2008IMO中國國家隊訓練題及解答2008年IMO中國隊培訓的主要階段于6月15日至7月5日在上海中學進行,后期在清華附中調整.在培訓期間,單墫、陳永高、冷崗松、余紅兵、李偉固、熊斌等教授以及葉中豪、馮志剛先生為國家隊隊員作了講座.我們從培訓題中精選了一部分,配以個別隊員們的解答,推薦給各位讀者.1.MACROBUTTONMTEditEquationSection2SEQMTEqn\r\hSEQMTSec\r1\hSEQMTChap\r1\h設G為△ABC內(nèi)的一點,AG、BG、CG分別交對邊于點D、E、F.設△AEB和△AFC的外接圓的公共弦所在的直線為la,類似定義lb,lc.證明:直線la,lb,lc三線共點.

證明:設AEB的外接圓和AFC的外接圓交于,則即,易知在角內(nèi),共圓,共圓,類似地定義.

因為BAEA1共圓,,

,

因為CAFA1共圓,故BFA1=ACA1=ECA1

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

對BA1E用正弦定理并結合GOTOBUTTONZEqnNum166340REFZEqnNum166340\!(1.2)、GOTOBUTTONZEqnNum561555REFZEqnNum561555\!(1.3)得

.

故

=1.=1,這樣利用角元形式的塞瓦定理可知直線AA1,BB1,CC1三線共點.（韋東奕解答）2.設為ABC的外接圓,過點A,C的圓分別與邊BC,BA交于點D,E.連接AD和CE并延長分別交于點G,H.過點A,C作的切線分別與直線DE交于點L,M.證明:直線LH與MG的交點在上.

證明:設T為LH和MG的交點,記DAC=,ECA=,由于AEDC四點共圓,故可設BAD=BCE=,而AL與相切,故EAL=ACB=+,AEL=BED=BCA=+,所以,EAL=AEL=+.

再由AHBC都在圓上,知HAB=BCH=,而HEA=BEC=++.

同理,我們有MCD=MDC=+,GCD=,CDG=++.

下面考察以O為圓心的圓周上依逆時針方向排列的四個點P1,P2,P3,P4,使得P1OP2=ALE=-2(+),P2OP3=2,P3OP4=-2(+),并設Q為P4P2與P1P3的交點,則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,進而ELH=P2OQ.

同理GMD=P3OQ.所以,TLM+TML=P2OQ+P3OQ=P3OP2=2,從而,GTH=MTL=-(TLM+TML)=-2=-HAG,得T,H,A,G四點共圓,即T在圓上,命題獲證.(吳天琦解答)3.設G為ABC的重心,求sinCAG+sinCBG的最大可能值.

解:設CAG=x,CBG=y,D,E分別是BC、AC的中點,BGD=.則

x+y<CAB+CBA=-c<.①

設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

將②與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.(等號成立的條件為:x+y+2=)

現(xiàn)在令m=,n=,上式化為3(2n2-1)4(1-2m2)+1,因此,

88m2+6n2,

44m2+3n22.

即mn.所以sinx+siny=2mn.

下面說明等號可以成立.令m=,m=,記,易知(0,),令,,,則上面所有的不等式都取等號.

現(xiàn)在,我們作BGD使BGD=,DBG=y,延長DG至A使AG=2DG.在BG延長線上取E使GAE=x.由②、③、④可知必有,設AE、BD交于點C,連AB.此時G為將A、C關于點B為位似中心（位似比為）所得的直線l1和另一條同樣定義的直線（將B、C關于點A為位似中心（位似比為）所得的直線）l2的交點,G確為ABC的重心.max(sinCAG+sinCBG)=.（張成解答）4.設P,Q,R分別是銳角三角形ABC的邊BC,CA,AB上的點,使得PQR是正三角形,并且它還是這樣的內(nèi)接正三角形中面積最小的.證明:點A到QR的垂線、點B到RP的垂線、點C到PQ的垂線.這三條直線共點.

