2005国家集训队选拔考试（一）解答
第一天3月16日上午8：20—12：20
辽宁，沈阳
每题7分
M
N
F
E
D
A
B
C
P
一、如图所示，点P在△ABC内部，点P在边
BC，CA，AB上的射影分别为D，E，F，过点A
分别作直线BP，CP的垂线，垂足分别为M，N.求
证：ME，NF，BC三线共点.
证连接NF并延长与BC交于点Q，连接AP，DE，EF，则由A，N，F，P
四点共圆得
180180AFQAFNAPNAPC∠=°?∠=°?∠=∠.
又由A，F，P，E四点共圆和C，E，P，D四点共圆知：
Q
M
N
F
E
D
A
B
C
P
,PEFPEDPCD∠∠=∠PAB∠=.
于是
F
.
QBAFQABCAPCABC
APMMPCABPMBC
PABPCDPEFPED
DEF
∠?∠=∠?∠
∠+∠?∠?∠
+∠=∠+∠
∠=
=
=∠
=∠
若Q和D不重合，则F，E，D，Q四点共圆.即NF经过△DEF的外接圆
与BC的另一个交点Q.由对称性，ME也经过点Q.所以，ME，NF，BC三线
共点.
若Q和D重合，则△DEF的外接圆与BC相切于点D，同样，ME也经过点
D，所以，ME，NF，BC三线共点.
另证因为90AEPAFPAMPANP∠=∠=∠=∠=°，所以A，N，F，P，E，
M六点都在以AP为直径的圆上，于是，对于圆内接六边形AFNPME，它的三组
对边AF和PM；FN和ME；NP和EA的交点分别为B，Q，C，由Pascal定理
可得，B，Q，C三点共线．从而，点Q在BC上，即ME，NF，BC三线共点于
点Q．
1
二、设
1
,,0,
3
abcabbcca≥++=，证明：
222
111
3
11abcbcacab1
++≤
?+?+?+
.
证由已知条件知：
2
1
11
3
abc?+≥?+>0.同理，
22
1,10bcacab?+?+>.
另外，.令0abc++>
222
11
abc
M
abcbcacab
=++
?+?+?+1
，①
222
111
11
N
abcbcacab
=++
?+?+?+1
.②
由柯西不等式
()()
2
222
(1)(1)(1)Maabcbbcaccababc?++?++?+≥++，
故
2
333
()
3
abc
M
abcabcabc
++
≥
++?+++
222
1
abc
abcabbcca
++
=
++???+
222
1
222
abc
abcabbccaabc
++
=
+++++++
.③
由②式，结合已知条件知：
222
311
Nabbccabccaabcaabbc
abcbcacab
++++++
=+
?+?+?+1
.④
另外，
222
1
()
11
abbccaa
abc
abcabcabc
++
=++
?+?+?+
1?，⑤
222
1
()
11
bccaabb
abc
bcabcabca
++
=++
?+?+?+
1?，⑥
222
1
()
11
caabbcc
abc
cabcabcab
++
=++
?+?+?+
1?.⑦
由①至⑦式，可得：
()
3
N
MabcN=+++?3，
2
3()3
3
Nabc
Mabc
abc
2
++
=?++≤?=
++
，
故.这就是要证的结论.3N≤
另证记,MabcNabbcca=++=++，则
2
原不等式
2
11
2abcNNN
?≤
?++
∑
1
2
13
1
22
1.
2
N
aMN
N
aMN
aM
aMN
?≤
+
?
??
?+≥
??
+
??
?≥
2
?+
+
∑
∑
∑
由Cauchy不等式，有
()
()
2
22
44
22222
22
1.
2
aM
aM
aMNaMaMN
MM
MaMNMM
≥
++?
===
+?
∑
∑
∑
∑
故原不等式成立．
三、设均为整数，为整数，
满足
0101
,,,,,,,
nn
(2n≥aaaxxx……)
}
(2)r≥
0
0,1,2,,.
n
k
jj
j
axkr
=
==
∑
…
证明：对正整数，都有
{1,2,,21mrrr∈+++…
0
0(mod)
n
m
jj
j
axm
=
≡
∑.
证任取||pm
α
，其中p是质数，1α≥，则由
1
()(1ppp
αα
?
?
)=?，知
()|()
m
pm.
p
α
??
因为
21
1
2
mr
r
p
+
≤<+，所以
m
r
p
≤，于是
1
m
rp
p
α
α
?
≥≥≥.
