2025年第14届全国数学竞赛命题工作研讨会会议资料

2025年 第14届数学竞赛命题工作研讨会 会议资料 主办单位 ： 协办单位 ： 2025 年6月 13 日——6月 16 日 浙江·温州 学科网（北京）股份有限公司 目 录 第一部分 代数 代数问题1（浙江省温州育英实验学校陈永程孙涛） ……………………………… 1 代数问题2（北京明诚外国语学校张騄） ……………………………………………… 2 代数问题3（北京市第四中学郑博晨） ………………………………………………… 3 代数问题4（重庆市鲁能巴蜀中学校高航） ………………………………………… 5 代数问题5（重庆市鲁能巴蜀中学校高航） ………………………………………… 6 代数问题6（北京市海淀区教师进修学校附属实验学校郭城） ……………………… 7 代数问题7 (长沙市第一中学 何最祥) 8 代数问题8（成都市锦江区嘉祥外国语高级中学胡凌峰） ………………………… 11 代数问题9（湖南师范大学附属中学刘帅） ………………………………………… 14 代数问题10（湖南师范大学附属中学黄钢） ………………………………………… 16 代数问题11（湖南师范大学附属中学黄钢） ………………………………………… 17 代数问题12（湖南师范大学附属中学刘伟才） ……………………………………… 19 代数问题13（湖南师范大学附属中学汤礼达） ……………………………………… 21 代数问题14（湖南师范大学附属中学汤礼达） ……………………………………… 22 代数问题15（湖南师范大学附属中学隆希辰） ……………………………………… 24 代数问题16（广东省中山市华辰实验中学曾熊） …………………………………… 25 代数问题17（广东省中山市华辰实验中学曾熊） …………………………………… 26 代数问题18（华中师范大学第一附属中学陈开懋） ……………………………… 27 代数问题19（成都市锦江区嘉祥外国语学校高级中学黄力博） …………………… 28 代数问题20（江苏省锡山高级中学朱健） ………………………………………… 31 代数问题21（北京师范大学贵阳附属中学李鸿昌） ……………………………… 32 代数问题22（北京师范大学贵阳附属中学李鸿昌） ……………………………… 34 代数问题23（成都市锦江区嘉祥外国语高级中学李青） ………………………… 36 代数问题24（江苏省天一中学李伟） ………………………………………………… 39 代数问题25（长沙市第一中学李迎归） ……………………………………………… 40 代数问题26（河北省邯郸市第一中学刘鹏王绍青王政敏） ………………………… 41 -i - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题27（中国人民大学附属中学宋宇洋） ………………………………………… 42 代数问题28（北京师范大学附属实验中学王峙霖） …………………………………… 43 代数问题29（福建省厦门第一中学徐小平） ………………………………………… 46 代数问题30（福建省厦门第一中学徐小平） ………………………………………… 48 代数问题31（广东省佛山市顺德区第一中学张贺佳） ……………………………… 50 代数问题32（广东省佛山市顺德区第一中学张贺佳） ……………………………… 51 代数问题33（浙江省诸暨市海亮高级中学赵斌） ……………………………………… 52 代数问题34（浙江省诸暨市海亮高级中学赵斌） ……………………………………… 53 代数问题35（郑州市第一中学刘大新李思杨张锐） …………………………………… 55 代数问题36 ……………………………………………………………………………… 57 代数问题37 ……………………………………………………………………………… 58 代数问题38（东北育才学校苏海舰） ………………………………………………… 62 第二部分 几何 几何问题1（北京市第四中学郑博晨） ………………………………………………… 65 几何问题2（重庆市育才中学校陈文豪） ……………………………………………… 68 几何问题3（重庆市鲁能巴蜀中学校高航） ………………………………………… 71 几何问题4（重庆市鲁能巴蜀中学校高航） ………………………………………… 73 几何问题5（重庆市鲁能巴蜀中学校高航） ………………………………………… 74 几何问题6（长沙市第一中学韩序舜） ………………………………………………… 75 几何问题7（杭州师范大学数学学院林炜） ………………………………………… 77 几何问题8（湖南师范大学附属中学隆希辰） ………………………………………… 80 几何问题9（济南历城二中虞文洲） ………………………………………………… 82 几何问题10（江苏省锡山高级中学董经纬） ………………………………………… 83 几何问题11（西安交大附中金磊） ………………………………………………… 85 几何问题12（西安交大附中金磊） ………………………………………………… 86 几何问题13（西安交大附中金磊） ………………………………………………… 87 几何问题14（河北衡水中学刘通陶建东） ……………………………………………… 88 几何问题15（重庆市第一中学校刘小平） ……………………………………………… 89 几何问题16（贵阳市清华中学刘云龙） ………………………………………………… 90 几何问题17（成都市锦江区嘉祥外国语高级中学卢圣） ……………………………… 92 几何问题18（华东师范大学罗振华） ………………………………………………… 94 几何问题19（中国人民大学附属中学宋宇洋） ………………………………………… 95 几何问题20（福州三中王浩杰） ……………………………………………………… 97 几何问题21（浙江省诸暨市海亮高级中学徐节槟） …………………………………… 98 -ii- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题22（浙江省诸暨市海亮高级中学徐节槟） …………………………………… 99 几何问题23（福建省厦门第一中学徐小平） ………………………………………… 100 几何问题24(学而思广州分校 王宇) 101 几何问题25（学而思广州分校余泽伟） ……………………………………………… 104 几何问题26（天津学而思宋蒙） ……………………………………………………… 105 几何问题27（学而思总部李纪琛） ………………………………………………… 107 几何问题28（重庆市育才中学校张勋108 ……………………………………… 瞿明强） 几何问题29（重庆市育才中学校张勋瞿明强） ……………………………………… 110 几何问题30（郑州外国语学校张正中） ……………………………………………… 112 几何问题31（郑州外国语学校张正中） ……………………………………………… 114 几何问题32（郑州市第一中学李思扬刘大新张锐） ……………………………… 117 几何问题33（成都市锦江区嘉祥外国语高级中学朱世衡） ………………………… 119 几何问题34（长沙市长郡中学田尚） ………………………………………………… 121 几何问题35（中国人民大学附属中学唐小徐） ……………………………………… 122 几何问题36（北京师范大学附属实验中学谢彦桐） ……………………………… 123 第三部分 数论 数论问题1（湖南师范大学附属中学刘伟才） ………………………………………… 125 数论问题2（湖南师范大学附属中学陈天择） ………………………………………… 126 数论问题3（湖南师范大学蒋培杰） ………………………………………………… 128 数论问题4（浙江省诸暨市海亮高级中学赵斌） ……………………………………… 129 数论问题5（江苏省泰州中学周逸飞） ………………………………………………… 130 数论问题6（江苏省天一中学李伟） ………………………………………………… 132 数论问题7（江苏省天一中学李伟） ………………………………………………… 133 数论问题8（北京大学附属中学沈阳） ………………………………………………… 134 数论问题9（广东深圳外国语学校张蒙） ……………………………………………… 136 数论问题10（广西柳州高级中学韦畅） ……………………………………………… 138 数论问题11（重庆外国语学校文国均荣仲） ………………………………………… 141 数论问题12（重庆外国语学校文国均荣仲徐楚皓） ……………………………… 143 数论问题13（武汉外国语学校夏贤聪） ……………………………………………… 145 数论问题14（成都市锦江区嘉祥外国语高级中学邹雪超） ………………………… 148 数论问题15（北京师范大学贵阳附属中学李鸿昌） ……………………………… 150 数论问题16（江苏省苏州中学周毅博） ……………………………………………… 151 -iii- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题17（广州进阶教育王云路） ………………………………………………… 153 数论问题18（广州进阶教育王云路） ………………………………………………… 154 数论问题19（学而思沈阳分校马兴） ………………………………………………… 155 数论问题20(学而思总部 苏宇坚) 156 数论问题21（学而思总部王正） ……………………………………………………… 158 数论问题22（长沙市长郡中学叶龙翔） ……………………………………………… 159 数论问题23（江西师范大学附属中学李攀锋陈思洲） ……………………………… 160 第四部分 组合 组合问题1（北京市海淀区教师进修学校附属实验学校郭城） ……………………… 161 组合问题2（江苏省苏州中学朱磊克） ………………………………………………… 162 组合问题3（长沙市第一中学钟建国） ………………………………………………… 163 组合问题4（中国人民大学附属中学唐小徐） ………………………………………… 164 组合问题5（北京明诚外国语学校于睿元） ………………………………………… 165 组合问题6（成都市锦江区嘉祥外国语高级中学朱笑辰） ………………………… 166 组合问题7（湖南师范大学附属中学陈天择） ………………………………………… 167 组合问题8（江苏省天一中学李伟） ………………………………………………… 170 组合问题9（湖南师范大学附属中学刘帅） ………………………………………… 171 组合问题10（北京大学葛宇驰） ……………………………………………………… 173 组合问题11（北京市第四中学郑博晨） ……………………………………………… 176 组合问题12（学而思王正） …………………………………………………………… 178 组合问题13（学而思广州分校余泽伟） ……………………………………………… 179 组合问题14（广东省中山市华辰实验中学曾熊） ……………………………………… 180 组合问题15（西安交通大学林逸沿） ………………………………………………… 181 组合问题16（武汉外国语学校夏贤聪） ……………………………………………… 183 组合问题17（华中师范大学第一附属中学陈开懋） …………………………………… 186 组合问题18（江西师范大学附属中学陈思洲） ……………………………………… 187 组合问题19（重庆一中张峻滋李东） ………………………………………………… 190 组合问题20（北京大学附属中学陈宣桦） ………………………………………… 192 组合问题21（浙江省温州育英实验学校陈华毅） …………………………………… 194 组合问题22（重庆学而思吴屹林） ………………………………………………… 196 - iv- 学科网（北京）股份有限公司 第一部分 代 数 代数问题1 浙江省温州育英实验学校 陈永程 孙涛 给定正整数n≥2，设正实数 满足 求最大的C，使得总有 解 令 得 另一方面，由基本不等式得 以及 综合两方面得 注 由恒等式 结合排序不等式中顺序和与倒序和想到此题. - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题2 北京明诚外国语学校 张騄 已知实数a₁,a₂,……,a₁₀₀满足 设 m₁是 的中位数，其中1≤i≤100,下标按mod100理解,求 的最大值. 答案解 先证明如下引理：设m为实数a，b，c，d的中位数，则 引理的证明：不妨设a≤b≤c≤d,则 注意到 故 引理得证！ 回 到 原 题 ，由引 理 即 有 将 上 式 对 1≤i≤100 求 和 , 则 再由柯西不等式， 另一方面，取 此时 综上所述， 的最大值为 - 2 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题3 北京市第四中学 郑博晨 已知正实数α，β，γ满足(α+β+γ=1.证明: 对任意正实数x,y,z, 有: 解 右边的式子中出现了 由此想到了三角形换元中的三角形面积的表达式, 采用三角形换元: 作△ABC, 使得AB=x+y,BC=y+z,CA=z+x. 注意到： 联想到斯特瓦尔特定理的表达式，在直线BC上取一点D，使得 于是 从而 等号当且仅当AD⊥BC时成立. 同理， -3- 学科网（北京）股份有限公司 在射线CA上取一点E，使得 则 从而 等号当且仅当BE⊥AC时成立. 再次同样方式， 在射线BA上取一点 F，使得 则 从而 等号当且仅当CF⊥AB时成立. 三个不等式相加，利用α+β+γ=1，即有 等号成立当且仅当AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB同时成立时达到，但此时 设AF=a,AB=a,AE=2b,AC=b. 则 但b>a，矛盾，因此，等号取不到. 注 虽然此时分比满足塞瓦定理的条件，三线交于一点，但又有垂心的要求，经过分析边的比例关系后发现取不到，可适当调整后使得等号成立. - 4 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题4 重庆市鲁能巴蜀中学校 高航 已知正实数a₀,a₁,………,a₁₀₀满足 且 求 的最小值. 