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2006中国西部数学奥林匹克

2007 年第 5 期

33

2006 中国西部数学奥林匹克
第一天
1. 设 n ( n ≥ 2 ) 是给定的正整数 , a1 , a2 ,
n

长线 上 的 一 点 , 过 点 C 作 ⊙O 的 割 线 , 与 ⊙O 交于点 D 、 E , OF 是 △BOD 的 外 接 圆 ⊙O1 的直径 , 联结 CF 并延长交 ⊙O1 于点
G. 求证 : O 、 A、 E、 G 四点共圆 .

…, an ∈( 0 ,1 ) . 求 值 ,这里 an + 1 = a1 .

i =1



6

ai (1 - ai + 1 ) 的最大

( 边红平   供题)

( 朱华伟   供题)

2. 求满足下述条件的最小正实数 k : 对

任意不小于 k 的 4 个互不相同的实数 a 、 b、 c、 d ,都存在 a 、 b、 c、 d 的一个排列 p 、 q、 r、 s, 2 2 使得方程 ( x + px + q) ( x + rx + s ) = 0 有 4 ( 冯志刚   个互不相同的实数根 . 供题)
3. 如 图 1 ,
图2

在 △PBC 中 , ∠PBC = 60° ,过 点 P 作 △PBC 的 外 接 圆 ⊙O 图1 的 切 线 , 与 CB 的延长线交于点 A . 点 D 、 E 分别在线段 PA 和 ⊙O 上 , 使得 ∠DB E = 90° , PD = PE. 联结 B E 与 PC 相交于点 F. 已知 A F 、 B P、 CD 三线 共点 . ( 1) 求证 : B F 是 ∠PBC 的角平分线 ; ( 2) 求 tan ∠PCB 的值 . ( 熊   斌  供题) 4. 设正整数 a 不是完全平方数 . 求证 : 对每一个正整数 n ,
Sn = { a} + { a } + …+ { a }
2
n

7. 设 k 是一个不小于 3 的正整数 ,θ 是 θ 一个实数 . 证明 : 如果 cos ( k - 1 ) θ 和 cos k 都是有理数 ,那么 ,存在正整数 n ( n > k ) , 使 θ都是有理数 . 得 cos ( n - 1)θ和 cos n ( 李伟固   供题) 8. 给定正整数 n ( n ≥ 2 ) . 求 | X | 的最小 值 ,使得对集合 X 的任意 n 个二元子集 B 1 ,
B 2 , …, B n ,都存在集合 X 的一个子集 Y , 满

足:
( 1) | Y| = n ; ( 2) 对 i = 1 ,2 , …, n ,都有| Y ∩B i | ≤ 1.

这里 ,| A | 表示有限集合 A 的元素个数 . ( 冷岗松   供题)

的值都是无理数 . 这里 { x } = x - [ x ] , 其中 , [ x ] 表示不超过 x 的最大整数 . ( 陶平生   供题)

参考答案
第一天    1. 由算术 — 几何平均值不等式得
6

第二天
5. 设 S = { n| n - 1 , n , n + 1 都可以表示 为两个正整数的平方和 }. 证明 : 若 n ∈S , 则 2 ( 王建伟   n ∈S . 供题) 6. 如图 2 , AB 是 ⊙O 的直径 , C 为 AB 延

ai ( 1 - ai + 1 )
4 6

=26
2

ai (1 - ai + 1 ) ×

1 1 1 1 × × × 2 2 2 2

1 ≤ 2 3 × ( ai + 1 - ai + 1 + 2) 6 2 1 = 2 3 × ( ai - ai + 1 + 3) , 6

34
n

中 等 数 学

所以 ,
2 3 2 3

i =1



6

ai ( 1 - ai + 1 )
n i

点. 因为 ∠MPE = ∠PB E = 30° , ∠CPE = ∠CB E =
30° ,所以 ,由 PD = PE ,知

1 ≤ 2 × 6 =2

i =1

∑( a

- ai + 1 + 3)

∠PDE = ∠PED = 15° ,
PE = 2sin 30° = 1 , DE = 2cos 15° . ) , 又 B E = 2sin ∠ECB = 2sin (α+ 30° ∠B ED = ∠B EP - 15° = α- 15° ,

