2008年全国高中数学联合竞赛加试试题
一、（本题满分50分）
如题一图，给定凸四边形
f(P)?PA?BC?PD?CA?PC?ABABCD，?B??D?180?，P是平面上的动点，令
．
（Ⅰ）求证：当f(P)达到最小值时，P,A,B,C四点共圆； （Ⅱ）设E是
?ECB?12?ECA?ABC外接圆O的
?AB上一点，满足：
2AEAB?32，
BCEC?3?1，
，又DA,DC是?O的切线，AC?，求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
又因PB?PD?BD，此不等式当且仅当B,P,D共线且P在
因此当且仅当P为?ABC的外接圆与BD的交BD上时取等号．
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
，则?ECA?2?，由正弦定理有
AEAB?sin2?sin3??32（Ⅱ）记
?ECB??，从而
3sin3??2sin2?，即3(3sin??4sin3?)?4sin?cos?，所以
233?43(1?cos?)?4cos??0，
整理得43cos2??4cos??3?0， …30分 解得cos???32或cos????123（舍去），
故??30，?ACE?60．
由已知
32BCEC?3?1=
sin??EAC?30sin?EAC0?,有sin(?EAC?30?)?(3?1)sin?EAC，即，整理得?sin?EAC?12cos?EAC?(3?1)sin?EAC2?23sin?EAC?12cos?EAC，故
tan?EAC?12?3?2?3，可得?EAC?75， …40分
从而?E?45?，?DAC??DCA??E?45?，?ADC为等腰直角三角形．因AC?2，则CD?1．
又?ABC也是等腰直角三角形，故BC?2，BD2?1?2?2?1?2cos135??5，BD?5．
故f(P)min?BD?AC?5?2?10． …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
B1C1?P0A?ABC之三内角分别为
x，y，z，则?AP0C?180??y?z?x，又因
，B1A1?P0C，得?B1?y，同理有?A1?x，?C1?z，
所以?A1B1C1∽?ABC． …10分
设B1C1??BC，C1A1??CA，A1B1??AB，则对平面上任意点M，有
?f(P0)??(P0A?BC?P0D?CA?P0C?AB) ?P0A?B1C1?P0D?C1A1?P0C?A1B1 ?2S?ABC
111 ?MA?B1C1?MD?C1A1?MC?A1B1 ??(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?ABC11
1 ?2?S?ABC，
记?ECB??，则?ECA?2?，由正弦定理有即3(3sin??4sin3?)?4sin?cos?，所以
33?43(1?cos?)?4cos??02AEAB?sin2?sin3??32，从而3sin3??2sin2?，
，
整理得43cos2??4cos??3?0， …30分 解得cos??32或cos???123（舍去），
故??30?，?ACE?60?． 由已知
32BCEC?3?1=
sin??EAC?30sin?EAC0?,有sin(?EAC?30?)?(3?1)sin?EAC，即，整理得?sin?EAC?12cos?EAC?(3?1)sin?EAC2?23sin?EAC?12cos?EAC，故
tan?EAC?12?3?2?3，可得?EAC?75， …40分
2所以?E?45?，?ABC为等腰直角三角形，AC?，S?ABC?1，因为?AB1C?45?，B1点
5在?O上，?AB1B?90?，所以B1BDC1为矩形，B1C1?BD?1?2?2?1?2cos135??故??52，
，所以f(P)min?2?52?1?10． …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?z2，
当且仅当z1与z2（复向量）同向时取等号．
有
????????????????????PA?BC?PC?AB?P?AB?C????????P?，C AB????所以 (A?P)(C?B)?(C?P)(B? A) ?(A?P)(C?B)?(C?P)(B? A ) （1） ??P?C?A?B?C?B?P ?A ?(B?P)(C?A)?PB?A，C 从而 PA?BC?
????????????PC?AB?P?D CA?????????????????PB?AC?PD?A C?????????????(PB?PD)?AC ?????????BD?AC． （2） ???????????????????? …10分
A)（1）式取等号的条件是
复数 (A?P)(C?B)与(C?P)(B?同向，故存在实数??0，使得
(A?P)(C?B)??(C?P)(B?A)， 所以 arg(A?PA?PC?P??B?C?AB
，
B?A， )arg(C?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（Ⅰ）若T为有理数，则存在素数p，使
1p?1．证明：
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
于是
1m?ma?nb?1．
且(m,n)?1，从而存在整数a,b，
ma?nbm?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
1p?m??1m
是f(x)的周期． …20分
（Ⅱ）若T是无理数，令
1 a1?1???T，
?T???则0?a1?1，且a1是无理数，令
?1a2?1???a1?， ?a1?……
?1?an?1?1???ana?n?，
……． …30分
由数学归纳法易知an均为无理数且0?an?1．又即an?1?1???1??1????11?a?，故???an，naan?an??n?1?1??an?an．因此{an}是递减数列． …40分 a?n?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???aka?k?也是f(x)的周期．由数学归纳
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）limn??xn存在；
20082007（ⅲ）xn?xn?1??k?1akxn?k??k?0ak?1xn?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?02008?k?1ak(xn?k?xn?k?1)，n?N*，
．
?0将上式从第1项加到第n项，并注意到x0由（ⅱ）可设b?limxn，将上式取极限得
n??得
xn?a1(xn?1?x1)?a2(xn?2?x2)???a2008(xn?2008?x2008)． …10分 b?a1(b?x1)?a2(b?x2)???a2008(b?x2008) ?b??ak?(a1x1?a2x2???a2008x2008)
k?12008
2008?b??akk?1，
因此?ak?1． …20分
k?12008充分性：假设?ak?1．定义多项式函数如下：
k?12008 f(s)??1?2008?k?1aksk，s?[0,1]，
则f(s)在[0,1]上是递增函数，且
f(0)??1?0，f(1)??1?2008?k?1ak?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
n下取数列{xn}为xn?
n?k?1n?1s0k，n?1,2,?，则明显地{xn}满足题设条件（ⅰ），且
xn??k?1s0?ks0?s0．
xn?lims0?s0n?11?s0?s01?s0因0?s0?1，故lims0n?1?0，因此limn??n??n??1?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?12008 xn?xn?1?s0?(?aks0)s0?nknk?1200820082008?k?1aks0n?k??k?1ak(xn?k?xn?k?1)．
综上，存在数列{xn}满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）． …50分