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2007年中国西部数学奥林匹克试题及答案


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2007 年中国西部数学奥林匹克
第一天 11 月 10 日 上午 8:00-12:00 每题 15 分 一、已知 T = {1, 2,3, 4,5,6, 7,8} ,对于 A T , A ≠ ,定义 S ( A ) 为 A 中所有元素之 和,问:T 有多少个非空子集 A

,使得 S ( A ) 为 3 的倍数,但不是 5 的倍数? 二、如图,⊙ O1 与⊙ O2 相交于点 C,D,过点 D 的一条直线分别与⊙ O1 ,⊙ O2 相 交于点 A,B,点 P 在⊙ O1 的弧 AD 上,PD 与线段 AC 的延长线交于点 M,点 Q 在 ⊙ O2 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:

OD ⊥ MN 的充要条件为 P,Q,M,N 四点共圆.
O A P D Q

O1 C

O2

B

N M

三、设实数 a,b,c 满足 a + b + c = 3 .求证: 1 1 1 1 + 2 + 2 ≤ . 2 5a 4a + 11 5b 4b + 11 5c 4c + 11 4

四、设 O 是△ABC 内部一点.证明:存在正整数 p,q,r,使得 uuu r uuu r uuur 1 . p OA + q OB + r OC < 2007

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2007 西部数学奥林匹克
广西
第二天

南宁

11 月 11 日 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 x1 , x2 ,L , xn , y ,满足
x1 + L + x n = 0 , 2 2 2 x1 + L + x n = ny .

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 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,按顺时针方 向依次将白子标以 1, 2,L , n . 再从某个黑子起, 按逆时针方向依次将黑子标以 1, 2,L , 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,L , n} . ,

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2007 西部数学奥林匹克
解 答 一、已知 T = {1, 2,3, 4,5,6, 7,8} ,对于 A T , A ≠ ,定义 S ( A ) 为 A 中所有元素之 和,问:T 有多少个非空子集 A,使得 S ( A ) 为 3 的倍数,但不是 5 的倍数? 解 对于空集 , 定义 S ( ) = 0 .令 T0 = {3, 6}, T1 = {1, 4, 7}, T2 = {2, 5, 8} .对于 A T , 令 A 0 = A I T0 , A1= A I T1 , A 2 = A I T2 ,则
S ( A) = S ( A0 ) + S ( A1 ) + S ( A2 ) ≡ A1 A2 (mod 3) ,

因此, 3 S ( A) 当且仅当 A1 ≡ A2 (mod 3) .有以下几种情况: A1 = 0, A1 = 0, A1 = 3, A1 = 3, A1 = 1, A1 = 2, A2 = 0, A2 = 3, A2 = 0, A2 = 3, A2 = 1, A2 = 2, 从而满足 3 S ( A) 的非空子集 A 的个数为
3 3 3 3 1 1 2 2 (C30C30 + C30C3 + C3 C30 + C3 C3 + C3C3 + C32C32 ) 1 =87.

若 3 S ( A) , 5 S ( A) ,则 15 S ( A) . 由于 S (T ) = 36 ,故满足 3 S ( A) , 5 S ( A) 的 S ( A) 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 =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 3 S ( A) , 5 S ( A) , A ≠ 的 A 的个数为 17. 所以,所求的 A 的个数为 87-17=70. 二、如图,⊙ O1 与⊙ O2 相交于点 C,D,过点 D 的一条直线分别与 ⊙ O1 ,⊙ O2 相交于点 A,B,点 P 在 ⊙ O1 的弧 AD 上, 与线段 AC 的 PD 延长线交于点 M,点 Q 在⊙ O2 的
N M
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O A P D Q

O1 C

O2

B

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弧 BD 上,QD 与线段 BC 的延长线交于点 N.O 是△ABC 的外心.求证: OD ⊥ MN 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
NO 2 = NX 2 + R 2 = NC NB + R 2 ,

① ② ③ ④

同理

MO 2 = MC MA + R 2 .