1 n × × 3n = 3 , 6 2 1 时 ,上式等号成立 . 2

当且仅当 a1 = a2 = …= an =
3

故 y 的最大值是

4n . 2 4 k ) ,则

2. 一方面 ,若 k < 4 ,取 a 、 b、 c、 d∈ [k,
2

所以 ,在 Rt △BDE 中 ,有 ) B E 2sin (α+ 30° ) = cos(α- 15° = , DE 2cos 15° )? ) , cos (α- 15° cos 15° = sin (α+ 30°
) = 2sin (α+ 30° ) , cos α+ cos (α- 30° cos α+ cos α ? cos 30° + sin α ? sin 30° = 3sin α+ cos α, 1+ 3 1 + tan α= 3tan α+ 1. 2 2 6+ 3 . 11
a ] = c ,且 a - c. 令

2 对( a、 b、 c、 d ) 的任意排列 ( p 、 q、 r、 s ) , 方程 x + px

+ q = 0 的判别式为 p - 4 q < 4 k - 4 q ≤ 4k - 4k = 0 ,

该方程无实数根 . 所以 , k ≥ 4. 另一方面 ,设 a 、 b、 c、 d 是不小于 4 的 4 个不同 实数 ,不妨设 4 ≤a < b < c < d . 考察方程
x + dx + a = 0 ,
2 2



和  x + cx + b = 0.

② 首先 , d2 - 4 a > 4 ( d - a) > 0 , c2 - 4 b > 4 ( c - b) 其次 ,若方程 ① 与② 有公共实根 β,则 2 β+ d β+ a = 0 ,
2 β β+ b = 0. +c

所以 ,tan α=

2 2 4. 设 c < a < ( c + 1 ) ( c ≥1 ) , 则 [ 2 1 ≤a - c ≤ 2 c ,而 { a } =
k

> 0 ,故方程 ①、 ② 都有两个不同实根 .

a- [

a] =

k { a } = ( a - c) = x k + y k a ( k ∈N + , x k 、 y k ∈Z) .

则 S n = ( x 1 + x 2 + …+ x n ) + ( y 1 + y 2 + …+ y n ) a . ①
n

b- a 2 β+ a > 两式相减得 β = > 0 , 这时 ,β + d d- c

下面证明 : 对所有正整数 n , Tn = 由于 x k + 1 + y k + 1 a = ( a - c) k + 1
= ( a - c) ( x k + y k a ) = ( ay k - cx k ) + ( x k - cy k )
a,

0 ,矛盾 .

k =1

∑y

k

≠ 0.

所以 ,方程 ① 与② 没有公共实根 . 从而 , k = 4 符合要求 . 综上 , k = 4. 3. (1) 当 B F 平分 ∠PBC 时 , 由于 ∠DB E = 90° , 所以 , BD 平分 ∠PBA . 于是 ,
PF CB AD PB BC AB ? ? = ? ? = 1. FC BA DP BC BA PB

所以 ,

x k + 1 = ay k - cx k , y k + 1 = x k + cy k .

由 x1 = - c , y1 = 1 ,可得 y2 = - 2 c . 消去{ x k } 得
2 y k + 2 = - 2 cy k + 1 + ( a - c ) y k ,

由塞瓦定理的逆定理知 A F 、 B P、 CD 三线共点 . 若还 有 一 个 ∠D′ B F′ 满 足 ∠D′ B F′= 90° ,且
A F′ 、 B P、 CD′ 三线共点 , 不妨设点 F′ 在线段 PF 内 ,



其中 , y1 = 1 , y2 = - 2 c . 由数学归纳法易得
y2 k - 1 > 0 , y2 k < 0.

则点 D′ 在线段 AD 内 . 于是 ,
PF′ PF AD′ AD < , < . F′ C FC PD′ PD



由式 ②、 ③ 可得
2 y2 k + 2 - y2 k + 1 = - (2 c + 1) y2 k + 1 + ( a - c ) y2 k < 0 , 2 y2 k + 2 + y2 k + 1 = - (2 c - 1) y2 k + 1 + ( a - c ) y2 k < 0. 2 相乘得 y2 2 k + 2 - y 2 k + 1 > 0. 2 又因 y2 2 - y 1 > 0 ,故| y 2 k - 1 | < | y 2 k | .



PF′ CB AD′ PF CB AD ? ? < ? ? =1, F′ C BA D′ P FC BA PD

这与 A F′ 、 B P、 CD′ 三线共点矛盾 . 所以 , B F 是 ∠PBC 的内角平分线 . (2) 不妨设 ⊙O 的半径为 1 , ∠PCB = α. 由 (1) 知 ∠PB E = ∠EBC = 30° , 且 E 是 PC 的中

又由 y2 k + 1 - y2 k
2 = - (2 c + 1) y2 k + ( a - c ) y2 k - 1 > 0 ,

2007 年第 5 期
2 y2 k + 1 + y2 k = - (2 c - 1) y2 k + ( a - c ) y2 k - 1 > 0 ,

35

又 ∠DGF = ∠DOF ,则 ∠DAB = ∠DGF. 故 G、 A、 C、 D 四点共圆 ,有 ∠AGC = ∠ADC. ① ② ③

相乘得

2 y2 k + 1

-

2 y2 k

> 0 ,即| y2 k | < | y2 k + 1 | .

