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2007年全国高中数学联赛试题+答案

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:上午 8:00—9:40)

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)

1. 如图,在正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60°,则二面角 A?PB?C

P

的平面角的余弦值为( )

1

1

1

1

A.
7

B. ? 7

C.
2

D. ? 2

D

2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立,则满

C

足条件的 a 所组成的集合是( )

A

B

A. [? 1 , 1] B. [? 1 , 1] C. [? 1 , 1] D. [?3,3]

33

22

43

3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全

相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。

则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于( )

52
A.
81

59
B.
81

60
C.
81

61
D.
81

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x?c)=1 对任意实数 x 恒成立,

则 b cosc 的值等于( ) a

A. ? 1

1
B.

C. ?1

D. 1

2

2

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是

()

6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且

为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( )

A. 62

B. 66

C. 68

D. 74

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(?3,0),B(1,?1),C(0,3),D(?1,3)及一个动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为__________。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于________。

9.

已知正方体

ABCD?A1B1C1D1 的棱长为

1,以顶点

A

为球心, 2 3 3

为半径作一个球,则

球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________。

10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d,

b1=d2,且

a12 b1

? a22 ? b2

? a32 ? b3

是正整数,则

q

等于________。

11. 已知函数 f (x) ? sin(πx) ? cos(πx) ? 2 (1 ? x ? 5) ,则 f(x)的最小值

x

4

4

为________。

12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小

方格内至多填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有________种(用 数字作答)。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

? 13.

设 an

?

n

1

k?1 k(n ?1? k)

,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? 1 (x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C x
在点 M、N 处切线的交点轨迹。

15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3, 4)满足:(1)对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2) 对任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案

一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 如图,在正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60°,则二面角 A?PB?C

P

的平面角的余弦值为( B )

1
A.
7

B. ? 1 7

1
C.
2

D. ? 1 2

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC,

M D
C

则 ∠ AMC 为 二 面 角 A?PB?C 的 平 面 角 。 不 妨 设 AB=2 , 则 A

B

PA ? AC ? 2 2 ,斜高为 7 ,故 2? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得

CM ? AM ? 7 。在△AMC 中,由余弦定理得 cos ?AMC ? AM 2 ? CM 2 ? AC 2 ? ? 1 。

2

2 ? AM ?CM

7

2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的集

合是( A )

A. [? 1 , 1] B. [? 1 , 1] C. [? 1 , 1] D. [?3,3]

33

22

43

解:令 x ? 2 a ,则有| a |? 1 ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。

3

3

一般地,对 k∈R,令 x ? 1 ka,则原不等式为 | a | ? | k ?1| ? 3 | a | ? | k ? 4 |?| a |2 ,由此易

2

2

3

知原不等式等价于| a |?| k ?1| ? 3 | k ? 4 | ,对任意的 k∈R 成立。由于 23

|

k

?1|

?

3 2

|

k

?

4 3

|?

?????152?k ? ???3 ?

?3
1k 2 5k 2

k?4 3
1? k ? 4 , 3
k ?1

所以 min{| k ?1| ? 3 | k ? 4 |} ? 1 ,从而上述不等式等价于| a |? 1 。

k?R

2 33

3

3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全

相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。

则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于( D )

52
A.

59
B.

60
C.

61
D.

81

81

81

81

解:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件总数为 92=81 个。由不

等式 a?2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、…、9

中每一个值,使不等式成立,则共有 9×5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、…、9 中每一个

值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、

8、9 中每一个值,有 3 种;当 b=9 时,a 只能取 9,有 1 种。于是,所求事件的概率为

45 ? 7 ? 5 ? 3 ?1 ? 61 。

81

81

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x?c)=1 对任意实数 x 恒成立,

则 b cosc 的值等于( C ) a

A. ? 1

1
B.

C. ?1

D. 1

2

2

解:令 c=π,则对任意的 x∈R,都有 f(x)+f(x?c)=2,于是取 a ? b ? 1 ,c=π,则对任意的 x 2

∈R,af(x)+bf(x?c)=1,由此得 b cosc ? ?1 。 a

一般地,由题设可得 f (x) ? 13 sin(x ? ?) ?1 , f (x ? c) ? 13 sin(x ? ? ? c) ?1,其中

0 ? ? ? π 且 tan? ? 2 ,于是 af(x)+bf(x?c)=1 可化为

2

3

13a sin(x ? ?) ? 13b sin(x ? ? ? c) ? a ? b ? 1,即

13a sin(x ? ?) ? 13b sin(x ? ?) cos c ? 13b sin c cos(x ? ?) ? (a ? b ?1) ? 0 ,所以

