CGMO2015-2015第14届数学女子奥林匹克试题及答案.doc

2015中国女子数学奥林匹克
第一天
2015年8月12日　上午8:00 ~ 12:00
广东深圳　深圳市高级中学
O
M
F
E
D
C
B
A
1．如图，在锐角△ABC中，AB > AC，O为外心，D为边BC的中点．
以AD为直径作圆与边AB、AC分别交于点E、F．过D作DM∥AO交EF于点M．求证：EM = MF．（郑焕供题）

2．设，且

求证：对于任意实数，和中都至少有一个不小于．（李胜宏供题）

3．把12×12的方格纸的每个单位方格染成黑色或白色，使得由方格线围成的任意一个3×4或4×3的长方形内都至少有一个黑色单位方格．试求黑色单位方格个数的最小值．（梁应德供题）

4．对每个正整数，记为与2015的最大公约数，求满足下列条件的有序三元数组的个数：
1) ；
2) 这七个数两两不同．（王彬供题）
中国女子数学奥林匹克
第二天
2015年8月13日　上午8:00 ~ 12:00

广东深圳　深圳市高级中学
5．有多少个不同的三边长为整数的直角三角形，其面积值是周长值的999倍？（全等的两个三角形看作相同的）（林常供题）

6．如图，两圆外离，它们的一条外公切线与分别切于点，一条内公切线与分别切于点．设是直线的交点，是上一点，过作的切线与线段的中垂线交于点，过作切于点．求证：．（付云皓供题）

Γ2
Γ1
M
G
F
E
D
C
B
A

7．设，．求证：
．（王新茂供题）

8．给定整数．黑板上写着个集合，然后进行如下操作：选取黑板上两个互相不包含的集合，擦掉它们，然后写上和．这称为一次操作．如此操作下去，直到任意两个集合中都有一个包含另一个为止．对所有的初始状态和操作方式，求操作次数的最大可能值．（朱华伟供题）

试题解答
O
M
F
C
D
B
E
A
N
图1
1．如图，在锐角△ABC中，AB > AC，O为外心，D为边BC的中点．以AD为直径作圆与边AB、AC分别交于点E、F． 过D作DM∥AO交EF于点M．
求证：EM = MF．

证明 如图，连接DE、DF，过O作ON⊥AB交AB于点N． 由题意可知，DE⊥AB，DF⊥AC． 因此，ON∥DE． 又因为DM∥AO，所以∠EDM =∠AON．
因为O为△ABC外心，所以∠AON = ∠ACB． 从而∠EDM =∠ACB．
同理可得，∠FDM = ∠ABC．
在△EDF中，有
，
即EM = MF．

2．设，且

求证：对于任意实数，和中都至少有一个不小于．

证明 由于，与皆为正数，因此对任意实数，

而

又，故．问题得证．

3．把12×12的方格纸的每个单位方格染成黑色或白色，使得由方格线围成的任何3×4和4×3长方形内都至少有一个黑格．试求黑格个数的最小值．
解 所求黑格个数的最小值．先证明．由于12×12单位方格纸可划分为个（除边界外）互不相交的3×4方格长方形．由题设可知这些长方形各至少有一个黑色方格，故至少要涂12个黑色方格．
要证明，只需构作一个可行的例子，见下图．

4．对每个正整数，记为与2015的最大公约数，求满足下列条件的有序三元数组的个数：
1) ；
2) 这七个数两两不同．

解 分解质因数．是2015的约数，只有8种情况．我们把满足的叫做零型数，把满足取或或的叫做一型数，把满足取或或的叫做二型数．
我们使用下面两个简单的事实：
对任意整数，，因此本题可以看做在模2015意义下讨论，即模2015同余的两个数看成相同．
对素数，若,两者都成立则，若恰有一个成立则．

把满足条件三元组对应为七元组，我们考虑A的七个位置上的数的值的分布．首先这七个值不能有2015，否则，若某个位置上的数是2015的倍数，则A中存在另外两个位置上的数满足或，这样就有，矛盾．所以七个值必须是1,,,,,,各一个．这样A的七个位置必须是3个二型数、3个一型数、一个零型数．我们关心三个二型数在哪三个位置上．
设是5,13,31的任意排列，若满足，，，则有，，，可得，同理有，，．因此当确定A中的三个二型数的位置后，如果其它四个位置可以分别表示为的3个两两线性组合与三个数的线性组合(要求线性组合系数是)，我们就可断定A中的七个位置的值互不相同，我们把这种可以线性组合成功表示的三个二型数的一组位置叫做合理位置．在一组合理位置上，当我们确定的取值(模2015意义下)后，七元组A也被唯一决定了．在模2015意义下，满足的恰好有个，满足的恰好有个，满足的恰好有个，此外的顺序或者说的顺序可以调换，因此每组合理位置下，的取值有种可能，也就恰好对应8640个满足条件的三元组．
我们关心哪组位置可能是合理的．对素数，七元组A中恰好有3个位置是的倍数，若这三个位置至少有两个的倍数，不妨设，则在此前提下并且，这时A中不能恰有3个位置是的倍数．所以,,的素因子个数总共不超过3，这三个位置上至多有一个二型数，也就是这四个位置上有2或3个二型数．
若中有三个二型数，二型数的位置有4种可能情况：
若是三个二型数，则,,是三个一型数，是零型数，位置合理．
若是二型数，则，，位置合理．同理其他两种位置也是合理的．
若中恰有两个二型数，我们分两类考虑：
第一类考虑两个二型数都在中，不妨设和是二型数，则不可能是二型数，,之一是二型数，不妨设是二型数．这时是三个二型数，，，位置合理．这一类由对称性共有6种情况是合理位置．
第二类考虑是二型数且之一是二型数，不妨设和是二型数，则不可能是二型数，,之一是二型数，不妨设是二型数．这时是二型数，则，，位置合理．这一类由对称性共有6种情况是合理位置．
综上，三个二型数的合理位置共有16种，(其他不合理位置都不可能使三元组满足条件)．所以满足条件的三元组共有．

