1?x1?x2???x20041111?2x1?2x2??2x200410022004200420041111222??(x1?)?(x?)??(x?)22004222100220042004200411222?x1?x2??x2004??2004??100220042故y1?y2?y1?y2?22?y2004?(x1?x2?2?x2004)?(x1?x2??x2004)?2004?1?1?2004,即2004?y2004?200512004当且仅当x1?x2?(y1?y2??x2004??y2004)min1时,20041?2005200418、令t=xy，则t∈（0，
1）. 由x＋y=1，得x2＋y2=1－2xy，x3＋y3=1－3xy，x4＋y4=1－4xy＋42 x2y2，x5＋y5=1－5xy＋5 x2y2.
xx2?y3?yx3?y2?83?3x(x3?y2)?3y(x2?y3)?8(x3?y2)(x2?y3)?3(x4?y4)?3xy?8(x5?y5)?8x2y2?8x3y3?3?12xy?6x2y2?3xy?8?40xy?40x2y2?8x2y2?8x3y3?8x3y3?42x2y2?31xy?5?0?8t3?42t2?31t?5?0?(4t?1)(2t2?11t?5)?0111因为f(x)?2t2?11t?5在(0,]?[?,??)上是增函数,所以441111f(x)?f()???5?0.484xy8故2??.3323x?yx?y19、（1）由题可知F（1，0），设A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，直线AB的方程为y=k2(x－1)，则A、B点的坐标代入y2=4x. 相减得yA＋yB =y=k(x－1)，解得xM=
42，即yM=，代入方程kk2k2＋1，同理可得，N的坐标为（2k2＋1，－2k）.
直线MN的斜率为kMN?kyM?yNk2
?，方程为y＋2k=（x－2k－1），整理得y(12
xM?xN1?k21?k
－ k2)=k(x－3).显然，不论k为何值，（3，0）均满足方程，所以直线MN恒过定点Q（3，0）.
（3）过M、N作准线x=－1的垂线，垂足分别为E、F. 由抛物线的性质不难知道：准线
36
x=－1为圆M与圆N的公切线，设两圆的相交弦交公切线于点G，则由平面几何的知识可知，G为EF的中点. 所以xG=－1，yG?即G（－1，
yE?yFyM?yN1???k，22k1?k）. k又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，所以公共弦的斜率为
?1kMNk2?11，所以，公共弦所在直线的方程为y?(k?)x. ?kk所以公共弦恒过原点.
根据平面几何的知识知道：公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，所以原点O、定点Q（3，0）、所求点构成以H为直角顶点的直角三角形，即H在以OQ为直径的圆上（如图）.
又对于圆上任意一点P（x，y）（原点除外），必可利用方程y?(k?)x求得k值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为(x?)2?y2?1k329（x≠0）. 41∠NO1M=∠A， 220、当O1N⊥O2N时有S=S1＋S2，下面予以证明∠NO1O2=同理∠NO2O1 =∠ACM. 故△AMC∽△O1NO2有
ACAM， ① ?O1O2O1N设
O1 、
O2、△ABC外接圆半径分别为r1、r2和R，在△ABC中AC=2RsinB=2Rsin∠
ANM，
在△AMN中
AM= 2 r1sin∠ANM=2 NO1sin∠ANM，
代入①式得
?ANM2Rsin?ANM2NO1sin?，得O2O1 =R，因为O1N⊥O2N，所以
O1O2O1N222r1?r2?R.得S1＋S2=S.
2003年中国西部数学奥林匹克试题
第一天
1、将1，2，3，4，5，6，7，8分别放在正方体的八个顶点上，使得每一个面上的任意三个数之和均不小于10. 求每一个面上四个数之和的最小值.
2n?12、设2n个实数a1，a2，?，a2n满足条件a2＋?＋an)的最大值.
?(ai?1?ai)2?1.求(an
i?1＋1
＋an＋2＋?＋a2n)－(a1，
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3、设n为给定的正整数，求最小的正整数un，满足：对每一个正整数d，任意un个连续的正奇数中能被d整除的数的个数不少于奇数1，3，5，?，2n－1中能被d整除的数的个数.
4、证明：若凸四边形ABCD内任意一点P到边AB、BC、CD、DA的距离之和为定值，则ABCD是平行四边形.
第二天
2?1，n=0，1，2，?，其中k为给定5、已知数列{an}满足：a0=0，an?1?kan?(k2?1)an的正整数. 证明：数列{an}的每一项都是整数，且2k|a2n，n=0，1，2，?.
6、凸四边形ABCD有内切圆，该内切圆切边AB、BC、CD、DA的切点分别为A1、B1、C1、D1，连结A1B1、B1C1、C1D1、D1A1，点E、F、G、H分别为A1B1、B1C1、C1D1、D1A1的中点.证明：四边形EFGH为矩形的充分必要条件是A、B、C、D四点共圆.
5x17、设非负实数x1、x2、x3、x4、x5满足??1.求证：?i2?1.
i?11?xii?14?xi58、1650个学生排成22行、75列. 已知其中任意两列处于同一行的两个人中，性别相同的
学生都不超过11对. 证明：男生的人数不超过928.
答 案
1、设某个面上的四个数a1、a2、a3、a4之和达到最小值，且a1< a2< a3< a4.由于小于5的三个不同的正整数之和最大为9，故a1?6.因此
a1＋a2＋a3＋a4?16
如图所示的例子说明16是可以达到的.
2、当n=1时，(a2－a1)2=1，故a2－a1=±1. 易知此时欲求的最大值为1.
