中国女子数学奥林匹克(CGMO)第10届(2011)解答

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2011年8月1日上午8:00~12:00广东深圳市第三高级中学

1．求出所有的正整数n，使得对于,xy的方程

111xyn

+=

恰有2011组满脚xy≤的正整数解(,)xy．

解：由题设，20()()xynxnyxnynn--=?--=．因此，除了x=y=2n外，xn-取2n的小于n的正约数，就可得一组满脚条件的正整数解(x,y)．故2n的小于n的正约数恰好为2010．

设1

1k

knppα

α=，其中1,,kpp是互别相同的素数，1,,kαα是非负整数．故2n的

小于n的正约数个数为

1(21)(21)1

2

kαα++-，

故1(21)(21)4021kαα++=．

由于4021是素数，因此1k=，1214021α+=，12010α=．因此，2010np=，其中p是素数．

2．如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，边AB、CD的中垂线相交于点F，点M、N分不为边AB、CD的中点，直线EF分不与边BC、AD相交于点P、Q．若MFCDNFAB

?=?且DQBPAQCP

?=?，求证：PQBC

⊥．

证明：连接AF、BF、CF、DF．由题目条件可知△AFB和△CFD基本上等腰三角形，FM和FN分不为这两个等腰三角形底旁边的高．由MFCDNFAB

?=?，知△AFB∽△DFC，从而∠AFB=∠CFD，∠FAB=∠FDC．

由∠AFB=∠CFD可得∠BFD=∠CFA，又因FB=FA，FD=FC，因此△BFD≌△AFC．由此可得∠FAC=∠FBD，∠FCA=∠FDB．从而A、B、F、E四点共圆，C、D、E、F四点共圆．

由上可得∠FEB=∠FAB=∠FDC=∠FEC，即直线EP是∠BEC的角平分线，从而EB/EC=BP/CP．同理，ED/EA=QD/AQ．由于DQBPAQCP

?=?，因此EBEDECEA

?=?．由此可得ABCD为圆内接四边形，且点F为其外接圆的圆心．这时，因为

∠EBC=1

2∠DFC=1

2

∠AFB=∠ECB，因此EPBC

⊥．

Q

P

M

N

F

E

D

C

B

A

A

B

C

D

E

F

N

M

P

Q

3．设正实数,,,abcd满脚1abcd=，求证：

11119254

abcdabcd

++++

≥+++．

证法一：首先我们证明，当,,,abcd中有两个相等时，别等式成立．别妨设ab=，令

sabcd

=+++，则有

2

111192929(2)cdasaabcd

abcda

cd

s

a

s

+++++

=

+

+

=

+-+

+++3

2

292()aasa

s=

-++

．

若2

a≥

则232sabcdaa

a

=+++≥+

≥

，所以将s视为变量，上式最小值在22saa

=+

时取到，此刻

3

2

32

292292992()2(2)2aasaaaasa

s

a

a

s

a

s

s

-++

=

-++

+

=

++

=+

79977925416

16

16

4

2

4

sss

=

+

+

≥

?+=

+

=

．（这个地方用到了224saa

=+

≥）

若02

a

+254

≥=>

．

所以当,,,abcd中有两个相等时，别等式成立．

下面假设,,,abcd两两别等，别妨设abcd>>>．由于1adbccabcdc

???==，故由

上面的分析得

11119254

adadbccbcc

cc

++++

≥+++．

下面我们只需证明

1111911119adadabcdabcd

bccbcc

cc

++++

≥++++

++++++．①

而①119192cada

d

abcd

ad

c

bc

c

?

+

+

≥

+

+

+++++

2

9

()

()(

2)

accdcad

adadcadacd

c

abcdbcc

+--?

≥

?+-

-+++++

()()

9

()()

()(2)

accdaccdadacd

c

abcdbcc

?

≥

?

+++++

19

()(

2)

adad

abcdbcc

?

≥

+++++

()(

2)9adabcdbcad

c

?+++++≥

2adbcc?++≥2adabcdbc

c

+++>++）

3adcc

?+≥

而最终一式能够用均值别等式推出，如此就证明了结论．

证法二：采纳调整法.

别妨设abcd≤≤≤，并记11119(,,,)fabcdabcdabcd

=

++++

+++.

先往证：(,,,))fabcdfbd≥.(*)其实，上式等价于

119acabcd

++

≥

+

+++

ac

?

≥

（因为20-≥）

()9abcdbdac

?++++≥

（因为bd+≥=）

(9acac?++

≥①

而11abcdaaccac=≥????≤?

≥

且ac+≥，故

①左边169

aca

≥+≥=>=①右边.因此(*)成立.

(*)讲明，(,,,)

fabcd（其中abcd

≤≤≤）的最小值（或极小值）总是在ac

=，即abc

==时取得.欲得到该四元函数的下界，我们就可别妨设(,,,)

abcd=()3

111

,,,

ttt

t，这个地方1

t≥；这也讲明了只需证明对1

t

?≥，总有

()3

111

25

,,,

4

ttt

ft≥，(**)

就证明了原别等式成立.

代入，可知

()3

111

25

,,,

4

ttt

ft≥

33

8743

265432

65432

3

1925

3

4

12257675120

(1)(121427362412)0

1214273624120

t

t

tt

tttt

ttttttt

tttttt

?++≥

+

?-+-+≥

?+++≥

?+++≥

5432

(1)(1211330630)420

tttttt

?-+--+++≥②

而1

t≥

，533

1263

ttt

+≥=>，

422

113030.

tt

+≥=>

故5432

(1)(1211330630)420

tttttt

-+--+++>，②成立.

