2007年全国高中数学联赛加试题另解.pdf

赛题新解 2007年全国高中数学联赛加试题另解 第一题 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的外心 求 证 O1 O2 E F四点共圆的充要条件为P 是 ABC的垂心 注 以下只给出必要性的证明 图1 证 法1 如 图 1 联 结BP CP O1O2 EO2 EF FO1 因为PD BC PF AB 所以 B D P F四点共圆 则 O1是 BDP的外 心 O1在BP上且是BP的中点 有 BO1 O1P O1F O1D 故 O1FP O1PF 同理 O2EP O2PE 当O1 O2 E F四点共圆时 O1O2E 180 O1FE 因为O1 O2分别为BP CP的中点 所 以 O1O2 BC 又 O1O2E PO2O1 PO2E PCB 2 PCE ACB PCE 180 O1FE BFO1 AFE O1BF APE PBF ACB 由式 知 PBF PCE 因为AP BP PC三线共点 由角元塞瓦 定理有 sin PCD sin PCE sin CAD sin BAD sin PBF sin PBD 1 所以 sin PCD sin PBD sin BAD sin CAD 为定值 又sin 2 PCD sin 2 PBD PD 2 PC 2 PD 2 PB 2 PB 2 PC 2 BD 2 DP 2 CD 2 DP 2 1 BD 2 CD 2 CD 2 DP 2 则BD 2 DC 2 BD 2 AD 2 DC 2 AD 2 AB 2 AC 2 0 且为定值 当点P从D到A时 PD不断增大 sin 2 PCD sin 2 PBD 1 BD 2 DC 2 CD 2 PD 2 BD2 DC2为小于0的定值 CD为定值 是 一个关于PD的单调递增函数 且当P为垂 心时 sin PCD sin PBD cosB cosC sin BAD sin CAD 此时 显然符合式 所以 AD上有且仅有一点P符合式 当F O1 O2 E四点共圆时 P为垂心 黎永汉 华南师范大学附属中学高二 1 班 510630 指导教师 宋红军 王慧兴 河南省实验中学 450002 证法2 同标准答案证得 ABP ACP 由PD BC PF AB 得 21中 等 数 学 APF ABD PF BD AF AD 同理 由 APE ACD PE CD AE AD 由 得 PF PE AF AE BD CD 在Rt PBF和Rt PCE中 有 ABP ACP PF PE BF CE 由式 知 ABP ACP AF FB BD DC CE EA 1 由塞瓦定理得 式 AD BE CF三线共点 设AD BE CF交于点P 接下来证明 点P 与P重合 假设P 与P不重合 由PD BC PF AB PE AC 得 ABC APF AEF B C E F四点共圆 BF CE P B P C且 ABP ACP 又 ABP ACP 则 PBP PCP 由 PBF PCE BF CE PB PC 于是 由 BF CE PB PC P B P C及式 得 PBP PCP BP P CP P 结合PD BC 知BD CD 进而AB AC 这与AB AC矛盾 故点P 与P重合 所以 ABP ACP的必要条件是P 是 ABC的垂心 刘 才 华 山 东 省 宁 阳 第 一 中 学 271400 证法3 由O1 O2 E F四点共圆 易证 FBP ECP 下面用反证法证明 图2 假 设P不 是 ABC的垂心 如 图2 分别过点B C作BE AC于 点E CF AB于 点F 则BE CE 交AD于点H 从而 E CH F BH 且 HC HB E H F H 又由 ECP FBP 知 PC PB PE PF 而HF PF HE PE 则 HF PF AH AP HE PE 由式 知 HC HB PC PB 由式 知 HCP HBP 故 HCP HBP 所以 PC PB HP HP 即BP PC BD DC 这与AB C 2 B 2 C 0 则2 B 2 C 即 A 2 因此 BE AC 即P是 ABC的垂心 沈 毅 重庆市合川太和中学 401555 图3 证 法6 设M 是BC的中点 辅助 线如图3 易证O1 O2分 别是PB PC的中 点 故O1O2 BC 由PE AC PF AB AD BC 易证P E A F四点共 圆 且AF AB AP AD AE AC 从而 B C E F四点共圆 所以 PO1O2 PBC PO1F 2 PBA PEO2 2 PCA PEF PAB 2 ABC 故O1 O2 E F四点共圆 FO1O2 FEO2 PBC 2 PBA 2 PCA 2 ABC PBA PCA 当O1 O2 E F四点共圆时 有 41中 等 数 学 PBA PCA 易证 PO1F 2 PBA 2 PCA PO2E 由三角形中位线性质有O1M 1 2 PC 则O1MPO2 所以 四边形PO1MO2是平行四边形 故 PO1M PO2M 因此 MO1F EO2M 又O1M 1 2 PC O2E O1F 1 2 PB O2M 则 MO1F EO2M ME MF 下证 