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2008年全国高中数学联赛二试试题与答案(1试2试)2


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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
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 < 180o , 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

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 ∠ECB =
且仅当 P 在 ABC 的外接圆且在 AC 上时, …10 f ( P ) = ( PB + PD ) CA . 分 又因 PB + PD ≥ BD ,此不等式当且仅当 B , P , D 共线且 P 在 因此当且仅当 P 为 ABC 的外接圆与 BD 的交 BD 上时取等号. 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 …20 分

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 = …30 分

3 1 (舍去) 或 cos α = , 2 2 3 故 α = 30o , ∠ACE = 60o .

sin ∠EAC 30 BC 由已知 , 有 sin(∠EAC 30o ) = ( 3 1) sin ∠EAC , 即 = 3 1 = sin ∠EAC EC 3 1 2 3 1 sin ∠EAC cos ∠EAC = ( 3 1) sin ∠EAC ,整理得 sin ∠EAC = cos ∠EAC ,故 2 2 2 2 1 o …40 分 tan ∠EAC = = 2 + 3 ,可得 ∠EAC = 75 , 2 3 从而 ∠E = 45o , ∠DAC = ∠DCA = ∠E = 45o , ADC 为等腰直角三角形.因 AC = 2 ,则
0

(

)

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CD = 1 . 又 ABC 也是等腰直角三角形, BC = 2 ,BD 2 = 1 + 2 2 1 2 cos135o = 5 ,BD = 5 . 故 …50 分 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 . …10 分
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, P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点. 知
由点 P0 在 O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) f ( P ) 的最小值 , 2 f ( P0 ) = S A1B1C1 …20 分

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

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

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 = …30 分

3 1 (舍去) 或 cos α = , 2 2 3 故 α = 30o , ∠ACE = 60o .

sin ∠EAC 30 BC 由已知 , 有 sin(∠EAC 30o ) = ( 3 1) sin ∠EAC , 即 = 3 1 = sin ∠EAC EC 3 1 2 3 1 sin ∠EAC cos ∠EAC = ( 3 1) sin ∠EAC ,整理得 sin ∠EAC = cos ∠EAC ,故 2 2 2 2 1 o …40 分 tan ∠EAC = = 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
0

(

)

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在 O 上, ∠AB1 B = 90° ,所以 B1 BDC1 为矩形, B1C1 = BD = 1 + 2 2 1 2 cos135° = 5 ,

5 5 ,所以 f ( P) min = 2 1 = 10 . 2 2 [解法三] (Ⅰ)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数. 由三角形不等式,对于复数 z1 , z2 ,有
故λ =

…50 分

z1 + z2 ≥ z1 + z2 ,
当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r r r 有 PA BC + PC AB ≥ PA BC + PC AB , 所以

( A P)(C B) + (C P)( B A) ≥ ( A P)(C B) + (C P)( B A)
(1)

= P C A B + C B + P A uuu uuur r = ( B P )(C A) = PB AC , uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r 从而 PA BC + PC AB + PD CA uuu uuur uuu uuur r r ≥ PB AC + PD AC uuu uuu uuur r r = ( PB + PD ) AC uuu uuur r (2) ≥ 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 ( A P )(C B ) = λ (C P )( B A) , A P BA , =λ CP CB A P B A 所以 arg( ) = arg( ), CP r CB uuu uuu r uuu r uuu r 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

…10 分

…20 分

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
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(n = 1, 2, ) 都是 f ( x) 的周期.

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[证] (Ⅰ)若 T 是有理数,则存在正整数 m, n 使得 T = 使得

n 且 ( m, n ) = 1 ,从而存在整数 a , b , m

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 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


…10 分

…20 分

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 即 an +1 = 1 …30 分

1 1 1 < 1 ,故 1 < an + an , an an an
…40 分

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,因 1 和 T 是 f ( x ) 的周期,故 a1 = 1 T 亦 T 1 是 f ( x ) 的周期.假设 ak 是 f ( x ) 的周期,则 ak +1 = 1 ak 也是 f ( x ) 的周期.由数学归纳 ak 法,已证得 an 均是 f ( x ) 的周期. …50 分
三、 (本题满分 50 分) 设 ak > 0 , k = 1, 2,L , 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, L ; (ⅱ) lim xn 存在;
n →∞

(ⅲ) xn xn 1 = ∑ ak xn + k ∑ ak +1 xn + k , n = 1, 2,3,L .
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
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* xn xn 1 = ∑ ak ( xn + k xn + k 1 ) , n ∈ N , k =1 2008

其中 x0 = 0 . 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 ) + L + a2008 ( xn + 2008 x2008 ) . 由(ⅱ)可设 b = lim xn ,将上式取极限得
n →∞

…10 分

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

< b ∑ ak ,
k =1

2008

因此 ∑ ak > 1 .
k =1

2008

…20 分
2008 k =1

充分性:假设 ∑ ak > 1 .定义多项式函数如下:

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 .
n k =1

…30 分

k 下取数列 { xn } 为 xn = ∑ s0 , n = 1, 2,L ,则明显地 { xn } 满足题设条件(ⅰ) ,且
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 足(ⅱ) . 2008 k =1

=

s0 ,即 { xn } 的极限存在,满 1 s0 …40 分

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

…50 分

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