【试题】中国西部数学奥林匹克试题及答案广西南宁11月10日11日

【关键字】试题

2007年中国西部数学奥林匹克（广西南宁，11月10日）

第一天 上午8：00－12：00

每题15分

一、已知，对于，定义为A中所有元素之和，问：T有多少个非空子集A，使得为3的倍数，但不是5的倍数？

2、如图，⊙与⊙相交于点C，D，过点D的一条直线分别与⊙,⊙相交于点A，B，点P在⊙的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点M，点Q在⊙的弧BD上，QD与线段BC的延长线交于点N．O是△ABC的外心．求证：的充要条件为P，Q，M，N四点共圆．

三、设实数a，b，c满足．求证：

．

四、设O是△ABC内部一点．证明：存在正整数p，q，r，使得

．

2007西部数学奥林匹克

广西 南宁

第二天 上午8：00－12：00

每题15分

五、是否存在三边长都为整数的三角形，满足以下条件：最短边长为2007，且最大的角等于最小角的两倍？

六、求所有的正整数n，使得存在非零整数，满足

七、设P是锐角三角形ABC内一点，AP，BP，CP分别交边BC，CA，AB于点D，E，F，已知△DEF∽△ABC，求证：P是△ABC的重心．

八、将个白子与个黑子任意地放在一个圆周上．从某个白子起，按顺时针方向依次将白子标以．再从某个黑子起，按逆时针方向依次将黑子标以. 证明：存在连续个棋子（不计黑白）， 它们的标号所成的集合为．

2007西部数学奥林匹克

解 答

一、已知，对于，定义为A中所有元素之和，问：T有多少个非空子集A，使得为3的倍数，但不是5的倍数？

解 对于空集，定义.令.对于，令，则

，

因此，当且仅当.有以下几种情况： 从而满足的非空子集A的个数为

＝87.

若，，则.

由于，故满足，的的可能值为15，30.而

15＝8＋7＝8＋6＋1＝8＋5＋2＝8＋4＋3＝8＋4＋2＋1 ＝7＋6＋2＝7＋5＋3＝7＋5＋2＋1＝7＋4＋3＋1

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＝6＋5＋4＝6＋5＋3+1＝6＋4＋3＋2 ＝5＋4＋3＋2＋1，

36－30＝6＝5＋1＝4＋2＝3＋2＋1.

故满足，，的A的个数为17.

所以，所求的A的个数为87－17＝70.

2、如图，⊙与⊙相交于点C，D，过点D的一条直线分别与⊙,⊙相交于点A，B，点P在⊙的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点M，点Q在⊙的弧BD上，QD与线段BC的延长线交于点N．O是△ABC的外心．求证：的充要条件为P，Q，M，N四点共圆．

证 设三角形ABC的外接圆O的半径为R，从N到圆O的切线为NX，则

， ①

同理 . ②

因为A，C，D，P四点共圆，所以

， ③

因为Q，D，C，B四点共圆，所以

， ④

由①，②，③，④得 , 所以，

P,Q,M,N四点共圆.

三、设实数a，b，c满足．求证：

．

证 若a，b，c都小于，则可以证明

． （*）

事实上， （*）

同理，对b，c也有类似的不等式，相加便得

1111(3a)(3b)(3c)． 242424499若a，b，c中有一个不小于，不妨设a，则

559945()1120，

55511故 ．

5a24a112022411，同理， 由于 5b24b115()24()111110，所以25555b4b111011，所以 25c4c11101111111．

5a24a115b24b115c24c1120101041111因此，总有 ，当且仅当abc15a24a115b24b115c24c114时等号成立．

四、设O是△ABC内部一点．证明：存在正整数p，q，r，使得

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pOAqOBrOC1． 2007证法一 先证一个引理：设，都是正实数，N是任意一个大于max{数，则存在正整数p1,p2和q,使得1qN2,且 同时成立.

11,}的整

引理的证明：考虑平面N21个点组成的集合T={({i}，{i})|i=0,1,…,N2 },这里[x]表示不超过实数x的最大整数,{x}=x-[x].

现在将正方形点集{(x,y)|0x,y<1}沿平行于坐标轴的直线分割为N2个小正方形(这里的每个正方形都不含右边和上边的两条边)，则T中必有两点落在同一个小正方

11，|{i}-{j}|<.令NN11q=i-j,p1=[i]-[j],p2=[i]-[j],则qp1,qp2．

NN1如果p10,那么>|q|,与N的选择矛盾，故p1为正整数.同理p2也是正整数.

N形内，即存在

0j引理获证.

回到原题，由条件知存在正实数，使得OAOBOC0，利用引理的结论知对任意大于max{

11,}的正整数N,存在正整数p1,p2和q,使得

同时成立，于是，由qOAqOBqOC0可得

|(p1q)OA||(p2q)OB| <取N充分大即可知命题成立.

证法二 由条件可知存在正实数,使得OAOBOC0,于是对任意正整数k,都有kOAkOBkOC0,记m(k)=[k],n(k)=[k],这里[x]表示不超过实数x的最大整数,{x}=x－[x].

利用,都是正实数可知m(kT)与n(kT)都是关于正整数k的严格递增数列，这里T

1(|OA||OB|). N3文档收集于互联网，如有不妥请联系删除.

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是某个大于max{

11,}的正整数.因此，

{kT}|OB|{kT}|OC||OB||OC|.

