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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 、 分 CE 别是边 AC 、 上的高 . 以 AB 为直径作圆交 AB CE 于点 M ,在 BD 上取点 N , 使 AN = AM . 证 ( 毕耜琨   明 : AN ⊥CN . 供题)

( 二 、25 分) 设 △ABC 的三边长分别为 a 、 b 、 ,且 a + b + c = 3. 求 c 4 2 2 2 f ( a , b , c) = a + b + c + abc 3 ( 贾应红   的最小值 . 供题) ( 25 三 、 分 ) 在数列 { an } 中 , a0 = 2 007 ,
an + 1 = an 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 ( 张利民   个点共圆 . 供题)

第二天
π ( β 五 、25 分) 设 α、 ∈( 0 , ) . 求 2 2 α β 1tan ? tan 2 2 A= cot α+ cot β ( 西北工业大学附中   的最大值 . 供题) ( 六 、25 分) 已知 1 f ( x ) = lg ( x + 1) log3 x . 2 ( 1) 解方程 : f ( x ) = 0 ; ( 2) 求集合 2 M = { n | f ( n - 214 n - 1 998) ≥ , n ∈Z} 0 ( 李铁汉   的子集个数 . 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

( n ∈N) . 求证 : 当 0 ≤n ≤ 004 1

时 ,有 [ an ] = 2 007 - n ( 其中 ,[ x ] 表示不超过 ( 哈师大附中   x 的最大整数) . 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 , a2 = 3 , …, a1 003 = 2 005 , a1 004 =
2 006 , a1 005 = 2 007 , 此时 , 只存在唯一的一

个和式 ai + aj 、 k + al 的全部四个加数 ai 、 a
aj 、 k 、l ,此即题设要求的四个正整数 . a a

对数 a1 = 1 , a1 004 = 2 006 ,其和为
a1 005 = 2 007.

当 an < 2 007 时 , 若 an = 2 m - 1 , 则 an 可表为 m 个两个不同正整数之和的不同和 式 ; 若 an = 2 m ,则 an 可表为 m - 1 个两个不 同正整数之和的不同和式 . an < 2 007 , 所以 ,
m ≤ 003. 除去 a n 之外 , 在 a1 , a2 , …, a n - 1 1

所以 , n 的最小值不小于 1 006. 接下来证明 : 当 n ≥ 006 时 , 一定存在 1 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, … 这表明 2 007 只能分解为 1 003 个不同的两

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 ,

个正整数的和式 ,所以 ,当 n ≥ 006 ,即 n - 1 1 ≥ 005 时 ,在除了 an = 2 007 之外的不少于 1
1 005 个 数 a1 , a2 , …, an - 1 中 , 至 少 包 含 了

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)

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 ; ( 2) a3 | n2 . ( 张同君   供题) 朱雅春   ( 八 、25 分) 设 △ABC 的内切圆半径为 1 , 三边长 BC = a , CA = b , AB = c . 若 a 、 、 都 b c 是整数 ,求证 : △ABC 为直角三角形 . ( 刘康宁   供题)

即  ab + bc + ca -

2 7 abc ≤ . 3 3

7 13 从而 , f ( a , b , c) ≥ - 2 × = . 9 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 .

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

设 a0 ∈N+ , an + 1 =

an an + 1

2

. 求证 :

1 [ a n ] = a0 - n ( 0 ≤n ≤ ( a0 + 2) ) . 2 对于任何正整数 n ,由递推公式知 an > 0.

因为 an - an + 1 = an -

an an + 1

2

=

an

1 + an

>0 ,

所以 , a0 > a1 > a2 > …> an > …. 一方面 ,当 n 为正整数时 ,
n

an = a0 +
n

i =1

∑( a

i

- ai - 1 )

= a0 = a0 -

i =1 n

∑1 + a
n

ai - 1
i- 1

i =1

∑(1 - 1 + a
i =1

1

)
i- 1

= a0 - n +

∑1 + a
n

1

> a0 - n .

i- 1

另一方面 , 由于 an - 1 > a0 - ( n - 1 ) , 且 a0 > a1 > a2 > …> a n > … 于是 , . 当 n =1时 , 当 n≥ 时, 2
n i =1 i =1

∑1 + a
n

1

=
i- 1

1 <1; 1 + a0

∑1 + a
n i =1

1

<
i- 1

1 + an - 1 < 1.
i- 1 n



n ≤ 1. a0 - n + 2

总之 ,

∑1 + a

1

故 an = a0 - n +

i =1

∑1 + a

1

< a0 - n + 1.

i- 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 、 、 ,将 AB ( 含 A 不含 B ) 、BC ( 含 B B C 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 ≠ , n ≥ 4 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 、 的点 . 再由条件 ( 1 ) 知 , 存在颜色分别 2 为 3 、、 的点 A 、 、 不共线 ,设过点 A 、 、 4 5 B C 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 、 的点 ,则存在四个互不同色的点共圆 ; 2 若 ⊙O 与 直 线 l 相离且 ⊙O 上没有颜 色 1 、 的点 , 如图 2 , 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 、 . 设 E 的颜 S 图2 色为 3 ,考虑直线 l 上 颜色为 2 的点 F , FS 交 ⊙O 于点 G ,因为 EG ⊥GF ,所以 , D 、 、 、 四点共圆 . E F G 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 、 必有一 C ( 设为 B ) , SB 交直线 l 于点 H ,因 点不同于 S 为 EB ⊥B H ,所以 , B 、 、 、 四点共圆 . E D H 若 H 是颜色为 2 的点 ,则 B 、 、 、 是 H D E 互不同色的 4 个点共圆 ; 若 H 是颜色为 1 的点 ,由于 SB ? = S E? = SG? F , SH SD S 则 B 、 、 、 四点共圆 . H F G 故 B 、 、 、 是互不同色的四个点共 H F G 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.