答案解 设 则 即对任意 由 则存在 则由 可得kM+M+2M+…+100M≥1, 则 取得等号时， 时， 故 的最小值为 - 5- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题5 重庆市鲁能巴蜀中学校 高航 设n≥3为给定的正整数，已知 对任意i=1,2,…,n, 满足 且 求 的最大值. 答案解 当.x₁,x₂,…,xₙ中有一个为-4, 一个为2, 其余都为-1时, 下面证明： 由 可得 即有 则 故 的最大值是n+270. -6- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题6 北京市海淀区教师进修学校附属实验学校 郭城 求证: 对∀x,y,z,c∈R₄,如下不等式恒成立: C )². 解 由题设，知 则(x8),而在 和 这3个数中，必有两数符号相同.不妨前两者相同，(x² ). 证毕！ 注 本题旨在展示一类不等式问题命题解题思路.目标型如 时 (这里的 f(x₁)替换为f(x₁，x₁₁)等多元多项式、分式或指数式等亦可)，可尝试先用 切割线法或帕特/泰勒等各类逼近方法，放缩f(xᵢ)，把轮换乘积的一侧转化为曾经解 决过的不等式问题的同侧.之后，用霍尔德不等式或正规化方法等代数技术处理并完成证明.而教练或命题人在实际设计题目的时候，实际操作的方向正好相反(待定系数确定后，注意务必查验有至少一个取等条件贯穿始终)，类似的变形问题演示如下： 注例 对∀x，y，z∈R 和正实数常数c，总有至少一个正实数 kc，使得求各式的最小值都是赛题.难度由函数复杂程度、放缩方法的难易程度和使用正规化的过程难度共同决定： - 7- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题7 长沙市第一中学 何最祥 给定正整数n≥2，设n次实系数多项式 定义f(x)的范数 证明：对充分大的正整数N和任意实数α₀,α₁,……,αn,，存在与N无关的正常数c，使得 成立. 证明 先证明下列两个引理： 引理1.设g(x)是n次多项式，则对任意不全为零的实数α₀,α₁,……,αn,有 不是零多项式. 引理1证明如下：对n归纳，当n=0，1时，结论显然成立. 假设命题对n-1成立; 令h(x)=g(x+1)-g(x),则h(x)是n-1次多项式,且对任意正整数m, 那么 当 时，由归纳假设命题成立，当 时，它是n次多项式. 从而命题对n成立. 引理 2.设 是一系列多项式，满足对任意不全为零的实数 不是零多项式.那么存在正常数s，使得对任意实数( 都有 -8 - 学科网（北京）股份有限公司 引理2证明如下：当 时，显然成立；当 时令 则 令 则G(γ₁,…,γn)是关于 的绝对值函数，在条件 下最小值存在，记为s.如果s=0，则 那么 是零多项式，矛盾.从而s>0. 对N用归纳法证明存在正常数s，使得 其中 当N=0时，由引理1和引理2知，存在正常数s使得命题成立. 假设命题对N-1成立，考虑 N的情况. 注意到差分恒等式 故 则 由绝对值不等式和归纳假设， -9- 学科网（北京）股份有限公司 从而N时命题成立. 令 则当N充分大时，就总有 成立. - 10 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题8 成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 胡凌峰 给定正整数n≥3，已知 求 的最大值. 解 记x为方程 的正实数解.取 此时 下面我们证明： 设 则 此时 不妨设 否则若存在i使得 交换y₁，yᵢ₊₁得到新的一组 注意到： (平方容易证明)，故 Lx₁,Lx₂,…, Lx'n, 即L>1.由 考虑将 替换为 使得知此时有 因此 变大.故可不妨设 下面对n归纳证明： - 11 - 学科网（北京）股份有限公司 若 为定值K(>0),则 当 时取到最大值. 可以发现n=1时显然成立.设对n-1的情况成立，考虑n的情况. 固定 y₁,则 为定值K'，由归纳假设当 取到最大值时，有 此时 记 且令 有 同理可得， 则由 f(x)单调递 减知 记 则 下证： 由 那么 - 12 - 学科网（北京）股份有限公司 因为t>1，所以 知上式关于Q单调递减，将 代入得 (其中 也就是 时取等). 由归纳法即知，当 时取到最大值. 故 其中x是方程 的正实数解. 综上， 其中x满足： - 13 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题9 湖南师范大学附属中学 刘帅 给定正整数n，对任意正实数 及 记 已知对任意i=1,2,…,n, 均有 且 试求M的最小值. 解法一 由 Chebyshev不等式, 有 再由 Cauchy不等式,可知 此时，熟知有方差公式 其中， 结合上三式，即知M≥2.且当 时可取M=2. 故M的最小值为2. 解法二 沿用解法一中 Chebyshev不等式的结果，可有 - 14 - 学科网（北京）股份有限公司 故M≥2.取等同上. 注 本题为考虑方差与平均值的关系编制而成. - 15 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题10 湖南师范大学附属中学 黄钢 给定正整数n，设 且满足 =0, 试求 的最大值. 答案解 一方面，当 时， 另一方面，由于 且 因此 从而 的最大值为n. -16- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题11 湖南师范大学附属中学 黄钢 设n≥2是给定的正整数.求最小的λ，使得对任意满足 的实数x₁,x₂,……,xₙ,都有 其中 解 不妨设xᵢ∈[-1,1] (i=1,2,…,n), 且: 当n为偶数时， 当 时取等. 当n为奇数时，我们证明如下结论： 结论1： 结论2: 结论 1的证明：不妨设 且 则 得证. 结论2的证明：由 得 则 ≥-1. 故 - 17 - 学科网（北京）股份有限公司 得证. 由结论 1 和结论 2知： 当 时取等. 综上，所求最小的 为偶数，为奇数. - 18- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题12 湖南师范大学附属中学 刘伟才 设a₁,a₂,……,a₅₀₃均为非负实数，且满足 求 的最大值，其中下标模503考虑. 解 容易得到：503为模4余3的素数，在其缩系中恰有251个数为模503的二次剩余，且251也为素数. 构造图G(V,E),V={V₁,V₂,…,V₅₀₂},对. 到 连一条有向边,则可知任何1<i<503, deg(Vᵢ)=1, deg(Vᵢ)₊=0(i是模p的二次非剩余)， (i是模 p的二次剩余)，对 向V₁连有向边). 对任意模 p的二次剩余b(b≠1,p),设 设m是2对模251的阶，计算可得m=50,则 故 构成一个有向圈，即每个 Vb均在有向圈上，且圈长均为m，且每个 Vb都恰有一条圈外的入边，分析如下结构： 设 则由 及 可知 故 - 19 - 学科网（北京）股份有限公司 故 从上述过程知，当每个圈上点对应的数一半取值为 另一半取值为0 (两两不相邻)，圈外与非0数对应点连入边的取0，与0连入边的点对应的数取值为 时取等. 注 本题由 2019年越南奥林匹克一道代数题逐步改编而来.下面(1)为原题，(2)为将(1)中实数要求改为非负数后给学生训练的版本，(3)为将(2)中项的下标打破线性关系但为了简化二次剩余关系对下标增加了素数等要求后的版本.为了考试需要，将(3)取了具体的素数进行考察，得到上述题目.此题的命制过程成都嘉祥外国语学校朱世衡老师给予了非常宝贵的建议，在此也表示感谢！ (1) 已知2019个实数a₁,a₂,……,a₂019满足 求表达式 的最大值. (2)设n≥3为给定正整数，实数x₁,x₂,…,xn≥0,满足 求 的最大值.其中 (3)给定奇质数 p，q满足p=2q+1.非负实 数数列 满足 求 的最大值 (这里下标按 modp理解). - 20- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题13 湖南师范大学附属中学 汤礼达 对正整数n≥2，正实数a₁,a₂,……, an满足 对任意1≤i≤n-1成立, 规定 且 证明： 证明 首先，归对i归纳证明：对任意1≤i≤n-1，有 当i=1时，由条件有： 即 结论成立. 假设当i-1(i≥2)时结论成立，当i时，由归纳假设及条件有： 即 故当i时结论也成立.由数学归纳法知结论成立. 因此有 故对任意1≤i≤n, 有 对所有的i求和有 再注意到 且 -21 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题14 湖南师范大学附属中学 汤礼达 对任意大于等于 3 的正整数n，实数a₁,a₂,……, an,b₁,b₂,……, bn满足 当 时，求 最大值，并写出它取到最大值时的一种情况. 解 n为偶数时，取 则 (*)下面证明： (i)当n为奇数时不妨设对任意i=1,2,…,n, 都有(a₁≥0(可以通过改变ω，来达到这一点).再设 再不妨设k为奇数(否则可改变所有aᵢ，b₁的符号，对条件无影响)，则 同时, 当1≤i≤k时, 有 当k+1≤i≤n时,有 设 由 再结合 故X∈[0,1],同理可知Y∈[0,1]. 取 则 注意到 故 (ii) 当n为偶数时, 类似地, 不妨设对任意i=1,2,…,n, 都有 和 则 - 22 - 学科网（北京）股份有限公司 同样, 当1≤i≤k时, 有 当k+1≤i≤n时, 有 若k为偶数，记 ,取 则 ② 当k为奇数时，记 ) ],取 则 故，当n为偶数时，有 综上所述， 当n为偶数a₁,a₂,…… an和b₁,b₂,……, bn中都恰有奇数个1时可取到. 本题改编自 2016年 IMO 预选题: (IMOSL 2016) 求所有的整数n≥3, 使得对任意满足 的实数a₁,a₂,……, an和b₁,b₂,…, bn,均存在 满足 - 23 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题15 湖南师范大学附属中学 隆希辰 已知无穷正实数数列 满足对任意 都有： 求c的最小值. 答案解 c的最小值为1. (a) 当 时， (b) 下证: n≥2时, 若 有 设 则 因 有 故 类似地 故 而 因此 综上，c的最小值为1. - 24- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题16 广东省中山市华辰实验中学 曾熊 对于任意满足 且 的实数a₁,a₂,……,a₂025,均有 求整数n的最大值. 解 取 可知 解得 则n≤22.当n=22时, 由 可知 将以上各式相加可得 于是 即 因此 故 即n=22时满足题意. 故整数n的最大值为22. - 25 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题17 广东省中山市华辰实验中学 曾熊 设 ak为实数且 为复数，求 的最小值. 解 引理.设a,∈R, zj∈C, j=1,2,…,n,则 事实上，将每个复数z，乘以e'θ，使 并记 这里x,,y,∈R,j=1,2,…,n.于是 从而 而 于是 于是 回到原题，由引理可知 当 时等号成立. - 26 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题 18 华中师范大学第一附属中学 陈开懋 对任意实数x₁，x₂，…，xₙ，证明下述不等式成立： 其中r∈(0,2). 证明 记 由高等数学知当r∈(0，2)时，该积分收敛，当r∈(-∞,0]∪[2,+∞)时, 该积分发散. 又当r∈(0，2)时，由换元积分法，有 从而 - 27 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题19 成都市锦江区嘉祥外国语学校高级中学 黄力博 命题：定义运算符“||||”：对任一矩阵A，||A||为其衍生的全部二阶行列式的平方和. 正数矩阵 记为M.由M衍生出的全部二阶的行列式共4个(矩阵中的每个数都要被用到)，例如就是其中的两个行列式. 删掉M的中间行，得到一个2×3的矩阵，记为 M/行，它可衍生出2个二阶行列式，例如就是其中之一.同样可定义矩阵M/列，同时删掉M的中间行和中间列所得的矩阵，记为M/行列.求证： ||M||-||M/行||-||M/列||+||M/行列|≥0. 证明：不妨先做归一化处理，设 其中，R₁表示第i行元素的集合，r₁表示第i行的元素之和；对于C，和c，有类似的定义. 进一步地，定义： 为集合 的元素之和. 我们根据上面的定义，则可以将题目中衍生的行列式进行简化，结论如下： ; 上述五个结论的证明： (1) - 28 - 学科网（北京）股份有限公司 (3)，(4)一致，我们给出一个即可 (5) 因为 证明思路：由于最后的表达式中只含有 这四项.我们只计算含有x₁₁的项.方法是将上面的这个代数式分解为两个部分来计算，再将这两个结果相减，最后证明相减所得的差是非负的. 第一部分： 第二部分 - 29 - 学科网（北京）股份有限公司 其中， 则α+β=1. 再将两个部分相减，(由对称性，我们忽略掉两个部分中各自最后的那个负项，只计算含有x₁₁的项) = 其中， '. 显然，p'是严格小于p的，α是严格小于 1的，所以 是正的，同理 也是正的.另外，由对称性，含有x₃，₁和x₃，₃的部分可在其对应项的计算中被覆盖.所以，最终结果为正. - 30 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题20 江苏省锡山高级中学 朱健 已知 X ={1,2,…,n}的子集E₁,E₂,…,E₅满足 若C为X 的子集，且满足 则称C为{E₁,E₂,…,Eₓ}的一个覆盖，若C的任意真子集均不是{E₁,E₂,…,E₆}|的覆盖，则称C为{E₁,E₂,…,Eₓ}的一个极小覆盖. 设H ={E₁,E₂,…,E₆}的所有极小覆盖的个数为N(H)，令 证明： 证明 令N₁(H)为元素个数不超过t的极小覆盖C的个数，令N₁(x，H)为元素个数不超过t且包含x的极小覆盖C的个数. 