对任意,0,1,2,,
j
xn…|，若=
j
px，则由
m
m
p
α>≥得(mod)
m
mp
jj
xxp
α
≡；若
3
|
j
px
/
，则由()|(
m
pm)
p
α
??和欧拉定理，得1(mod)
m
m
p
j
xp
α
?
≡.从而也有
(mod),0,1,2,,.
m
mp
jj
xxpj
α
≡=…n
因为,
m
r
p
≤所以由上式及题设可得
01
0(mod).
m
nn
mp
jjjj
jj
axaxp
α
==
≡≡
∑∑
由于上式对任意||pm
α
成立，故
0
|
n
m
jj
j
max
=
∑
，从而命题得证.
4
2005国家集训队选拔考试（一）解答
第二天3月17日上午8：20—12：20
辽宁，沈阳
每题7分
四、设k是正整数，证明：可以将集合分成
两个没有公共元素的子集
1
{0,1,2,3,,21}
k+
?null
12
2
{,,,}
k
xxxnull
和，使得
12
2
{,,,}
k
yyynull
22
11
kk
mm
ii
ii
xy
==
=
∑∑
对任何都成立．
{1,2,,}m∈nullk
证对k用数学归纳法.
当k＝1时，令即可，故k＝1时命题成立．
1212
0,3,1,2xxyy====
假设命题在k≤时成立.考虑k＋1时情况.
由归纳假设知，
1
{0,1,2,,21}
k+
?…可以被分成满足条件的两个子集
12
2
{,,,}
k
xxx…和，则
12
2
{,,,}
k
yyy…
111
1212
22
1112
1212
{,,,,2,2,,2}
{,,,,2,2,,2}{0,1,2,,21},
kk
kkk
kkkk
xxxyyy
yyyxxx
+++
++++
=?
……
∪………
且这两个集合没有公共元素.
下面证明：对，有1,2,,1mk=+…
2222
1111
(2)(2)
kkkk
mkmmk
iii
iiii
m
i
xyyx
+
====
++++
∑∑∑∑
+
t
i
．（）
事实上，
22122212
11
11011101
12
1
01
()(2)(2)
(2)()0.
kkkkkk
k
mm
mmtkmttmmtkmt
iimiiim
iitiiiti
m
tkmttt
mii
ti
xyCyyxC
Cxy
??
+?+?
========
?
+?
==
?++=++
??=
∑∑∑∑∑∑∑∑
∑∑
x
0
由归纳假设对，有1,2,,1tm=?…
2
1
()
k
tt
ii
i
xy
=
?=
∑
.
故（）成立.进而命题在k＋1时成立.
5
五、圆内接四边形ABCD的四条边长AB，BC，CD，DA的长均
为正整数，DA＝2005，，且.
求四边形ABCD的周长的最大值和最小值.
90ABCADC∠=∠=
null
max{,,}2005ABBCCD<
c
b
a
2005
A
C
D
B
解设,,ABaBCbCDc===，则
22222
2005,abACc+==+
所以，
222
2005abc+?=
2
2
其中．,,{1,2,,2004}abc∈…
不妨设a，则由，得b≥
22
2005ab+>
2005
1411
2
a>>
()()(2005)(2005)bcbcaa+?=+?．
令aa，则1于是
1
2005=?20051411594,a≤
1
1
，①
1
()()(4010)bcbcaa+?=?
故
11
(4010)bc.aa+>?
=
abc+≥++≥+=
=
=cbc=+?=×
abc+≥++>
=
abc+≥×++>
=
当a时，则所以
1
12004,()()400919211,abcbc=+?==×
bc211,20042112215;
当a时，则而b＋c与b－c同奇偶，
所以
1
2
4
2003,()()23167,abcbc=+?=×
2167,2215;bcabc+≥×++>
当a时，则ab，所以
1
32002,()()34007
bc4007,2215;
当a时，则所以
1
4
3
2001,()()22003,abcbc=+?=×
bc22003,2215;
当a时，则所以
1
5
22
2000,()()358989225,abcbc=+?=××=×
6
225,20002252215;bcabc+≥++≥+>
当时，则所以
1
6a=1999,()()64004156154,abcbc=+?=×=×
156,19991562155;bcabc+≥++≥+=
当时，因为
1
7a≥
1
(4010),bcaa+>?
1
所以
11
(4010)2005,abcaaa++>?+?
