IMO中国国家队训练题

2008IMO中国国家队训练题及解答2008年IMO中国队培训的主要阶段于6月15日至7月5日在上海中学进行,后期在清华附中调整.在培训期间,单墫、陈永高、冷岗松、余红兵、李伟固、熊斌等教授以及叶中豪、冯志刚先生为国家队队员作了讲座.我们从培训题中精选了一部分,配以个别队员们的解答,推荐给各位读者.1.MACROBUTTONMTEditEquationSection2SEQMTEqn\r\hSEQMTSec\r1\hSEQMTChap\r1\h设G为△ABC内的一点,AG、BG、CG分别交对边于点D、E、F.设△AEB和△AFC的外接圆的公共弦所在的直线为la,类似定义lb,lc.证明:直线la,lb,lc三线共点.

证明:设AEB的外接圆和AFC的外接圆交于,则即,易知在角内,共圆,共圆,类似地定义.

因为BAEA1共圆,,

,

因为CAFA1共圆,故BFA1=ACA1=ECA1

由GOTOBUTTONZEqnNum785749REFZEqnNum785749\!(1.1)、GOTOBUTTONZEqnNum977880REFZEqnNum977880\!(1.4)得:BFA1~ECA1,

对BA1E用正弦定理并结合GOTOBUTTONZEqnNum166340REFZEqnNum166340\!(1.2)、GOTOBUTTONZEqnNum561555REFZEqnNum561555\!(1.3)得

.

故

=1.=1,这样利用角元形式的塞瓦定理可知直线AA1,BB1,CC1三线共点.（韦东奕解答）2.设为ABC的外接圆,过点A,C的圆分别与边BC,BA交于点D,E.连接AD和CE并延长分别交于点G,H.过点A,C作的切线分别与直线DE交于点L,M.证明:直线LH与MG的交点在上.

证明:设T为LH和MG的交点,记DAC=,ECA=,由于AEDC四点共圆,故可设BAD=BCE=,而AL与相切,故EAL=ACB=+,AEL=BED=BCA=+,所以,EAL=AEL=+.

再由AHBC都在圆上,知HAB=BCH=,而HEA=BEC=++.

同理,我们有MCD=MDC=+,GCD=,CDG=++.

下面考察以O为圆心的圆周上依逆时针方向排列的四个点P1,P2,P3,P4,使得P1OP2=ALE=-2(+),P2OP3=2,P3OP4=-2(+),并设Q为P4P2与P1P3的交点,则OP1P2=OP2P1=+=EAL=AEL,故ALE~P1OP2.而

QP1P2=P2OP3==HAE,

QP2P1=-P4OP1=-(-2(+)-2(+)+2)=++=HEA.

所以,QP1P2~HAE.

因此,,又HEL=AEH-EAL=P1P2Q-OP2P1=OP2Q,于是,LEH~OP2Q,进而ELH=P2OQ.

同理GMD=P3OQ.所以,TLM+TML=P2OQ+P3OQ=P3OP2=2,从而,GTH=MTL=-(TLM+TML)=-2=-HAG,得T,H,A,G四点共圆,即T在圆上,命题获证.(吴天琦解答)3.设G为ABC的重心,求sinCAG+sinCBG的最大可能值.

解:设CAG=x,CBG=y,D,E分别是BC、AC的中点,BGD=.则

x+y<CAB+CBA=-c<.①

设GD=1,GA=2a.GE=b,GB=2b.在GBD中,由正弦定理,得

②

在GEA中,由正弦定理,得

③

将②与③相乘,得

④

于是,

4sinxsiny=sin(x+)sin(y+)

=[cos(x-y)-cos(x+y+2)][cos(x-y)+1],

即3cos(x-y)4cos(x+y)+1.(等号成立的条件为:x+y+2=)

现在令m=,n=,上式化为3(2n2-1)4(1-2m2)+1,因此,

88m2+6n2,

44m2+3n22.

即mn.所以sinx+siny=2mn.

下面说明等号可以成立.令m=,m=,记,易知(0,),令,,,则上面所有的不等式都取等号.