至此，(**)成立，原别等式得证.

4．有n（3n≥）名乒乓球选手参加循环赛，每两名选手之间恰竞赛一次（竞赛无平局）．赛后发觉，能够将这些选手排成一圈，使得关于任意三名选手,,ABC，若,AB在圈上相邻，则,AB中至少有一人战胜了C．求n的所有也许值．

解：n的所有也许值为所有大于等于3的奇数．理由如下．

当n是大于等于3的奇数时，设21nk=+，n名选手编号为1221,,...,kAAA+，构造竞赛结果如下：选手iA（121ik≤≤+）战胜了242,,...,iiikAAA+++（令21kjjAA++=，1,2,...,21jk=+）

，输给了其它选手．如今将这些选手按照1221,,...,kAAA+的顺序顺时针排成一圈，关于任意三名选手,,ABC，若,AB在圈上相邻，别妨设tAA=，1tBA+=，trCA+=（121tk≤≤+，22rk≤≤），则r与1r-中至少有一具为别大于2k的偶数，故,AB中至少有一人战胜了C．所以，当n是大于等于3的奇数时，也许发生题目所述的事情．

另一方面，当n是大于等于4的偶数时，假设题目所述的事情浮现，将这n名选手按照在圈上的位置顺时针记为12,,...,nAAA，别妨设1A战胜了2A，由题目条件知23,AA中至少有一人战胜了1A，故3A战胜了1A，再由12,AA中至少有一人战胜3A可知2A战胜了3A.依此类推可知对任意1in≤≤，iA战胜了1iA+（其中11nAA+=）.关于每个iA（1in≤≤），他输给了1iA-（其中0nAA=），将剩下2n-人两两相邻配对，由条件知

iA至少输掉了

22

n-场，再加上输给1iA-的一场至少输掉

2

n场.所以n名选手共输掉至

少

2

2

n

场，但这与2

2

(1)2

2

nnnn

C-=

==--,,,1111，则记y

x．用一非负整数向量),,,(21nxxx=x表示各

盒子中的小球数目．通过一次对kB的操作后，各盒子中的小球数目从x变为kα+x，其

中1(1,1,0,,0)α=-，2(0,,0,1,2,1,0,,0)kkα-=-

个

（12-≤≤nk），(0,,0,1,1)nα=-

．当

2

k≥时，总有xxkα+．所以，关于任意初始状态，总能够经过一系列对nBB,,2的

操作（只要2≥k且kB中至少有两个小球，就对kB施行操作），使得操作后的小球数目

),,,(21nyyy=y满脚21≥?≤kyk，．若12===nyy，则差不多满脚题目要求；否则

有21≥y．设i是满脚0=iy的最小整数，经过一系列对11,,-iBB的操作，能够使得小球数目变为),,,1,,1,1(11niyyy+-．具体操作如下：

121122

1

,,,,,,1111111111(,1,,1,0,,,)(,1,,1,0,1,,,)(,1,,1,0,1,1,,,)(,0,1,,1,,,)(1,1,,1,,,)iiBBBBBB

ininBinininyyyyyyyyyyyyyyy--+++++?????→?????→

→→??→-．

重复以上操作，最后可使小球数目满脚题目要求．

8．如图，⊙O为△ABC中BC旁边的旁切圆，点D、E分不在线段AB、AC上，使得DE∥BC．⊙1O为△ADE的内切圆，1OB交DO于点F，1OC交EO于点G.⊙O切BC于点M，⊙1O切DE于点N．求证：MN平分线段FG．

证法一：若ABAC=，则图形对于BAC∠的平分线成轴对称，结论显然成立．下面别妨设ABAC>，如图二．设线段BC的中点为L，连接1OL交线段FG于点R．连接1ON并延长交直线BC于点K，作ATBC⊥于T，交直线DE于点S．连接AO．显然1O在线段AO上．首先由梅涅劳斯定理，得

11

1OFBDAO

FB

DAOO??=，

11

1OGCEAO

GCEAOO??=．

①

由于//DEBC，故

BDCEDA

EA

=

，所以

11OFOGFB

GC

=

，即//FGBC，故

1FR

BLGR

CL

=

=，所以R

是FG的中点．下面只需证明,,MRN三点共线．由梅涅劳斯定理的逆定理，我们只需证明

11

1ORLMKN

RLMKNO??=．②

由于//FRBL，故

111OROFOOADRL

FB

AO

DB

=

=

?

（第二个等号用到了①），故我们只需证明

11

1OOADLMKNAO

DBMKNO?

??=．

③

由于1,,,//OKDEOMBCATBCDEBC⊥⊥⊥，故1,,OKOMAT三条直线彼此平行，由平行线分线段成比例定理得

1OOMKAO

MT

=，将此式代入③，我们只需证明

1

1ADLMKN

DBMTNO??=．

④

N

M

G

O

1O

FE

D

C

BA

由于//,,DEBCKNDEST

BC⊥

⊥，故四边形KNST为矩形，所以KNST=．再由

//DSBT

得

ADASDB

ST

=

，代入④中，我们只需证明

1NOLMMT

A