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2008年全国高中数学联合竞赛试卷A(有答案)


2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷) 试题参考答案
说明:
1.评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分; 2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,10 分为一个档次,不要增加其他中间档次.

一、 (本题满分 50 分) 如 题 一 图 , 给 定 凸 四 边

形 ABCD , ∠B + ∠D < 180 , P 是 平 面 上 的 动 点 , 令

f ( P ) = PA ? BC + PD ? CA + PC ? AB .
(Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆; ( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 AB 上 一 点 , 满 足 :

BC AE 3 , = 3 ?1 , = AB 2 EC

∠ECB =

1 ∠ECA ,又 DA, DC 是 ⊙O 的切线, AC = 2 ,求 f ( P ) 的最小值. 2

[解法一] (Ⅰ)如答一图 1,由托勒密不等式,对平面上的任意点 P ,有

PA ? BC + PC ? AB ≥ PB ? AC .
因此 f ( P ) = PA ? BC + PC ? AB + PD ? CA

≥ PB ? CA + PD ? CA = ( PB + PD ) ? CA .
因为上面不等式当且仅当 P, A, B, C 顺次共圆时取等号,因此当 且仅当 P 在 ?ABC 的外接圆且在 AC 上时,

f ( P ) = ( PB + PD ) ? CA .

答一图 1

又因 PB + PD ≥ BD ,此不等式当且仅当 B , P , D 共线且 P 在 BD 上时取等号.因此当且仅 当 P 为 ?ABC 的外接圆与 BD 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P ) min = AC ? BD . 故当 f ( P ) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆. ( Ⅱ ) 记 ∠ECB = α , 则 ∠ECA = 2α , 由 正 弦 定 理 有

AE sin 2α 3 ,从而 = = AB sin 3α 2

3 sin 3α = 2sin 2α ,即 3(3sin α ? 4sin 3 α ) = 4sin α cos α ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 α ) ? 4 cos α = 0 ,
整理得 4 3 cos 2 α ? 4 cos α ? 3 = 0 , 解得 cos α =

3 1 (舍去) 或 cos α = ? , 2 2 3

故 α = 30 , ∠ACE = 60 .
2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷)试题参考答案及评分标准 第 1 页(共 6 页)

由已知

sin ∠EAC ? 30 BC = 3 ?1 = sin ∠EAC EC

(

0

) ,有 sin(∠EAC ? 30 ) = (

3 ? 1) sin ∠EAC ,即

3 1 2? 3 1 sin ∠EAC ? cos ∠EAC = ( 3 ? 1) sin ∠EAC ,整理得 sin ∠EAC = cos ∠EAC , 2 2 2 2
故 tan ∠EAC =

1 = 2 + 3 ,可得 ∠EAC = 75 , 2? 3

从而 ∠E = 45 , ∠DAC = ∠DCA = ∠E = 45 , ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC = 2 ,则

CD = 1 .
又 ?ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故 BC = 2 , BD 2 = 1 + 2 ? 2 ?1? 2 cos135 = 5 ,

BD = 5 .
故 f ( P) min = BD ? AC = 5 ? 2 = 10 . [解法二] (Ⅰ)如答一图 2,连接 BD 交 ?ABC 的外

接圆 O 于 P0 点(因为 D 在 ⊙O 外,故 P0 在 BD 上) . 过 A, C , D 分别作 P0 A, P0C , P0 D 的垂线, 两两相交得

?A1 B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而在 ?A1 B1C1 内,记 ?ABC 之 三 内 角 分 别 为
x, y,z

, 则

∠AP0C = 180° ? y = z + x , 又 因 B1C1 ⊥ P0 A ,

B1 A1 ⊥ P0C ,得 ∠B1 = y ,同理有 ∠A1 = x , ∠C1 = z ,
所以 ?A1 B1C1 ∽ ?ABC .

答一图 2

设 B1C1 = λ BC , C1 A1 = λCA , A1 B1 = λ AB ,则对平面上任意点 M ,有

λ f ( P0 ) = λ ( P0 A ? BC + P0 D ? CA + P0C ? AB)
= P0 A ? B1C1 + P0 D ? C1 A1 + P0C ? A1 B1

= 2S ?A1B1C1 ≤ MA ? B1C1 + MD ? C1 A1 + MC ? A1 B1
= λ ( MA ? BC + MD ? CA + MC ? AB ) = λ f (M ) ,
从而

f ( P0 ) ≤ f ( M ) .