5．有多少个不同的三边长为整数的直角三角形，其面积值是周长值的999倍？（全等的两个三角形看作相同的）

解法一 设内切圆半径为，．
故，．代入得，．不同的无序解给出不同的三角形，故所求三角形个数为．本题，，．

解法二 由勾股数公式，，其中
（三边长的最大公因数）为任意正整数，与互素，且与一奇一偶．

为奇数，因数2只能分给或，有两种方式．与互素，奇素因子分给只能是或，（），有种方式．故由乘法原理，素因子的分配共有种方式，每种分配方式给出唯一的三角形．因此共有42个所求三角形．
评注 一般地，若倍数为（为不同的奇素数），则所求三角形个数为．

Γ2
Γ1
M
G
F
E
D
C
B
A
6. 如图，两圆外离，它们的一条外公切线与分别切于点，一条内公切线与分别切于点. 设是直线的交点，是上一点，过作的切线与线段的中垂线交于点，过作切于点. 求证：.

证法一 设的圆心分别为，直线交于点，连. 设分别是线段的中点，连.
由于是的切线，故平分，且. 同理，平分，且. 由于分别是的内角平分线和外角平分线，故它们互相垂直，结合及知.
由于直角三角形斜边中线等于斜边一半，故. 考虑及以为圆心，0为半径的圆，由知到这三个圆的幂相等，由知到这三个圆的幂也相等. 显然是两个不同的点，因此这三个圆必然有一条公共的根轴. 由于在的中垂线上，所以，结合是的切线知在这三个圆的公共根轴上，又是的切线，故，证毕.
K
H
J
O2
O1
Γ2
Γ1
M
G
F
E
D
C
B
A

证法二 同证法一可得. 设的半径分别为，则由勾股定理可知，同理有，. 因此，由平方差原理知，. 由于过平面上一点有且仅有一条直线与已知直线垂直，所以三点共线.
由于，同理，由此可得，由平方差原理知，故，因此，结合得，故，证毕.
评注 事实上，点在直线上，两个证法均证明了这一点，但这个结论在本题中作用不大.

7．设，．求证：
．

证法一：对应用数学归纳法．当时，由Cauchy不等式可得

当时，由归纳假设和Cauchy不等式，得

证法二：设，．两边同乘以B，只需证明
．
由Cauchy不等式，左边
．
故只需证明．我们先证明．事实上，

（这也可以用调整法或一次函数极值来证明）．故

证毕．

8．给定整数．黑板上写着个集合，然后进行如下操作：选取黑板上两个互相不包含的集合，擦掉它们，然后写上和．这称为一次操作．如此操作下去，直到任意两个集合中都有一个包含另一个为止．对所有的初始状态和操作方式，求操作次数的最大可能值．
解 首先我们证明操作次数不可能超过．
当黑板上写着个集合时，考虑成包含关系的集合对的数量，我们证明，每次操作后，这个数量至少增加1．假设我们将变成和．首先不是包含关系，而和是包含关系，故这里至少增加了一对成包含关系的集合对．对于另一集合，若与之一成包含关系，由对称性不妨设，则，即至少与和之一成包含关系；若与均成包含关系，则由不成包含关系知或者，或者，若为前者，则，若为后者，则．因此，在操作之后，其余成包含关系的集合对的数量不会减少，因此每次操作后，这个数量至少增加1．由于此数量最少为0，最多为，故操作至多进行次．
另一方面，我们给出操作次数达到的例子．
定义集合，，我们证明由出发，可以进行次操作．
使用数学归纳法，当时，，可进行次操作．
若结论对成立，考虑的情况．先将与进行一次操作，得到的交集留下，并集继续与进行操作，得到的交集留下，并集继续与进行操作，依此类推．进行完次操作后，得到原来所有集合的并集及另外个集合，，……，．下面仅考虑后个集合之间的操作．由于将所有元素都减1并不
改变集合间的关系，故可考虑集合，，……，．而由归纳假设，这些集合之间可以操作次，故原来的个集合可以操作次，即此结论对也成立．
综上所述，操作次数的最大可能值为．

9