现在,我们作BGD使BGD=,DBG=y,延长DG至A使AG=2DG.在BG延长线上取E使GAE=x.由②、③、④可知必有,设AE、BD交于点C,连AB.此时G为将A、C关于点B为位似中心（位似比为）所得的直线l1和另一条同样定义的直线（将B、C关于点A为位似中心（位似比为）所得的直线）l2的交点,G确为ABC的重心.max(sinCAG+sinCBG)=.（张成解答）4.设P,Q,R分别是锐角三角形ABC的边BC,CA,AB上的点,使得PQR是正三角形,并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的.证明:点A到QR的垂线、点B到RP的垂线、点C到PQ的垂线.这三条直线共点.

解法一:由于为锐角三角形,在形内可作一条以RP为弦,对PQ张角为-A的圆弧；也可做一条以RP为弦,-B为张角的圆弧.设两弧的交点为M.则

故A,R,M,Q四点共圆,B,P,M,R四点共圆,C,P,M,Q四点共圆.

过M作ABC三边垂线,在BC,AC,AB上的垂足分别为P1,Q1,R1.不妨设R1在线段AR上,记R1MR=,则R1MP=-B=R1MR=.同理Q1MQ=,于是RtMBRRtMP1PRtMQ1Q,故

①

由及R1MP1=RMP,知R1MP1RMP,可得,同理,,.

由可知PQRP1Q1R1,相似比为cos,故P1Q1R1也为ABC的内接正三角形且.由PQR面积的最小性,必有cos=1,=0,故MPAB,MQBC,MRCA②

设过A、B、C所作的三垂线为AD,BE,CF.D、E、F在RQ、RP、PQ上,则

同理,.这样,我们有

由角元形式的塞瓦定理知AD,BE,CF共点.（张成解答）

解法二:作,则

.

同理,,故M为定点.所有这样的正三角形PQR（面积不一定最小）都相当于以M为中心,将其中的一个三角形作刚体旋转而得.因此这些三角形都有共同的旋转中心M.要使面积最小,即需MP最小,这要求P为M在BC上的垂足.同理,Q、R分别为M在AC、AB上的垂足.现在任取一点X,使得XARQ,则

.

因此,A到QR的垂线在中是AM的等角线.从而,A到QR的垂线,B到RP的垂线,C到PQ的垂线,都经过M的等角共轭点.

证毕.（牟晓生解答）5.非负实数x1,…,xn满足:.

(1)证明:.

(2)如果在此条件下,总有,求正整数n的所有可能值.

解(1)由条件有;

整理得,从而;得证.

（2）所求的n=1,2,3.

【充分性】:n=1时,由条件.

n=2时有①;

要证明x1+x2.

用反证法.若x1+x2<,则②;

①-②得而;故只可能是;此时,由均值不等式,有x1+x2,矛盾,因此命题成立.

n=3时,有③

要证明x1+x2+x3;

仍用反证法.若x1+x2+x3,则

④;

③-④得.

这说明,、、中至少有一个成立.

不妨设,则,x1+x2.矛盾.充分性得证.

【必要性】:设n4.令x3=x;=…=xn=0;条件化为

.

待定>0;令x1、x2满足

如果这样的x1,x2存在,那么命题不成立.这只需证满足下述条件的存在:

而n4,故10>8;故总能选出>0使得上式成立.从而存在x1,x2,…,xn满足条件且x1+x2+…+xn<.(牟晓生解答)6.n元实数数组(a1,a2,…,an),(b1,b2,…,bn),(c1,c2,…,cn)满足:

,

证明:(a1b1+…+anbn)2+(a1c1+…+ancn)21.

证明:【引理】设则

.

引理的证明:如果=0,命题显然成立.

如果0,则总能选取[0,2]使数为实数.

我们用z1ei,z2ei,…,znei取代z1…zn讨论.命题不改变.此时,设新的zj=xj+yji(1jn),则

①(Cauchy不等式)

又因为；而

；

故

②

结合①知引理成立.

回到原题.令zj=bj+cji(1jn),则由条件知

,

及；

因此,由引理知:

又；因此上面的模长不等式即等价于:

.

证毕.(牟晓生解答)7.实数a,b(0,1),ab.证明:aa+bbab+ba.