由 M 点的任意性,知 P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 由点 P0 在 ⊙O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) f ( P ) 的最小值 ,

f ( P0 ) =

2

λ

S ?A1B1C1

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= 2λ S?ABC ,
记 ∠ECB = α ,则 ∠ECA = 2α ,由正弦定理有 即 3(3sin α ? 4sin 3 α ) = 4sin α cos α ,所以

AE sin 2α 3 ,从而 3 sin 3α = 2sin 2α , = = AB sin 3α 2

3 3 ? 4 3(1 ? cos 2 α ) ? 4 cos α = 0 ,
整理得 4 3 cos 2 α ? 4 cos α ? 3 = 0 , 解得 cos α =

3 1 (舍去) 或 cos α = ? , 2 2 3

故 α = 30 , ∠ACE = 60 .

sin ∠EAC ? 30 BC 由已知 = 3 ?1 = sin ∠EAC EC

(

0

) , 有 sin(∠EAC ? 30 ) = (

3 ? 1) sin ∠EAC , 即

3 1 2? 3 1 sin ∠EAC ? cos ∠EAC = ( 3 ? 1) sin ∠EAC ,整理得 sin ∠EAC = cos ∠EAC , 2 2 2 2
故 tan ∠EAC =

1 = 2 + 3 ,可得 ∠EAC = 75 , 2? 3

所以 ∠E = 45° , ?ABC 为等腰直角三角形, AC = 2 , S ?ABC = 1 ,因为 ∠AB1C = 45° , B1 点 在 ⊙O 上, ∠AB1 B = 90° ,所以 B1 BDC1 为矩形, B1C1 = BD = 1 + 2 ? 2 ?1? 2 cos135° = 5 , 故λ =

5 5 ,所以 f ( P) min = 2 ? ?1 = 10 . 2 2
(Ⅰ)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数.

[解法三]

由三角形不等式,对于复数 z1 , z2 ,有

z1 + z2 ≥ z1 + z2 ,
当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. 有 所以

PA ? BC + PC ? AB ≥ PA ? BC + PC ? AB ,

( A ? P)(C ? B) + (C ? P)( B ? A) ≥ ( A ? P)(C ? B) + (C ? P)( B ? A) = ?P ? C ? A ? B + C ? B + P ? A
= ( B ? P )(C ? A) = PB ? AC ,
(1)

从而

PA ? BC + PC ? AB + PD ? CA

≥ PB ? AC + PD ? AC

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= ( PB + PD ) ? AC ≥ BD ? AC .
(1)式取等号的条件是 复数 ( A ? P )(C ? B ) 与 (C ? P )( B ? A) 同向,故存在实数 λ > 0 ,使得 (2)

( A ? P )(C ? B ) = λ (C ? P )( B ? A) ,

A? P B?A , =λ C?P C?B
所以

arg(

A? P B? A ) = arg( ), C?P C?B

向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角, 从而 P, A, B, C 四点共圆. (2)式取等号的条件显然为 B , P , D 共线且 P 在 BD 上. 故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之外接圆上, P , A, B , C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P ) min = BD ? AC . 以下同解法一.

二、 (本题满分 50 分) 设 f ( x ) 是周期函数, T 和 1 是 f ( x ) 的周期且 0 < T < 1 .证明: (Ⅰ)若 T 为有理数,则存在素数 p ,使

1 是 f ( x ) 的周期; p

( Ⅱ ) 若 T 为 无 理 数 , 则 存 在 各 项 均 为 无 理 数 的 数 列 {an } 满 足 1 > an > an +1 > 0

(n = 1, 2, ???) ,且每个 an

(n = 1, 2, ???) 都是 f ( x) 的周期.
n 且 ( m , n ) = 1 ,从而存在整数 a, b , m

[证] (Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T = 使得

ma + nb = 1 .
于是

1 ma + nb = = a + bT = a ?1 + b ? T m m
是 f ( x) 的周期. 又因 0 < T < 1 ,从而 m ≥ 2 .设 p 是 m 的素因子,则 m = pm′ , m′ ∈N? ,从而

2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷)试题参考答案及评分标准 第 4 页(共 6 页)

1 1 = m′ ? p m
是 f ( x ) 的周期. (Ⅱ)若 T 是无理数,令

?1? a1 = 1 ? ? ? T , ?T ?
则 0 < a1 < 1 ,且 a1 是无理数,令

?1? a2 = 1 ? ? ? a1 , ? a1 ?
……

?1? an +1 = 1 ? ? ? an , ? an ?
……. 由数学归纳法易知 an 均为无理数且 0 < an < 1 .又

?1? 1 ?1? ? ? ? < 1 ,故 1 < an + ? ? an , an ? an ? ? an ?