M是圆内接四边形BCEF的外心 若M不是四边形BCEF的外心 设其外 心为O 则O M均在EF的垂直平分线上 故OM EF 又结合垂径定理知OM BC 故EF BC 则 ACB AEF ABC 即AB AC 这与AB AC矛盾 所以 O M应重合 即BC是四边形 BCEF外接圆的直径 从而 CF AB 又PF AB 则P在CF上 即CP AB 因此 P是 ABC的垂心 沈 毅 重庆市合川太和中学 401555 证法7 同标准答案证得 ABP ACP 从而 BPF CPE 则 PF BF PE CE 即 APcosB AB APsinB APcosC AC APsinC 故AP ABcosC ACcosB sinB cosC sinC cosB 2RcosA 另一方面 当P 是 ABC垂心时 易得 AP ACcosA sinB 2RcosA 从而 点P 与P重合 即P为 ABC的 垂心 茹双林 上海市格致中学 200001 证法8 同标准答案证得 ABP ACP 图4 如图4 作过F D E三点的圆 交 AP于点Q 由F Q E O 四点共圆及 FDP EDP 得 FQ QE 故Q在EF的中垂线上 又因为AB AC 所以 EF不平行于BC 如若不然 则 B AFE ACB 矛盾 从而 由A F P E四点共圆知EF的 中垂线与直径AP交于点Q 点Q即为该圆 的圆心 故 FEP PED FED FQP 2 FEP 则 FEP PED 又E F B C四点共圆 B F P D和 E P C D分别四点共圆 则 DPC DEC AEF ABC 180 FPD 从而 FPD DPC 180 因此 F P C三点共线 李 涛 天津师范大学数学科学学院 2007级研究生 300387 证法9 如图5 设 ABC的外接圆为 图5 O 半径为r 作 OH AC于点H 联结OP 并设M 为OP的中点 联结 MO1 OB 则 MO1 OB 且 MO1 1 2 OB 同理 MO2 OC且MO2 1 2 OC 所以 MO1 MO2 r 又ME 2 MO OH HE 2 512008年第2期 MO OH 2 2 MO OH HE HE 2 1 4 OP OA OC 2 OP 2OH HE HE 2 1 4 OP OA OC 2 OP HE HE2 1 4 OP OA OC 2 HE 2 HE 2 1 4 OP OA OC 2 同理 MF 2 1 4 OP OA OB 2 则ME 2 MF 2 1 4 2 OP 2OA OB OC OB OC 1 4 2AP OB OC OB OC 1 2 AP CB 1 4 OB2 OC2 0 0 0 故 ME MF 从而 M为EF的中垂线与O1O2的中垂 线的交点 又AB AC 则O1O2不平行于EF 故M为四边形O1O2EF的外接圆圆心 过点O作ON ME 与PE延长线交于 点N 则ME 1 2 ON且PE EN 从而 ANP APN 又ME MO1 1 2 r 则ON r 故点N在 O上 因为 APN ACB 所以 ANP ACB ANB 故点B在PN上 从而 BE AC 同理 CF AB 因此 P为 ABC的垂心 余水能 张 鹄 武汉市第二中学 430010 证法10 如图6 联结EF O1O2 FO1 EO2 O1B O2C 延长FO1交BD于点G 延长 图6 EO2交DC于点H 易 知O1O2 BC 则 FO1O2 FGC 因 为O1 O2 E F四点共圆 所 以 FO1O2 180 FEO2 AEF O2EC 又 FO1O2 FGC ABC BFO1 则 AEF O2EC ABC BFO1 因为F P D B和A F P E分别四点 共圆 所以 ABC APF APF AEF 故 ABC AEF 因此 O2EC BFO1 180 BO1F 2 90 BDF 同理 O2EC 90 EDC 故 BDF EDC 图7 如图7 以BC 为x轴 D为原点 AD为y轴建立直角 坐标系 设DE的斜 率 为k 因为 BDF EDC 所以 DF的 斜率为 k 设A 0 1 B b 0 C c 0 因为AB AC 所以 b c 设lDE y kx lDF y kx lAC x c y 1 lAB x b y 1 联立lAC与lDE得E c kc 1 kc kc 1 同理 F b 1 kb kb 1 kb 因为kAC 1 c PE AC 所以 61中 等 数 学 lPE y kc kc 1 cx c kc 1 令x 0 得P0 c k c kc 1 以 k换k 以b换c 同理 得 P0 b k b kb 1 所以 c k c kc 1 b k b kb 1 故c k c kb 1 b kc 1 k b 整理得 c b c b kbc b c k b c 又 b c 即b c 0 则 c b kbc k 故kBE kc kc 1 0 c kc 1 b kc c kbc b kc k c 则kBEkAC 1 故BE AC 因为PE AC 所以 P在 ABC边AC 的高上 又AD BC 从而 P是 ABC的垂心 安传恺 山东师大附中2006级理科实 验 2 班 250014 第二题 如图8 在7 8的长方形棋盘 图8 的每个小方格的中心 