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
|
|