解法一:由于為銳角三角形,在形內(nèi)可作一條以RP為弦,對PQ張角為-A的圓?。灰部勺鲆粭l以RP為弦,-B為張角的圓弧.設兩弧的交點為M.則

故A,R,M,Q四點共圓,B,P,M,R四點共圓,C,P,M,Q四點共圓.

過M作ABC三邊垂線,在BC,AC,AB上的垂足分別為P1,Q1,R1.不妨設R1在線段AR上,記R1MR=,則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,相似比為cos,故P1Q1R1也為ABC的內(nèi)接正三角形且.由PQR面積的最小性,必有cos=1,=0,故MPAB,MQBC,MRCA②

設過A、B、C所作的三垂線為AD,BE,CF.D、E、F在RQ、RP、PQ上,則

同理,.這樣,我們有

由角元形式的塞瓦定理知AD,BE,CF共點.（張成解答）

解法二:作,則

.

同理,,故M為定點.所有這樣的正三角形PQR（面積不一定最?。┒枷喈斢谝訫為中心,將其中的一個三角形作剛體旋轉而得.因此這些三角形都有共同的旋轉中心M.要使面積最小,即需MP最小,這要求P為M在BC上的垂足.同理,Q、R分別為M在AC、AB上的垂足.現(xiàn)在任取一點X,使得XARQ,則

.

因此,A到QR的垂線在中是AM的等角線.從而,A到QR的垂線,B到RP的垂線,C到PQ的垂線,都經(jīng)過M的等角共軛點.

證畢.（牟曉生解答）5.非負實數(shù)x1,…,xn滿足:.

(1)證明:.

(2)如果在此條件下,總有,求正整數(shù)n的所有可能值.

解(1)由條件有;

整理得,從而;得證.

（2）所求的n=1,2,3.

【充分性】:n=1時,由條件.

n=2時有①;

要證明x1+x2.

用反證法.若x1+x2<,則②;

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

n=3時,有③

要證明x1+x2+x3;

仍用反證法.若x1+x2+x3,則

④;

③-④得.

這說明,、、中至少有一個成立.

不妨設,則,x1+x2.矛盾.充分性得證.

【必要性】:設n4.令x3=x;=…=xn=0;條件化為

.

待定>0;令x1、x2滿足

如果這樣的x1,x2存在,那么命題不成立.這只需證滿足下述條件的存在:

而n4,故10>8;故總能選出>0使得上式成立.從而存在x1,x2,…,xn滿足條件且x1+x2+…+xn<.(牟曉生解答)6.n元實數(shù)數(shù)組(a1,a2,…,an),(b1,b2,…,bn),(c1,c2,…,cn)滿足:

,

證明:(a1b1+…+anbn)2+(a1c1+…+ancn)21.

證明:【引理】設則

.

引理的證明:如果=0,命題顯然成立.

如果0,則總能選取[0,2]使數(shù)為實數(shù).

我們用z1ei,z2ei,…,znei取代z1…zn討論.命題不改變.此時,設新的zj=xj+yji(1jn),則

①(Cauchy不等式)

又因為；而

；

故

②

結合①知引理成立.

回到原題.令zj=bj+cji(1jn),則由條件知

,

及；

因此,由引理知:

又；因此上面的模長不等式即等價于:

.

證畢.(牟曉生解答)7.實數(shù)a,b(0,1),ab.證明:aa+bbab+ba.

證明:在a=b時命題顯然成立.下設a>b；

原不等式bb(1-ba-b)ab(1-aa-b)

①

由Bernoulli不等式知（注意）

①的左邊,因此只要證:

②

令a-b=<1,則②化為

③

固定（0,1）,令f(b)=(1->b>0),只需證f(b)>0.

而,注意到,隨b增大而增大,而在b0+時,這一表達式為負.因此若設b0使得,那么f在(0,b0]上為減函數(shù),而在(b0,+)上為增函數(shù).因此只需要驗證f(b0)0,這等價于

.

將上式化為1,而-1<0,故只需證b01,即證.這是容易的,由b0的定義,注意到,即可.