点各放一枚棋子 如果 两枚棋子所在的小方 格共边或共顶点 那 么 称这两枚棋子 相 连 现从这56枚棋子 中取出一些 使得棋盘 上剩下的棋子没有5枚在一条直线 横 竖 斜方向 上依次相连 问最少取出多少枚棋子 才可能满足要求 并说明理由 解 最少取出11枚棋子 定义第x列 第y行的方格为 x y 1 x 8 1 y 7 x y Z 称5枚连在一起的棋子为 好组 题目 要求无棋子构成 好组 记取出棋子的枚数为n 引理1 每一行 每一列中都必须有取 出的棋子 若某行 列 的棋子无一被取出 则 存在不止一个好组 引理2 若某列仅取出1枚棋子 则该 棋子必在该列的第3 4或5行中 引理3 若某行仅取出1枚棋子 则该 棋子必在该行的第4或5行中 引理证明略 当n 7时 由抽屉原理 此时必有1列 未取出棋子 由引理1知必存在好组 故n 7不满足要求 当n 8时 由引理1 此时每列恰各取 出1枚棋子 由引理2 知这8枚棋子都在第 3 4 5行中 此时第1 2 6 7行未取出棋子 存在好组 故n 8不满足要求 当n 9时 若某列取出大于或等于3枚 棋子 则其余的7列中取出小于或等于6枚 棋子 必有某列无取出的棋子 此列中存在好 组 所以 一列中最多取2枚棋子 由引理1 每列都要取棋子 而9 1 7 2 则只可能7 列中各取1枚棋子 剩下的1列取2枚棋子 由引理2 知这7列的棋子都在第3 4 5 行中 尚余2枚棋子却有第1 2 6 7共四行 有取出的棋子 故必存在某行 此行无取出的 棋子 因此 必存在好组 故n 9不满足要 求 当n 10时 若某列取出大于或等于4 枚棋子 则剩下的7列取出小于或等于6枚 棋子 必有1列中未取出棋子 存在好组 若 某列取出3枚棋子 则剩下的7列共取出7 枚棋子 由引理1 引理2 知此7列中每列恰 取出1枚棋子 且这7枚棋子分布在第3 4 5 行 此时 第1 2 6 7行未取出棋子 尚余3 枚棋子 必存在1行未取出棋子 因此 存在 好组 由引理1和10 1 6 2 2 知只可能 6列各取1枚棋子 2列各取2枚棋子 由引 理2 知这6列中所取出的棋子分布在第3 4 5行 剩下的4枚棋子分布在第1 2 6 7 712008年第2期 行 又由引理1 知此4枚棋子与第1 2 6 7 行一一对应 不重不漏 故由引理3 知取出2 枚棋子的两列为第4列和第5列 因为同一 列两枚棋子分布在第1 2 6 7行 所以 取出 的棋子组合可能为 4 1 与 4 6 4 2 与 4 7 4 1 与 4 7 4 2 与 4 6 其中 4 1 与 4 7 不符合要求 因 4 2 4 3 4 6 构成好组 同理 5 1 与 5 7 也不符合要求 又因每一行仅取出1枚棋子 所以 4 2 与 4 6 也不符合要求 由对称性 不妨设取出的棋子为 4 1 4 6 5 2 5 7 图9 此时 如图 9 表示棋子 表示取 出棋子 空格表示未 定 因为第3列仅取 出1枚棋子 所以 在 3 3 3 5 中至多有 1个 故在 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 和 1 7 2 6 3 5 4 4 5 3 这 两组中必有1个好组 图10 因此 n 10不满 足要求 当n 11时 可构 造如图10的例子 综上 最少 取 出 11枚棋子 安传恺 山东师 大附中2006级理科实验 2 班 250014 胡圣 团 湖南省澧县一中 415500 第三题 设集合P 1 2 3 4 5 对任 意k P和正整数m 记 f m k 5 i 1 m k 1 i 1 其中 a 表示不大于a的最大整数 求证 对于任意正整数n 存在k P和 正整数m 使得f m k n 证明 考虑另一个函数 g t 5 i 1 t i 1 t 2 3 接下来证 g t 1 g t 1 事实上 有 g 2 1 g 3 2 g 4 3 g 5 4 g 6 5 于是 当t 2 3 4 5时 均有 g t 1 g t 1 式 成立 当t 6时 g t 1 g t 5 i 1 t 1 i 1 t i 1 先证 t 1 i 1 t i 1 1 t 6 事实上 由 t 1 i 1 t i 1 1 i 1 t 1 i 1 t i 1 1 i 1 7 i 1 6 i 1 1 i 1 6 i 1 1 i 1 6 6 1 i 1 1 2 1 有 t 1 i 1 t i 1 1 t 6 i 1 2 5 再证 对一个固定的t 在i 1 2 5 中至多有一个i0 使式 中等号成立 用反证法 假设存在i0 j0 i0 j0 都使式 中等 号成立 则有 t 1 i0 1 t i0 1 1 故存在一个整数l 使 81中 等 数 学 t i0 1 l t 1 i0 1 l 1 l 2 t i0 1 l 1 2 l 1 2 t 1 i0 1 l 1 2 则 t 1 i0 1 l 1 2 1 i0 1 t i0 1 l 1 2 这与 t i0 1 l 1 2 矛盾 所以 只能 t 1 i0 1 l 1 2 即 t 1 l 1 2 i0 1 同理 存在一个l 使 t 1 l 1 2 j0 1 t 1 2 l 1 2 l 1 2 i0 1 j0 1 i0 1