以下用归纳法证明： 对任意t∈N⁺恒成立. 当t=1时结论显然成立. 假设<t时结论成立，则对于t时，设 则 对于元素x，去掉E₁，E₂，…，E₈中所有含有x的集合后得到 设C为H 的一个包含x的极小覆盖，对任意y∈C，必存在某个k，使得 故 因此可知含有x的极小覆盖C去掉元素x后得到的集合C'必为H(x)的一个极小覆盖，故由归纳假设，可以得到 因此 ) 又 故 -31- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题21 北京师范大学贵阳附属中学 李鸿昌 设a，b是常数，且满足 求 的最小值，并求出此时x₁(i=1,2,…,n)的值. 解 令 则 其中 即 先证如下引理. 引理 设xᵢ∈R, i=1,2,…,n,e为自然对数的底数，则 当且仅当 时等号成立. 引理的证明 设h(x)= ln(1+eˣ),则 故h(x)是凸函数, 由 Jensen不等式, 得 即 当且仅当 时等号成立.引理得证. 由引理可得 - 32 - 学科网（北京）股份有限公司 所以f的最小值为 当且仅当 时等号成立.设 则 解得 此时 注 本题是2025年全国高中数学联赛(贵州赛区)预赛第13题的推广，其背景是惠更斯问题.2025年全国高中数学联赛(贵州赛区)初赛试题第13题如下： 对任意满足1≤x≤y≤z≤4的实数x,y,z, 记 求f的最小值. - 33- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题22 北京师范大学贵阳附属中学 李鸿昌 设数列{an}满足： 已知 其中 求 的值. 答案解 递推数列 的特征方程为 解得特征根为 因此 由 且 解得 所以 设 则 因为 令|αx|<1,则 所以 引理 设 其中 则 引理的证明 设αx≠1,βx≠1, 则 - 34- 学科网（北京）股份有限公司 由于 于是有 因为 所以 引理得证！ 在引理中，令 得 -35- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题23 成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 李青 给定正整数n,记A={x∈R| sinnx+ sin(n+1)x∈Q}, B={x∈R| cosnx+ cos(n+1)x∈Q},求 解 首先证明一个引理：(切比雪夫多项式)对任意正整数k，存在一个整系数多项式整系数多项式 gk(x)，使得： ，且这个多项式， 最高次项及其系数为 常数项为1或者-1(k为奇数)或者0 (k为偶数). 对k进行归纳. 奠基: k=1时, sinx/ sinx=1, 所以. k=2时, sin2x/ sinx=2cosx; 所以, 这两种情况都满足引理的要求. 归纳：若： 且 gk(x)最高次项及其系数为 常数项为11或者-1(k为奇数) 或者0 (k为偶数)对一切k=1~n成立. 注意到 ，则有 ). 这样存在多项式gₙ₊₁(x),使得 这里显然有 由归纳可知， gn(x)是最高次项为 的整系数多项式， 是最高次项为 的整系数多项式，所以gₙ₊₁(x)是最高次项为2"x"的整系数多项式. gnH₁(x)的常数项是gₙ₋₁(x)常数项的相反数，这样n为奇数时，gₙ(x)常数项的绝对值和g₁(x)相等(为1), n为偶数时, gn(x)常数项的绝对值和g₂(x)相等(为0),所以根据数学归纳法，引理证明完毕. 回到原题.注意到x∈A∩B时， 这样 -36- 学科网（北京）股份有限公司 2+2cosx∈Q, 从而cosx∈Q. 根据引理， 记 则根据引理可知，G(x)是整系数多项式，最高次项为2"x"，常数项为1或者-1. 注意到x∈A∩B, 这意味着 sinnx+ sin(n+1)x∈Q, 即 sinx·G(cosx)∈Q. 因为cosx∈Q, G(x)是整系数多项式, 所以G(cosx)∈Q. 情形一: G(cosx)≠0. 则结合 sinx·G(cosx)∈Q和G(cosx)∈Q可知sinx∈Q. 熟知 cosnx是关于 cosx的整系数多项式(切比雪夫多项式), 所以由 sinx,cosx∈Q可知x∈A∩B. 这样cosx∈Q，sinx∈Q，可知 x 对应于三边都是整数的直角三角形的一个锐角(或者这个锐角的相反数或者补角)，这样可知存在两个正整数a，b，满足 这样 情形二：G(cosx)=0.注意到 sinx=0已经包含在了情形一中，所以我们接下来讨论 sinx≠0的情况. 因为 且sinx≠0,则G(cosx)=0⇔在整数m，使得 下面只考虑 的情形. 注意到G(x)是首项为2"x"，常数项为±1的整系数多项式，所以G(x)的有理根必然为 这里t∈N.这样 注意到 且 所以G(x)的有理根必然为 这样 从而 说明 为整数且为奇数，这样只能2t-1=s=1. 所以 这说明 这里j为和3互质的整数. 从而3|2n+1. 此时 综上所述, 若n≡1(mod3), 则 若n=2,0(mod3), 则 - 37 - 学科网（北京）股份有限公司 (换言 之 , 则 和 蕴含 sinx,cosx∈Q; 若 则 或者 注 本题改编自 2017年俄罗斯数学奥林匹克： 原题为：设实数x使得 和 均为有理数.求证：两个和式之一的两项均为有理数. -38- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题24 江苏省天一中学 李伟 是否存在2024个不同的复数组 满足 且有 其中 分析与证明 取一组z₁，z₂，以z₁，z₂的中垂线为x轴建系， 设 与x轴正半轴的夹角为α，将以 为直径的圆记为⊙Ck，圆心为 Ck，半径为 rk.则 上的点到O的最远距离为 再添加⊙C₂,令 C₂也在x轴上,设( 与x轴的夹角为β，则 上的点到 O 的最远距离为 由此可以大胆地猜出：如此构造的图形中⊙Ct上点到O的最远距离为 条件 恰好对应着复平面几何意义.记zₖ在复平面中对应的点为 为直径的圆为⊙Ck，并设( 与x轴所夹锐角为θk₊₁, OZ₁与x轴所夹锐角为θ₁, 令Z₁Z₂关于x轴对称, 令C₂,C₃,...,Cₙ₊₁在x轴上.则 由此 显然复平面上的点. 对应的复数 满足题意，将 绕原点旋转 产生的复数组均满足题意，故存在. - 39 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题25 湖南省长沙市第一中学 李迎归 设n,m≥2为给定正整数, 函数 f: N→N满足: ∀x∈N, 若 …,m-1, 则 求 f⁽ⁿ⁾(x)的所有不动点，其中[x]表示不超过x的最大整数. 解f⁽ⁿ⁾(x)的所有不动点为 注意到∀x∈N, 设x= km+r,k∈N,r=0,1,…,m-1,则有 故 由归纳可证 进而 一方面，当( 时， 故当 时， 进而 所以当 时， 结合 可知当 有 结合f(0)=0, 可知 故x=0,1,…,m"-1均为 的不动点. 另一方面，当. 时，有 若存在1≤i≤n, 使得 则当 j≥i时，均有 故 否则, 若∀1≤i≤n, 均有 则亦有 所以当x≥m"时，必有 故不存在 的不动点. 综上所述， 为 的所有不动点. - 40- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题26 河北省邯郸市第一中学 刘鹏 王绍青 王政敏 求最佳的常数C=C₀,使得对任意正整数n及实数.x₁,x₂,…, xn,有 解 注意到 记 则 一 方面，取 则有 令n→+∞,则有 下面证明 于是所求的 注 本题是对2023CMOP2背景的一个讨论，原题实质上是求矩阵 A= 的最小特征值的一个常数下界，它和本题中的矩阵 的最小特征值在某种意义上是相当接近的. - 41 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题27 中国人民大学附属中学 宋宇洋 称非零多项式.f(x,y,z)=axyz+b(xy+yz+zx)+c(x+y+z)+d(其中a,b,c,d∈R)为“对称多项式”.已知f₁(x,y,z),f₂(x,y,z)为对称多项式,证明:若. 与 均在实数域上可约，则存在实数k，使得 证明 设 (其中i=1,2),，由对称性，不妨设 可以推得： 所以 同理， 成等比数列.所以， 所以 即 - 42 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题 28 北京师范大学附属实验中学 王峙霖 证明：对任意正整数n≥3，满足 均有 证明 首先证明以下引理. 引理：对 令 c为任意正实数， 小值在x₁,x₂,……, xn一部分为0，另一部分相等时取得. 事实上，设 因为 所以 进而看作关于x₁x₂的方程，即 在 不变时，K为常数，所以 在定义域上单调递减， 可在x₁x₂取值范围内存在三种正常方式：恒增，恒减，先增后减. -43- 学科网（北京）股份有限公司 所以 g(x₁x₂)≥min{g(a),g(b)},∀a,b∈R,a,b≥0,a≥x₁x₂≥b. 因为 所以 所以若调整之后整个数列出现0之后，则可对所有非零数再次调整，并将n替换为n-1，有限次调整后，其中操作到仅两数非0时， 故而可得 引理证毕. 由引理可知只需考虑 左-右 令 因为 所以h'(k)在 上恒大于 0，在 上恒 - 44 - 学科网（北京）股份有限公司 小于0.即h'(k)在 上恒大于0, 上恒小于 0. 所以 因为h(1)=h(4)=0,所以 等号在 或 时取得. 注 本题由北师大实验中学高二(10)班陈泽铭由不等式的秘密之中冷门不等式由 Pham Kim Hung在 Mathlinks发表的四元不等式拓展为n元形式.其中n,k的取值可随出题而变化，但由于不同的n，k所取得的效果不同，其他n，k的取值可有效增强难度且可以找到确定下界，题目稍显刻意为之，毫无优美可言，需继续扩展出其他优美结论. -45- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题29 福建省厦门第一中学 徐小平 给定正整数n(n≥2), 已知2n个实数a₁,a₂,…,a₂n满足 记 若S₁,S₂,……,S₂n中至少有n+1个正数，且 记所有使S最小的数组 的集合为A，求证： 解 易知 则 Sk∈Z(k=1,2,…,2n)且 于是 由于S₁,S₂,……,S₂n中恰有n+1个正数，则必有两个连续项为正数，不妨设t是使得 且 的最小的正整数k，则由 知 又由 可知t+3≤2n, 即t≤2n-3. 故 且当 且 时等号成立，此时由于 从而 中恰有一个为零((k∈{1,2,…,2n-1}且k≠t,t+1),故当k=t+1(mod2) (k∈{1,2,…,2n-1}.且k≠t+1) 时, 另一方面，由于 且 故t+1为偶数，t为奇数，从而 中至少有n-1个为零，S₁,S₂,……,S₂n中至多有n+1个正数，于是 中恰有n+1个正数， - 46 - 学科网（北京）股份有限公司 n-1个为零，结合 可知，当k为奇数时，均有 又 所以 为奇数且k≠t+2, 或k=t+1,为偶数且k≠t+1. k=t+1, 则 为偶数且k≠t+1.记为奇数且k≠t+2, 或 又 记 则 设 则 故 注意到， 等号当n=2时成立. 所以 - 47 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题30 福建省厦门第一中学 徐小平 已知实数a₁,a₂,……,a₂24满足对任意i=1,2,…,224,均有 求 的最小值. 解 由 得， 所以 所以 令 则 于是， 从而， 下面我们证明等号能取到. 注意到，等号成立时a₁=i或 设所有满足 的 i 的集合为 s，取 则有 又 对任意正整数k成立，即 对任意正整数k成立，取 则 此时，由于 故 - 48- 学科网（北京）股份有限公司 从而 综上， 的最小值为 - 49- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题31 广东省佛山市顺德区第一中学 张贺佳 正实数数列a₁,a₂,a₃,……定义如下：对所有整数m, 其中 若 恒成立，求C 的最小值. 答案解 首先，我们证明对于所有m,n=1,2,3,…, 有 设S为所有正实数d的集合，使得对任意m，n，不等式 成立.根据题设，S非空(因C∈S)此外，S包含所有大于其元素的数，故S是区间( 当m，n，确定后，若不等式对于d>D成立，则对于d=D也成立，即 因此D∈S, 确认S=[D,+∞). 由D∈S, 对 j,k,l有: 循环置换 j，k，l并相加，得 取 则 由题设，左边为 右边第二个括号内可表示为 故 即 根据D的定义， 两边平方解得D≤1(因D>0). 因此 C的最小值为1. 注 本题改编自波兰第 61届数学奥林匹克试题. - 50- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题32 广东省佛山市顺德区第一中学 张贺佳 数列 满足： 且任意连续三项中，一定有1和-1, 求数列{an}的个数. 解 先证明引理：对于任意正整数k， 引理的证明：采用反证法，若存在正整数k，使得 则 则 则 即 故 矛盾，证毕. 注意到 故 同理， 则 下面采用数学归纳法证明： 已经分析出 若k∈N*, 任意i<k均满足 注意到3k+1,3k+2中必有一个偶数, ①若3k+1是偶数, 则 除以3余2，结合归纳假设， 再使用引理，得到 ②若3k+2是偶数, 则 除以3余1，结合归纳假设， 综上，结论成立. 回到原问题，该数列 已经符合要求，因为连续三项中，必然有 和 而a₃还无法确定，故满足要求的数列有两个： 或 - 51 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题33 浙江省诸暨市海亮高级中学 赵斌 已知 a,b,c,d,e∈R⁺ ，求证： 证明 (陈韫田)令 则 故由均值不等式可得 故我们得到 (此处的∑为循环和，下同.)又原不等式 ，故只需证明 此时， 故我们完成了证明. 