2008年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准A

2008年全国高中数学联合竞赛加试试

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 180 ，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

：

12

ECA，又DA,DC是

O的切线，AC

AEAB

2

，

BCEC

1，

ECB

f(P)的最小值．

[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 C A(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

AC上时， 且仅当P在 ABC的外接圆且在

f(P) (PB PD) CA． …10分

答一图

1

又因PB PD BD，此不等式当且仅当B,P,D共线且P在BD上时取等号．因此当且仅当P为 ABC的外接圆与BD的交点时，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． …20分 （Ⅱ）记 ECB ，则 ECA 2 ，由正弦定理

有

sin 3

AEAB

3

2s in2sin 4sin ) 4sin cos ，所以

sin2 sin3

2

，从

而

cos ) 4cos 0，

2

整理得2 4cos 0， …30分

解得cos

2

或cos

，

故 30 ， ACE 60 ．

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由已知

2

BCEC

1=

sin EAC 30

sin EAC

,

有sin( EAC 30

) 1)sin EAC，即

212

cos EAC，

EAC

12

cos EAC 1)sin

EACin EAC

故tan EAC

2

EAC 75， …40分

从而 E 45 ， DAC DCA E 45 ，

ADC为等腰直角三角形．因AC

CD 1．

，则

又 ABC也是等腰直角三角形，

故BC

，BD2 1 2 2 1

5，

BD

故f(P)min BD AC …50分 [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P0A,P0C,P0D的垂线，两两相交得 A1B1C1，易知P0在 ACD内，从而在 A1B1C1内，记

ABC

之三内角分别为x，y，z

，又因

B1C 1

，则

P0，A

AP0C 180 y z x

B1A1 P0C，得 B1 y，同理有 A1 x， C1 z，

答一图

2

所以 A1B1C1∽ ABC． …10分

设B1C1 BC，C1A1 CA，A1B1 AB，则对平面上任意点M，有 f(P) (PA B C00

P D CA0 PC )AB

P C 1AB0

P0A BC PD CA 11011 2S A

1

B1C1

M C1 AB

MA BC MD 1C1A 11

(MA BC MD CA MC AB) f(M)， 从而 f(P) f(M．) 0

由M点的任意性，知P0点是使f(P)达最小值的点．

由点P0在 O上，故P0,A,B,C四点共圆． …20分 （Ⅱ）由（Ⅰ），f(P)的最小值 f(P0)

2

S A1BC

11

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2 S ABC，

记 ECB ，则 ECA 2 ，

由正弦定理有即sin 4sin3 ) 4sin cos ，所以

2

cos ) 4cos 0，

AEAB

sin2 sin3

2

3 2sin2 ，

整理得2 4cos 0， …30分

解得cos

2

cos ，

故 30 ， ACE 60 ． 由已

知

2

BCEC

1=

sin EAC 30

sin EAC

,

有sin( EAC 30 ) 1)sin EAC，

即

212

cos EAC，

EAC

12

cos EAC 1)sin

EACin EAC

故tan EAC

2

EAC 75， …40分

所以 E 45 ，

ABC为等腰直角三角形，AC

S ABC 1，因为 AB1C 45 ，B1点

在 O上， AB1B 90 ，所以B1BDC

1为矩形，B1C1 BD ，

故

，所以f(P)min 21 …50分

[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 z1 z2 z1 2，

当且仅当z1与z2（复向量）同向时取等号．

有 PA B PC， AB P AB CP C

所以 (A P)(C )(C P)(B A)

(A P)(C B) (C P)(B A ) （1） P C A B C B P A (B P)(C ) ，C 从而 P B

P D CA

PB AP C

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(PB PD) AC

BD AC． （2） …10分

（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 0，使得 (A P)(C B) 所以 argA P

A PC P )

(C P)(B ，A B C

AB

，

B A

， )aC PC B

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． …20分 （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

1p

是f(x)的周期；

（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

(n 1,2, )都是f(x)的周期．

nm

[证] （Ⅰ）若T是有理数，则存在正整数m,n使得T 使得

1． ma nb

且(m,n) 1，从而存在整数a,b，

于是

1m

ma nb

m

a bT a 1 b T

是f(x)的周期． …10分 又因0 T 1，从而m 2．设p是m的素因子，则m pm ，m N ，从而

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1 m 1

p

m

是f(x)的周期． …20分

（Ⅱ）若T是无理数，令 a1 1 1 T，

T

则0 a1 1，且a1是无理数，令

a2 1 1 a1，

a1

……

an 1 1 1 an，

an

……． …30分

由数学归纳法易知an均为无理数且0 an 1．又 1

即an 1 1

an

1 1 1，故1 an an，an an an 1

an an．因此{an}是递减数列． …40分

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

是f(x)的周期．假设ak是f(x)的周期，则ak 1 1 1 ak也是f(x)的周期．由数学归

ak

纳法，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, ,2008．证明：当且仅当 ak 1时，存在数列{xn}满足以下条件：

k 12008

（ⅰ）0 x0 xn xn 1，n 1,2,3, ； （ⅱ）limxn存在；

n

（ⅲ）xn xn 1

20082007

k

a

k 1

xn k

a

k 0

k 1

xn k，n 1,2,3, ．

[证] 必要性：假设存在{xn}满足（ⅰ），（ⅱ），（iii）．注意到（ⅲ）中式子可化为 xn xn 1 其中x0 0．

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2008

a

k 1

k

(xn k xn k 1)，n N，

*

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将上式从第1项加到第n项，并注意到x0 0得 xn a(xn 1 x) a2(n x2 x) 112由（ⅱ）可设b limxn，将上式取极限得

n

a20(0nx8

2008

x．) …10分

b a(b 1x) a(b 2x) 12

2008

2a00(8b

0)x2

b ak (a1x1 a2x2 a2008x2008)

k 12008

b ak，

k 1

2008

因此 ak 1． …20分

k 1

2008

充分性：假设 ak 1．定义多项式函数如下：

k 1

2008

f(s) 1

a

k 1

k

k

s，s [0,1]，

则f(s)在[0,1]上是递增函数，且

f(0) 1 0，f(1) 1

2008

a

k 1

k

0．

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． …30分 下取数列{xn}为xn xn

n

n

s

k 1n 1

k0

，n 1,2, ，则明显地{xn}满足题设条件（ⅰ），且

s

k 1

k

s0 s0

．

s0 s0

n 1

1 s0

n 10

因0 s0 1，故lims

n

0，因此limxn lim

n

n

1 s0

s01 s0

，即{xn}的极限存在，满

足（ⅱ）． …40分

最后验证{xn}满足（ⅲ），因f(s0) 0，即 aks0k 1，从而

k 1

2008

2008

2008

k2008

xn xn 1 s (

n

as)

kk0n0

s

k 1

nk0

as

k 1

(ax k nk

n 1k

x．)

k 1

综上，存在数列{xn}满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）． …50分

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