1、 2006 年全国高中数学联合竞赛加试试卷 （考试时间：上午 10：0012：00） 一、以 B0和 B1为焦点的椭圆与 AB0B1的边 ABi交于 Ci（i=0，1） 。在 AB0的延长线上任取点 P0， 以 B0为圆心，B0P0为半径作圆弧 P0Q0交 C1B0的延长线于 Q0；以 C1为圆心，C1Q0为半径作圆弧 Q0P1交 B1A 的延长线于 P1；以 B1为圆心，B1P1为半径作圆弧 P1Q1交 B1C0的延长线于 Q1；以 C0 为圆心，C0Q1为半径作圆弧 Q1P0，交 AB0的延长线于 P0。试证： （1）点 P0与点 P0重合，且圆弧 P0Q0与 P0Q1相内切于 P0； （
2、2）四点 P0、Q0、Q1、P1共圆。 二、已知无穷数列an满足 a0=x，a1=y， 1 1 1 1 nn nn n aa aa a，n=1、2、。 （1）对于怎样的实数 x 与 y，总存在正整数 n0，使当 n0n 时 an恒为常数？ （2）求数列an的通项公式。 三、解方程组 66 20 6 2 4444 3333 2222 wzyx wzyx wzyx wzyx 。 2006 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案 一、 （本题满分 50 分）以 B0和 B1为焦点的椭圆与 AB0B1的边 ABi交于 Ci（i=0，1） 。在 AB0的延长 线上任取点 P0，以 B0为圆心，B0P0为
3、半径作圆弧 P0Q0交 C1B0的延长线于 Q0；以 C1为圆心，C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1交 B1A 的延长线于 P1；以 B1为圆心，B1P1为半径作圆弧 P1Q1交 B1C0的延长线 于 Q1；以 C0为圆心，C0Q1为半径作圆弧 Q1P0，交 AB0的延长线于 P0。试证： （1）点 P0与点 P0重合，且圆弧 P0Q0与 P0Q1相内切于 P0； （2）四点 P0、Q0、Q1、P1共圆。 证明： （1）显然 B0P0=B0Q0，并由圆弧 P0Q0和 Q0P1，Q0P1和 P1Q1，P1Q1和 Q1P0分别相内切于点 Q0、P1、Q1，得 C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+
4、C1P1=B1C0+C0Q1以及 C0Q1=C0B0+B0P0。四式相加，利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0以及 P0在 B0P0或其延长线上，有 B0P0=B0P0。 从而可知点 P0与点 P0重合。由于圆弧 Q1P0的圆心 C0、圆弧 P0Q0的圆心 B0以及 P0在同一直线上， 所以圆弧 Q1P0和 P0Q0相内切于点 P0。 （2）现在分别过点 P0和 P1引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T。又过点 Q1引相应相 切圆弧的公切线 R1S1，分别交 P0T 和 P1T 于点 R1和 S1。连接 P0Q1和 P1Q1，得等腰三角形 P0Q1R1 和 P1Q
5、1S1。基于此，我们可由 P0Q1P1=P0Q1R1P1Q1S1=(P1P0TQ1P0P1)(P0P1TQ1P1P0) 而 P0Q1P1=Q1P0P1+Q1P1P0，代入上式后，即得 R1 S1 T Q1 P1 Q0 C0 B1 B0 A C1 P0 )( 2 1 1001110 TPPTPPPQP，同理可得)( 2 1 1001100 TPPTPPPQP。所以四点 P0、Q0、Q1、P1共圆。 二、 （本题满分 50 分）已知无穷数列an满足 a0=x，a1=y， 1 1 1 1 nn nn n aa aa a，n=1、2、。 （1）对于怎样的实数 x 与 y，总存在正整数 n0，使当 n0
6、n 时 an恒为常数？ （2）求数列an的通项公式。 解： （1）我们有 1 2 1 1 1 11 nn n nn nn nnn aa a aa aa aaa，n=1、2、。 （2.1） 所以，如果对某个正整数 n，有 an+1=an，则必有(an)2=1，且 an+an10。 如果该 n=1，我们得|y|=1 且 xy。 （2.2） 如果该 n1，我们有 21 21 21 21 ) 1)(1( 1 1 1 nn nn nn nn n aa aa aa aa a，n2， （2.3） 和 21 21 21 21 ) 1)(1( 1 1 1 nn nn nn nn n aa aa aa aa a，
7、n2。 （2.4） 将式（2.3）和（2.4）两端相乘，得 21 2 2 21 2 1 2 11 1 nn n nn n n aa a aa a a，n2。 （2.5） 由（2.5）递推，必有（2.2）或|x|=1 且 yx。 （2.6） 反之，如果条件（2.2）或（2.6）满足，则当 n2 时，必有 an=常数，且常数是 1 或1。 （2）由（2.3）和（2.4） ，我们得到 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 n n n n n n a a a a a a ，n2。 （2.7） 记 1 1 n n n a a b，则当 n2 时， 2 4 3 33 2 433 2 223221 )()
8、( nnnnnnnnnnnnn bbbbbbbbbbbbb 由此递推，我们得到 21 ) 1 1 () 1 1 ( 1 1 nn FF n n x x y y a a ，n2， （2.8） 这里 Fn=Fn1+Fn2，n2，F0=F1=1。 （2.9） 由（2.9）解得) 2 51 () 2 51 ( 5 1 11 nn n F。 （2.10） 上式中的 n 还可以向负向延伸，例如 F1=0，F2=1。 这样一来，式（2.8）对所有的 n0 都成立。由（2.8）解得 2112 2112 ) 1() 1() 1() 1( ) 1() 1() 1() 1( nnnn nnnn FFFF FFFF
9、n yxyx yxyx a，n0。 （2.11） 式（2.11）中的 F1、F2由（2.10）确定。 三、 （本题满分 50 分）解方程组 66 20 6 2 4444 3333 2222 wzyx wzyx wzyx wzyx 。 解：令 p=x+z、q=xz，我们有 p2=x2+z2+2q，p3=x3+z3+3pq，p4=x4+z4+4p2q2q2。同样，令 s=y+w、t=yw， 有 s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t2t2。 在此记号系统下，原方程组的第一个方程为 p=s+2。 （3.1） 于是 p2=s2+4s+4，p3=s3+6s2+12s
10、+8，p4=s4+8s3+24s2+32s+16。现在将上面准备的 p2、p3、p4和 s2、s3、 s4的 表 达 式 代 入 ， 得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4 ， x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8 ， x4+z4+4p2q2q2=y4+w4+4s2t2t2+8s3+24s2+32s+16。 利用原方程组的第二至四式化简，得 q=t+2s1， （3.2） pq=st+2s2+4s4， （3.3） 2p2qq2=2s2tt2+4s3+12s2+16s25。 （3.4） 将（3.1）和（3.2）代入（3.3） ，得1 2 s t， （3.5） 将（3.