α 2 β 1 - tan 2 2 = α + β 2 tan 2tan 2 2 α β α β (tan + tan ) ( 1 - tan ? tan ) 2 2 2 2 = , α β 2tan ? tan 2 2
1 - tan
2

α β 1tan ? tan 2 2 知  A = cot α+ cot β 2 α β α β 2tan ? tan tan ? tan 2 2 12 2 = α β α β . tan + tan 1 - tan ? tan 2 2 2 2 α β 令 tan = x ,tan = y. 则 2 2
A=

2

2 xy ( 1 xy ) ( x + y ) ( 1 + xy )
xy ( 1 xy ) xy

xy ) ≤ 2 xy ( 1 = 2 xy ( 1 + xy )

1+

.

再令 t = xy . 则 t ∈( 0 ,1) . 所以 , 2 t (1 - t ) - t +t A≤ = 1+ t 1+ t 2 - ( t + 1 ) + 3 ( t + 1) - 2 = 1+ t 2 ) =3 - (t +1 + t +1 ≤ - 2 3
( t - 1) 2
t +1

= 3 - 2 2.

当且仅当 t = 2 - 1 ,即 tan
2 - 1 时 ,上式等号成立 .

α β = tan = 2 2

第 二 天
五 、 cot α+ cot β 由

因此 , A 的最大值为 3 - 2 2. ( 六 、1) 任取 0 < x1 < x2 ,则 f ( x1 ) - f ( x2 ) = lg ( x1 + 1) - lg ( x2 + 1) 1 ( log3 x1 - log3 x2 ) 2 x1 + 1 1 x1 = lg - log3 x2 + 1 2 x2 x1 + 1 x1 = lg - log9 . x2 + 1 x2 x1 + 1 x1 x1 + 1 x1 因 > ,则 lg > lg . 所以 , x2 + 1 x2 x2 + 1 x2

32

中 等 数 学

f ( x1 ) - f ( x2 ) > lg

x1 x1 - log9 x2 x2

= lg

x1 . x2 lg 9 x1 x1 - lg = 0. x2 x2

lg

x1 x2

又 0 < lg 9 < 1 ,则
f ( x1 ) - f ( x2 ) > lg

七 、 ( 1) 得 a < n < a + 1 ,则 由 2 2 a < n < a +2a +1 , 2 2 即  a + 1 ≤n ≤a + 2 a . 2 令 n = a + t ( t ∈ ,2 , …,2 a} ) . {1 由 ( 2) 有 3 4 2 2 2 2 a | ( a + 2 a t + t ) ] a | t ] a| t . 3 4 2 2 3 2 再由 a | ( a + 2 a t + t ) ] a | t . 记 t = ka ,则 t = a 由 t 、 、 ∈N+ ,有 a k
2 3



) 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 ( n2 - 214 n - 1 998) ≥ 0 ] f ( n2 - 214 n - 1 998) ≥f ( 9) .



n - 214 n - 1 998 ≤ , 9
2 2 2

2 由于 n = a + t , 且 a ≤ , t ≤ a , 可令 4 2 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 、 △ABC 的内切圆在边 BC 、 、 设 CA AB 上的切点分别为 D 、 、 , 记 A E = A F = x , E F B F = BD = y , CD = CE = z . 则 b+c- a c+ a- b a+ b- c x= ,y = ,z = . 2 2 2 因为 a 、 、 都是整数 , 所以 , b + c - a 、 b c c + a - b 、 + b - c 奇偶性相同 . 于是 , x 、 、 a y z 均为整数或均为奇数的一半 . 下面证明 : x 、 、 均为奇数的一半是不 y z 可能的 . 因为 r = 1 ,所以 ,

n - 214 n - 1 998 > 0

≤ Ζ n2 - 214 n - 2 007 0 , n - 214 n - 1 998 > 0 ( )( )≤ Ζ n - 223 2 n + 9 0 , 2 ( n - 107) > 1 998 + 107 = 13 447 > 1152 ≤ ≤ Ζ - 9 n 223 , n > 222 或 n < - 8 - 9 ≤n ≤ , 223 Ζ ≥ 或 n ≤- 9. n 223 从而 , n = 223 或 n = - 9. 故 M = { - 9 ,223}. 因此 , M 的子集的个数是 4.
ka . ka ∈N+ .

x = cot

A

2
C

, y = cot = tan (
A

B

2 +

, z = cot
B

C

2

.

又 cot
1 =
x

+

2 1
y

2

2

)

1-

1
xy

=

x+ y , xy - 1

则  z =

x+ y . xy - 1

若 x 、 均为奇数的一半 , 不妨设 x = y 2m - 1 2n - 1 ( m 、 ∈N+ ) . 则 ,y = n 2 2 4 ( m + n - 1) z= . 4 mn - 2 m - 2 n - 3 因为 4 ( m + n - 1 ) 为偶数 ,4 mn - 2 m 2 n - 3 为奇数 , 所以 , z 不可能是奇数的一 半 ,矛盾 . 故 x 、 、 均为整数 . y z 不妨设 ∠A ≤∠B ≤∠C ,则 ∠C ≥ ° 60 . 于是 , z = cot
2
C≤ 3.

又 z ∈N+ ,则 z = 1 ,即 z = r = 1. 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)

由 t ∈ ,2 , …,2 a } ,有 t = a {1 ka ≤ 2. 所以 ,

ka ≤ a , 2

ka = 1 或 2 , ka ≤ , a ≤ 4 4.


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