注 四元的时候是一个经典的使用柯西(或赫尔德)不等式放缩的问题. - 52 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题34 浙江省诸暨市海亮高级中学 赵斌 给定正实数α，M，求最小的正实数M'(与α，M相关)，使得对任意正实数数列 若满足 对任 意 正 整 数 n ，都有 则对任意正 整 数 n，都有： 证明 当α≤1时，所求的 当α>1时，所求的 当α≤1时，首先取 并取a₃,a₄,…,满足条件，记 另一方面由基本不等式可得(又称”范数不等式”)可得， 故得 时成立. 当α>1时,取 并取 满足题意.并令n→∞，由等比数列求和公式可得， 下证当 时命题成立.我们用数学归纳法证明： n=1时是显然的，这里用从n到n+1的归纳过程简略说明.由条件易得 - 53 - 学科网（北京）股份有限公司 从而 故我们有 (上式的第一个小于等号号的证明可将记 记 从而 从而f(x)单调递增，故 故我们完成了归纳过渡.从而对任意正整数n，都有 注 根据α=2时改编，原题要证明α=2时，M'的存在性. - 54 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题35 郑州市第一中学 刘大新 李思杨 张锐 已 知 复 系 数 多 项 式 满 足 M = 设z₁,z₂,…, zn为f(x)=0的n个复数根, 证明: 其中 证明 先证明| zi|<M+1,i=1,2,…,n.假设存在根 由 得：两边同时取得模得： 由于 利用等比数列求和公式 代入得： 由假设 得 故 进一步得： 矛盾. 因此，所有根满足 即分母 恒成立. 回到原不等式的证明.设 是 的一个排列，则由排序不等式和柯西不等式有， (*) - 55- 学科网（北京）股份有限公司 令 其中0≤x<2(M+1),则 从而 则 在(0，2(M+1))上为下凸函数，由琴生不等式得 : 其中 得证. 注 本题是以复系数多项式的根的分布为基础，融入了一些不等式证明技巧命制而成的一道复数不等式题目. - 56- 学科网（北京）股份有限公司 代数问题36 重庆第八中学校 杨丕业 对任意正整数a，b，定义一个非负整数数列{xₙ}满足： 并对任意n≥3都有 求最小的正整数n₀，使得对任意小于等于2025的两个正整数a，b，都一定有 解 考虑a=1597,b=987,则该数列有 x₈: 下证明对任意a，b，都一定有 首先，若a<b，不妨交换a，b，这样不会改变数列后面的取值.所以我们不妨假设a≥b. 若 ，则我们不妨考虑新的数列 满足： 于是对n≥4都有 故我们不妨假设 即2b≥a. 在这样的假设下，对任意n≥3.我们都有 所以我们有 故对任意n≥1，我们都有 所以对任意n≥1都有 于是若此时数列中第一项为0的项是xₙ，则 进而 (这里{Fn}为 Fibonacci数列).所以若 m≥19,则我们有 2025,矛盾.故只能m≤18,即 -57 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题37 西南大学附属中学 陈孟林 陈诗成 给定正整数n, 对i=1,2,…,n, b₁是实数, 且满足 证明：对任意实数λ，λ≥0, 有 证明 令 则 且 命题等价于证明：对任意实数λ≥0有 我们声明两个引理： 引理一：给定正整数n，对任意n个正实数x₁,x₂,…,xₙ,满足 有 引理二：给定正整数n，对任意n个正实数x₁，x₂，……，xn，满足 有 回到原题，若两个引理成立则原命题得证. 下面依次证明引理一和引理二. 引理一之证明：(反证法)若结论不成立，即存在一组数x₁,x₂,…,xₙ满足 使 - 58- 学科网（北京）股份有限公司 那么对 f(x)的导函数 故∃t∈(0,1),使数列 此时 ① 且有 另一方面，记 显然 且 ② 且 对i求和知，结合①② ③ 不失一般性，设 由②知 从而 与③矛盾，故假设不成立，引理一得证. 引理二之证明：(反证法)即证明：给定正整数n，对任意n个正实数 满足 有 - 59 - 学科网（北京）股份有限公司 若不然，存在n个正实数. 满足 且有 那么∃t∈(1,+∞)使得对数列 有 ④ 且此时 ⑤ 令 由假设我们有 且 条件 变形为 因此 根据 Cauchy-Schwarz不等式, 我们有 所以 - 60 - 学科网（北京）股份有限公司 即 与⑤矛盾！故假设不成立，引理二得证！ 注 本题来自于对 Karamata 不等式的思考. 原本形式为对： 取等为 的序列 不等式 是否成立?想要解决，对求和中的单项取二阶导，考虑 Karamata不等式是最快的.一般的不等式要求非负实数序列，笔者希望跳出这一限制，考查更一般的序列，于是选择了条件 又希望禁用掉 Karamata 不等式，于是选择 这样 二阶导不可做.在解决了这一问题后，笔者希望进一步加强命题，使用了一惯手法在分子上加项，于是得到了本题. 值得一提的是，将f(aᵢ)换元是解题的关键，笔者被此困扰了许久，因为换元后条件变得不可驾驭，令人望而生畏，但借助反证法仍成功将问题解决！(尽管这也并不签单)是否附上一阶已灶田. - 61 - 学科网（北京）股份有限公司 代数问题 38 东北育才学校 苏海舰 设非负实数a₁,a₂,...,a₂025满足 对1≤i≤2025, 记 其中下标按mod2025理解.求 的最大值及取等条件. 解法1 首先注意到如果有一项 则 a₁不会出现在x₁中，此时若把a₁，a₁₄₁调成相等，显然和式变大.因此可不妨设对每个i均有 这样有 为了按下标奇偶性分别讨论，考虑去掉一项.不妨设 且 则 去掉a₂025, 让a₂₀₂₄与a₁相邻, 此时.x₂024,x₁变为 均不减. 将a₁,a₃,...,a₂023重排为 将a₂,a₄,...,a₂024重排为 考虑 其中 由排序不等式，当 时 最大.由于c₁不会在d₁中出现，对任意2≤m≤n-1，d₁中大于等于 cm的数至多有m-1个，由此有 所以 同理有 所以 下面证明 否则，设 由于 则 此时要求 只能有 如果 有 记 则 如果 类似地，有 - 62- 学科网（北京）股份有限公司 记 其余同上. 两种情况都有 取等条件为 或t=c₂且 不妨设s=b₂,则 其余b₁全为0，此时aᵢ中必有连续三项等于 .即除连续五项外全为 0，这五项中首位两项和为 中间三项为 解法2 调整法，首先将问题化为存在某一项 的情形. 假设 如果将a₂变为0，其余项均变为 倍，此时S变为 下证原式变大，即 ⇔ 而 要使 只需 即 那么令 则有 成立. 接下来，不妨设 此时 可令 否则若 则交换a₁,a₂; 若 则交换a₂，a₃，S不减.同理可令 不妨设 -63- 学科网（北京）股份有限公司 当k≥6时，将 a₁变为0，其余均变为 倍，此时S变为 下证 等价于 即 而由于 有 成立. 综上所述，我们只需考虑k=5的情形，如果k<5允许 中有 0.此时 不妨设 则 ) 所以有 易知取等条件为 且 即 - 64 - 学科网（北京）股份有限公司 第二部分 几 何 几何问题1 北京市第四中学郑博晨 在 中，已知点D，E分别是点A，B在边BC，CA或其延长线上的投影，点F是点C在边AB上的投影 (不与点 A，B重合).已知 的内心分别为 的外心分别为 求证： 证明 由题意，点F是点C在边AB上的投影(不与点A，B重合)，因此 中， 均为锐角.可以按照角C的大小作出以下三个图： 其中最特殊的情况是：角C为直角的情形，我们观察发现，此时点C在( 上，点比较容易分析，注意到 分别为 的外心，因此点C在( 的根轴上，由此想到研究( 的根轴的性质，为了证明 只需证明 与 同时与某条直线垂直，此直线即为( 的根轴. 分三类讨论： (1)当角C是锐角时 延长 交于点I，则点I为 的内心，观察发现点I应该也在 根轴上，下面说明此事实，由此( 再证明 即可. 65 学科网（北京）股份有限公司 由于 ，故点E，F在以BC为直径的圆上. 因此∠AEF=∠ABC.由于∠EAF =∠BAC, 故△AEF∽△ABC. 并且二者的相似比为 由于点I₁,I分别为△AEF,△ABC的内心, 故 因此 同理可证： 注意到： 在△IAB中，根据正弦定理： 于是 根据圆幂定理逆定理，I₁，A，B，I₂四点共圆. 根据圆幂定理, II₁·IA即为点I到⊙O₁的幂, II₂·IB即为点I到( 的幂. 因此点I到⊙O₁的幂等于点I到⊙O₂的幂.从而点I在( 的根轴上. 故 66-- 学科网（北京）股份有限公司 连接CI，设直线CI交 于点 P.注意到： 因此 故 (2)当角C是直角时，上述证明过程并未发生实质性的变化(相似、共圆等性质仍成立). (3)当角C是钝角时，上述证明过程并未发生实质性的变化 (相似、共圆等性质仍成立). 67- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题2 重庆市育才中学校 陈文豪 如图所示， 内接于圆Γ，圆ω与Γ切于点A，与BC切于点D.设线段AB,AC与ω另一个交点分别为F,E.设M,N分别为线段BD,CD中点. (1) 证明: ⊙(BNE),⊙(CMF)与ω共点. (2) 记 (1) 中三圆的交点为I; 设⊙(BNE)与⊙(CMF)的另一交点记L.设⊙(BDE)与⊙(CDF)交于D,H; 线段BE,CF交于R.证明: H,R,L 三点共线. 证明 (1)(辅助线的图见右图)设线段AM与ω再次交于P，线段AN与ω再次交于Q. 设⊙(AMN)与ω交于A,T. 由两圆相切性质知: EF∥BC. 因为 ,所以△MBP~△MAB,于是∠MBP=∠MAF=∠FEP , 故B,P,E共线. 同理知C,Q,F共线. 又 注 意 到 ∠BEI=∠PEI=180°-∠PAI=180°-∠MAI =∠MNI=∠BNI , 所 以B, N, E,I共圆, 同理, C, M, F,I共圆, 故⊙(BEN)、⊙(CMF)、ω共点于I, 进而命题成立. (2) 设点P,Q为(1)中的点P, 点Q, 由(1)有B, N, E,I共圆; C, M, F, I共圆; A, M, N, I共圆. ①AD为∠BAC平分线 由EF∥BC知 ∠FED=∠EDC=∠EFD, 所以 DF=DE, 所以AD平分∠BAC. ②I, D, L共线 注意到 M, N 为 BD, CD 中 点, 故有 所以 D 对⊙(BEN),⊙(CMF)等幂, 所以I,D,L共线. ③IL平分∠PIN, ∠QIM 因为∠INB=∠IEB=∠IEP=∠IDP , 所以 -68- 学科网（北京）股份有限公司 ∠NID=π-∠IND-∠IDN=π-∠IDP-∠IDN =∠PDB=∠PID, 故IL平分∠PIN, 同理: IL平分∠QIM. ④H,A,D共线 延长CA与⊙(CDF)再次交于V, 延长BA与⊙(BDE)再次交于U.因为∠FUE=∠BUE=∠EDC=∠FED=∠FDB=∠FVC=∠FVE,所以F,E,U,V共圆, 故 AU·AF=AE·AV. 又因为EF∥BC, 所以AU·AB=AC·AV, 故A对⊙(BDE),⊙(CDF)等幂, 所以H,A,D共线. ⑤ AD=AH, AM∥BH, AN∥CH 因为∠BHD=∠BED=∠PED=∠PAD, 所以AM∥BH (同理可知AN∥HC).因为M为BD中点, 所以A为HD中点, 即AD=AH. ⑥ H,R,L共线 -69- 学科网（北京）股份有限公司 由 得 所以 又因为 所以 于是 所以 故H,R,L共线. - 70 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题3 重庆市鲁能巴蜀中学校 高航 如图，四边形ABCD内接于圆O，另有一同心圆交AD于M，N，交CB于P，Q，MQ,NP分别与BD交于K,L, 求证:BK=DL. 证明 如图, 连接AC分别交MQ,NP于 H,R. (1) 先证明: H,K,R,L四点共圆. 设△DLN的外接圆与圆O另外交于W，CW与⊙DLN另外交于G. 则∠DNG=∠DWG=∠DWC=∠DAC, 所以NG∥AC, 所以. 又因为∠LGN =∠LDN=∠BCA, 所以 ∠PCW=∠PCA+∠ACW=∠LGN+∠NGW=∠LGW . 所以BC∥GL, 所以∠KBC=∠DLG. 又因为∠KQB=∠PNM =∠LGD, 所以 ∠BKQ=∠LDG, 所以DG∥MQ, 所以∠AMH =∠NDG. 因 为 两 圆 是 同 心 圆 ,所以 AM =ND ,△AMH≌△NDG, 所以∠AHM =∠NGD=∠NLD, 所以∠KHR=∠KLR, 所以H,K,R,L四点共圆. (2) 再证明: 圆HKRL的圆心也为O. 由H,K,R,L四点共圆, ∠BKQ=∠HKL=∠HRL, 而∠KBQ=∠RAN, 所以△BQK~△ANR, 类似可得△CRP~△DKM ,所以 由同心圆可得BQ=CP, AN=DM,则 所以 QK·MK=NR·PR · 所以K，R两点对圆O和圆MNPQ的幂都相等，因而OK=OR. 同理, OH=OL. 71 学科网（北京）股份有限公司 当HL与KR不平行时，O为HL与KR垂直平分线的交点，即圆HKRL的圆心；当 时, 四边形KHLR是等腰梯形, 而MH=NL. 设 则 所以 令 则有 即 而 所以b=0,即 即有OK=OH,此时圆HKRL的圆心也为O. 结合(1)(2) 可得BK=DL. -72- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题4 重庆市鲁能巴蜀中学校 高航 中, D为BC中点, E,F分别为AB,AC上, 满足 的外接圆与BC的垂直平分线另外交于点 P， 的外接圆与BC的垂直平分线另外交于点Q，求证： 的外接圆与 的外接圆相切. 证明 过B作 的切线BT，则 只需证明：BT与 的外接圆相切，即证明： 连接QE,PC.而 ∠TBQ=∠TBD+∠DBQ=∠A+∠DEQ=∠A+∠AED-90°=360°-∠AFD-∠EDF-90°=180°-∠AFD=∠CFP=∠CPD=∠BPQ. 得证！ -73- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题5 重庆市鲁能巴蜀中学校 高航 四边形ABCD中, AB,DC交于M, AD,BC交于N. S,T,U,V分别为BM,DN,DM,BN的中点, BT交DS于X, BU交DV于Y, AY关于 的等角线与CX 关于∠BCD的等角线相交于 P.求证： 的外接圆交于点 P. 证明 取完全四边形ABCDMN的密克点Q，下面我们证明：P，Q重合. 先证明AQ，AY互为等角线. 因为U为MD的中点，则 V为BN的中点，则 对△ABD与点Y，由角元塞瓦定理，得： 即 易证明△BMQ~△NDQ, 则 则AQ，AY互为等角线. 