证明:在a=b时命题显然成立.下设a>b；

原不等式bb(1-ba-b)ab(1-aa-b)

①

由Bernoulli不等式知（注意）

①的左边,因此只要证:

②

令a-b=<1,则②化为

③

固定（0,1）,令f(b)=(1->b>0),只需证f(b)>0.

而,注意到,随b增大而增大,而在b0+时,这一表达式为负.因此若设b0使得,那么f在(0,b0]上为减函数,而在(b0,+)上为增函数.因此只需要验证f(b0)0,这等价于

.

将上式化为1,而-1<0,故只需证b01,即证.这是容易的,由b0的定义,注意到,即可.

证毕.（牟晓生解答）8.记A={x|xN*,在十进制表示下x的每一个数码都不是零,且S(x)|x},这里S(x)表示x的各数码之和.证明:对任意正整数k,A中都有一个恰好是k位的正整数.

证明:对任意的,设,分3种情形讨论.

(1)当k=3t时,k位数.这可利用数学归纳法证明:首先r0=1A.其次,由于S(rt+1)=3S(rt)、rt,可被3rt整除知,在rtA时,有rt+1A.从而rtA对一切非负整数t成立.

(2)当时,设.k位数u=A.

事实上,由于S(u)=9S(rt)以及,可被9整除,由(1)的结论（注意u各位都不为0）可知uA.

(3)当时,设,k位数v=A,

事实上,S(v)=18s(rt),,可被18整除,v各位都不为0,由(1)可得结论.

总之,本题结论成立.证毕.(张瑞祥解答)9.设a,b是正整数,满足(a,b)=1,a、b不同奇偶.如果集合S具有下面性质:

(1)a,bS;

(2)由x,y,zS可推出x+y+zS.

证明:每个大于2ab的正整数都属于S.证明:首先用数学归纳证明:若r+s=t为奇数,则.

对t归纳.t=1时显然,若t=2k-1时结论成立,则当t=2k+1时显然r,s不全小于2,无妨r2,由归纳假设,则在（2）中取得从而结论成立.

回到原题,由(a,b)=1知对任意正整数c>2ab,存在使得ra+sb=c,分别适当取t为t1,t2（=t1+1）使

于是,

故s1>a.因此,由(r2+s2)=(r1+s1)+(b-a)知r1+s1,r2+s2恰一奇一偶.选取使得ri+si为奇数的那一组,利用前面的结论即知命题成立.（陈卓解答）10.一个由正整数组成的无穷等差数列（非常数的）包含了一个项为完全立方数.证明:这个数列也包含一项,它是完全立方但不是完全平方.

证明:设该无穷等差数列为,公差为d.不妨设a1为立方数a3,则形如（a+md）3的项都包含在数列中,取m=a2d得（a+a2d2）3严格在两个相邻的平方数（ad）2和（ad+1）2之间,则不是平方数,于是（a+a2d2）3不是平方数.于是这一项就是满足要求的项.（张瑞祥解答）11.设n为正整数.证明:数n7+7不是一个完全平方数.

证明:采用反证法,设n7+7=x2对某个正整数对(n,x)成立,则

(1)n为奇数,否则导致x23(mod4),矛盾.

(2)n1(mod4),这是因为n为奇数,故4|n7+7,因此,n1(mod4).

(3)由x2=n7+7可得

x2+112=n7+128=(n+2)(n6-2n5+4n4-8n3+16n2-32n+64)①

现在,若11x,则x2+112的每一个质因子p都为奇数,且p1(mod4).这是因为若p3(mod4),设p=4k+3,则由x2-112(modp)两边2k+1次方,得xp-1-11p-1-1(modp),矛盾(这里用到Fermat小定理).

但由①知n+2|x2+112,而n+23(mod4),它至少有一个模4余3的质因子,这与x2+112的每一个质因子p都满足p1(mod4)矛盾.

若x为11的倍数,设x=11y,则①变为

121(y2+1)=(n+2)(n6-2n5+4n4-8n3+16n2-32n+64)

依n0,1,2,…,5(mod11)分别代入直接计算,可知n6-2n5+4n4-8n3+16n2-32n+64不是11的倍数,所以121|(n+2),这表明

y2+1=(n6-2n5+4n4-8n3+16n2-32n+64)②

与前类似可证:y2+1的每个质因子都1(mod4),因此其每个奇约数都1(mod4),但3(mod4),所以②不能成立.