1
而当时，有
1
7594a≤<
111
(4010)20052155aaa?+?>
22
1111111
22
11111
2
111
((4010)1504010300150
1855112500,7,1855112500,
1855
7594,1855112500)
2
aaaaaaa
aaaaa
aaa
??>+??+>++
??+<=?+<
<<
当时
从而在时
2
综上所述，，当AB＝1999，BC＝155，
CD=1时等号成立．所以，四边形ABCD的周长的最小值为4160.
215520054160ABBCCDDA+++≥+=
下面求四边形ABCD的周长的最大值.
因为，所以,2005abc≥<
1
20054010,bcaa+<+=?所以由①式知
11
4010.abcbca
由于与b同奇偶，所以
1
ac?
1
2bca?≥+，于是
111
1
(4010)(4010)
.
2
aaa
bc
bca
1
a??
+=≤
?+
当时，
1
2bca?=+
11
(4010)4012
200560212(2)
22
aa
abcaa
?
++=?+=?++
++
，
而所以
2
4012217595968,=××=×
60212(5968)5767.abc++≤?+=
当时，，从而
1
2bca?≠+
1
4bca?≥+
7
11
1
1
(4010)
2005,
4
aa
abca
a
?
++≤?+
+
而
2
11
1
(4010)
2005576712275240.
4
aa
a
?
?+≤??+≥
+
它的，故上式恒成立.
2
122475240Δ=?×<
所以，，当576720057772ABBCCDDA+++≤+=1948,1939,1880abc===
时等号成立，故四边形ABCD的周长的最大值为7772.
六、设a，b，c，d是正实数，且满足abcd=1，求证：
2222
1111
1
(1)(1)(1)(1)abcd
+++
++++
≥．
.
证先证明一个引理.
引理设，则对固定的t，有,0,ababt>=
2
22
2
21
,,
4
(1)11
(1)(1)121
,0
(1)4
t
t
abt
t
t
?
≥
?
+
?
+≥
?
++?
?
<<
?
?
?
当时
当时.
引理的证明：令，则1uab=++()12uabt1=++≥+.因为
2
22
111
(1)(1)()
ut
abut
2
+?
+=
+++
2
2
(1)2
1
()
tt
utut
?
=?+
++
，
设
1
x
ut
=
+
，()fx=
22
(1)21txtx??+，则
2
111
21(1)
x
ut
ttt
=≤=
+
+++
，
()fx
2
2
22
12
(1)
(1)(1)
tt
tx
???
=??+
??
??
??
.
当
1
0
4
t<<时，有
2
22
1
(1120
(1)
(1)(1)
tt
t
t
tt
>?>??>
?
+?
)，所以
8
2
12
()
(1)
t
fx
t
?
≥
?
.
当
1
4
t≥时，有
2
2
1
(120
(1)
(1)
t
t
t
t
≤??
?
+
)≤，所以
22
12
()()
(1)(1)
fxf
tt
≥=
++
，
等号当且仅当abt==时成立.故引理得证.
下证原题.不妨设0，令t＝ab，则abcd<≤≤≤
11
1,1.
4
tabcd
t
=≤=≥>
若
1
4
t≥，则由引理得
22
2
2
1224
1
1
(1)(11)
(1)
(1)
a
t
t
≥+≥=
++
+
+
∑
（因为
11
1
4
t
t
）.?=>
若
1
0
4
t<<，则224tt+>>，于是
22
2
22
1122
(1)(1)
(1)
122(1)(1)(24)
(1)(1)
tt
at
t
ttttttt
?
≥+
+?
+
?+??++?
==
??
∑
2
2
(1)
1
(1)
t
t
?
>=
?
，
故此时
2
1
1
(1)a
>
+
∑
.
综上所述，原题得证.
另证先证明如下引理：设，则,Rab∈
＋
22
11
)(1)1ab
+≥
+++（1
1
ab
．
事实上，
22
11
)(1)1ab
+≥
1
ab+++（1
22
(1)[(1)(1)](1)abababab?++++≥+++
2
2
22
(1)[22()](1)ababababab?+++++≥+++
9
222
22
2(1)2(1)()()
()(1)2(1)()
abababababab
abababab
?++++++++
≥++++++
2
2
10
222
1()2abababab?++≥+
3322
22
()(1)0.
ababababab
ababab
?+?+?+≥
??+?≥
从而引理得证．
所以
2222
11111
(1)(1)(1)(1)11
1
1.
1
abcdab
ab
abababcd
+++≥+
1
cd+++++
=+=
++
10
|
|