證畢.（牟曉生解答）8.記A={x|xN*,在十進制表示下x的每一個數(shù)碼都不是零,且S(x)|x},這里S(x)表示x的各數(shù)碼之和.證明:對任意正整數(shù)k,A中都有一個恰好是k位的正整數(shù).

證明:對任意的,設,分3種情形討論.

(1)當k=3t時,k位數(shù).這可利用數(shù)學歸納法證明:首先r0=1A.其次,由于S(rt+1)=3S(rt)、rt,可被3rt整除知,在rtA時,有rt+1A.從而rtA對一切非負整數(shù)t成立.

(2)當時,設.k位數(shù)u=A.

事實上,由于S(u)=9S(rt)以及,可被9整除,由(1)的結論（注意u各位都不為0）可知uA.

(3)當時,設,k位數(shù)v=A,

事實上,S(v)=18s(rt),,可被18整除,v各位都不為0,由(1)可得結論.

總之,本題結論成立.證畢.(張瑞祥解答)9.設a,b是正整數(shù),滿足(a,b)=1,a、b不同奇偶.如果集合S具有下面性質:

(1)a,bS;

(2)由x,y,zS可推出x+y+zS.

證明:每個大于2ab的正整數(shù)都屬于S.證明:首先用數(shù)學歸納證明:若r+s=t為奇數(shù),則.

對t歸納.t=1時顯然,若t=2k-1時結論成立,則當t=2k+1時顯然r,s不全小于2,無妨r2,由歸納假設,則在（2）中取得從而結論成立.

回到原題,由(a,b)=1知對任意正整數(shù)c>2ab,存在使得ra+sb=c,分別適當取t為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.選取使得ri+si為奇數(shù)的那一組,利用前面的結論即知命題成立.（陳卓解答）10.一個由正整數(shù)組成的無窮等差數(shù)列（非常數(shù)的）包含了一個項為完全立方數(shù).證明:這個數(shù)列也包含一項,它是完全立方但不是完全平方.

證明:設該無窮等差數(shù)列為,公差為d.不妨設a1為立方數(shù)a3,則形如（a+md）3的項都包含在數(shù)列中,取m=a2d得（a+a2d2）3嚴格在兩個相鄰的平方數(shù)（ad）2和（ad+1）2之間,則不是平方數(shù),于是（a+a2d2）3不是平方數(shù).于是這一項就是滿足要求的項.（張瑞祥解答）11.設n為正整數(shù).證明:數(shù)n7+7不是一個完全平方數(shù).

證明:采用反證法,設n7+7=x2對某個正整數(shù)對(n,x)成立,則

(1)n為奇數(shù),否則導致x23(mod4),矛盾.

(2)n1(mod4),這是因為n為奇數(shù),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

現(xiàn)在,若11x,則x2+112的每一個質因子p都為奇數(shù),且p1(mod4).這是因為若p3(mod4),設p=4k+3,則由x2-112(modp)兩邊2k+1次方,得xp-1-11p-1-1(modp),矛盾(這里用到Fermat小定理).

但由①知n+2|x2+112,而n+23(mod4),它至少有一個模4余3的質因子,這與x2+112的每一個質因子p都滿足p1(mod4)矛盾.

若x為11的倍數(shù),設x=11y,則①變?yōu)?/p>

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

依n0,1,2,…,5(mod11)分別代入直接計算,可知n6-2n5+4n4-8n3+16n2-32n+64不是11的倍數(shù),所以121|(n+2),這表明

y2+1=(n6-2n5+4n4-8n3+16n2-32n+64)②

與前類似可證:y2+1的每個質因子都1(mod4),因此其每個奇約數(shù)都1(mod4),但3(mod4),所以②不能成立.

綜上,n7+7不是一個完全平方數(shù).(牟曉生解答)12.求出正整數(shù)n可以表示為兩個互質的整數(shù)的平方和的充要條件.

解:所求的充要條件是:4不整除n并且對每個模4余3的素數(shù)q,都有qn.