13 (a ? b cos c) sin(x ? ?) ? 13b sin c cos(x ? ?) ? (a ? b ?1) ? 0 。

?a ? b cosc ? 0

由已知条件,上式对任意

x∈R

恒成立,故必有

? ?

b sin c ? 0

?? a ? b ?1 ? 0

(1) (2) , (3)

若 b=0,则由(1)知 a=0,显然不满足(3)式,故 b≠0。所以,由(2)知 sinc=0,故 c=2kπ+π 或

c=2kπ(k∈Z)。当 c=2kπ 时,cosc=1,则(1)、(3)两式矛盾。故 c=2kπ+π(k∈Z),cosc=?1。由

(1)、(3)知 a ? b ? 1 ,所以 b cosc ? ?1 。

2

a

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是 (A)

解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点为

O1、O2,且离心率分别是

2c r1 ? r2


|

2c r1 ? r2

|

的圆锥曲线(当

r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹

的一部份,当 c=0 时,轨迹是两个同心圆)。

当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 B;当 0<2c<|r1?r2|时,圆 P 的圆心轨迹如选 项 C;当 r1≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的 焦点不重合,因此圆 P 的圆心轨迹不可能是选项 A。

6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且

为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( B )

A. 62

B. 66

C. 68

D. 74

解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,…,49}的任一个 34 元子集,

则必存在 n∈A,使得 2n+2∈B。证明如下:

将{1,2,…,49}分成如下 33 个集合:{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共 12 个;

{2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共 4 个;{25},{27},{29},…,{49}共 13 个;

{26},{34},{42},{46}共 4 个。由于 A 是{1,2,…,49}的 34 元子集,从而由抽屉原理

可知上述 33 个集合中至少有一个 2 元集合中的数均属于 A,即存在 n∈A,使得 2n+2∈B。

如取 A={1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,49,26,34,42,46},

B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。

DC

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)

P

7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(?3,0),B(1,?1),C(0,3),

F

A B

D(?1,3)及一个动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为

3 2?2 5 。
解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|,|PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD|,
因此,当动点 P 与 F 点重合时,|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值| AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。
8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,
CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于 2 。 3

解 : 因 为 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 , 所 以 AB?(AB? BE) ? AC?(AB? BF) ? 2 , 即

2

2

AB ? AB? BE ? AC? AB? AC? BF ? 2 。因为 AB ? 1 ,

AC ? AB ? 33 ?1? 33 ?1? 36 ? ?1 , BE ? ?BF ,所以1? BF ?(AC ? AB) ?1 ? 2 ,即 2? 33 ?1

BF ? BC ? 2 。设 EF 与 BC 的夹角为 θ,则有| BF | ? | BC | ?cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以

cosθ ? 2 。 3
9. 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心,
2 3 为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲 3

线的长等于 5 3π 。 6
解:如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:

一类在顶点 A 所在的三个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、 面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为

AE

?

23 3

,AA1=1,则 ?A1AE ?

π 6

。同理 ?BAF ?

π 6

,所以 ?EAF ?

π 6

,故弧

EF



长为 2 3 ? π ? 36

3 9

π

,而这样的弧共有三条。在面

BB1C1C

上,交线为弧

FG

且在距球心为

1 的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 3 ,?FBG ? π ,所

3

2

以弧 FG 的长为 3 ? π ? 3 π 。这样的弧也有三条。 32 6

于是,所得的曲线长为 3? 3 π ? 3? 3 π ? 5 3π 。

9

6

6

10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d,

b1=d2,且

a12 ? a22 ? a32 b1 ? b2 ? b3

是正整数,则

q

等于

1 2



解:因为

a12 ? a22 ? a32 b1 ? b2 ? b3

?

a12

? (a1 ? d)2 ? (a1 ? 2d)2 b1 ? b1q ? b1q2

?

1

?

