32?25 。
解：如图，设AC与BD交于F点，则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|，|PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD|，因此，当动点P与F点重合时，|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值|AC|?|BD|?32?25。 8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，
CA?33，若AB?AE?AC?AF?2，则EF与BC的夹角的余弦值等于 23 。
解：因为AB?AE?AC?AF?2，所以AB?(AB?BE)?AC?(AB?BF)?2，即AB?AB?BE?AC?AB?AC?BF?2。因为AB?1，
33?1?36AC?AB?33?1???1，BE??BF，所以1?BF?(AC?AB)?1?2，即
2?33?1BF?BC?2。设EF与BC的夹角为θ，则有|BF|?|BC|?cosθ?2，即3cosθ=2，所以cosθ?2322。
9. 已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，
233为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲
53π6线的长等于 。
解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、
面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为
AE?233，AA1=1，则?A1AE?π6。同理?BAF?π6，所以?EAF?π6，故弧EF的
长为
23π3??π，而这样的弧共有三条。在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为369331的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为以弧FG的长为
3π3??π。这样的弧也有三条。 32639π?3?36π?53π612，?FBG?π2，所
于是，所得的曲线长为3?。
10. 已知等差数列{an}的公差d不为0，等比数列{bn}的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d，且解：因为1+q+q2为q??12?2
a1?a2?a3b1?b2?b322222是正整数，则q等于 22 。
2a1?a2?a3b1?b2?b314m2?a1?(a1?d)?(a1?2d)b1?b1q?b1q2?141?q?q2，故由已知条件知道：
，其中m为正整数。令1?q?q?14?14m?1??12?56?3m4m214m，则
14m?3，
。由于q是小于1的正有理数，所以1?即5≤m≤13且
56?3m4m是某个有理数的平方，由此可知q?12。
11. 已知函数f(x)?45sin(πx)?cos(πx)?215 。 (?x?)，则f(x)的最小值为 544x2sin(πx?π4)?2(解：实际上f(x)?1314x?x?54设g(x)?)，2sin(πx?π4)(14?x?54)，3则g(x)≥0，g(x)在[,]上是增函数，在[,]上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线x?35444441335对称，则对任意x1?[,]，存在x2?[,]，使g(x2)=g(x1)。于是
444435g(x1)?2g(x2)?2g(x2)?2f(x1)????f(x2)，而f(x)在[,]上是减函数，所以
44x1x1x21554545，即f(x)在[,]上的最小值是。 f(x)?f()?4445512. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小
方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有 3960 种（用数字作答）。
解：使2个a既不同行也不同列的填法有C42A42=72种，同样，使2个b
22
既不同行也不同列的填法也有C4A4=72种，故由乘法原理，这样的填法
共有722种，其中不符合要求的有两种情况：2个a所在的方格内都填有b的情况有72种；
12
2个a所在的方格内仅有1个方格内填有b的情况有C16A9=16×72种。所以，符合题设条
2
件的填法共有72?72?16×72=3960种。
三、解答题（本题满分60分，每小题20分）
n13. 设an?证明：由于
?k(n?1?k)，求证：当正整数n≥2时，an+1 k?111k(n?1?k)12?11n?1k(1?n1n?1?k1k?1)，因此an?n?1?kn?1k?12n1，于是，对任意的正 整数n≥2，有 ?(1n?1?1(an?an?1)?n?n?11k?1?n?211k nk?1n?2)?k?11k?(n?1)(n?2)?(n?1)(n?2)1x(?k?11k?1)?0，即an+1 14. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：y?x?(x?0)交于两个不同点M和N。求曲线C 在点M、N处切线的交点轨迹。 解：设点M、N的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，曲线C在点M、N处的切线分别为l1、l2，其交点P的坐标为(xp，yp)。若直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1。 1?1?y?x?由方程组?消去y，得x??kx?1，即(k?1)x2+x?1=0。由题意知，该方程在(0，x， x?y?kx?1?+∞)上有两个相异的实根x1、x2，故k≠1，且Δ=1+4(k?1)>0…(1)，x1?x2?x1x2?11?k?0…(3)，由此解得 34?k?1。对y?x?1x11?k?0…(2)，1x2求导，得y'?1?，则 y'|x?x1?1?y?(x1?1x11x12，y'|x?x?1?21x22，于是直线l1的方程为y?y1?(1?11x12)(x?x1)，即2x1?)?(1?1x1)(x?x1)，化简后得到直线l1的方程为y?(1?21)x?22x2x1)x?22x1…(4)。同 2x2?0， 理可求得直线l2的方程为y?(1?因为x1≠x2，故有xp?2yp?(2?(1x21x2…(5)。(4)?(5)得(1x22?1x1)xp?22x1x2x1?x21x12…(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)得 1x2)1x122?12x2))xp?2(2??… ?((7) x1?x2x1x234， )?2其 2x1x2中 1x1?1x2?x1?x2x1x2?1， ?1x22?x1?x2xx2122(x1?x2)?2x1x2xx2122代入(7)?1?2(1?k)?2k?1， 52式得2yp=(3?2k)xp+2，而xp=2，得yp=4?2k。又由 ?k?1得2?yp?，即点P的轨迹为 (2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含端点）。 15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x)，求证：存在4个函数fi(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 证明：记g(x)?f(x)?f(?x)2，h(x)?f(x)?f(?x)2，则f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函 g(x)?g(x?π)2数，h(x)是奇函数，对任意的x∈R，g(x+2π)=g(x)，h(x+2π)=h(x)。令f1(x)??g(x)?g(x?π)?2cosxf2(x)???0?x?kπ?x?kπ?π2π2， ， ?h(x)?h(x?π)?f3(x)??2sinx?0?x?kπx?kπ， kπ?h(x)?h(x?π)x??2sin2x2，其中k为任意整数。 f4(x)??kπ?0x?2?容易验证fi(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的x∈R，fi(x+π)=fi(x)，i=1，2，3，4。 ππ下证对任意的x∈R，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当x?kπ?时，显然成立；当x?kπ?时， 22g(x)?g(x?π)因为f1(x)?f2(x)cosx?f1(x)?，而 23π3πππg(x?π)?g(kπ?)?g(kπ??2(k?1)π)?g(?kπ?)?g(kπ?)?g(x)，故对 2222任意的x∈R，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 kπ下证对任意的x∈R，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当x?时，显然成立；当x=kπ时， 2h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ)=?h(kπ)，所以h(x)=h(kπ)=0，而此时f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故 πh(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；当x?kπ?时， 2h(x?π)?h(kπ?f3(x)sinx?3π2h(x)?h(x?π)2)?h(kπ?3π2?2(k?1)π)?h(?kπ?π2)??h(kπ?π2)??h(x)，故 ?h(x)，又f4(x)sin2x=0，从而有h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 于是，对任意的x∈R，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述，结论得证。 2007年全国高中数学联合竞赛加试试卷 （考试时间：上午10：00—12：00） 一、（本题满分50分） 如图，在锐角△ABC中，AB A E FP O2 O1 DC B A E FP O2 O1 DC B
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