所以 ,对所有正整数 n ,都有
| yn | < | yn + 1 | .



故由式 ③、 ④ 得 ,对所有正整数 n ,都有
y2 k - 1 + y2 k < 0 , y2 k + y2 k + 1 > 0.

π 而 ∠AGC = ∠AGO + ∠OGF = ∠AGO + , 2 π ∠ADC = ∠ADB + ∠BDC = + ∠BDC. 2 结合式 ①、 ②、 ③ 得 ∠AGO = ∠BDC. 因为 B 、 D、 E、 A 四点共圆 ,所以 , ∠BDC = ∠EAO . 又 OA = OE ,所以 , ∠EAO = ∠A EO . 由式 ④、 ⑤、 ⑥ 得 ∠AGO = ∠A EO . 故 O、 A、 E、 G 四点共圆 .
7. 首先 ,证明如下结论 :

因此 ,
T2 n - 1 = y1 + ( y2 + y3 ) + …+ ( y2 n - 2 + y2 n - 1 ) > 0 , T2 n = ( y1 + y2 ) + ( y3 + y4 ) + …+ ( y2 n - 1 + y2 n ) < 0.

④ ⑤ ⑥

从而 ,对所有正整数 n ,都有 Tn ≠ 0. 故由式 ① 知 , S n 是无理数 . 第二天
5. 注意到 ,若 x 、 y 是整数 ,则由奇偶性分析知
x + y ≡ 0 ,1 ,2 ( mod 4) .
2 2

若 n ∈S ,则由上知 n ≡ 1 ( mod 4) . 于是 ,可设
2 2 n - 1 = a + b ( a ≥b) , 2 2 n = c + d ( c > d) , 2 2 n + 1 = e + f ( e ≥f ) ,

设 α是一个实数 . 如果 cos α是有理数 ,那么 ,对 α是有理数 . 任意正整数 m ,cos m 对 m 用数学归纳法 . 由 cos α是有理数 ,得 cos 2α= 2cos2α- 1 也是有 理数 . α是有理数 ,则由 设对一切 m ≤l ( l ≥ 2) ,cos m cos ( l + 1)α= 2cos α l ? cos α- cos ( l - 1)α 知 cos ( l + 1)α也是有理数 , 即当 m = l + 1 时 , 命题 也成立 .
2

其中 , a 、 b、 c、 d、 e、 f 都是正整数 . 则 n2 + 1 = n2 + 12 , 2 2 2 2 2 2 2 2 n = ( c + d ) = ( c - d ) + (2 cd) , 2 2 2 2 2 n - 1= (a + b ) (e + f )
2 2 = ( ae - bf ) + ( af + be) .

假设 b = a ,且 f = e ,则 n - 1 = 2 a , n + 1 = 2 e . 两式相减得 e2 - a2 = 1 ,则 e - a ≥ 1. 2 2 而 1 = e - a = ( e + a) ( e - a) > 1 ,矛盾 . 故 b = a , f = e 不可能同时成立 . 所以 , ae - bf > 0. 于是 , n2 ∈S .
6. 如图 3 ,联结 AD 、 DG 、 G A、 GO 、 EA 、 EO .

2

θ、 ( k - 1) θ分别令 m = k 、 由上述结论 ,对 α= k
k + 1 ,得到 cos k θ、 cos ( k - 1) θ都是有理数 . 又 k
2 2 2

> k ,从而命题得证 . 8. | X|
Y.
min

= 2 n - 1.

(1) 当| X| = 2 n - 2 时 , 不一定存在满足条件的

事实上 ,令 X = {1 ,2 , …,2 n - 2} ,考虑 X 的一个 划分
B 1 = {1 ,2} , B 2 = {3 ,4} , …… B n - 1 = {2 n - 3 ,2 n - 2} .

因为 | Y | = n , 所以 , Y 中至少有两个元素属于 同一个 B j . 此时 ,| Y ∩B j | > 1 ,矛盾 .
(2) 接下来证明 :| X| = 2 n - 1 符合题意 .
图3
n

记 B = ∪B i ,| B | = 2 n - 1 - z ,则存在 z 个在所
i =1

因为 OF 是等腰 △DOB 的外接圆的直径 ,所以 ,
OF 平分 ∠DOB ,即 ∠DOB = 2 ∠DOF.