14 q?

q

2

,故由已知条件知道:

1+q+q2 为 14 ,其中 m 为正整数。令1? q ? q2 ? 14 ,则

m

m

q ? ? 1 ? 1 ? 14 ?1 ? ? 1 ? 56 ? 3m 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以1 ? 14 ? 3 ,

2 4m

2

4m

m

即 5≤m≤13 且 56 ? 3m 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 1 。

4m

2

11. 已知函数 f (x) ? sin(πx) ? cos(πx) ? 2 (1 ? x ? 5) ,则 f(x)的最小值为 4 5 。

x

4

4

5

解:实际上 f (x) ?

2

sin(πx

?

π) 4

?

2

(1

?

x

?

5) ,设

g(x)

?

2 sin(πx ? π )(1 ? x ? 5) ,

x

4

4

44

4

则 g(x)≥0,g(x)在[ 1 , 3] 上是增函数,在[ 3 , 5] 上是减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ? 3

44

44

4

对称,则对任意

x1

?

[

1 4

,

3 4

]

,存在

x2

?

[

3 4

,

5 4

]

,使

g(x2)=g(x1)。于是

f (x1) ?

g(x1) ? 2 x1

?

g(x2 ) ? 2 ? x1

g(x2 ) ? 2 ? x2

f (x2 ) ,而

f(x)在 [ 3 , 5] 上是减函数,所以 44

f (x) ? f ( 5 ) ? 4 5 ,即 f(x)在[1 , 5] 上的最小值是 4 5 。

45

44

5

12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小

方格内至多填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法

共有 3960 种(用数字作答)。

解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C42A42=72 种,同样,使 2 个 b 既不同行也不同列的填法也有 C42A42=72 种,故由乘法原理,这样的填法 共有 722 种,其中不符合要求的有两种情况:2 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种;

2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的情况有 C161A92=16×72 种。所以,符合题设条 件的填法共有 722?72?16×72=3960 种。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)

? 13.

设 an

?

n

1

k?1 k(n ?1? k)

,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。

? 证明:由于

k(n

1 ?1?

k)

?

1 (1 n?1 k

?

n

1 ?1?

k

) ,因此

an

?

2 n ?1

n k ?1

1 k

,于是,对任意的正

? ? 整数

n≥2,有

1 2

(an

?

an ?1 )

?

1 n ?1

n k ?1

1 k

?

1 n?

2

n?1 k ?1

1 k

? ? ?

(1 n ?1

?

n

1 ?

n
) 2 k ?1

1 k

?

(n

1 ? 1)( n

?

2)

?

(n

1 ? 1)( n

?

2)

n
(
k ?1

1 k

?1)

?

0

,即

an+1<an。

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? 1 (x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C x
在点 M、N 处切线的交点轨迹。 解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、l2, 其交点 P 的坐标为(xp,yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。

由方程组

?? ? ??

y y

? ?

x

?

1 x

,消去

kx?1

y,得

x

?

1 x

?

kx?1 ,即(k?1)x2+x?1=0。由题意知,该方程在(0,

+∞)上有两个相异的实根

x1、x2,故

k≠1,且

Δ=1+4(k?1)>0…(1), x1

?

x2

?

1 1? k

?

0 …(2),

x1x2

?1 1? k

?0

… (3) , 由 此 解 得

3?k 4

?1 。对

y ? x? 1 x

求导,得

y'

?1?

1 x2

,则

1 y' |x?x1 ? 1 ? x12



y'

| x ? x2

?1?

1 x22

,于是直线

l1

的方程为

y

?

y1

?

(1 ?

1 x12

)( x

?

x1 )

,即

y ? (x1

?

1 )
x1

?

(1 ?

1 x12 )( x ?

x1) ,化简后得到直线

l1

的方程为

y

? (1?

1 x12 )x ?

2 x1

…(4)。同

理可求得直线

l2 的方程为 y

? (1?

1 x22

)

x

?

2 x2

…(5)。(4)?(5)得

(

1 x22

?

1 x12

)

x

p

?

2 x1

?

2 x2

?0,

因为

x1≠x2 , 故 有

xp

?

2 x1 x2 x1 ? x2

… (6) 。 将 (2)(3) 两 式 代 入 (6) 式 得

xp=2 。 (4)+(5) 得

2yp

?

(2

?(

1 x12

?

1 x22

)) xp

?

2(

1 x1

?

1 x2

)

… (7) , 其 中

1 ? 1 ? x1 ? x2 ? 1 , x1 x2 x1x2

1 x12

?

1 x22

?

x12 ? x22 x12 x22

?