综上,n7+7不是一个完全平方数.(牟晓生解答)12.求出正整数n可以表示为两个互质的整数的平方和的充要条件.

解:所求的充要条件是:4不整除n并且对每个模4余3的素数q,都有qn.

【必要性】若n是4的倍数,则若n=a2+b2（mod4）易知只可能是,即2|(a,b),矛盾.

若为素数,且q|n,则若n=a2+b2,必有q|(a,b).否则设q不整除a.由q|n知q不整除b.所以（Legrendre符号）;矛盾.

【充分性】先设n为奇数.只考虑n>1.令(p1<p2<…<pk都为模4余1的素数.jN*)熟知存在aj、bjN*使

;

于是,(i为虚数单位),现在令x、yZ使x+yi=;则x-yi=;所以n=(x+yi)(x-yi)=x2+y2.

下面证明:x和y互素.

若否,设存在素数p|(x,y),则p|n,即p=pl对某个1lk成立.因此在Z[i]中,;从而可知从而为Z[i]中的素数.故对某个t成立,但在Z[i]中两个不同素数不互相整除,矛盾.所以,x,y互素.

在n为偶数时,是奇数（否则4|n）.令

;

则n=(a+b)2+(a-b)2且(a+b,a-b)=1.充分性获证.(牟晓生解答)13.设F是一个由整数组成的有限集,满足:

（1）对任意xF,存在y,zF使得x=y+z;

（2）存在n,使得对任何正整数k（1kn）及F中的任意k个x1,x2,…,xk都有.

求证:|F|2n+2.

证明:我们证明F中正的元素至少(n+1)个,同理负的元素至少(n+1)个,由此推出|F|2n+2.显然F中没有0,容易证明F中既有正数又有负数,设F中正元素分别为x1,x2,……xm.

作一个有向图G（V1,V2,……Vm;E）:对每个j（1jm）由条件（1）有y,zF使得0<xj=y+z.可以不妨设y>0.于是可令y=xi.则在G中作一条有向边xjxi,由j的任意性可知G中每个顶点的出度为1,因此G中有一个圈xi1xi2……xi,t-1xit.（tm）.由边的作法知分别有z1,z2,……ztF使得

求和得z1+z2+……+zt=0.而z1,z2,……ztF,故由条件（2）知tn+1.从而mtn+1.证毕.（牟晓生解答）对坐标平面上的点A(x1,y1)和B(x2,y2),定义它们的距离为d(A,B)=|x1-x2|+|y1-y2|.我们称满足1<d(A,B)2的点对(A,B)为“调和的”.求:平面上100个点中“调和的”点对个数的最大值.

解:“调和的”点对最大值为3750.

首先给出一组构造:设e1,e2,…,e25为互不相同的小于的正数.

；；；；G=G1G2G3G4.

则对与不同组的两个点A1,A2,经计算可得:d(A1,A2)()(1,2].所以不同组的两个点是调和的.,G中调和点对有对.

下面证明这个值是最大的.

引理:平面上任意5个点中,必有两点是不调和的.

引理的证明:若不然,设Ai(xi,yi)(i=1,2,…5)这5个点两两调和.不妨设x1x2x3x4x5,y1y2（否则所有yi改成-yi）

性质P:平面上三个点(xi,yi)满足x1x2x3,y1y2y3（或y3y2y1）则其中必有两点不调和.

若不然,则x2-x1+y2-y1>1；x3-x2+y3-y2>1；故x3-x1+y3-y1>2,即（x3,y3）和（x1,y1）不调和.矛盾,故性质P成立.

回到引理的证明,由性质P知y5,y4,y3都y1；若y4y3或y5y4,则有y4y3y1或y5y4y1.而由x4x3x1或x5x4x1得矛盾,所以不存在这样的5点,引理证毕.