11、5）代入（3.2） ，得2 2 5 s q， （3.6） 将（3.1） （3.5） （3.6）代入（3.4） ，得 s=2。所以有 t=0，p=4，q=3。 这样一来，x、z 和 y、w 分别是方程034 2 XX和02 2 YY的两根，即 1 3 z x 或 3 1 z x ，且 0 2 w y 或 2 0 w y 。详言之，方程组有如下四组解：x=3，y=2，z=1，w=0；或 x=3，y=0，z=1，w=2；或 x=1，y=2，z=3，w=0；或 x=1，y=0，z=3，w=2。 注：如果只得到一组解，或者不完整，最多得 40 分。 2006 年全国高中数学联赛加试试题的另解年全国高中数
12、学联赛加试试题的另解 2006 年全国高中数学联赛加试第一题 以 0 B和 1 B为焦点的椭圆与 01 AB B 的边 i AB交于(0,1) i C i 。在 0 AB的延长线上任取点 0 P，以 0 B为圆心， 00 B P为半径作圆弧 00 P Q交 10 C B的延长线于 0 Q；以 1 C为圆心， 10 C Q为半 径作圆弧 01 Q P交 1 B A的延长线于 1 P；以 1 B为圆心， 11 B P为半径作圆弧 11 PQ交 10 B C的延长线 于 1 Q；以 0 C为圆心， 01 C Q为半径作圆弧 10 Q P，交 0 AB的延长线于 0 P。 试证： （1） 点 0 P与
13、点 0 P重合，且圆弧 00 P Q与 01 P Q相切于点 0 P； （2） 四点 0 P、 0 Q、 1 Q、 1 P共圆。 （原题图略） 第（1）问的证明略，下面着重讨论第 2 问的另一种证明方法： 构思：证明四点共圆，如果能找（或猜测）到该圆的圆心，转而证明圆心到四点距离相等，也 是一个常用的方法，那么圆心究竟在哪里？ 试验：由题意可以知道： 00101101 BCBCBCBC=常数（大于 10B B） 。 利用几何画板制作如图 1 所示的试验场景，其中圆O为四边形 001 1 PQ Q P的外接圆。 拖动点拖动点A观察圆心观察圆心O的位置变化的位置变化 C0B1+C0B0 = 5.9
14、5318 厘米厘米 C1B0+C1B1 = 5.95318 厘米厘米 C0B0 = 1.33625 厘米厘米 C0B1 = 4.61694 厘米厘米 C1B1 = 1.87466 厘米厘米 C1B0 = 4.07852 厘米厘米 O Q1 P1 Q0 C0C1 A B1B0 P0 图 1 拖动点A，观察圆心O位置的变化，猜测点O可能是 01B AC的内心与 10B AC的内心（这两 个三角形的内心可能是重合的） 。利用几何画板中的测量工具测得相关角的度数，可以验证这个 猜想是正确的！ 所以我们就有了下面的另解： 证明：首先证明 01B AC的内心与 10B AC的内心重合： 假设这两个三角形的
15、内心不重合，并设O为 01B AC的内心，M、N、F分别为切点。则可 从点 1 B引圆O的切线与圆O切于点E、与线段 0 AB交于点D，而且点D与点 0 C不重合，如图 2。 由切线性质，可以得到： DNDEMBEB, 11 . NBFBMCFC 0011 , 分别将、中的等式相加，得到： DNMBDB 11 NBMCBC 0101 . FE N M O D C1 B0 B1 A C0 -: )( 011011 DNNBMCMBBCDB 图 2 011101 BCBCDBDB 又因为 01110010 BCBCBCBC， 001001 BCBCDBDB 1001 BCDCDB，这与点D与点 0
16、 C不重合矛盾，所以 假设不成立，因此： 01B AC的内心与 10B AC的内心重合。 设 01B AC、 10B AC的内心为O，如图 3。 由于直线 0 OC平分 10B AC，又 0010 PCQC，直线 0 OC 垂直平分线段 1 0Q P， 1 0 OQOP 同理： 直线 0 OB垂直平分线段 00Q P， 00 OQOP 直线OC1垂直平分线段 01Q P， 01 OQOP 图 3 直线OB1垂直平分线段 11Q P， 11 OQOP 01 OQOQ ， 00 OPOP 又点P、 0 P都在 0 AB的延长线上，点 0 P、 0 P重合，且圆弧 00 P Q与 01 P Q相切于点 0 P。 0101 OQOQOPOP 所以四点 0 P、 0 Q、 1 P、 1 Q共圆 O Q1 P1 Q0 C0 C1 A B1B0 P0
