第39届国际数学奥林匹克试题.doc

金太阳新课标资源网 第39届国际数学奥林匹克试题（1998-07-1007-21，台北）第一天1（卢森堡）在凸四边形ABCD中，两对角线AC与BD互相垂直，两对边AB与DC不平行。点P为线段AB及CD的垂直平分线的交点，且P在四边形ABCD的内部。证明：ABCD为圆内接四边形的充分必要条件是ABP与CDP的面积相等。证明：如图98-1，先证必要性：即当A、B、C、D四点共圆时，有 设两条垂直的对角线AC与BD交于一点K。 从而90=AKB=DBC+ACB =（AB的度数+CD的度数） =（APB+CPD）， 故 APB+CPD=180， sin APB=sinCPD. 又由于A、B、C、D共圆，且AB与CD不平行，故P为四边形ABCD外接圆的圆心。 从而PA=PB=PC=PD。 于是 下证充分性：即当时，有A、B、C、D四点共圆。 方法一：（反证法） 如果PA=PD，那么，由P的定义可知A、B、C、D都在一个以P为圆心的圆周上。 否则，不失一般性，假设PAPD。于是可在KA延长线上取一点E，使PE=PD；在KB延长线上取一点F，使PF=PC，则凸四边形EDCF满足E、D、C、F共圆，且对角线ECFD。对其应用前述必要性的证明可知。 另一方面，无论P位置如何，总有直线BP与线段AC相交，可知E到直线BP的距离一定大于A到直线BP的距离，故。类似地，直线EP必与线段BD相交。从而F到直线PE的距离一定大于B到直线PE的距离。故。从而，。与前述矛盾，故假设不成立，故必有PA=PD，即A、B、C、D共圆。 方法二：*（直接证明） 因为AB与CD不平行，可设E是AB和CD的交点。 因为P是AB及CD的垂直平分线的交点。可设AB、CD的中点分别为M、N，AC与BD交于Q。 所以PMAB，PNPC。 故由， 知 又由RtAQB及RtCQD知。 所以，。 又PMAB，PNCD， 知MPN=180-E=BDE+DBE =QDC+（AQB+BAQ） =QDC+90+BAQ =DQN+90+AQM =MQN 由、知 MPNMQN。 从而 有MP=QN，PN=MN，得MP=QN=NC，PN=MQ=MB，知RtBMPRtPNC。所以PB=PC。 由题设P是AB、CD中垂线的交点知 PB=PA，PC=PD。 故PB=PA=PC=PD，所以A、B、C、D四点共圆。 评注： （1）题目背景：本题源自于一个古老的定理波罗摩笈多定理。婆罗摩笈多定理 圆内接四边形ABCD中，若两对角线交于H且互相垂直，则一边的中点与交点的连线必垂直于对边；反之，过交点作一边的垂线必平分对边。 推论1：圆内接四边形两条对角线互相垂直，则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到定边的对边之距离。（1978年上海市数学竞赛题） 推论2：圆内接四边形两条对角线互相垂直，则圆心到一边的距离，等于这一边对边的一半。（1978年银川市数学竞赛题） 推论3：圆内接四边形ABCD，两对角线垂直并相交于H，圆心为O，则。 本题即源自推论3及其逆命题。 （2）题目探索：原题要求AB不平行CD，现在我们进一步探索一下AB/CD的情形。 显然，当ACBD且AB/CD时，则有 ABCD内接于圆AB、CD的中垂线重合。因为中垂线重合ABCD是等腰梯形。所以，放弃AB不平行CD，原题可扩大为： 设凸四边形ABCD中，ACBD，则A、B、C、D四点共圆的充要条件是AB、CD的中垂线有一公共点P，使得。2（印度）在某项竞赛中，共有a个参赛选手与b个裁判，其中且为奇数。每个裁判对每个选手的评分只有“通过”或“不及格”两个等级。设是满足以下条件的整数；任何两个裁判至多可对个选手有完全相同的评分。 证明： 证明：首先，如果两个裁判对某一参赛者有相同的评判，我们就称其为一个“同意”。由已知，任意两个裁判最多对个参赛者有相同的评判，即任两个裁判最多产生个“同意”。从而，“同意”的总数 另一方面，对任意一个参赛者，设有A个裁判判他通过，而B个裁判判他不及格，其中A+B=b，则对于这个参赛者，有关他的“同意”个数为 由于b是个奇数，故A-B也应是一个奇数。