2009年IMO中國國家隊選拔考試第1天2009年3月31日8：00-12：31、設(shè)D是三角形ABC的BC邊上一點，滿足CAD=CBA．圓O經(jīng)過B，D兩點，并分別與線段AB，AD交于E，F(xiàn)兩點，BF、DE相交于G點．M是AG的中點．求證：CM⊥AO．2、給定整數(shù)，求具有下述性質(zhì)的最大常數(shù)：若實數(shù)序列滿足，及，，則有.3、求證：對于任意的奇素數(shù)，滿足的正整數(shù)的個數(shù)不超過，這里是一個與無關(guān)的常數(shù).1、設(shè)D是三角形ABC的BC邊上一點，滿足CAD=CBA．圓O經(jīng)過B，D兩點，并分別與線段AB，AD交于E，F(xiàn)兩點，BF、DE相交于G點．M是AG的中點．求證：CM⊥AO．證明如圖，連接EF并延長交BC于P，連接GP交AD于K，并交AC延長線于L．如下圖，在AP上取一點Q，滿足∠PQF＝∠AEF＝∠ADB．易知A、E、F、Q及F、D、P、Q分別四點共圓．記⊙O的半徑為r．根據(jù)圓冪定理知：AP2＝AQ×AP＋PQ×AP＝AF×AD＋PF×PE＝（AO2－r2）＋（PO2－r2）．①類似地，可得：AG2＝（AO2－r2）＋（GO2－r2）．②由①，②得AP2－AG2＝PO2－GO2，于是由平方差原理即知PG⊥AO．如下圖，對△PFD及截線AEB應(yīng)用Menelaus定理，得．③對△PFD及形外一點G應(yīng)用Ceva定理，得．④③÷④即得：．⑤⑤表明A，K；F，D構(gòu)成調(diào)和點列，即AF×KD＝AD×FK．再代入點列的Euler公式知：AK×FD＝AF×KD＋AD×FK＝2AF×KD．⑥而由B、D、F、E四點共圓，得∠DBA＝∠EFA．而∠CAD＝∠CBA；故∠CAF＝∠EFA，這就表明AC∥EP．由此，．⑦在△ACD中，對于截線LPK應(yīng)用Menelaus定理，得；⑧將⑥，⑦代入⑧即得．最后，在△AGL中，由M、C分別是AG、AL的中點，故MC是其中位線，得MC∥GL．而已證GL⊥AO，從而MC⊥AO．2、給定整數(shù)，求具有下述性質(zhì)的最大常數(shù)：若實數(shù)序列滿足，及，，則有.解：的最大值為.首先，令，得.下面我們證明：對任何滿足條件的序列，有不等式(*)首先我們證明.事實上，由條件有對任意成立.對于給定的正整數(shù)，將此式對求和得，即對任意成立.下面我們證明，對于，若，則.事實上，上式等價于，即，顯然成立.現(xiàn)在我們來證明(*).首先對于，來估計的下界.由前述，知，即.又因為，故，即.這樣，我們有：.記，由前面證明可知.又，由切比雪夫不等式，有：.這樣.而因此.故(*)獲證.綜上所述，可知的最大值為.3、求證：對于任意的奇素數(shù)，滿足的正整數(shù)的個數(shù)不超過，這里是一個與無關(guān)的常數(shù).證明顯然，符合要求的應(yīng)滿足.設(shè)這樣的的全體是，我們只需要證明，當(dāng)時結(jié)論是顯然成立的，下設(shè).將重排成不減的數(shù)列.則顯然有.①我們首先證明，對，有，②即等于給定的的至多有個.事實上，設(shè)，則，由此可知，故.故是次同余方程的一個解.由于是素數(shù)，由拉格朗日定理知，上述同余方程至多有個解，故滿足的至多只有個值，從而②得證.現(xiàn)在我們證明，對任意的正整數(shù)，只要，就有.假設(shè)結(jié)論不成立，即，那么都是1到中的正整數(shù).而由②知，在中，1至多出現(xiàn)1次，2最多出現(xiàn)2次，…，至多出現(xiàn)次，即