回到原题（下面的讨论不要求100个点两两不重合）:

考虑最大值取到的情形:

(1)若点分布的“位置”数5,则由引理,存在两个位置A,B,占据它们的点不调和.记对位置A上的任意一点X,包含X的调和点对的个数为d(A).类似定义d(B).

不妨设d(A)d(B).则将B位置上的所有点调至A,总的调和点对数S不减,而点占据的位置数减1.所以能经过有限次的调整,使得位置数不超过4而S不减.所以只需要讨论4个位置的情形（允许位置上没有点）

(2)设4个位置上的点数分别为a1,a2,a3,a4；则调和点对数S,下求f(a1,a2,a3,a4)=在条件ai=100(ai0,aiZ)下的最大值（由于(a1,a2,a3,a4)只有有限组,所以最大值存在）,注意到f(a1-1,a2+1,a3,a4)-f(a1,a2,a3,a4)=a1a2-1>0,所以f取最大值时,a1,a2,a3,a4两两之差不大于1.容易验证,仅当（a1,a2,a3,a4）=（25,25,25,25）f取最大值,所以fmax=f（25,25,25,25）=3750.综上,点对最大值为3750.(陈卓解答)15.在一个由12个人组成的群体中,任意9个人中都有5个人,他们两两相识.证明:从这12个人中可以选出6个人,他们两两相识.

证明:对这12人中的任二人,当且仅当他们不认识时在他们间连一条边,把人看作顶点,我们得到一个图G.若G中无奇圈,则G是二部图,其必有一部分的顶点数≥6.则由于这部分中的人“互不相邻”,从这部分中任取6人,他们便两两相识了.

下设G中有奇圈,且最小的奇圈长为d,以下分别对d=3,5,7,9,11讨论.

（1）d=3.设甲、乙、丙互不相识,另9人若两两相识则任取6人便两两相识,合乎要求,否则设有丁、戊（≠甲、乙、丙）不认识.考虑除甲、乙、丙、丁、戊外的“七人组”.这七人组中任4个人加上甲、乙、丙、丁、戊5个人中总有5人两两认识,但后五人中至多二人“两两相识”,则我们得到:此“七人组”中,任四人中总有三人两两相识.那么,不可能有两个“连边的人对”没有公共顶点（否则这四人没有三人两两相识）.于是若此“七人组”中有≥2个“连边人对”,则可设已与庚、己与辛连边,由“任四人中有三人两两相识”便知剩下的边都有一个端点为己（而不能是“庚—辛”等等）,则此“七人组”去掉己后的“六人组”两两不连边即两两相识,满足要求.（在“连“连边人对”数≤1时当然也满足要求.）

（2）d=5.此时设甲、乙、丙、丁、戊依次是一个长为5的圈的顶点.那么这5人中不存在两两相识的三人组.仍考虑除他（她）们五人之外的“七人组”,像（1）一样知对其中任四个人均有三人两两相识,进而完全同（1）可得此“七人组”中的一切边（如果有）有一个公共的端点.那么另六人满足要求.

（3）d=7.此时设甲、乙、丙、丁、戊、庚依次是一个长为7的圈的顶点.则取出此7人,再任意另取两人,有5人两两相识,但这7人中至多3人两两相识（即在圈上不相邻）,于是那“另取的两人”一定相识,进而除甲~庚外的五人两两相识（*）.返回上一段,我们还可进一步把这五人形成的任一二人组,对应于甲~庚中某三人形成的一个三人组,使这总共五人两两相识.由于前一个“二人组”共=10个,但后一个“三人组”只有7种（{甲、丙、戊},{乙、丁,己},（丙,戊,庚）,{丁,己,甲},{戊,庚,乙},{乙,甲,丙}或{庚,乙,丁}）,则必然有两个“二人组”对应的是同一个“三人组”,前两个“二人组”总共涉及（除甲~庚外的）至少3个人,加上后一个“三人组”的3人形成的≥6人两两相识（注意（*））,结论也能成立.

（4）d=9.此时这个长为9的圈上的9人中任5人必有两人在圈上相邻因而不认识,矛盾！

（5）d=11.设另一人为A,则当A不认识圈上至少2人时,圈上任两个不认识A的人在圈上的距离必须为2,否则形成更短奇圈.这样A就至多不认识圈上