从而， 这样，所有“同意”个数 由、可知 即评注：本题考查的是组合中的最优化问题，源自于现实中的竞赛评分，心理上易于接受，便于入手。解题中，一方面站在裁判的角度，得到产生“同意”总数的上限；另一方面站在选手的角度，找到一个选手所有“同意”个数的下限。从而建立不等式，证得结果。 不仅考查了数学知识，而且考察了换位思考的能力。只有在日常生活中具有站在他人的角度，为他人考虑的良好品格，对这道题才会有清晰的思路。3（白俄罗斯）对任一正整数，令表示的正因数（包含1及本身）的个数。试确定所有可能的正整数，使得存在正整数满足。 解：首先，如果是一个可能的正整数，即存在，使得。 可设的素数分解式为，则有。 而，从而。由于左边是奇数，故也应是奇数。 下面证明，所有的奇数都是可能。 首先，如果一个数可以表示成的形式（其中都是非负整数，），那么，由于素数是无限多的，可取个互异素数，并取。则有这个数。从而这个数是可能的；类似地也可知，若正整数是可能的，如果，那么这个数也是可能的。 下面用归纳法证明上面提出的那个命题。 由于，故1是可能的，假设对命题成立，则对于，设（是自然数，是奇数）。 取。则 由于是小于的奇数，故是可能的。由上而后式子可知也是可能的。从而，所有的正奇数都是可能的。 综合以上两个方面知，所有可能的数即为所有的正奇数。 评注：本题考察的是数论中的素数因数。先猜测，再用数学归纳法证明、美国心理学家布鲁纳曾说过“探索是数学的生命线”，而“归纳、猜想、证明”则是我们在自然科学中探索发现新事物的一种常用方法。第二天4（英国）试确定使的全部正整数对。 解：由，可推出，而，由此。再对分大于0，等于0或小于0三类讨论。 （1）当时，要使，必须而矛盾，舍去； （2）当的形式，经检验，满足已知条件； （3）当，那么 当时，由题中条件是正整数，可知，得到解 当时，由所得条件，所以，此时非正整数，舍去。 综上，所有解为。 评注：解题过程中得出的条件，不是充要条件，因此所得的解必须检验。5（乌克兰）设I是ABC的内心，并设ABC的内切圆与三边BC、CA、AB分别相切于点K、L、M。过B点平行于MK的直线分别交直线LM及LK于点R和S。证明：RIS是锐角。 证法一：由RS/MK，有MBR=KMB，KBS=MKB。（如图98-3） 而BM与BK是两条切线，则 BM=BK，KMB=MKB。 故 MBR=KBS。 连IB，则IBRS，可知 LKM=90- 故 BRM=LMK=BKS。 从而BMRBSK， 故 ， 即 是锐角。 证法二：记ABC的内切圆半径为， 且MKL为切点三角形，故有RSK=MKL=LMA，S、L、M、B四点共圆。 故 而R是圆I外一点， 同理 由、有 RIS为锐角。 证法三：* 如图98-4建立直角坐标系，设ABC内切圆半径为I，则I。易见BSK=90- 在BSK中，由正弦定理 并注意BK=，可求得 则 同理， 直线IR的斜率为 直线IS的斜率为 将由直线IR逆时针旋转到直线IS所成的角记为，有 故 评注：*本题如图98-5可推广。即如果把“内切圆”改为“旁切圆”，结论仍然成立。于是有命题：设I是ABC的旁心，旁切圆与直线BC，CA，AB分别相切于点K，L，M。过点B平行于MK的直线分别交直线LM，LK于点R，S。则RIS是锐角。 证明：如图98-6，连结BI、MI。 BM切I于M。 从而知BSK=RMB。 又BK切I于K。 于是有BKS=SRM。 由、得BMRBSK。 即。 从而，故RIS为锐角。6（保加利亚）是从N*映射到本身的函数，且对于N中的任何与，皆满足。试在所有的函数中，确定（1998）可能达到的最小值。 解：对每一个满足题目条件的确定的函数，由已知 。 令=1代入，得 。 再令=1，代入，得 现设，则以上两式可化为 令=1代入，得再令代入，得另一方面，由式比较两式，得 故 将代入，得 类似可写出 将这列式子的第一个平方并与第二个比较，得再平方并与第三式比较，得依此类推，最后可得 这里是任一个整数。 取的任一个素因子，有，及有。由，得，即有两边取极限，得故，由此及的任意性可知 下设也是NN的函数。由得 及 再由即得 这表明也是一个满足题目条件的函数，且从而，前面所得的关于的结果对都适用，且将其中的换为1。于是，由得