当n?2时，设x1= a1，xi＋1= ai＋1－ai，i=1，2，?，2n－1，?xi2?1，
i?22n且ak= x1＋x2＋?＋xk，k=1，2，?，2n. 由柯西不等式得
(an＋1＋an＋2＋?＋a2n)－(a1＋a2＋?＋an)
= n(x1＋x2＋?＋xn)＋nxn＋1＋(n－1)xn＋2＋?＋x2n－[nx1＋(n－1)x2＋?＋xn] = x2＋2x3＋?＋(n－1)xn＋nxn＋1＋(n－1)xn＋2＋?＋x2n
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?[1?2?22?(n?1)?n?(n?1)?1222122?1]2(x2?2x3??122x2n)1?[n2?2?(n?1)n(2(n?1)?1)]26n(2n2?1)?.3当ak?a1?3k(k?1)2n(2n?1)3[2n2?(n?k)(n?k?1)]2n(2n2?1)n(2n2?1)?an)的最大值为.32,k?1,2,,n?1
an?k?1?a1?k?1,2,,n?1时,上述不等式等号成立.?a2n)?(a1?a2?所以,(an?1?an?2?3、un=2n－1.
（1）先证un?2n－1.
由于un?1，不妨设n?2. 由于在1，3，?，2n－1中能被2n－1整除的数的个数为1，在2(n＋1)－1，2(n＋2)－1，?，2(n＋2n－2)－1中能被2n－1整除的数的个数为0，因此，un?2n－1.
（2）再证un?2n－1.
只要考虑d为奇数且1?d?2n－1. 考虑2n－1个奇数：2(a＋1)－1，2(a＋2)－1，?，2(a＋2n－1)－1. 设s、t为整数，使得
(2s－1)d?2n－1<(2s＋1)d (2t－1)d<2(a＋1)－1?(2t＋1)d
于是，在1，3，?，2n－1中能被d整除的数的个数为s. 故只要证明[2(t＋s)－1]d?2(a＋2n－1)－1即可. 事实上，有
[2(t＋s)－1]d =(2t－1)d＋(2s－1)d＋d ?2(a＋1)－3＋2n－1＋2n－1 =2(a＋2n－1)－1 因此，un?2n－1.
综上所述，得un=2n－1.
4、用记号d(P，l)表示点P到直线l的距离. 先证一个引理.
引理 设∠SAT=α是一个定角，则∠SAT内一动点P到两边AS、AT的距离之和为常数m的轨迹是线段BC，其中AB=AC=
m.若点sin?P在△ABC内，则点P到两边AS、AT的距离之和小于m；若点P在△ABC外，则点P到两边AS、AT的距离之和大于m.
事实上，由S△PAB＋S△PAC= S△ABC，知d(P，AB)＋d(P，AC)=m. 如图1，若点Q在△ABC内，由S△QAB＋S△QAC< S△ABC，得 d(Q，AB)＋d(Q，AC) 若点Q在△ABC外，由S△QAB＋S△QAC> S△ABC，得 d(Q，AB)＋d(Q，AC)>m （1）若四边形ABCD的两组对边都不平行，不妨设BC与AD相交于点F，BA与CD相交 39 于点E. 过点P分别作线段l1、l2，使得l1上的任意一点到AB、CD的距离之和为常数，l2上的任意一点到BC、AD的距离之和为常数，如图2. 则对于区域S内任意一点Q，有 d(P，AB)＋d(P，BC)＋d(P，CD)＋d(P，DA) = d(Q，AB)＋d(Q，BC)＋d(Q，CD)＋d(Q，DA) = [d(Q，AB)＋d(Q，CD)]＋[d(Q，BC)＋d(Q，DA)] >[ d(P，AB)＋d(P，CD)] ＋[d(P，BC)＋d(P，DA)] 矛盾. （2）若四边形ABCD是梯形，也可推得矛盾. 22225、由题设可得an?1?2kanan?1?an?1?0，所以，an?2?2kan?1an?2?an?1?1?0. 将上面 两式相减，得 22an?2?an?2kan?1an?2?2kanan?1?0 即（an＋2－an）(an＋2＋an－2kan＋1)=0. 由题设条件知，数列{an}是严格递增的，所以， an＋2=2kan＋1－an ① 结合a0=0，a1=1知，数列{an}的每一项都是整数. 因为数列{an}的每一项都是整数，由式①可知 2k|( an＋2－an) ② 于是，由2k| a0，及式②可得 2k| a2n，n=0，1，2，? 6、如图所示，设I为四边形ABCD的内切圆圆心. 由于H为D1A1的中点，而AA1与AD1为过点A所作的I的切线，故H在AI上，且AI⊥A1D1. 2又ID1⊥AD1，故由射影定理可知IH2IA=ID1?r2，其 中r为内切圆半径. 同理可知，E在BI上，且IE2IB=r2. 于是，IE2IB=IH2IA，故A、H、E、B四点共圆. 所以，∠EHI=∠ABE. 类似地，可证∠IHG=∠ADG，∠IFE=∠CBE，∠IFG=∠CDG. 将这四个式子相加得 ∠EHG＋∠EFG=∠ABC＋∠ADC. 所以A、B、C、D四点共圆的充要条件是E、F、G、H四点共圆. 而熟知一个四边形的各边中点围成的四边形是 平行四边形，平行四边形为矩形的充要条件是该四边形的四个顶点共圆. 因此，EFGH为矩形的充要条件是A、B、C、D四点共圆. 51?yi17、令yi?，i=1，2，?，5，则xi?，i=1，2，?，5，且?yi?1. 于是 1?xiyii?1 40