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

若為素數(shù),且q|n,則若n=a2+b2,必有q|(a,b).否則設q不整除a.由q|n知q不整除b.所以（Legrendre符號）;矛盾.

【充分性】先設n為奇數(shù).只考慮n>1.令(p1<p2<…<pk都為模4余1的素數(shù).jN*)熟知存在aj、bjN*使

;

于是,(i為虛數(shù)單位),現(xiàn)在令x、yZ使x+yi=;則x-yi=;所以n=(x+yi)(x-yi)=x2+y2.

下面證明:x和y互素.

若否,設存在素數(shù)p|(x,y),則p|n,即p=pl對某個1lk成立.因此在Z[i]中,;從而可知從而為Z[i]中的素數(shù).故對某個t成立,但在Z[i]中兩個不同素數(shù)不互相整除,矛盾.所以,x,y互素.

在n為偶數(shù)時,是奇數(shù)（否則4|n）.令

;

則n=(a+b)2+(a-b)2且(a+b,a-b)=1.充分性獲證.(牟曉生解答)13.設F是一個由整數(shù)組成的有限集,滿足:

（1）對任意xF,存在y,zF使得x=y+z;

（2）存在n,使得對任何正整數(shù)k（1kn）及F中的任意k個x1,x2,…,xk都有.

求證:|F|2n+2.

證明:我們證明F中正的元素至少(n+1)個,同理負的元素至少(n+1)個,由此推出|F|2n+2.顯然F中沒有0,容易證明F中既有正數(shù)又有負數(shù),設F中正元素分別為x1,x2,……xm.

作一個有向圖G（V1,V2,……Vm;E）:對每個j（1jm）由條件（1）有y,zF使得0<xj=y+z.可以不妨設y>0.于是可令y=xi.則在G中作一條有向邊xjxi,由j的任意性可知G中每個頂點的出度為1,因此G中有一個圈xi1xi2……xi,t-1xit.（tm）.由邊的作法知分別有z1,z2,……ztF使得

求和得z1+z2+……+zt=0.而z1,z2,……ztF,故由條件（2）知tn+1.從而mtn+1.證畢.（牟曉生解答）對坐標平面上的點A(x1,y1)和B(x2,y2),定義它們的距離為d(A,B)=|x1-x2|+|y1-y2|.我們稱滿足1<d(A,B)2的點對(A,B)為“調和的”.求:平面上100個點中“調和的”點對個數(shù)的最大值.

解:“調和的”點對最大值為3750.

首先給出一組構造:設e1,e2,…,e25為互不相同的小于的正數(shù).

；；；；G=G1G2G3G4.

則對與不同組的兩個點A1,A2,經(jīng)計算可得:d(A1,A2)()(1,2].所以不同組的兩個點是調和的.,G中調和點對有對.

下面證明這個值是最大的.

引理:平面上任意5個點中,必有兩點是不調和的.

引理的證明:若不然,設Ai(xi,yi)(i=1,2,…5)這5個點兩兩調和.不妨設x1x2x3x4x5,y1y2（否則所有yi改成-yi）

性質P:平面上三個點(xi,yi)滿足x1x2x3,y1y2y3（或y3y2y1）則其中必有兩點不調和.

若不然,則x2-x1+y2-y1>1；x3-x2+y3-y2>1；故x3-x1+y3-y1>2,即（x3,y3）和（x1,y1）不調和.矛盾,故性質P成立.

回到引理的證明,由性質P知y5,y4,y3都y1；若y4y3或y5y4,則有y4y3y1或y5y4y1.而由x4x3x1或x5x4x1得矛盾,所以不存在這樣的5點,引理證畢.

回到原題（下面的討論不要求100個點兩兩不重合）:

考慮最大值取到的情形:

(1)若點分布的“位置”數(shù)5,則由引理,存在兩個位置A,B,占據(jù)它們的點不調和.記對位置A上的任意一點X,包含X的調和點對的個數(shù)為d(A).類似定義d(B).