类似可证明CX，CQ互为等角线.则 P，Q两点重合，即P为完全四边形ABCDMN的密克点. 证毕. -74 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题6 长沙市第一中学 韩序舜 如图，AD为锐角△ABC的高线，点H为其垂心.点E为直线BH上的一动点，△BDE的外心为点K.过C作HK的垂线与直线AD交于点L，过A作BC的平行线与BL所在直线交于点M ，点M在AC所在直线上的投影为点N. 证明：EN的中点在直线AD上. 证明 如图,作直线HK与CL的交点S,作HT ⊥LM于点T. 由题知, ∠MAH =∠MTH=∠HDB=∠HSC=90°, 故AMTH, BDHT, CHDS四点共圆. 由LB·LT =LD·LH =LS·LC, 故BSCT 四点共圆, 设其与直线CA交于另一点P,与直线SH交于另一点Q.从而∠TPA=∠LBC=∠THL, 故APTH四点共圆, 又因为AMTH 四点共圆, 有APMTH 五点共圆. 故∠MPH=∠MAH=90°, 记点B到边AC的垂足为点 F , 则 ∠NFB=∠FNM=90°, 从而△HFA~△ANM , △HFP~△PNM , 因此 FA·AN=NM·HF=FP·PN, 故FP=AN. 另一方面, 因为PQTBSC六点共圆, 故∠CBQ=∠QPC=90°, 有BQ∥AD,PQ∥BF. 作直线QP与HA的交点R，有四边形BHRQ为平行四边形. -75- 学科网（北京）股份有限公司 同时由于点 K为 的外心，故点K在BD中垂线上，即在直角梯形BDHQ中位线上，从而K为HQ中点，即平行四边形BHRQ对角线交点，故KB=KR,因此BR为 的外接圆的一条直径， 结合 ,四边形PFER为矩形，有ER与 FP平行且相等. 又因为FP=AN,，因此ER与AN平行且相等，四边形AERN为平行四边形. 故EN的中点在AR上，即EN的中点在直线AD上，证毕. -76 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题7 杭州师范大学数学学院林炜 在 中 O，H是外心和垂心. D是 外接圆Ω上任意一点，E在 Ω上满足 再次与Ω交于T,S是 B 关于Ω的对径点. ST与AC交于 F.求证:FA=FE. 证法一 重新定义F和T，设AE的垂直平分线交AC于 F，交AE于 K. SF 再次 与 Ω 交于 T,当证 T在 DH 上. 设DE与BC交于W，X是D在AC上的射影，M 是 DH的中点.由西姆松定理知X, M, W共线且. , 即 D, X, W, C四点共圆, 由引理知 WMKE 是平行四边形，故MW=KE. 因为 等腰, 于是∠BEF=∠BEA+∠AEF=∠ACB+∠FAE=∠XCB+∠WXC=∠ 设MW与 FE交于Y,故 B, W, Y, E四点共圆c₁. -77 - 学科网（北京）股份有限公司 又 故△BWM ~△BEF.∠BMY=∠BMW=∠BFE=∠BFY, 故B, M, F, Y四点共圆c₂. 由旋转相似知Rt△BEW ~△BFM,因而∠BMF=90°, 结合∠BTF=90°, 故B, M,F, T, Y五点共圆c₂. 因为∠MTB=∠MYB=∠WYB=∠WEB=∠DEB=∠DTB, 故D, M, T三点共线, 即T在 DH 上, 证毕. 引理：△ABC外接于圆Ω，O，H分别是外心，垂心. D为Ω上一点，E在Ω上满足DE⊥BC于 W, AE, DH 的中点分别是K, M, 则 WMKE为平行四边形. 引理的证明:设L 是 C 的对径点.根据垂心性质知AH=LB,由LB//DE知LBED是等腰梯形.因为 M，K分别是 DH，AE中点，故 结合 WE//MK, 故 WMKE为平行四边形. 证法二 设C'是 C的对经点, 再设 FC'交AB 于 N, 对 SFC'CAB应用 Pascal定理知N，O，M三点共线. 设△BHF 的外接圆 c₁再次与 AB 交于 P, △CHF 的外接圆c₂再次与AC 交于 Q.∠PHF=180°-∠PBF=180°-∠ABF=∠ACF=∠QCF=180°-∠QHF, 故 P, H, Q三点共线. 因为∠FMC=180°-∠MFC-∠MCF=180°-∠SFC-∠ACF=∠ABF-(90°-∠BAC) =∠ABF-∠ABH=∠HBF=∠HPF=∠QPF,故Q, P, F,M 四点共圆c₃.同理N,P, F,Q 四点共圆, 故Q, N, P, F, M五点共圆c₃. 设c₃再次与DF交于 K. 于是∠AMK=∠QMK=∠QFK=∠QFH=∠QCH=90°-∠BAC, 故 MK⊥AN.又因为∠ANK=∠KFP=∠HFP=∠HBP=90°-∠BAC, 故 NK⊥AM.于是 K 是△AMN 的垂心,故AK⊥MN. 78-- 学科网（北京）股份有限公司 又因为∠ (∠ ，故 即 综合 知A, K, E三点共线. 于是. 故NA=NE,,即 NO 垂直平分线AE,故MA=MF.证毕. - 79- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题8 湖南师范大学附属中学 隆希辰 在锐角三角形ABC中，已知AC>AB，Γ为其外接圆，N为弧BAC中点，S为劣弧BC中点, D在圆Γ上, 且DB∥AS, DN交AC于E, BE交AS于 F. 证明: ∠DFS=∠EBC. 证法一 取AS中点 M, Γ圆心O,连结 MO,AN,SN,CN,BM,BS. 因DB∥AS,故弧 AD=弧 BS=弧 CS,于是 ∠MOS=∠ANS=∠AND+∠DNS=∠SNC+∠DNS=∠DNC. 又∠ASO=∠ACN,故△MSO~△ECN,故 易 知 △BOS ~△BNC , 故 又 ∠ASB=∠ACB , 有 △BSM ~△BCE . 故∠AMB=∠AEB,A、E、M、B 四点共圆. 连结BS,DM,DA,ME,由. 又由对称性, DM=BM,故△MDF ~△MAD,∠DFS=∠ADM =∠SBM =∠EBC. 证毕. 证法二 延长DF交Γ于点G，直线SN与CG交于点H，对圆内接六边形ASNDGC用帕斯卡定理，有F，E，H三点共线. - 80 - 学科网（北京）股份有限公司 连结EH，交Γ于点I，因NS垂直平分BC，故HB=HC. 故 又. ，故∠ACG+∠ACB=∠ADG+∠DAS=∠DFS. 证毕. -81- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题9 济南历城二中 虞文洲 如图,四边形ABCD 内接于圆O,延长AD 与BC 交于 Q,延长BA 与 CD 交于P,BD与AC交于K,延长QK与OP 交于 W,延长 PK与BKC外接圆交于X,证明:PWX 的外接圆圆心在 BC 上. 证明 先证明 W为完全四边形QDAKBC的密克尔点.事实上，若W'为完全四边形 QDAKBC的密克尔点, 则W'在 QK 上, 且( 由布洛卡定理，知OP⊥QK，即OW⊥QK，过直线外一点只能做一条直线与已知直线垂直，从而 W和W'重合. 设 PX与BC交于 R, (这里可以推出 WX过 中BC上的陪位中点T). 由 知 PWX 的外接圆是由 B，C确定的阿氏圆，故其圆心在BC上. 82-- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题10 江苏省锡山高级中学 董经纬 中, 点 D,E分别在 AB,AC上, 且.BD=CE,BE与CD交于点F. 分别是 和 的垂心，I为 的内心，直线 AI交 于M.证明：M是完全四边形 ADBFCE的密克点. 证明 取 BD中点X, CE中点Y. 以BD，CE为直径的圆分别记为圆X，圆Y. 首先证明H₁H₂为圆X与圆Y的根轴. 设H₁B交CD于S, H₁C交BE于T. 由垂心知S在圆X上,T在圆Y上. 且B,S,T,C四点共圆. 则 从而H₁对圆X和圆Y的幂相等. 同理H₂到两圆的幂相等.从而H₁H₂是圆X与圆Y的根轴. 下面设M是完全四边形ADBFCE的密克点,则M,F,D,B四点共圆, M,F,E,C四点共圆，分别证明M在H₁H₂与AI上. 一方面∠MDC=∠MDF=∠MBF=∠MBE, ∠MCD=∠MCF=∠MEF =∠MEB.所以△MCD~△MEB , 有 又∠MEC=MFC=∠MBD,所以△MBD~△MEC .又BD=CE,所以△MBD≌△MEC.于是MX=MY.注意到圆X，圆Y是等圆，这意味着M在圆X，圆Y的的根轴上，从而M,H₁,H₂共线. -83- 学科网（北京）股份有限公司 另一方面，MC=MD.由 知MC=MD. 而A,C,M,D共圆.所以 从而A,I,M共线. 原命题得证. -84 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题11 西安交大附中 金磊 已知,如图,D,E,F 分别在 AB,CA,BC 上,且.DF=DB,EF=EC,又DB·AB=EC·AC,F 关于 DE的对称点为 G,且 A,G不重合. 求证：BCAG为等腰梯形. 证明 由 DB=DF得∠DFB=∠B. 同理∠EFC=∠C,所以 ∠DFE=180°-∠DFB-∠EFC=∠BAC, 又DB·AB=EC·AC, 即 DF/EF=AC/AB,则△DFE~△CAB,所以∠DEF=∠ABC. 由 F,G 关于 DE 对称得 ∠DGE=∠DFE=∠DAE,所以D,E,A,G共圆, 于是 ∠GAB=∠GED=∠FED=∠ABC,进而AG∥BC. 又 GD=DF=DB,EG=EF=EC,所以 ∠GBA=0.5∠GDA=0.5∠GEA=∠GCA, 于是 G,B,C,A 共圆. 故 BCAG为等腰梯形. 85-- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题12 西安交大附中金磊 已知, 如图, AB>AC,O为 外心, 经过A,O 的圆c又交AB,AC于 D,E, 且DB/EC=AC/AB. 求证：BC关于 DE对称的直线为圆c的切线. 证明 设c的圆心为O',A 关于 OO'对称点为 H, DE交 BC于I. 由 DB/EC=AC/AB 得BD·BA=CE·CA,即 所以O'B=O'C,即OO'为 BC中垂线.从而 H在圆O和圆c 上，故AHBC为等腰梯形. 所以∠IBH=∠HAC=∠HDI,于是 I,B,D,H共圆. 又∠HDA=∠HOA=2∠HBA,有 HD=DB,则 即 IH 为 BC 关于 DE对称的直线. 又∠IHD=∠ABC=∠HAB,所以IH 为圆 c的切线. 故 BC关于 DE 对称的直线为圆 c的切线. 86-- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题13 西安交大附中金磊 如图, 在△ABC中, P,Q为AB,AC上的点, 且.BP/AC=PQ/BC=QC/AB,O,M为△ABC,△APQ外心, H为△ABC垂心, M和 M'关于 PQ对称. 求证: M'O=M'H. 证明 取点 D 与A 在 PQ 同侧且 PD=PB,QD=QC,MM'交 PQ 于 N. 依题意,则 PD/AC=QD/AB=PQ/BC. 所以△DPQ~△ACB,故∠PDQ=∠BAC,所以D,P,Q,A共圆, 于是 ∠DBA=0.5∠DPA=0.5∠DQA=∠DCA, 所以 D,B,C,A共圆.于是 ∠DOA=2∠DBA=∠DPA, 所以 D,P,O,A 共圆, 即 A,P,O,Q 共圆. 所以 ∠OMM'=∠PMM'-∠PMO=∠BAC-2∠PAO=∠OAC-∠HAC=∠OAH. 又 MM'=2MN=2PMcos∠PMN=2OMcos∠BAC,由卡诺定理有AH=2OAcos∠BAC,所以 MM'/AH=OM/OA, 所以△MOM'~△AOH,于是∠MOA=∠M'OH,且OM/OA=OM'/OH,所以△MOA~△M'OH,所以 M'O=M'H. -87- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题14 河北衡水中学 刘通 陶建东 △ABC外心为O, 其九点圆与△BOC外接圆交于点M,N, △AOM 与△ABC外接圆交于点M', △AON与△ABC外接圆交于点N', 证明: M'N'∥MN. 证明 先证明一个引理：如图△ABC外接圆圆心为O，九点圆与△BOC外接圆交于点 MN, 则AM与AN等角共轭并且2AM·AN=AB·AC. 引理的证明：设A'为点 A 的对径点，点X，Y为边 AB 与边 AC 的中点则△ABA'~△ADC, 进而得到AB·AY=AX·AC=AO·AD=k². 那么以A为基圆圆心，k为半径进行 Iran反演(反演后关于角A 角分线对称)，则B→Y, C→X, O→D , D→O, 故圆(BOC)→圆(XDY). 因为反演前后交点不变故M→N，且 N→M. 进而得AM，AN等角共轭且 引理得证！ 回到原题，用同一法，设HN与外接圆交于点 P，P在外接圆上对径点为M". 1.先证明AOMM"四点共圆，以得到M'与M"重合. 由引理知△AMO~△ADN，结合九点圆与外接圆关于垂心H 是 1：2位似，设HD与外接圆交于D',则∠AMO=∠ADN=∠AD'P=∠AM''P, 故AM"MO四点共圆, 故M'与M"重合. 2.再证明原问题. 由对称性知N'O与 HM 交点 Q 也在外接圆上，再次结合九点圆与外接圆关于点H位似知, △VMN与△OQP关于点H位似, 结合M'P与N'Q均为直径, 故MN∥PQ∥N'M'. 证毕. 注 关于引理中等角共轭的部分笔者找到一种几何证法，但是证明长度乘积的部分一直没有找到合适的几何证法. -88 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题15 重庆市第一中学校 刘小平 如图, 四边形ABCD为凸四边形, 满足2∠BCD+∠BAD=180°, ∠BAD 的平分线交BD于K, E为线段AK上一点, 满足∠BEK=∠ACB, ∠DEK=∠ACD, 设圆(BCE)、圆(DCE)与直线 BD 的另一个交点分别为S、T. 求证: ∠SET+∠BCD=180°. 证明 设△ABD的内心为I，A-旁心为J，IJ的中点为M，作E关于 BD 的对称点 E', 设E'K交 AC 于 F. 由于2∠BCD+∠BAD=180°, ∠BEK=∠ACB, ∠DEK =∠ACD, 故 故 B、I、D、E'、J、C六点共圆, 记为圆ω. 由鸡爪定理知 M为圆ω的圆心. 