这表明有无穷多个向量kTOAm(kT)OBn(kT)OC的终点落在一个以O为圆心，

|OB||OC|为半径的圆内，因此，其中必有两个向量的终点之间的距离小于也就是说，这两个向量的差的模长小于

1.即存在正整数k11. 2007于是，令p=(k2－k1)T,q=m(k2T)－m(k1T),r= n(k2T)－n(k1T),结合T与m(kT),n(kT)的单调性可知p,q,r都是正整数. 命题获证.

五、是否存在三边长都为整数的三角形，满足以下条件：最短边长为2007，且最大的角等于最小角的两倍？

解 不存在这样的三角形，证明如下：

不妨设ABC,则C=2A,且a=2007.过C作ACB的内角平分线CD,则BCD=A, 结合B=B.可知△CDB∽△ACB。所以，

CBBDCDBDCDBDADAB. ABBCACBCACBCACBCAC即c2=a(a+b)=2007(2007+b), 这里2007bc<2007+b.

由a,b,c都是正整数可知2007|c2,故3223|c,可设c=669m,则223m2=2007+b,即b=223m2－2007, 结合2007b,可得m5.

另一方面，cb, 所以，669m223m2－2007,这要求m<5.矛盾，因此，满足条件的三角形不存在.

六、求所有的正整数n，使得存在非零整数x1,x2,解 显然n1．

当n2k为偶数时，令x2i11,x2i1,i1,2,,xn,y，满足

,k，y=1, 则满足条件.

当n32k(kN＋）时，令y=2，x14,x2x3x4x51,

x2i2,x2i12,i3,4,则满足条件．

,k1，

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当n3时，若存在非零整数x1,x2,x3，使得

2则 2(x12x2x1x2)3y2，

2不妨设x1,x21，则x1,x2都是奇数或者一奇一偶，从而，x12x2x1x2是奇数，另2一方面，2y，故3y20(mod4)，而2(x12x2x1x2)2(mod4)，矛盾．

综上所述，满足条件的正整数n为除了1和3外的一切正整数．

七、设P是锐角三角形ABC内一点，AP，BP，CP分别交边BC，CA，AB于点D，E，F，已知△DEF∽△ABC.求证：P是△ABC的重心．

证法一 记EDC=,AEF=,BFD=,用A, B, C分别表示△ABC的三个内角的大小.则

AFE = 2B－（DBE+DEB）= 2B－.

同理可证：BDF=2C－,CED=2A－.

现在设△DEF和△DEC的外接圆半径为R1和R2,则由正弦定理及EFD=C,可知2R1=

DEDE=2R2,故R1=R2.类似可得△DEF和△AEF, △BDF的外接圆半径

sinEFDsinC相等.所以△DEF，△AEF, △BDF和△DEC这四个三角形的外接圆半径都相同，记为R.

利用正弦定理得：

CEEAAFFBBDDC=2R. ① sinsin(2B)sinsin(2C)sinsin(2A)再由Ceva定理可知

CEAFBD=1,结合上式得 EAFBDCsinsinsin=1. ②

sin(2B)sin(2C)sin(2A)若<B, 则=EDC<EFA=2B－,于是

=180－EFA－EFD=180－EFA－C <180－EDC－C=CED=2A－.

类似可知<2C－.

注意到，当05文档收集于互联网，如有不妥请联系删除.

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－), sin类似地，若>B,可得②的左边小于右边，矛盾.所以，=B.同理=C,= A.因此，由①可知D,E,F分别为BC,CA,AB的中点.从而，P为△ABC的重心.

证法二 本题的结论对△ABC为一般的三角形都成立.我们采用复数方法予以证明.

设P为复平面上的原点，并直接用X表示点X对应的复数，则存在正实数,,,使得A+B+C=0,且++=1.

由于D为AP与BC的交点，可解得D=－利用△DEF∽△ABC可知

1A,同样地，E=－

B,F=－C.11DEEF,于是 ABBCBCABBCABBCCA=0. 111111化简得：(2－2)B(C－A)+(2－2)A(C－B)=0.这时，若22，则

B(CA)R,因此，

A(CB)(CA)/(CB)R，这要求P在△ABC的外接圆上，与P在△ABC内矛盾，所以2=2，

(PA)/(PB)1进而2=2，得===.即P为△ABC的重心.命题获证.

3八、将n个白子与n个黑子任意地放在一个圆周上．从某个白子起，按顺时钟方

向依次将白子标以1,2,再从某个黑子起，按逆时钟方向依次将黑子标以1,2,,n．,n.

证明：存在连续n个棋子（不计黑白）， 它们的标号所成的集合为1,2,,n．

证 取定标号相同的黑白棋子各一个，使得该对点所决定的劣弧中其他点（不含端点，不计黑白）的个数最少．不妨假设该标号为1．

在上述所取的开劣弧中， 只有一种颜色的棋子． 事实上，若两个1之间有两种颜色的棋子，则白n和黑n都在其中，如图1，于是两个标号为n的劣弧之间的点比两个标号为1的更少，矛盾！

如果开劣弧中全是白子， 有如下两种情形： （1） 开劣弧中的白子是2，…，k，如图2所示，

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则从标号为1的白子起，按逆时针方向连续n个棋子的标号所成的集合为1,2,图1

（2）开劣弧中的白子是k，k＋1，…，n，如图3所示，则从标号为1的白 子起，按顺时针方向连续n个棋子的标号所成的集合为1,2,图2 图3

如果开劣弧中全是黑子，或者开劣弧中没有棋子，类似可得．

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,n.

,n.

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