 0, an + 1 1+ a n 所以 , a 0 > a 1 > a 2 > > a n > . 一方面, 当 n 为正整数时, 从而 , f ( a , b , c ) an = a 0 + = a0 = a0 i= 1

?(ai

n

a i- 1 )

i=1 n

?

n

ai - 1 1+ a i - 1 1 1+ a i - 1 )

i=1

? ( 1i= 1

1 > a0 - n . 1+ ai - 1 另一方面 , 由于 a n- 1 > a0 - ( n - 1) , 且 a0 > a 1 > a 2 > > a n > . 于是, = a0 - n +

?

n

当 n = 1 时, 当n
i= 1

i=1

?

n

1 1 = < 1; 1+ a i - 1 1+ a 0

2 时,

?

n

1 n n ! ! 1. < 1+ ai - 1 1+ a n- 1 a 0 - n + 2
i= 1

总之 ,

?

n

1 < 1. 1+ ai - 1
i= 1

故 an = a 0- n +

?

n

1 1+ ai - 1 < a 0 - n + 1.

所以 , [ an ] = a0 - n . 取 a0 = 2 007, 即得本题. 四、 显然, n 4. 若 n = 4, 在平面上取一定圆 + O 及上面 三点 A 、 B、 C , 将 AB ( 含 A 不含 B ) 、BC ( 含 B 不含 C ) 、CA ( 含 C 不含 A ) 分别染颜色 1、 2、

2008 年第 3 期

31

3, 平面上其他点染颜色 4, 则满足题意且不 存在四个不同颜色的点共圆. 所以 , n , 4, n 5. 当 n = 5 时 , 由条件( 2) 知, 存在直线 l 上 恰有两种颜色的点, 不妨设直线 l 上仅有颜 色 1、 2 的点 . 再由条件 ( 1) 知 , 存在颜色分别 为 3、 4、 5 的点 A 、 B、 C 不共线, 设过点 A 、 B、 C 的圆为 + O . 若 + O 与直线 l 有公共点 , 则存在四个 互不同色的点共圆; 若 + O 与 直线 l 相离且 + O 上 有颜色 1、 2 的点, 则存在四个互不同色的点共圆 ; 若 +O 与 直 线 l 相离且 + O 上没有颜 色 1、 2 的点 , 如图 2, 过 O 作直线 l 的垂线 交 l 于 点 D, 设 D 的 颜色为 1, 垂线交 + O 于点 E 、 S . 设 E 的颜 色为 3, 考虑直线 l 上
图2

1- tan = 2 t an

2

2+ 2

1- tan 2tan

2

2 2 ,

=

( tan 2 + tan 2 ) ( 1- tan 2 %tan 2 ) 2tan 1tan 2 %tan 2 2
2



A= 2tan = tan 令 tan A= ! 2 2

2 cot + cot %tan

%tan

2

2 12 2

tan 1- tan

2 2

%tan %tan

2 2

.

2

+ tan

2

= x , tan

= y. 则

2xy ( 1- xy ) ( x + y ) ( 1+ xy ) 2xy ( 1- xy ) = xy ( 1+ xy ) xy ( 1- xy ) . 1+ xy

颜色为 2 的点 F , FS 交 + O 于点 G , 因为 EG # GF , 所以, D 、 E、 F、 G 四点共圆. 若 G 不是颜色为 3 的点 , 则存在四个互 不同色的点共圆 ; 若 G 是颜色为 3 的点 , 又 B 、 C 必有一 点不同于 S ( 设为 B ) , SB 交直线 l 于点 H , 因 为 EB # B H , 所以 , B 、 E、 D、 H 四点共圆. 若 H 是颜色为 2 的点 , 则 B 、 H、 D、 E是 互不同色的 4 个点共圆; 若 H 是颜色为 1 的点 , 由于 SB %SH = SE %SD = SG %SF , 则 B、 H、 F、 G 四点共圆 . 故 B、 H、 F、 G 是互不 同色的四 个点共 圆. 综上, 当 n = 5 时 , 存在四个互不同色的 点共圆. 所以 , n 的最小值是 5.

再令 t = xy . 则 t ? ( 0, 1) . 所以 , 2 A ! t ( 1- t ) = - t + t 1+ t 1+ t 2 - ( t + 1) + 3( t + 1) - 2 = 1+ t 2 = 3- ( t + 1+ t + 1) ! 3- 2 2 ( t - 1) t + 1= 3- 2 2. 2 = tan 2 =

当且仅当 t = 2- 1, 即 tan 2- 1 时, 上式等号成立.