由于∠BE'F=∠BEK=∠FCB, 故 F 在圆ω上. 由于A, K; I, J为调和点列, M为IJ的中点, 故AK·AM =AI·AJ=AF·AC, 故C、F、K、M四点共圆, 故 ∠CKM=∠CFM =∠FCM =∠AKF =∠E'KM , 故 C、E'关于 AJ 对称, 故KC=KE'=KE,故 K 为△ECE'的外心, 故 故 D. 同理∠KTE=∠ACB. 故∠SET+∠BCD=180°. -89 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题16 贵阳市清华中学 刘云龙 设锐角 满足AB>AC.0是其外心,H是其垂心. ADBC于点D,E为 AD 延长线与(ABC)的交点. P在(ABC)上, 满足. Q在(ABC)上,满 足 设 求证: W、N、H、D四点共圆. (注: (ABC) 表示过A、B、C三点的圆) 分析 (1)出现O、H，回忆一下两者之间的联系，九点圆. (2)利用同一法可转化为证两圆交点在直线OH 上. (3)反演.我们知道反演可以把圆转化为直线，两圆交点转化为两直线的交点.构造一个好的反演使得直线OH还是直线，并两个圆转化两条直线，这样，问题就转化为了三线共点问题，更容易处理. 证明 如图二, 构造△ABC的九点圆⊙N₉, 使得M =NH∩⊙N₉,K =QH ∩⊙N₉. T为AH中点,F为BC中点.设W₁= (EHQ) ∩ (EHQ) .下证 (引理1: N 在九点圆⊙N₉上. 证明:因为N为HP中点,T为AH中点,所以NT为中位线,NT∥AP, 所以NT⊥NQ,即NT ⊥MN. 又MT为九点圆⊙N₉的直径(∠BDT = 90°), 所以N在九点圆⊙N₉上. 引理2: AM 过点 O. TK 过点 O. 证明: 因为AP⊥HP,即AP⊥PM,所以AM为(ABC) 直径, 过圆心O.) 第一步：构造反演.在H处作把(ABC)和九点圆⊙N₉交换的负反演：把A映射到D,E到T, Q到K,N到M, 直线OH到直线OH, (EHQ) 到直线 KT,(EHQ) -90 - 学科网（北京）股份有限公司 到直线AM.所以证明(EHQ)(DHN) . 第二步：说明三线共点.作图容易发现AM，KT均过定点O，由引理2知：AM过点 O.下证 TK 过点 O. 由反演知： 又NT⊥MN, 所以四边形 KFNT 为矩形, TF、KN均为直径过 又H 在 NF 上,且 O 与 H 关于 对称,KT与 NF 也关于 对称，所以由对称性知: TK 过点 O. 第三步：收尾.由上述知 被映射到 O,O在 OH 上.所以 .即W为两圆交点，且在直线 OH 上. 注 本题改编自 IMO 2015/3. 91- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题17 成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 卢圣 如图，给定 ,D 为 BC上的动点,O 为 外心，过A、B且与BC相切的圆与BD为直径的圆交于另一点 L，CL、AD 交于K.证明：圆(AKL)与圆(OCD)相切且都与某个定圆相切. 答案证明 如图,设直线BK与圆(ALK)交于另一点 T,直线AL、BC交于点 P,直线AC与圆(ALB)交于另一点 S. 由题设∠ALD=∠AL,LB+∠LB,LD=∠AB,BC+∠CA,AB =∠CA,BC=∠ACB=∠ACD. 所以A、L、D、C四点共圆. 所以∠LTB=∠LTK=∠LAK=∠LAD=∠LCD=∠LCB. 所以B、L、T、C四点共圆. 所以AK·KD=LK·KC=BK·KT. 所以A、B、D、T四点共圆. 所以∠DTC=∠DT,BT+∠BT,TC=∠DA,BA+∠BL,LC=∠DA,BA+∠BL,LD+∠DL,LC=∠DA,BA+∠BA,AC+∠DL,LC=∠DAC+∠DAC=2∠DAC=∠DOC. 所以 C、O、T、D 四点共圆. -92- 学科网（北京）股份有限公司 由 所以 B、T、O 共线. 所以∠KTD=∠OTD=∠OCD=∠CDO=∠CTO=∠TCD+∠DBT =∠TCD+∠DAT=∠TCD+∠KAT. 所以圆(OCD)与圆(ALK)切于点 T. 由题设知 所以 S、L、D 共线. 由 PL·LA=PD·DC. 所以 P 对圆(OCD)与圆(ALK)的幂相等. 所以 P 在圆(OCD)与圆(ALK)的根轴上. 所以 PT为圆(OCD)与圆(ALK)的根轴. 所以 PT为圆(OCD)与圆(ALK)的公切线. 所以 所以PB=PT. 对圆内接四边形ALDC,由 Brocard定理知 OK⊥SP. 所以T、B 关于 SP 轴对称. 所以 所以 PT为圆(ALK)与圆(S,SB)的公切线. 所以圆(OCD)、圆(ALK)与圆(S,SB)两两相切于点 T. 93-- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题18 华东师范大学罗振华 △ABC中, D在∠BAC平分线上, E是D关于BC的垂足.证明: E关于 与△ACD的垂足三角形的半径相同. 证明 设E在AB,BD,AC,CD,AD上的垂足为X,Y,Z,W,P. 因为∠EXA=∠EPA=∠EZA=90°, 所以AXEPZ共圆. 而 P在∠BAC平分线上, 故 PX =PZ. 注意到， ∠PYX =∠EYX +∠EYP=∠ABC+∠ADE, ∠PWZ=∠EWZ-∠EWP=∠ACB-∠ADE, 结合 可知 ∠ABC+∠ADE=∠ACB-∠ADE, 即∠PYX =∠PWZ. 由正弦定理，△PXY与△PWZ的外接圆半径相同. -94 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题 19 中国人民大学附属中学 宋宇洋 已知A,B,C,D四点共圆, AC,BD交于点E, 点L,M,N分别为AB,BC,CD的中点, 过E作BC的垂线, 垂足为H, 求证: L,M,N,H四点共圆. 证明 过N作MN垂线，过L作LM 垂线，记这两条垂线的交点为X.只需证X，E，H共线即可.这是因为若X，E，H共线，则 ,N,M,H四点共圆； ,L,M,H四点共圆,所以X,L,M,N,H五点共圆,得证. 注意到 所以需要证的命题即为：过N 作B D垂线(垂足为K)，过L作AC垂线(垂足为J)，两垂线亦交于X，证明X，E，H共线.延长DB交XL于 P, 延长AC交XN于Q, 这样 所以 . 要证X,E,H共线，只需证 所以只需证BC∥PQ. 由梅涅劳斯定理知，因为 所 即只需证 -95- 学科网（北京）股份有限公司 因为 所以 因为 所以 所以 得证. 96-- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题20 福州三中 王浩杰 如图，设 的内心为Ⅰ，点D，E在分别边AB，AC的延长线上，且满足BD=CE=BC. 设 的外心为 圆 在点A处的切线交BC于点 F，连接FD.过点A作 FD的平行线交圆( 于点Q, FQ交圆( 于点 P,连接PA,PD, 设 的外心为 , 射线DP交AF于点W, 连接( 设圆 的半径分别为r₁，r₂，求证： 答案证明 因为FD∥AQ,所以 因为FA为切线, 所以∠PAF=∠PDA=∠PQA=∠PFD, 于是P为 的勃罗卡点，所以 易知FA=FI, △PAD∽△PO₁O₂, 所以 所以 故 所以 -97- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题21 浙江省诸暨市海亮高级中学徐节槟 已知△ABC的内心Ⅰ和外心O，直线l∥ BC且与△ABC内切圆相切，设直线l与IO交于M点, 直线l与△AMO的外接圆交于N点, 证明: NI⊥IO. 证明 设AI中点为E点，IT⊥MN，过圆心O作BC的垂线交圆O于 P，Q两点，则A,I,P共线, P,O,Q共线. 由欧拉公式2Rr=|I对圆O的幂|, 可知IA·IP=IT·PQ,推出 得到△AIT ~△IPQ, E,O为相似对应点, 从而推出△IOQ~△TEA. 设AI的中垂线交MTN于点N',由N'A=N'I,N'E⊥AI,N'T⊥TI得到N',T,E,I四点共圆. 由∠QOI=∠AET =∠TNT可知N'I⊥OM , ∠N' V',于是N',O,M,A四点共圆, 于是 N'与N重合. 从而得证. -98- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题22 浙江省诸暨市海亮高级中学徐节槟 已知圆Γ₁与Γ₂交于不同的P，C两点，过P，C分别作圆Γ₁的切线交于点T，A为圆上异于P，C的任意一点，AT与圆Γ₁交于点B，AP与圆Γ₂交于点R，PB与圆 交于点Q, 作 PD⊥QR,ED∥PR交 PQ于E点,作 ，AT延长线交RQ于点M ,证明:△KDM 的外接圆经过PD的中点. 证明 由∠CBQ=∠CAR,∠CQB=∠CRA,得到△CQB~△CRA,推出 由四边形BPAC是调和四边形，得到 及 推出 对△PQR及截线ABM 由梅涅劳斯定理，得到 将上式代入得到QM=RM. 由EF⊥PD, DK⊥QF , 得到△KQD~△KDF,推出 由ED∥PR, EF∥QR得到 从而得到 从而得到△KQR~△KDP. 设PD中点为N，M，N为相似对应点，从而得到∠KMD=∠KND，从而得到K,M,N,D四点共圆, 命题得证. -99- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题23 福建省厦门第一中学 徐小平 如图，已知 是锐角三角形，M是线段AB的中点.点K满足直线KB与直线AC相交， 且 的外接圆在点A处的切线交直线CK于点E，D为线段ME的中点. 求证: ∠BCD=2∠AME. 证明 如图，设△ABC的外心为O，连接OC，连接KA并延长交OC于F. 设CL与⊙O相切, 则∠ACL=∠ABC, 所以 所以KA∥CL, 所以CO⊥KA, 故∠KFC=90°. 又因为∠KMC=90°, 所以K,C,F,M四点共圆. 另一方面, 由∠AFO=∠AMO=90°, 所以O,F,A,M四点共圆, 因此 ∠MCE=∠MCK=∠MFK=∠MFA=∠MOA=∠BCA. 又因为. , 所以A,E,C,M四点共圆. 所以∠CEM =∠CAM =∠CAB, 因此△BCA∽△MCE, 又因为M 是BA的中点，D为ME的中点，所以 ∠BCM =∠MCD, ∠ACM =∠ECD, 所以∠BCD=2∠MCD, ∠MCD=∠ACE. 又因为A,E,C,M 四点共圆, 所以∠AME=∠ACE=∠MCD, 所以∠BCD=2∠AME. -100- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题24 学而思广州分校 王宇 如图，⊙I为正方形DEFG的内切圆，过正方形外一点A作⊙I的两条切线分别交DG于点B,C. 的外接圆为⊙O, AE,AF分别与⊙O交于点 P,Q. 交⊙O于点H, K为DG中点. (1)证明: HK,DP,GQ三线共点, 并设此点为T; (2)设AI交 DG于点U,TU交⊙O于点Y,作 交⊙O于点X，证明： 答案证明 (1)设EF中点为J，则K，J为⊙I与正方形的切点. AI交⊙O于点M , BC中点为N, LM 为⊙O直径, 则L,O,N,M 共线, LM平分∠AMH . LI交⊙O于点T', 设⊙O半径为R. AE与DT'交于点 P'. ⊙I为△ABC的旁切圆, 半径设为r=IJ=IK=DK=GD=FJ=EJ. 有MB=MC=MI,则 ,有△MNI~△MIL. 由. ，且 故△AIJ ~△IMN ~△LMI ~△AT'I. 所以AI平分∠T'AJ, ∠BAJ =∠CAT'. -101- 学科网（北京）股份有限公司 由∠MIT'=∠MIN+∠NIT'=∠ILM +∠NIT'=∠T'IK+∠NIT'=∠NIK,∠IT'M =90°=∠IKN, ⇒△INK ~△IMT'⇒△IT'K ~△IMN~△AIJ. 一方面, ∠LT'K=180°-∠IT'K=180°-∠IMN=∠AML=∠LMH=∠LT'H , 从而H,K,T'共线. 另一方面，∠ , 又 , 所以△AJE ~△DKT'. 有 ∠AP'T'=∠AEJ+∠T'DK=∠AEJ+∠EAJ=∠AJF =∠AJ₁C=∠ABC+∠BAJ =∠ABC+∠CAT'=∠ABC+∠CAT'=∠ABT'. 所以P'在⊙O上, ⇒P'=P, 即 D,P,T'共线. 同理, G,Q,T'共线. 故HK,DP,GQ三线共点于T', T'=T. (2) 过A作⊙O直径AW, 则AMWL为矩形, AM∥LW. 从而 AI∥LW⇒∠ILW=∠UIT, 所以△LIW~△IUT. - 102 - 学科网（北京）股份有限公司 条件 从而 , 故X,W,I共线， 即A X⊥IX. -103- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题25 学而思广州分校 余泽伟 如图，△ABC垂心为H，九点圆圆心为K. 的外心和垂心分别为O₁和H₁.求证，( 过 中点. 答案证明 在复平面中，记A=a,B=b,C=c,D=d,E=e,F=f,令 则 从而dd=b+z(c-b),e=c+z(a-c),f=a+z(b-a)).三式相加得d+e+f=a+b+c,, 即△ABC与△DEF的重心重合, 记为G. G,K,H三点共线, 三点共线， 交 于点M .△GHH₁被线段O₁KM 所截, 则有 所以 所以M为HH₁中点. -104- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题26 天津学而思 宋蒙 如图，AB为⊙O的任意一条弦，取劣弧AB的中点为M，任取圆周上一点 P，设直线MP与AB交于点T,直线OT交⊙O于点C,D,过点C,D分别作⊙O的切线CE,DF交AB于点E,F, 连接EP,FP, 求证: MP平分. 证明 如图，过M作⊙O直径MN交AB于点U，连接并延长NP交直线AB于点R, 取EF中点V, 作EF中垂线VQ交PM延长线于点Q. 由鸡爪定理, 只需证E,P,F,Q四点共圆, 即证: TP·TQ=TE·TF. 又 , 所以Q,V,P,R四点共圆, 故TP·TQ=TV·TR. 于是只需证: TE·TF=TV·TR. 因为O为CD中点, V为EF中点, CE∥DF,则OV∥DF,故 由此得： 故只需证: TR·TU =TC·TD. 