2007年中国西部数学奥林匹克试题及答案

第1页共10页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{}1,2,3,4,5,6,7,8T=，对于,ATA⊆≠∅，定义()SA为A中所有元素之和，问：T有多少个非空子集A，使得()SA为3的倍数，但不是5的倍数？二、如图，⊙1O与⊙2O相交于点C，D，过点D的一条直线分别与⊙1O,⊙2O相交于点A，B，点P在⊙1O的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点M，点Q在⊙2O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：ODMN⊥的充要条件为P，Q，M，N四点共圆．三、设实数a，b，c满足3abc++=．求证：22211115411541154114aabbcc++≤−+−+−+．四、设O是△ABC内部一点．证明：存在正整数p，q，r，使得12007pOAqOBrOC⋅+⋅+⋅．O2O1ONMQPDCBA第2页共10页2007西部数学奥林匹克广西南宁第二天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12,,,nxxxy,，满足⎩⎨⎧=++=++.,022211nyxxxxnn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,,n．再从某个黑子起，按逆时针方向依次将黑子标以1,2,,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．第3页共10页2007西部数学奥林匹克解答一、已知{}1,2,3,4,5,6,7,8T=，对于,ATA⊆≠∅，定义()SA为A中所有元素之和，问：T有多少个非空子集A，使得()SA为3的倍数，但不是5的倍数？解对于空集∅，定义()0S∅=.令012{3,6},{1,4,7},{2,5,8}TTT===.对于AT⊆，令001122,,AATAATAAT===∩∩∩，则01212()()()()(mod3)SASASASAAA=++≡−，因此，3()SA当且仅当12(mod3)AA≡.有以下几种情况：1111112222220,0,3,3,1,2,0,3,0,3,1,2,AAAAAAAAAAAA⎧=⎧=⎧=⎧=⎧=⎧=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎨⎨⎨⎨======⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎩⎩⎩⎩从而满足3()SA的非空子集A的个数为20003303311223333333333332()1CCCCCCCCCCCC+++++−＝87.若3()SA，5()SA，则15()SA.由于()36ST=，故满足3()SA，5()SA的()SA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()SA，5()SA，A≠∅的A的个数为17.所以，所求的A的个数为87－17＝70.二、如图，⊙1O与⊙2O相交于点C，D，过点D的一条直线分别与⊙1O,⊙2O相交于点A，B，点P在⊙1O的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点M，点Q在⊙2O的O2O1ONMQPDCBA第4页共10页弧BD上，QD与线段BC的延长线交于点N．O是△ABC的外心．求证：ODMN⊥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2222RNBNCRNXNO+⋅=+=，①同理22RMAMCMO+⋅=.②因为A，C，D，P四点共圆，所以MPMDMAMC⋅=⋅，③因为Q，D，C，B四点共圆，所以NQNDNBNC⋅=⋅，④由①，②，③，④得MPMDNQNDMONO⋅−⋅=−22)()(DPMDMDDQNDND+−+=)(22DPMDDQNDMDND⋅−⋅+−=,所以，ODMN⊥⇔2222MDNDMONO−=−DPMDDQND⋅=⋅⇔⇔P,Q,M,N四点共圆.三、设实数a，b，c满足3abc++=．求证：22211115411541154114aabbcc++≤−+−+−+．证若a，b，c都小于95，则可以证明211(3)541124aaa≤−−+．（*）事实上，（*）⇔2(3)(5411)24aaa−−+≥⇔325192390aaa−+−≤⇔2(1)(59)0aa−−≤95a⇐同理，对b，c也有类似的不等式，相加便得222111541154115411aabbcc++−+−+−+第5页共10页1111(3)(3)(3)2424244abc≤−+−+−=．若a，b，c中有一个不小于95，不妨设95a≥，则2454115()115aaaa−+=−[phone]≥⋅⋅−+=，故211541120aa≤−+．由于2222454115()4()111110555bb−+≥−⋅+=−，所以211541110bb−+，同理，211541110cc−+，所以222111541154115411aabbcc++−+−+−[phone]++=．