(x1 ? x2 )2 ? 2x1x2 x12 x22

? ( x1 ? x2 )2 ? x1x2

2 x1x2

? 1? 2(1? k) ? 2k ?1 ,代入(7)

式得

2yp=(3?2k)xp+2,而

xp=2,得

yp=4?2k。又由

3 4

?

k

?1得 2

?

yp

?

5 2

,即点

P

的轨迹为

(2,2),(2,2.5)两点间的线段(不含端点)。

15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3, 4)满足:(1)对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2) 对任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

证明:记 g(x) ? f (x) ? f (?x) , h(x) ? f (x) ? f (?x) ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函

2

2

数,h(x)是奇函数,对任意的

x∈R,g(x+2π)=g(x),h(x+2π)=h(x)。令

f1 ( x)

?

g(x) ?

g(x ? π) 2



? g(x) ? g(x ? π)

? f2(x) ? ?

2 c os x

?

0

?

x ? kπ ? π 2
x ? kπ ? π 2



f

3

(

x)

?

?? ?

h(

x) ? h( 2 s in

x x

?

π

)

x ? kπ

??

0

x ? kπ



?h(x) ? h(x ? π)

? f4(x) ? ?

2sin 2x

?

0

?

x ? kπ

x

?

2 kπ

,其中

k

为任意整数。

2

容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。

下证对任意的

x∈R,有

f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当

x

?



?

π 2

时,显然成立;当

x

?



?

π 2

时,

因为

f1(x) ?

f2 (x) cosx ?

f1(x)

?

g(x) ? g(x ? π) 2

,而

g(x ? π) ? g(kπ ? 3π ) ? g(kπ ? 3π ? 2(k ?1)π) ? g(?kπ ? π ) ? g(kπ ? π ) ? g(x) ,故对

2

2

2

2

任意的 x∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。

下证对任意的

x∈R,有

f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x

?

kπ 2

时,显然成立;当

x=kπ

时,

h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ)=?h(kπ),所以 h(x)=h(kπ)=0,而此时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,故

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当

x

?



?

π 2

时,

h(x ? π) ? h(kπ ? 3π ) ? h(kπ ? 3π ? 2(k ?1)π) ? h(?kπ ? π ) ? ?h(kπ ? π ) ? ?h(x) , 故

2

2

2

2

f3 ( x)

s

i

nx

?

h(x)

?

h(x 2

?

π)

?

h(x)

,又

f4(x)sin2x=0,从而有

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。

2007 年全国高中数学联合竞赛加试试卷
(考试时间:上午 10:00—12:00)

一、(本题满分 50 分) 如图,在锐角△ABC 中,AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC,垂足为 E,做 PF⊥AB,

A
E FP

O1

B

D

O2 C

垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条 件为 P 是△ABC 的垂心。
二、(本题满分 50 分) 如图,在 7×8 的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小 方格共边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这 56 个棋子中取出一些,使得棋盘上剩 下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相 连。问最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由。

三、(本题满分 50 分)

? 设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记 f(m,k)=

5

? ?m

i?1 ?

k i

?1 ?1

?
? ?

,其中[a]

表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存在 k∈P 和正整数 m,使得 f(m,k)=n。

2007 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案

一、(本题满分 50 分) 如图,在锐角△ABC 中,AB<AC,AD 是边 BC 上的高, P 是线段 AD 内一点。过 P 作 PE⊥AC,垂足为 E,作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、O2 分别是△BDF、△CDE 的

A
E FP

O1

B

D

O2

B'