而TC·TD=TA·TB, 故只需证: TA·TB=TR·TU. 又U是AB中点，故等价于证明：A，T，B，R为调和点列. 因为PT为∠APB的内角平分线, PR为∠APB的外角平分线, 从而A,T,B,R为调和点列，得证. -105- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题27 学而思总部李纪琛 如图，设点A是等腰直角三角形的直角顶点，点D是其外接圆上的动点，且满足A与D在直线BC的两侧.过点D作 外接圆的切线分别和直线AB，AC交于点 E，F，射线CB和△AEF的外接圆交于点 P.设M，N分别是线段AP，EF的中点， 的平分线交MN于点Q.求证：AQ=QD. 证明 记△ABC的外接圆为ω，其圆心为BC的中点O，记△AEF的外接圆为Γ，其圆心为EF的中点N. 在线段BC上找一点S，使得P，S；B，C构成调和点列，再将AS延长与Γ交于点T, 则 <P,T;E,F>r=〈AP,AT;AE,AF〉=〈P,S;B,C〉=-1, 即四边形PETF是内接于Γ的调和四边形，再由于EF为Γ的直径，那么P和T关于直线EF对称; 从而△DPT的外心在直线EF上, 又由于OD⊥EF , 则OD和△DPT的外接圆相切. 另一方面，由于 P，S；B，C构成调和点列，那么 于是OD和△DSP的外接圆相切, 故 D,S,P,T 四点共圆. 再根据P,S;B,C构成调和点列, 且BD⊥CD, 那么DB平分∠PDS, 结合D,S,P,T四点共圆, 我们有 ∠AEP=∠STP=∠SDP=2∠BDP. 不难发现NA=NP，则Q为等腰三角形ANP的内心，那么 -106- 学科网（北京）股份有限公司 同时Q在AP的中垂线上，那么Q也是 的外心，故AQ=QD,命题成立. -107- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题28 重庆市育才中学校 张勋 瞿明强 已知I是△ABC的内心，AI延长线交△ABC的外接圆于点D，过 的圆分别交BD、CD于点E、F,求证: 的内心在定直线上. 证法一 连结BI,由题知,∠IEF =∠IDF =∠ABC,∠IFE=∠IDE=∠ACB,故 过I作∠EIF 的角平分线交BC于 P点,连结PE.则 于是EP平分∠IEF,故P为△IEF的内心.从而△EIF的内心在定直线BC上. 注 证法一利用已知内心来证明新的内心，通过导角的方法证明，清晰明了. 证法二 连结IB，IC，过I作∠EIF的角平分线交BC于P点，交△IEF 的外接圆于Q点. 由题知, DI=DB=DC, 则 -108- 学科网（北京）股份有限公司 从而I,P,E,B四点共圆, I,P,F,C四点共圆. 连结QE延长交△IPB的外接圆于点 M ，连结QF 延长交 的外接圆于点 N，从而I,P,E,M,B五点共圆, I,P,F,C,N五点共圆. 连结IM,IN,PM,PN,则 故M,P,N三点共线. 又因为DB=DI=DC,所以△QIM ~△DIB,△QIN ~△DIC,则 QI=QM,QI=QN, 从而 QP=QE,QP=QF. 即 QE=QP=QF, 从而P为△EIF的内心，故△EIF的内心在定直线BC上. 注 证法二通过作角平分线，运用导角，再导出共圆，最后运用内心的等价条件证明之. -109- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题29 重庆市育才中学校 张勋 瞿明强 已知点E，F是平面上的两动点，满足直线EF过. 的内心，直线BE与CF相交于D点，且DA=DE=DF,，求证：点D在 的外接圆上. 答案证明 定义D'为 外接圆上任意一点，连结AD',以D'为圆心，D'A为半径作圆, 交D'B,D'C分别于E',F'两点, 连结AD',AE',AF',则 在E'F'上取点I'使得 连结CI',则 所以A,F',C,I'四点共圆, 故 则 故 ,从而A,I',B,E'四点共圆. 则 -110- 学科网（北京）股份有限公司 所以I'为 的内心. 故I'与I重合.从而点D'与D重合，故点D在 的外接圆上. -111- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题30 郑州外国语学校 张正中 在△ABC中，⊙O为外接圆，H为垂心，AD为外接圆直径，E为线段BC上一点，DE交⊙O于F, FH 交⊙O于G, GD交BC于K,求证:D,E,O,K四点共圆. 答案证法一 分别取 BC、DF、DG中点M、N、L,熟知OM平行且等于 又LN为△DGF中位线,故LMN共线.利用OL⊥GD,OM⊥BC,ON⊥DF 且LMN共线,由西姆松定理逆定理知D，E，O，K四点共圆. 证法二 先证明一个引理：在△ABC中，P，Q是一对等角共轭点，连接AP并延长交外接圆于K，过K作任意直线交BC于D，交外接圆于T，连接PD，QT则有∠BDP=∠ATQ. 如图,延长AQ交⊙O于 E,设AK交BC于 F. 因为∠QEC=∠CKP,∠QCE=∠QCB+∠ECB=∠PCA+∠PAC=∠CPK,故△QEC~△CKP. -112 - 学科网（北京）股份有限公司 又∠CET=∠DKC,∠CTE=∠DCK,故△CET ~△DKC.于是知 又∠QET =∠DKP,故△QET ~△DKP. 所以 ∠ATQ=∠ATE-∠QTE=∠ACE-∠KPD=∠AFB-∠KPD=∠PDB,引理证毕. 回到原题，熟知三角形外心和垂心为等角共轭点.连接OE，由引理可知∠AFH=∠OEB, 则 ∠OEK=∠OEB=∠AFH=∠AFG=∠ADG=∠ODK, 故D,E,O,K四点共圆. 注 本题的引理本质上是等角共轭点的性质，也可以用经典性质 (使用分角定理可证明此性质)来证明.本题为自编题，实践过程中发现若使用外心和垂心这组等角共轭点就会有法一的简单解法. -113- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题31 郑州外国语学校 张正中 如图，I是 内心，D是内切圆在BC上的切点，N是 外接圆优弧BC中点, 中线 AM 交DN于K, 求证: 答案证明 先证明△IAN~△IDM.这有两种方法. 法一：由 代入基本量运算即可证明，此处从略. 法二：连接AN，IM，ID，连接并延长AI、NI与外接圆分别交于L、T，则L为劣弧BC中点,故LT⊥TI. 作出 外接圆,由鸡爪定理知L为⊙BIC圆心,因此⊙TIL、⊙BIC 两圆外切于点Ⅰ.由蒙日定理知⊙(TIL)，⊙(BIC)，⊙O三圆两两根轴交于一点，设为W，则有 -114- 学科网（北京）股份有限公司 WI⊥IL.结合LM⊥BC可知WIML四点共圆.又WT⊥TI,ID⊥BC,故WIDT四点共圆,则I是TDML密克尔点,故△IDM ~△ITL~△IAN. 再证明IK⊥AD.这也有两种方法. 法一:延长NA交CB延长线于 P,连接PI.由△IDM ~△IAN有∠DIM =∠AIN,由完全四边形等角线引理知 故 故KI⊥AD.证毕. 法二:分别取AD、AM、MN中点X、Y、Z,则由中位线和 有 且由ID⊥DM,IA⊥AN有ID⊥XY,IA⊥YZ,故 ，因此△XYZ~△DIA.由两对应边垂直可知XZ⊥AD,故只需证IK∥XZ. 由 和∠AIM=∠NID, 有 设d₀表示点Q到直线IK的距离，则有 故 由X、Z分别为AD、NM 中点可得 因此XZ//IK.证毕. 注 完全四边形等角线引理：如下图所示，直线m，n对∠BAC是等角线，P、Q分别是m,n上的点.直线BP和CQ交于R,直线BQ和CP交于S,则AR,AS对 为等角线. -115- 学科网（北京）股份有限公司 证明 对于截线PSC和被截三角形△BRQ，根据梅涅劳斯定理有 由分角定理， 代入梅氏定理表达式，结合∠BAP=∠CAQ，推知 即证. 可以注意到证明过程即为角元梅涅劳斯定理. 事实上，可以完全四边形的视角理解此引理，即若一点关于完全四边形所含的三个四边形中的一个的对边(常称为对节)所张有向角相等，则可得此点对完全四边形所含的三个四边形中的任一对边所张有向角相等，应用到原题即由 推出点I关于AP和KD所张有向角相等,即∠AIP+∠KID=180°. -116- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题32 郑州市第一中学 李思扬 刘大新 张锐 如图, △ABC中, ∠BAC的外角平分线交BC于D, E是AD中点, ⊙(BED)在 B处的切线与⊙(CED)在D处的切线交于 F. 求证: ∠BEF=90°. 证法一 设△ACD的外接圆与直线DF的另一个交点为X, 连接XB、XC、XE.由ACDX四点共圆, 结合FD是⊙(CED)的切线可知: 答案∠ACX =∠ADX =∠ADF =∠ECD. 故 CX 是△ACD的一条陪位中线，四边形ACDX为调和四边形. 由调和四边形的性质可知△XED~△DEC, 结合FB是⊙(BED)的切线可知: ∠EXD=∠EDC=∠EDB=∠FBE. 故 FXEB四点共圆.由此得到∠BEF=∠BXF. 做△ABC的外接圆与直线AD交于点Y,连接YB、YC、YX.由AD为∠A的外交平分线可知Y为优弧 的中点，于是 所以∠ACY=∠ADC,即YC和△ACD的外接圆相切与C点.结合YAD共线以及四边形ACDX为调和四边形可知，YX是该圆的另一条切线，所以有YB=YC=YX，即Y为△BCX 的外心.于是 所以∠BEF=∠BXF=90°. 证法二 记M、N分别为B、C在直线AD上的投影，则 故MAND为调和点列，又E为AD中点，故有 进而 117 - 学科网（北京）股份有限公司 过点D做直线BD的垂线，交BF于点G，连接CG、EG.得到： 结合 可知 故CG 与⊙(CED)相切.所以 ，所以BCEG 四共圆.进 而有 所以DEFG四点共圆.于是 所以. 即 -118- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题33 成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 朱世衡 如图,△ABC的内心是I,外心是O,N是BC中点. I在 BC边上的投影是D,N关于直线AI的对称点是 N’.求证：DN’垂直于 IO. 如右图所示，延长ON交射线AI于点 K，做出△ABC的外接圆，延长OK 交外接圆于 M, 连接 KI, KC, NN'. 熟知K在外接圆上, KC=KI. 我们打算证明△IKO和△N’ DN相似.注意到IK⊥NN’,OK⊥BC.所以∠IKO=∠N’ DN. 接下来我们准备证明 也即是 IK·DN=NN'·KO. (*) 记θ=∠DKN, 结合垂直, 有 NN'=2NK·sinθ, DN=IK·sinθ. 由射影定理可知，KC²=KN·KM=2KN·KO, 所以 这样KI·DN=NN'·KO, (*) 成立. 所以 从而△IKO~△N’ DN. 由于 IK⊥NN', OK⊥DN, 所以 OI⊥DN', 证毕. 证法二(朱世衡)要证 OI⊥DN'，由定差幂线等价于证明 (*) 注意到 所以 (*)等价于证明 注意∠N'AO=∠NAI+∠IAO, AN'=AN, △N'AO中使用余弦定理,有 =AN²+AO²-2AO·AN·[cos(∠NAI-∠IAO)-2sin∠NAIsin∠IAO] =NO²+2ANsin∠NAI·2AOsin∠IAO, -119- 学科网（北京）股份有限公司 所以 (*)等价于 因为ANsin∠NAI表示 N 到AI 的距离, 所以 熟知 所以 2ANsin∠NAI·AOsin∠IAO 证毕. 注 本题是学生郁硕(目前电子科技大学大二在读学生)原创. -120- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题34 长沙市长郡中学 田尚 四边形ABCD内接于圆, △ABD,△CBD的内心为I,J, 设IJ中点为M, K在AM上, KA=KM , 延长AM 至点P, 使AP·AK=AM².证明: 若AM∥CJ , 则四边形APCJ为等腰梯形. 证明 引理：圆ω上有两条相互垂直的弦AC，BD，AC交BD于X, P在ω上, P关于CD的对称点为Q,作△PXG顺相似于△PQX, 则G,A,B共线. 引理的证明：作△PKA顺相似于△PQX，因为△PXG顺相似于△PQX , 所以△PXK 顺相似于△PGA, 所以 ∠PDQ=2∠PAX=2∠PAX=2∠PKQ,又DP=DQ, 所以D为△PQK外心, 故 所以P,D,K,X共圆, 于是 ∠PAG=∠PKX =∠PDX =∠PAB,所以A，G，B共线，引理即证. 回到原题.取AB,BC,CD,DA中点E,F,G,H,因为 所以EG过M, 同理FH 过M. 熟知EG⊥FH, 注意到A,I关于 EH 对称, 作△AMQ顺相似于△AIM , 由引理知Q在FG上, 有QC=QJ. 又由△AMQ顺相似于△AIM , 知∠QAP=∠IAK, 且 所以△AQP顺相似于△AKI, 故QA=QP,结合QC=QJ及CJ∥AP,即得APCJ为等腰梯形. -121- 学科网（北京）股份有限公司 几何问题 35 中国人民大学附属中学 唐小徐 如图，△ABC的外心、内心分别为O，I， AB>AC,,射线AI交⊙O于 M, 的外接圆交⊙O于 D，交边BC于 F，E为I关于 BC的对称点，且在 的外接圆上.求证：I为△ADF外接圆圆心. 答案证明 如图, 连接OI、AO、MO、OD、ID、IE、IF、IC, MD、ME、EF、BM.因为I、M、O、D共圆, 所以 又AO=OD, OI=OI, 所以△AIO≌△DIO, 故AI=ID. 因为IE∥OM, 且AO=OM, 所以∠OAI=∠OMI=∠MIE. 又 由 Euler 定 理 , 所 以 于 是△AIO∽△IEM , 所以∠IME=∠AOI=∠AMD, 即M,E,D共线. 因为点E在△CDF的外接圆上，且B，C，D，M共圆，所以 ∠FED=π-∠FCD=∠BMD, 即EF∥BM. 又∠ICF=∠ICA, IC=IC, 所以△IAC≌△IFC, 于是∠IFC=∠EFC=∠MBC=∠MAC,所以IF=IA=ID, 即I为△ADF外接圆圆心. - 122 - 学科网（北京）股份有限公司 几何问题36 北京师范大学附属实验中学 谢彦桐 如图，给定△ABC，点D 是边BC上的动点，满足CD>BD，在线段BC和其反向延长线上分别取点 E，F，满足 延长 AE 与△ABC的外接圆交于不同于A 的点 G，连接AG交△DFG的外接圆于不同于G的点 K，证明：FK过一定点. 