因此，总有22211115411541154114aabbcc++≤−+−+−+，当且仅当1abc===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12007pOAqOBrOC⋅+⋅+⋅．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{βα1,1}的整数，则存在正整数12,pp和q,使得21qN≤≤,且1211,qpqpNNαβ−−同时成立.引理的证明：考虑平面21N+个点组成的集合T={({iα}，{iβ})|i=0,1,…,2N},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,y1}沿平行于坐标轴的直线分割为2N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≤ji≤N2,使得|{iα}-{jα}|N1，|{iβ}-{jβ}|N1.令第6页共10页q=i-j,p1=[iα]-[jα],p2=[iβ]-[jβ],则1211,qpqpNNαβ−−．如果p1≤0,那么N1|qα|≥α,与N的选择矛盾，故p1为正整数.同理p2也是正整数.引理获证.回到原题，由条件知存在正实数α，β使得0=++OCOBOAβα，利用引理的结论知对任意大于max{βα1,1}的正整数N,存在正整数p1,p2和q,使得1211,qpqpNNαβ−−同时成立，于是，由0=++OCqOBqOAqβα可得|)()(|||2121OBqpOAqpOCqOBpOApβα−+−=++≤|)(||)(|21OBqpOAqpβα−+−N1(||||OBOA+).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0=++OCOBOAγβ,于是对任意正整数k,都有0=++OCkOBkOAkγβ,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{γβ1,1}的正整数.因此，|}{}{||)()(|OCkTOBkTOCkTnOBkTmOAkTγβ−−=++≤||}{||}{OCkTOBkTγβ+≤||||OCOB+.这表明有无穷多个向量OCkTnOBkTmOAkT)()(++的终点落在一个以O为圆心，||||OCOB+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20071，也就是说，这两个向量的差的模长小于20071.即存在正整数k1k2,使得|(OCTknOBTkmOATk)()(222++)－(OCTknOBTkmOATk)()(111++)|20071.第7页共10页于是，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，ACBCABACBCADBDACBCCDBDACCDBCBDABCB+=++=++===.即c2=a(a+b)=2007(2007+b),这里2007≤b≤c2007+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=2232m－2007,结合2007≤b,可得m≥5.另一方面，c≥b,所以，669m≥223m2－2007,这要求m5.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12,,,nxxxy,，满足⎩⎨⎧=++=++.,022211nyxxxxnn解显然1n≠．当2nk=为偶数时，令2121,1,1,2,,iixxik−==−=，y=1,则满足条件.当32(Nnkk=+∈＋）时，令y=2，123454,1,xxxxx=====−2212,2,3,4,,1iixxik+==−=+，则满足条件．当3n=时，若存在非零整数123,,xxx，使得⎩⎨⎧=++=++,3,02232221321yxxxxxx则22122213)(2yxxxx=++，不妨设()1,21=xx，则21,xx都是奇数或者一奇一偶，从而，212221xxxx++是奇数，另第8页共10页一方面，y2，故)4(mod032≡y，而)4(mod2)(2212221≡++xxxx，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=CDEEFDDEsinsin=∠=2R2,故R1=R2.类似可得△DEF和△AEF,△BDF的外接圆半径相等.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：sinsin(2)sinsin(2)sinsin(2)CEEAAFFBBDDCBCAααββγγ=====−−−=2R.①再由Ceva定理可知DCBDFBAFEACE⋅⋅=1,结合上式得)2sin()2sin()2sin(sinsinsinγβαγβα−−−ACB=1.②若α∠B,则α=∠EDC∠EFA=2∠B－α,于是γ=180°－∠EFA－∠EFD=180°－∠EFA－∠C180°－∠EDC－∠C=∠CED=2∠A－γ.类似可知β2∠C－β.注意到，当0xyx+y180°时，有sinxsiny.所以，由0α2∠B-αα+(2∠B－α)=2∠B180°(这里用到△ABC为锐角三角形)可得sinαsin(2B－α),同理sinβsin(2∠C－β),sinγsin(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