不妨設d(A)d(B).則將B位置上的所有點調至A,總的調和點對數(shù)S不減,而點占據(jù)的位置數(shù)減1.所以能經(jīng)過有限次的調整,使得位置數(shù)不超過4而S不減.所以只需要討論4個位置的情形（允許位置上沒有點）

(2)設4個位置上的點數(shù)分別為a1,a2,a3,a4；則調和點對數(shù)S,下求f(a1,a2,a3,a4)=在條件ai=100(ai0,aiZ)下的最大值（由于(a1,a2,a3,a4)只有有限組,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取最大值時,a1,a2,a3,a4兩兩之差不大于1.容易驗證,僅當（a1,a2,a3,a4）=（25,25,25,25）f取最大值,所以fmax=f（25,25,25,25）=3750.綜上,點對最大值為3750.(陳卓解答)15.在一個由12個人組成的群體中,任意9個人中都有5個人,他們兩兩相識.證明:從這12個人中可以選出6個人,他們兩兩相識.

證明:對這12人中的任二人,當且僅當他們不認識時在他們間連一條邊,把人看作頂點,我們得到一個圖G.若G中無奇圈,則G是二部圖,其必有一部分的頂點數(shù)≥6.則由于這部分中的人“互不相鄰”,從這部分中任取6人,他們便兩兩相識了.

下設G中有奇圈,且最小的奇圈長為d,以下分別對d=3,5,7,9,11討論.

（1）d=3.設甲、乙、丙互不相識,另9人若兩兩相識則任取6人便兩兩相識,合乎要求,否則設有丁、戊（≠甲、乙、丙）不認識.考慮除甲、乙、丙、丁、戊外的“七人組”.這七人組中任4個人加上甲、乙、丙、丁、戊5個人中總有5人兩兩認識,但后五人中至多二人“兩兩相識”,則我們得到:此“七人組”中,任四人中總有三人兩兩相識.那么,不可能有兩個“連邊的人對”沒有公共頂點（否則這四人沒有三人兩兩相識）.于是若此“七人組”中有≥2個“連邊人對”,則可設已與庚、己與辛連邊,由“任四人中有三人兩兩相識”便知剩下的邊都有一個端點為己（而不能是“庚—辛”等等）,則此“七人組”去掉己后的“六人組”兩兩不連邊即兩兩相識,滿足要求.（在“連“連邊人對”數(shù)≤1時當然也滿足要求.）

（2）d=5.此時設甲、乙、丙、丁、戊依次是一個長為5的圈的頂點.那么這5人中不存在兩兩相識的三人組.仍考慮除他（她）們五人之外的“七人組”,像（1）一樣知對其中任四個人均有三人兩兩相識,進而完全同（1）可得此“七人組”中的一切邊（如果有）有一個公共的端點.那么另六人滿足要求.

（3）d=7.此時設甲、乙、丙、丁、戊、庚依次是一個長為7的圈的頂點.則取出此7人,再任意另取兩人,有5人兩兩相識,但這7人中至多3人兩兩相識（即在圈上不相鄰）,于是那“另取的兩人”一定相識,進而除甲~庚外的五人兩兩相識（*）.返回上一段,我們還可進一步把這五人形成的任一二人組,對應于甲~庚中某三人形成的一個三人組,使這總共五人兩兩相識.由于前一個“二人組”共=10個,但后一個“三人組”只有7種（{甲、丙、戊},{乙、丁,己},（丙,戊,庚）,{丁,己,甲},{戊,庚,乙},{乙,甲,丙}或{庚,乙,丁}）,則必然有兩個“二人組”對應的是同一個“三人組”,前兩個“二人組”總共涉及（除甲~庚外的）至少3個人,加上后一個“三人組”的3人形成的≥6人兩兩相識（注意（*））,結論也能成立.

（4）d=9.此時這個長為9的圈上的9人中任5人必有兩人在圈上相鄰因而不認識,矛盾！

（5）d=11.設另一人為A,則當A不認識圈上至少2人時,圈上任兩個不認識A的人在圈上的距離必須為2,否則形成更短奇圈.這樣A就至多不認識圈上