C

外心。求证:O1、O2、E、F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 证明:
连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。 因为 PD⊥BC,PF⊥AB, 故 B、D、P、F 四点共圆,且 BP 为该圆的直径。 又因为 O1 是△BDF 的外心, 故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。 同理可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 CP 中点。 综合以上知 O1O2∥BC, 所以∠PO2O1=∠PCB。 因为 AF·AB=AP·AD=AE·AC, 所以 B、C、E、F 四点共圆。 充分性:设 P 是△ABC 的垂心, 由于 PE⊥AC,PF⊥AB, 所以 B、O1、P、E 四点共线, C、O2、P、F 四点共线, ∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1,故 O1、O2、E、F 四点共圆。 必要性:设 O1、O2、E、F 四点共圆, 故∠O1O2E+∠EFO1=180°。 由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB?∠ACP, 又因为 O2 是直角△CEP 的斜边中点,也就是△CEP 的外心, 所以∠PO2E=2∠ACP。 因为 O1 是直角△BFP 的斜边中点,也就是△BFP 的外心, 从而∠PFO1=90°?∠BFO1=90°?∠ABP。 因为 B、C、E、F 四点共圆, 所以∠AFE=∠ACB,∠PFE=90°?∠ACB。 于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180°得 (∠ACB?∠ACP)+2∠ACP+(90°?∠ABP)+(90°?∠ACB)=180°, 即∠ABP=∠ACP。 又因为 AB<AC,AD⊥BC, 故 BD<CD。 设 B'是点 B 关于直线 AD 的对称点, 则 B'在线段 DC 上且 B'D=BD。 连结 AB'、PB'。由对称性,有∠AB'P=∠ABP, 从而∠AB'P=∠ACP, 所以 A、P、B'、C 四点共圆。 由此可知∠PB'B=∠CAP=90°?∠ACB。 因为∠PBC=∠PB'B, 故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90°, 故直线 BP 和 AC 垂直。 由题设 P 在边 BC 的高上,所以 P 是△ABC 的垂心。
二、(本题满分 50 分) 如图,在 7×8 的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小 方格共边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这 56 个棋子中取出一些,使得棋盘上剩 下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。问最少取出多少个棋子才 可能满足要求?并说明理由。
解:最少要取出 11 个棋子,才可能满足要求。其原因如下: 如果一个方格在第 i 行第 j 列,则记这个方格为(i,j)。

第一步证明若任取 10 个棋子,则余下的棋子必有一个五子连珠,即五个棋子在一条直线(横、 竖、斜方向)上依次相连。用反证法。假设可取出 10 个棋子,使余下的棋子没有一个五子 连珠。如图 1,在每一行的前五格中必须各取出一个棋子,后三列的前五格中也必须各取出 一个棋子。这样,10 个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。同理,由对称性,也 不会分布在其他角上的阴影部分。第 1、2 行必在每行取出一个,且只能分布在(1,4)、(1, 5)、(2,4)、(2,5)这些方格。同理(6,4)、(6,5)、(7,4)、(7,5)这些方格上至少要取出 2 个棋子。在第 1、2、3 列,每列至少要取出一个棋子,分布在(3,1)、(3,2)、(3,3)、(4, 1)、(4,2)、(4,3)、(5,1)、(5,2)、(5,3)所在区域,同理(3,6)、(3,7)、(3,8)、(4,6)、 (4,7)、(4,8)、(5,6)、(5,7)、(5,8)所在区域内至少取出 3 个棋子。这样,在这些区域 内至少已取出了 10 个棋子。因此,在中心阴影区域内不能取出棋子。由于①、②、③、④ 这 4 个棋子至多被取出 2 个,从而,从斜的方向看必有五子连珠了。矛盾。

图1

图2

第二步构造一种取法,共取走 11 个棋子,余下的棋子没有五子连珠。如图 2,只要取出有

标号位置的棋子,则余下的棋子不可能五子连珠。

综上所述,最少要取走 11 个棋子,才可能使得余下的棋子没有五子连珠。

三、(本题满分 50 分) 设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记

?5 ?
f(m,k)= ?m i?1 ?

k i

?1 ?1

?
? ?

,其中[a]表示不大于

a

的最大整数。求证:对任意正整数

n,存在

k∈P

和正整数 m,使得 f(m,k)=n。

证明:定义集合 A={ m k ?1 |m∈N*,k∈P},其中 N*为正整数集。

由于对任意 k、i∈P 且 k≠i, k ?1 是无理数,则 i ?1

对任意的 k1、k2∈P 和正整数 m1、m2, m1 k1 ?1 ? m2 k2 ?1 当且仅当 m1=m2,k1=k2。
由于 A 是一个无穷集,现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。
对于任意的正整数 n,设此数列中第 n 项为 m k ?1 。

下面确定 n 与 m、k 的关系。若 m1 i ?1 ? m k ?1 ,则

m1 ? m

k ?1 。 i ?1

? 由 m1 是正整数可知,对 i=1,2,3,4,5,满足这个条件的 m1 的个数为 ?m

k

?

1

? ?



? i ?1 ?

?5 ?
从而 n= ?m

k

?

1

? ?

=f(m,k)。

i?1 ? i ?1 ?

因此对任意 n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。