第 二 天
五、 由 cot + cot

因此 , A 的最大值为 3- 2 2. 六、 ( 1) 任取 0< x 1 < x 2 , 则 f ( x 1) - f ( x 2) = lg( x 1 + 1) - lg( x 2 + 1) 1 2 ( log 3 x 1 - log 3 x 2 ) x 1+ 1 1 x1 = lg - log x 2+ 1 2 3 x 2 x 1+ 1 x1 = lg - log 9 . x 2+ 1 x2 x 1+ 1 x 1 x 1+ 1 x1 因 > , 则 lg > lg . 所以 , x 2+ 1 x 2 x 2+ 1 x2

32

中 等 数 学

f ( x 1 ) - f ( x 2 ) > lg x1 lg x1 x2 = lg . x 2 lg 9 又 0< lg 9< 1, 则 f ( x 1 ) - f ( x 2 ) > lg

x1 x1 - log 9 x2 x2

x1 x1 - lg = 0. x2 x2 故 f ( x ) 为 ( 0, + ? ) 上的减函数 . 注意到 f ( 9) = 0, 所以, 当 x > 9 时, f ( x ) < f ( 9) = 0; 当 0< x < 9 时 , f ( x ) > f ( 9) = 0. 因此 , f ( x ) = 0 有且仅有一个根 x = 9. ( 2) 由 f ( n - 214 n - 1 998)
2 2

0

f ( n - 214 n - 1 998) f ( 9) . 2 n - 214 n - 1 998 ! 9, 则 2 n - 214 n - 1 998> 0 2 n - 214 n - 2 007 ! 0, n - 214 n - 1 998> 0
( n - 223) ( n + 9) ! 0, ( n - 107) > 1 998+ 107 = 13 447> 115
2 2 2 2

- 9 ! n ! 223, n > 222 或 n < - 8 - 9 ! n ! 223, n 223 或 n ! - 9. 从而 , n = 223 或 n = - 9. 故 M = { - 9, 223} . 因此 , M 的子集的个数是 4. 七、 由 ( 1) 得 a < n < a + 1, 则 2 2 a < n < a + 2 a + 1, 2 2 a + 1 ! n ! a + 2a. 令 n = a + t ( t ? { 1, 2, 由( 2) 有
2



, 2a} ) .
2 2 3

a | ( a + 2a t + t )
3 4 2

3

4

2

2

a |t
2

a| t . a |t .
2

2 由于 n = a + t , 且 a ! 4, t ! 2 a , 可令 2 a= 4, t = 2 a = 8. 则 n = a + t = 16+ 8= 24 为最大. 经验证, n = 24 满足条件( 1) 、 ( 2) . 因此 , n 的最大值为 24. 八、 设 ? ABC 的内切圆在边 BC 、 CA 、 AB 上的切 点分别为 D 、 E、 F , 记 AE = AF = x , BF = BD = y , CD = CE = z . 则 b+ c - a c+ a- b a + b- c x= , y= ,z= . 2 2 2 因为 a 、 b、 c 都是整数, 所以, b + c - a 、 c+ a - b 、 a + b - c 奇偶性相同 . 于是 , x 、 y、 z 均为整数或均为奇数的一半. 下面证明: x 、 y、 z 均为奇数的一半是不 可能的. 因为 r = 1, 所以, A B C x = cot , y = cot , z = cot . 2 2 2 C A B 又 cot 2 = tan( 2 + 2 ) 1 1 + x y x+ y = 1 = xy - 1 , 1xy x+ y 则 z = xy - 1. 若 x、 y 均为 奇数 的一半 , 不 妨设 x = 2m - 1 2n- 1 , y= ( m、 n ? N+ ) . 则 2 2 4( m + n - 1) z= . 4mn - 2m - 2 n - 3 因为 4( m + n - 1) 为偶数, 4 mn - 2m 2 n - 3 为 奇数, 所以 , z 不 可能 是奇 数的一 半, 矛盾. 故 x、 y、 z 均为整数 . 不妨设 & A ! & B ! & C , 则 & C 60?.

再由 a | ( a + 2 a t + t ) 记 t = ka , 则 t = a 由t、 a、 k ? N+ , 有 由 t ? { 1, 2, 即 ka ! 2. 所以 ,
2 3

ka . ka ? N+ . ka ! 2 a ,

C! 3. 2 又 z ? N+ , 则 z = 1, 即 z = r = 1. 于是 , z = cot 因此 , 四边形 DCEI 为正方形, 其中, I 为 ? ABC 的内心 , 即 & ACB = 90?. 故 ? ABC 为直角三角形. ( 张同君 提供 )

, 2a} , 有 t = a

ka = 1 或 2, ka ! 4, a ! 4.


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