因为 A,C,D,P 四点共圆,所以 MC MA = MD MP , 因为 Q,D,C,B 四点共圆,所以
NC NB = ND NQ ,

由①,②,③,④得 NO 2 MO 2 = ND NQ MD MP
= ND ( ND + DQ ) MD ( MD + DP )

= ND 2 MD 2 + ( ND DQ MD DP) , 所以,

OD ⊥ MN NO 2 MO 2 = ND 2 MD 2
ND DQ = MD DP

P,Q,M,N 四点共圆. 三、设实数 a,b,c 满足 a + b + c = 3 .求证: 1 1 1 1 ≤ . + 2 + 2 2 5a 4a + 11 5b 4b + 11 5c 4c + 11 4 9 证 若 a,b,c 都小于 ,则可以证明 5 1 1 (3 a ) . ≤ 2 5a 4a + 11 24 事实上, (*) (3 a)(5a 2 4a + 11) ≥ 24 5a 3 19a 2 + 23a 9 ≤ 0 (a 1) 2 (5a 9) ≤ 0
9 5 同理,对 b,c 也有类似的不等式,相加便得 1 1 1 + 2 + 2 2 5a 4a + 11 5b 4b + 11 5c 4c + 11 a<

(*)

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1 1 1 1 (3 a ) + (3 b) + (3 c) = . 24 24 24 4 9 9 若 a,b,c 中有一个不小于 ,不妨设 a ≥ ,则 5 5 4 5a 2 4a + 11 = 5a ( a ) + 11 5 9 9 4 ≥ 5 ( ) + 11 = 20 , 5 5 5 1 1 故 . ≤ 2 5a 4a + 11 20 2 2 4 1 1 由于 5b 2 4b + 11 ≥ 5( ) 2 4 ( ) + 11 = 11 > 10 ,所以 2 < ,同理, 5 5 5 5b 4b + 11 10 1 1 < ,所以 5c 2 4c + 11 10 1 1 1 1 1 1 1 < + + = . + 2 + 2 2 5a 4a + 11 5b 4b + 11 5c 4c + 11 20 10 10 4 1 1 1 1 因此,总有 ≤ ,当且仅当 a = b = c = 1 + 2 + 2 2 5a 4a + 11 5b 4b + 11 5c 4c + 11 4 ≤

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 uuu r uuu r uuur 1 . p OA + q OB + r OC < 2007 证法一 先证一个引理:设α,β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 ≤ N 2 ,且
qα p1 < 1 1 , q β p2 < N N

α β

1 1 , }的整

同时成立. 引理的证明: 考虑平面 N 2 + 1 个点组成的集合T={({iα}, {iβ})|i=0,1,…, N 2 },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 N 2 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形 内 , 即 存 在 0≤j<i≤N2, 使 得 |{iα}-{jα}|<
1 N

, |{iβ}-{jβ}|<

1 N

. 令

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q=i-j,p1=[iα]-[jα],p2=[iβ]-[jβ],则 qα p1 < 如果p1≤0,那么 获证.

1 1 , q β p2 < . N N

1 >|qα|≥α,与N的选择矛盾,故p1为正整数.同理p2也是正整数.引理 N

回到原题,由条件知存在正实数α,β使得 α OA + β OB + OC = 0 ,利用引理的结 论知对任意大于max{
qα p1 <

α β

1 1 , }的正整数N,存在正整数p1,p2和q,使得

1 1 , q β p2 < N N

同时成立,于是,由 qα OA + qβ OB + qOC = 0 可得

| p1 OA + p 2 OB + qOC |=| ( p1 qα )OA + ( p 2 qβ )OB |
≤ | ( p1 qα )OA | + | ( p 2 qβ )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β,γ使得 OA + β OB + γ OC = 0 ,于是对任意正整数 k, 都有 k OA + kβ OB + kγ OC = 0 ,记 m(k)=[kβ],n(k)=[kγ],这里[x]表示不超过实数 x 的最大 整数,{x}=x-[x]. 利用β,γ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 是某个大于 max{
1 ( | OA | + | OB | ). N