有 B i 中未出现的元素 ,记为 a1 , a2 , …, az . 如果 z ≥
n - 1 ,则取 Y = { a1 , a2 , …, a n - 1 , d} ( d ∈B ) 即可 .

又 ∠DAB =

1 ∠DOB ,所以 , 2

下设 z < n - 1. 设在 B 1 , B 2 , …, B n 中仅出现 1 次的元素有 t 个.

∠DAB = ∠DOF.

36

中 等 数 学

课外训练

数学奥林匹克初中训练题 ( 98)
第 一 试 一、 选择题 ( 每小题 7 分 ,共 42 分)
1. 已知 a 、 b、 c、 p、 q 为正整数 , p 、 q分 ( a , b , c) 共有 (    ). (A) 22 (B) 20 ( C) 16 (D) 11 5. 已知 A 、 B 是半径为 5 的 ⊙O 上的两

个定点 , P 是 ⊙O 上的一个动点 . 若 AB = 6 , 设 PA + PB 的最大值为 s ,最小值为 t ,则 s + ). t 的值为 (   
(A) 6 ( C) 6 10 10 + 6 (B) 8 (D) 6 10 10 + 3

别是 a 、 b 被 c 除所得的余数 . 若 a > b , 且
a + b = 2 ( p + q) ,则 a + b + c 一定含有因数

(    ). (A) 2   (B) 3   ( C) 5   (D) 无法确定 2. 已知 α 是方程 x + 3 x - 1 = 0 的一个
3

6. 如图 1 , 在 平 面

解. 则 直 线 y = α x + 1 - α 一定不经过
(    ). (A) 第一象限 ( C) 第三象限 (B) 第二象限 (D) 第四象限

直 角 坐 标 系 xOy 中 ,
lAB ∶ y = kx + 1 分别交 x

轴、 y 轴于点 A 、 B ,过 B 作 BC ⊥AB , 交 x 轴于 点 C ,过 C 作 CD ⊥BC ,
图1

3. 已知点 E 、 F 分别在正方形 ABCD 的

边 BC 、 CD 上 , ∠EA F = 45° , 且 S 正方形ABCD ∶
). S △A EF = 5∶ 2. 则 AB ∶ EF = (   

交 y 轴于点 D ,过 D 作 DE ⊥CD ,交 x 轴于点 ). E. 若 A E = AC ,则 k 的值为 (   
(A) 2  (B) - 2  ( C) 2 2  (D) 2 2

 (A) 5∶ 2  (B) 25∶ 4  ( C) 5 ∶ 2  (D) 5∶ 4
4. 从 1 ,2 , …,20 这 20 个正整数中 , 每次

取 3 个数 ,组成一个有序实数对 ( a , b , c ) ,使
b 为 a、 c 的比例中项 . 则不同的有序实数对
n

二、 填空题 ( 每小题 7 分 ,共 28 分)
1. 将数 1 ,2 , …,13 排列成一行 a1 , a2 ,
故至少有 n - ( z + 1) = n - z - 1 个 B j 含有 b1 ,
b2 , …, bt .

   因

i =1

| B| ∑
i

= 2 n ,则 t + 2 (2 n - 1 - z - t ) ≤ 2 n.

所以 , t ≥ 2 n - 2 - 2z. 故在 B 1 , B 2 , …, B n 中出现的次数大于或等于 2 的元素至多累计出现了 2 n - (2 n - 2 - 2 z) = 2 + 2 z 次. 考虑在 B 1 , B 2 , …, B n 中出现 1 次的元素 b1 ,
b2 , …, bt ,于是 , B 1 , B 2 , …, B n 中的元素不含 b1 , b2 ,

不妨设 B 1 , B 2 , …, B n - 1 - z 分别含有 b1 , b2 , …, ≤l ≤ bt 中的元素 b′ 1 , b′ 2 , …, b′ n - 1 - z ( 如果这样 , B l (1
n - 1 - z ) 中有多个只选一个) .

因为 2 ( n - 1 - z ) + z = 2 n - 2 - z < 2 n - 1 , 所 以 ,必有某个元素 d 不出现在 B 1 , B 2 , …, B n - 1 - z 中 , 且出现在 B n - z , …, B n 中 . 记
Y = { a1 , a2 , …, az , b′ 1 , b′ 2 , …, b′ n- 1z

…, bt 的 B j 至多有

2 + 2z = 1 + z 个. 2

, d} ,

则 Y 满足要求 .

( 刘诗雄   提供)