2007年第6届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)

1、2007年女子数学奥林匹克第一天1设m为正整数，如果存在某个正整数n，使得m可以表示为n和n的正约数个数（包括1和自身）的商，则称m是“好数”。求证： （1）1，2，17都是好数； （2）18不是好数。2设ABC是锐角三角形，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，线段AD、BE、CF经过ABC的外心O。已知以下六个比值、中至少有两个是整数。求证：ABC是等腰三角形。3设整数，非负实数求的最小值。 4平面内个点组成集合S，P是此平面内m条直线组成的集合，满足S关于P中的每一条直线对称。求证：，并问等号何时成立？第二天5设D是ABC内的一点，满足DAC=DCA=30°，DBA=60&#

2、176;，E是边BC的中 点，F是边AC的三等分点，满足AF=2FC。求证：DEEF。6已知a、b、c0，求证：7给定绝对值都不大于10的整数a、b、c，三次多项式满足条件是否一定是这个多项式的根？8n个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局。规定：胜者得1分，负者得0分，平局各得0.5分。如果赛后发现任何m个棋手中都有一个棋手胜了其余m1个棋手，也有一个棋手输给了其余m1个棋手，就称此赛况具有性质P(m).对给定的，求n的最小值，使得对具有性质的任何赛况，都有所有n名棋手的得分各不相同。综上，最少取出11枚棋子，才可能满足要求。三、定义集合由于对任意的k、是无理数，则对任意的k1、和正整数m1

3、、m2，注意到A是一个无穷集。现将A中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数n，设此数列中的第n项为接下来确定n与m、k间的关系。若由m1是正整数知，对，满足这个条件的m1的个数为从而， 因此，对任意参考答案第一天1记为正整数n的正约数的个数。 （1）因为，又 所以，1，2，17都是好数。 （2）假设存在正整数n，使得 则可设是大于3的相异质数，令由式得= 由于对任意质数，从而， 如果而则 （i）当时，式为 （ii）当时，式为 （iii）当时，式为 （i）（ii）（ii）均不成立。 综上，18不是好数。2从六个比值中取出两个，共有两种类型： （1）涉及同一边；（2）涉及不同的

4、边。 （1）如果同一边上的两个比值同时是整数，不妨设为、因它们互为倒数，又同是整数，所以，必须都取1，则BD=DC。由于O是ABC的外心，进而得AD是边BC的中垂线。于是，AB=AC。 （2）记CAB=，ABC=，BCA=。因为ABC是锐角三角形，所以，BOC=2，COA=2，AOB=2。于是， 同理，若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不同的边时，则存在整数m、n，使得 或， 其中，x、y、z是、的某种排列。以下构造A1B1C1，使得它的三个内角分别为180°2，180°2，180°2。如图1，过点A、B、C分别作ABC外接圆的切线，所围成的A1B1C1即满足

5、要求。根据正弦定理，知A1B1C1的三边与、成正比。在式、两种情况下，可知其三边之比分别为1:m:n或m: n: mn.对于式，由三角形两边之和大于第三边，可知必须m = n；对于式，要保证，由此，m、n中必有一个为1。无论哪种情况，都有A1B1C1是等腰三角形。因此，ABC也是等腰三角形。3由2，知问题等价于求 因为时， 下面用数学归纳法证明 当时，不等式等价 由平均值不等式知，命题成立。假设不等式对时成立。对于，不妨设 由归纳假设知，上式右边小于或等于0，即当时，不等式成立。回到原题。由引理知 因此，所以最小值为4（1）记S中的n个点为A1，A2，An.建立直角坐标系，设易证 这说明，平面

6、内存在唯一的一点B，使我们称B为点集S的“质心”。如果任取P中一条直线l为x轴，建立直角坐标系，则故点B在l上。即P中每一条直线均过质心B。 （2）设显然， 考虑P中任一直线l，X为S中任一点，X关于l的对称点Y是唯一的。即对每一个l，三元有序组（X，Y，l）有n个，故 对于F1中的三元有序组（X，Y，l），因为不同的两点X、Y的对称轴只有1条，所以， （i）当S中任一点至多在P中的一条直线l上时， 由式、得 （ii）当S中存在一点同时在P中的两条直线上时，由（1）所证，此点即为质点B。考虑集合中的每条直线对称，由（i）所证，得综合（i）、（ii）得 （3）当m=n时，由（2）所证，式、同时取

7、等号，即S中任意两点的中垂线均属于P，S中每点恰在P中的一条直线，同时，质心B不在S中。首先，指出相等。否则，如果存在j、，则线段的对称轴不过点B，与（1）所证矛盾。因此，A1，A2，An均在以点B为圆心的圆上，记此圆为B。不妨设A1，A2，An按顺时针排列。其次，A1，A2，An是B的n个等分点。否则，如果存在（定义）。不妨设如图2，线段的对称点在（不含端点）上。这与、是相邻两点矛盾。因此，当时，集S中的点是正n边形的n个顶点。易知正n边形确有n条对称轴。故当且仅当S中的点组成正n边形n个顶点，P是正n边形的n条对称轴时，第二天5证法1：如图3，作DMAC于点M，FNCD于点N，联结EM、E

8、N。 设CF=a，AF=2a，则， 即N是CD的中点。又因为M是边AC上的中点，E是边BC上的中点，所以，EM/AB，EN/BD，得MEN=ABD=60°=MDC。故M、D、E、N四点共圆。又因D、M、F、N四点共圆，所以，D、E、F、M、N五点共圆。从而，DEF=90°证法2：建立复平面，令经计算可得 6证法1：不妨设令 最后一步由柯西不等式得到。证法2：令，则于是，所证不等式变为 注意到将上式代入式，所证不等式变为以下同证法1。注：证法2解释了证法1中替换的动机。7将代入得 8先证明两个引理。引理1 当个棋手的赛况具有性质，则必有一个棋手全胜。引理1的证明：当n=m时，

9、命题显然成立。假设命题对n成立。则对个棋手，从中任取n个棋手，由归纳假设，这n个棋手中必有一个棋手全胜。不妨设全胜。若A1胜；若A1平这n个棋手中没人全胜，不可能；若这n个棋手中全胜的只能是全胜。由归纳原理知，命题对任意成立。类似地可证：引理2 当时，如果n个棋手的赛况具有性质，则必有一个棋手全败。回到原题。接下来证明：当时，所有棋手的得分必各不相同。由引理1，有一个棋手A1胜了其余n1个棋手，有一个棋手A2胜了除A1外的n2个棋手，有一个棋手个棋手。 由引理2，有一个棋手个棋手，有一个棋手外的个棋手，有一个棋手个棋手，另外，还有一棋手为这样，这n个棋手编号小的棋手都战胜了编号大的棋手，因此，他们的得分为