β γ

1 1 , }的正整数.因此,

| kT OA + m(kT )OB + n(kT )OC |=| {kTβ }OB {kTγ }OC |
≤ {kTβ } | OB | +{kTγ } | OC | ≤ | OB | + | OC | . 这表明有无穷多个向量 kT OA + 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k1<k2,使得 2007 1 . 2007

1 , 2007

|( k 2T OA + m(k 2T )OB + n(k 2T )OC )-( k1T OA + m(k1T )OB + n(k1T )OC )|<

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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,
CB BD CD BD + CD BD + AD AB . = = = = = AB BC AC BC + AC BC + AC BC + 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 3223|c, 可 设 c=669m, 则 223m2=2007+b, 即 b=223 m 2 -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 ,L , xn , y ,满足
x1 + L + x n = 0 , 2 2 2 x1 + L + x n = ny .



显然 n ≠ 1 .

当 n = 2k 为偶数时,令 x2i 1 = 1, x2i = 1, i = 1, 2,L , 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,L , k + 1 , 则满足条件. 当 n = 3 时,若存在非零整数 x1 , x2 , x3 ,使得
x1 + x 2 + x3 = 0 , 2 2 2 2 x1 + x 2 + x3 = 3 y ,



2 2( x12 + x 2 + x1 x 2 ) = 3 y 2 ,

2 不妨设 ( x1 , x2 ) = 1 ,则 x1 , x2 都是奇数或者一奇一偶,从而, x12 + x 2 + x1 x 2 是奇数,另

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2 一方面, 2 y ,故 3 y 2 ≡ 0 (mod 4) ,而 2( x12 + x 2 + x1 x 2 ) ≡ 2(mod 4) ,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=α,∠AEF=β,∠BFD=γ,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-α. 同理可证:∠BDF=2∠C-β,∠CED=2∠A-γ. 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=
DE DE =2R2,故R1=R2.类似可得△DEF和△AEF, △BDF的外接圆半径 = sin ∠EFD sin C

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: CE EA AF FB BD DC = = = = = =2R. sin α sin(2 B α ) sin β sin(2C β ) sin γ sin(2 A γ ) 再由 Ceva 定理可知
CE AF BD =1,结合上式得 EA FB DC



sin α sin β sin γ =1. sin(2 B α ) sin(2C β ) sin( 2 A γ ) 若α<∠B, 则α=∠EDC<∠EFA=2∠B-α,于是 γ=180°-∠EFA-∠EFD=180°-∠EFA-∠C <180°-∠EDC-∠C=∠CED=2∠A-γ. 类似可知β<2∠C-β.



注意到,当 0<x<y<x+y<180°时,有 sinx<siny.所以,由 0<α<2∠B-α<α+(2∠B- α)=2∠B<180°(这里用到△ABC 为锐角三角形)可得 sinα<sin(2B-α),同理 sinβ<sin(2∠C -β), sinγ<sin(2∠A-γ).这与②矛盾. 类似地,若α>∠B,可得②的左边小于右边,矛盾.所以,α=∠B.同理β=∠C,γ= ∠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
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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α,β,γ, 使得αA+βB+γC=0,且α+β+γ=1. 由于 D 为 AP 与 BC 的交点, 可解得 D=- 利用△DEF∽△ABC 可知

α


A,同样地, E=-

β
1 β

B,F=-

γ
1 γ

C.

DE EF ,于是 = A B BC

γBC βAB αBC αAB β BC γCA + + =0. 1 γ 1 β 1α 1α 1 β 1 γ
化简得:(γ2-β2)B(C-A)+(α2-γ2)A(C-B)=0.这时,若γ2≠β2,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γ2=β2, ( P A) /( P B)
1 进而α2=γ2,得α=β=γ= .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,L , n . 再从某个黑子起, 按逆时钟方向依次将黑子标以 1, 2,L , 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,L , 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, 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,L , n} . 图1

n
1

n
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

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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,L , n} .

1

2

k
1

k
1

n
1

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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