即 an +1 = 1 ? ?

?1? ? an < an .因此 {an } 是递减数列. ? an ?

1 最后证: 每个 an 是 f ( x) 的周期. 事实上, 1 和 T 是 f ( x ) 的周期, a1 = 1 ? ? ? T 亦 因 故 ?T ? ? ?
? ? 是 f ( x ) 的周期.假设 ak 是 f ( x ) 的周期,则 ak +1 = 1 ? ? 1 ? ak 也是 f ( x ) 的周期.由数学归 ? ak ?
纳法,已证得 an 均是 f ( x ) 的周期.

三、 (本题满分 50 分) 设 ak > 0 ,k = 1, 2,? , 2008 .证明:当且仅当 ∑ ak > 1 时,存在数列 { xn } 满足以下条件:
k =1
2008

(ⅰ) 0 = x0 < xn < xn +1 , n = 1, 2,3, ? ; (ⅱ) lim xn 存在;
n →∞

(ⅲ) xn ? xn ?1 = ∑ ak xn + k ? ∑ ak +1 xn + k , n = 1, 2,3,? .
k =1 k =0

2008

2007

[证] 必要性:假设存在 { xn } 满足(ⅰ)(ⅱ)(iii) , , .注意到(ⅲ)中式子可化为
* xn ? xn ?1 = ∑ ak ( xn + k ? xn + k ?1 ) , n ∈ N , 2008

k =1

其中 x0 = 0 .
2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷)试题参考答案及评分标准 第 5 页(共 6 页)

将上式从第 1 项加到第 n 项,并注意到 x0 = 0 得

xn = a1 ( xn +1 ? x1 ) + a2 ( xn + 2 ? x2 ) + ? + a2008 ( xn + 2008 ? x2008 ) .
由(ⅱ)可设 b = lim xn ,将上式取极限得
n →∞

b = a1 (b ? x1 ) + a2 (b ? x2 ) + ? + a2008 (b ? x2008 ) = b ? ∑ ak ? ( a1 x1 + a2 x2 + ? + a2008 x2008 )
k =1 2008

< b ? ∑ ak ,
k =1

2008

因此 ∑ ak > 1 .
k =1

2008

充分性:假设 ∑ ak > 1 .定义多项式函数如下:
k =1

2008

f ( s ) = ?1 + ∑ ak s k , s ∈ [0,1] ,
k =1

2008

则 f ( s ) 在[0,1]上是递增函数,且

f (0) = ?1 < 0 , f (1) = ?1 + ∑ ak > 0 .
k =1

2008

因此方程 f ( s ) = 0 在[0,1]内有唯一的根 s = s0 ,且 0 < s0 < 1 ,即 f ( s0 ) = 0 .
k 下取数列 { xn } 为 xn = ∑ s0 , n = 1, 2,? ,则明显地 { xn } 满足题设条件(ⅰ) ,且 k =1 n

k xn = ∑ s0 = k =1

n

n s0 ? s0 +1 . 1 ? s0 n +1

n 因 0 < s0 < 1 ,故 lim s0 +1 = 0 ,因此 lim xn = lim s0 ? s0 n →∞ n →∞ n →∞ 1 ? s 0

=

s0 ,即 { xn } 的极限存在,满 1 ? s0

足(ⅱ) .
k ,因 f ( s0 ) = 0 ,即 ∑ ak s0 = 1 ,从而 最后验证 { xn } 满足(ⅲ) k =1 2008

n k n n xn ? xn ?1 = s0 = ( ∑ ak s0 ) s0 = ∑ ak s0 + k = ∑ ak ( xn + k ? xn + k ?1 ) . k =1 k =1 k =1

2008

2008

2008

综上,存在数列 { xn } 满足(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ) , , .

2008 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷)试题参考答案及评分标准 第 6 页(共 6 页)


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