证明 如图1，连接FG 并延长交△ABC外接圆于点 Q，连接AQ. 由于 所以BCDE构成调和点列, GB,GC,GE,GF构成调和线束, 圆内接四边形ABQC 是调和四边形,进一步AQ是陪位中线.取 P 是△ABC的 Dumpty点，熟知该点在陪位中线AQ上，我们断言点P 在直线FK上，也是直线FK所过的定点. 第一步. 如图1, 作 DX∥AC交AB于X, 作DY∥AB交AC于Y, 由梅涅劳斯定理知点 D，X，Y共线，设该直线交AG于L.我们证明L在△DFG的外接圆上. 下面取 M 是边 BC 的中点,连 AM. 首先AB,AC,AE,AF构成调和线束, 所以X,Y,F,L是调和点列.由此 其中第一个和第七个等号使用了正弦定理，第二个等号利用X，Y，F，L是调和点列，第四个等号利用DX∥AC，第六个等号BCDE是调和点列.再结合四边形AXDY是平行四边形，所以DL∥AM.接着 ∠LDF=∠AMB=∠ACQ=∠AGF, 其中第二个等号是陪位中线的熟知性质，第三个等号利用AGQC四点共圆.所以LGDF四点共圆,也即 L 在△DFG的外接圆上. 123- 学科网（北京）股份有限公司 第二步.如图2, 取点Z是完全四边形AXB;AYC;FXY;FBC的密克点, 作△AXY的的外接圆，Z在△AXY的的外接圆上.我们证明两件事：点Z在△DFG的外接圆上；点 K 和点 P 在△AXY的的外接圆上. 如图2，延长FZ交△AXY的外接圆于点T，连接AT.由密克点的熟知性质BC∥AT.下面利用密克点的性质证明点 Z在△DFG的外接圆上： ∠FZG=∠FZB+∠GZB=∠FXB+∠BAG=∠AXY+∠XAL=∠FLG, 其中第二个等号利用BFZX和ABGZ分别四点共圆，所以点Z在△DFG的外接圆上.然后 其中第一个等号利用FDKZ四点共圆，第二个等号利用BC∥AT，这说明AKZT 四点共圆.最后, 熟知 Dumpty 点 P 的性质, 有△PAB~△PCA, 且 所以 X,Y为这组相似的相似对应点，于是∠PXB=∠PYA，这说明AXPY四点共圆.综上，点K和点 P 在△AXY的的外接圆上. 收尾.证明点 F,K,P 共线. ∠ZKF=∠ZGF=∠ZAQ=∠ZAP=180°-∠ZKP, 其中几个等号利用了三个圆上的共圆性质.于是 P 在直线FK上，也是直线FK 所过的定点. -124 - 学科网（北京）股份有限公司 第三部分 数 论 数论问题1 湖南师范大学附属中学 刘伟才 设集合S 是{0,1,2,…,2024}的m(m≥3)元子集, 满足任意x,y∈S,都存在: ，使得x+y=99z(mod 2025). 求m的所有可能值的个数. 解 设 对 存在 使得 其中1≤k≤m，于是可得任意1≤i<j≤m,都有 ，否则 得到矛盾！故 设 则 即 故 (mod 2025),又由同余方程 ax=b(modT)在模 T 意义下的解数为 0 或 gcd(a,T), 故gcd(m,2025)≥m, 从而m|2025. 若3|m, 设2025= md, 则 于是，对 存在a,b∈S,其中a≠b(mod 2025)使得 a+y=99r(mod 2025), 而 故a=b(mod 2025),矛盾! 故3|m. 另一方面, 对m=5,S={0,405,810,1215,1620}符合题意; 对m=25, S={81x|0≤x≤24,x∈N}符合题意. 综上, m=5或25. -125- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题2 湖南师范大学附属中学 陈天择 正整数a,b≤10满足 有正整数解，求满足要求的a，b的组数. 解 先证引理：如a，b满足条件，则必有 的正整数解. 反证：如否，设x₀，y₀是所有解中x+y最小的，. 不妨设 记 则f(x₀)=0,f(x)另一根x₁满足 则 又显然有a≥3，则. f(x)图像开口向上 即(x₁,y₀)为x+y更小的解,矛盾. 引理得证. 回到原题. 由引理,对(a,b), 必有一组解(x,y)满足 min{x,y}≤3, 不妨设y≤3. 视方程为关于x的一元二次方程， 为平方数. 设Δ=k²,则易验 ay与k同奇偶,则 为正整数解，所以只需△为平方数. ① 如 只需a>k≥0,a,k同奇偶,a≥3,则对应的正整数b存在 则对a=3,4,…,10, 对应k有1,2,2,3,2,1,1,1组, 共13组. ② 如 此时只需 对应 对a=3,4,…,10, 对应k有3,2,1,1,1,0,0,0组, 共8组. ③ 如y=3.由引理，只需考虑b=9或10(b≤8的正整数解必在①或②中已出现). 为平方数⇒a=3. b=10, 易验Δmod3余2不为平方数. 且易验(a,b)=(3,9)不在①或②中重复出现. 最后，考虑①②重复解，即a，b使 显然有 如 则 代入无解. 如 计算得 ⇒(a,b)=(4,3);(5,5);(6,7);(7,9). 126- 学科网（北京）股份有限公司 如 则 4无解. 如 则 仅有(a,b)=(3,1). 综上，有5组重复，即共有13+8+1-5=17(组) 解. -127 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题3 湖南师范大学 蒋培杰 设n≥3为奇数，求方程 x+y+z=n 满足以下条件的正整数解的数目： (1) x≤y+z, y≤z+x, z≤x+y; (2) x、y、z均为奇数. 解 由于x、y、z均为奇数，令 x=2a+1, y=2b+1, z=2c+1 (a,b,c≥0). 代入方程得： 原条件x≤y+z等价于2a+1≤(2b+1)+(2c+1),化简后为： a≤b+c. 同理, y≤z+x和z≤x+y分别转化为: b≤c+a, c≤a+b. 令a'=a+1,b'=b+1,c'=c+1,则方程变为： 此时需满足三角形不等式： 设 根据n的奇偶性分两类： 当n=1(mod4)时, m为偶数. 满足条件的解数为： 当n≡3(mod4)时, m为奇数. 满足条件的解数为： -128- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题4 浙江省诸暨市海亮高级中学 赵斌 是否存在正无理数x，使得至多存在有限个正整数n，满足对任意整数1≤k≤n，都有 解 这样的x是存在的. 令 那么容易知道： (1)a₀,a₁,a₂,…两两互素; (使用数学归纳法即可) 记 那么对任意正整数m≥3，设 由于对∀i故 通分后的分母与 互素，故通分后分母为1. 从而 故 当然，利用上面的方法，我们也可以证明x∉Q. 若x∈Q,设 取正整数k使得 考虑 这与 是整数矛盾，即得x为无理数. 故我们构造出了满足条件的无理数x. 注 由 2023年中国TST的试题思考而来，原题是 且这样的无理数x是不存在的.以上做法来自当年的国家队队员上海中学的王淳稷同学. -129- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题5 江苏省泰州中学 周逸飞 求所有首项系数为正的整系数多项式对(f(x)，g(x))，使得存在一个有限整数集S，满足 N⁺⊆{x|x=f(m)+g(n)+s,m∈N,n∈N,s∈S}. 解 引理：对任意两个正整数s，t，存在无穷多模4余3的素数q，满足s，t都是模q的二次剩余. 引理的证明：熟知结论，不再赘述. 回到原题. 不妨设f(x),g(x)的所有系数均为正, 不然用f(x+t),g(x+t)替换讨论, 这里t为充分大的正整数，由二项式定理易知所有系数可由高次向低次逐步调整为正. 若 degf和 degg中有一个是O,则显然另一个只能为1,不妨设g(x)=ax+b,注意到f(0)+aN+b+{0,1,…,a}可以取到所有充分大的自然数，故此时存在S满足要求. 进而，若 deg f与 degg中有一个为1，则也满足要求. 下面假设 deg f与 degg均大于等于2，设S中绝对值最大的元素为K. 设 对正整数t，定义集合Df={f(m)+g(n)|m∈N,n∈N,f(m)+g(n)≤t}. 设f(m)+g(n)∈D₁,则 所以 则 所以 若 则当t趋于无穷时, t-|D₁+S|也趋于无穷, 矛盾, 所以s=q=2. 设 利用引理，可知存在无穷多个模4余3的素数qᵢ，使得s,t都是模qᵢ的二次剩余, i=1,2,…. 我们有 -130- 学科网（北京）股份有限公司 记 对任意正整数L，考察同余方程组 L，由中国剩余定理知其有正整数解x₀, 则对i=1,2,…,L, x₀+i不能表示为 的形式.否则，因为s，t都是模qᵢ的二次剩余，所以s，t都是模q²的二次剩余(类似于升幂定理或亨泽尔引理易证)，可知 模q，同余于两个完全平方数之和，设为 则有 熟知有 这与 矛盾！ 因此,可知存在正整数j,使得H(j),H(j+1),…,H(j+2|K|)都不能表示为: 的形式，这意味着 ，则因为S中绝对值最大的元素为K，因此 j+ 矛盾！ 综上所述，(f(x),g(x))=(ax+b,g(x))或 注 若允许首项系数为负，则上述密度估计的手段不再适用.问题可能变得不可做. -131 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题6 江苏省天一中学 李伟 已知 若p∈[2n-1,2.4n],(n>2)且p为质数, 则当且仅当 时f(1),f(2),…,f(n)模p两两不同余. 证明 当1≤k<l≤n时, 注意到 又因为 所以 若 则-1为模 p的二次剩余，故 从而当p=-1(mod4)时f(1),f(2),...,f(n)模p两两不同余. 假设p≡1(mod4), 则存在x>y∈Z⁺使得. 从而 其中x±y均为奇数. 取 显然 因此 又 所以 综上，命题得证. -132- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题7 江苏省天一中学 李伟 设p是一个奇素数，正整数m满足(p-1)|m，证明： 证明 可以利用结论 进行证明. (其中 接下来我们来证明 其中 且w为(p-1)次单位根. 令 -133- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题8 北京大学附属中学 沈阳 求所有的映射.f:N*→N*满足： (a) ∀m,n∈N*, φ(gcd(f(m),f(n)))=f(φ(gcd(m,n))); 为偶数. 其中φ(x)为欧拉函数, gcd(m,n)表示m,n的最大公约数, 解 在(a)中取m=n得 φf(n)=fφ(n), ① 代回(a)中有 φ(f(m),f(n))=φf(m,n). ② 首先，我们将证明：f(1)=1,f(2)=2,f(3)=3,f(4)=4. φf(1)=fφ(1)=f(1)⇒f(1)=1.(ρx=x⇔x=1) φf(2)=fφ(2)=f(1)=1⇒f(2)∈{1,2}.(φx=1⇔x∈{1,2}). 若.f(2)=1,则 为奇数矛盾. 故f(2)=2. φf(3)=φf(4)=φf(6)=f(2)=2⇒f(3),f(4),f(6)∈{3,4,6}.(φx=2⇔x∈{3,4,6}) 又因为 为奇数，故 假若.f(3)≠3, 则f(3)=4,6, 此时分别对应 和 而5，7为素数，不可能. 因此f(3)=3. 又(φ(f(4),3)=φ(f(4),f(3))=φf(4,3)=1,所以f(4)≠3,6, f(4)=4. 其次，我们用数学归纳法证明：∀n∈N*, f(n)=n. 先证明一个引理：或 引理的证明: 设y= xuv, 其中 rad(u)|x, (v,x)=1,则φ(x)uφ(v)=φ(xuv)=φ(y)=φ(x),所以uφ(v)=1, 所以u=φ(v)=1, 所以v=1或 引理得证. 现在开始归纳. -134 - 学科网（北京）股份有限公司 (1) 首先对n=1,2,3,4, 命题均成立. (2) 假设∀x<n, f(x)=x. 则 记f(n)=m,则φ(m)=φ(n).以下假设m≠n. (2-1) n|m时, 由引理知m=2n且n为奇数. 设f(2n)=k, 则φ(k,2n)=φ(f(2n),f(n))=φf(2n,n)=φf(n)=φ(n),所以n|k.又φ(k)=φf(2n)=fφ(2n)=fφ(n)=φ(n).所以k=n或2n. 所以 为偶数，而n为奇数，矛盾. (2-2) n|m时. ∀x<n,有(φ(x,m)=φ(f(x),f(n))=φf(x,n)=φ(x,n). (*) 其中 为素数， 则∀1≤i≤s, (除非 又因为n|m，所以 但2/m.又 由引理知 所以 为奇数，而n为偶数，矛盾. (2-2-2) n=p≥5为素数.则(φ(m)=p-1,所以m的素因子都小于p (若等于p，则p|m与n|m矛盾). 又∀x<p, φ(x,m)=φ(x,n)=1, 故(x,m)∈{1,2}.所以m的素因子只能为2，且至多一个(因为φ(4,m)=1). 所以m=1,2. 矛盾. 则 (除非p=2,α=2,此时n=4, 不符) 设 则 所以φ(k)=p. 则p=2,k=3. 所以 所以 矛盾. 因此, f(n)=n, 归纳过渡完成. 从而由数学归纳法，命题得证.综上，f(n)=n为所求. -135 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题9 广东深圳外国语学校 张蒙 给定整数n>1，确定整数a，b需满足的充要条件，使得当数集M为模n的简系时，aM+b也是模n的简系. 解 当n≠2(mod4)时, 充要条件为: (a,n)=1, rad(n)|b. 当n≡2(mod4)时, 充要条件为 (a,n)=1, rad(n)|b或 其中， rad(n)等于n的所有不同素因子的乘积. 容易验证其充分性，下证必要性. (1) 当n≠2(mod4) 时, 若aM +b 也为模n的简系, 先证 (a,n)=1. 设 , 假设(a,n)≠1, 则存在素数p,p|(a,n), 不妨设p=p₁. 对x∈M，注意到 和 这两个数中至少有一个与n互质，所以 或 必有一个属于M，这里t属于M的含义是指t与M中的某个元素模n同余. 结合y₁,y₂均不与x模n同余(这里利用了要么p₁,p₂,…, pk为奇素数, 要么4|n), 不妨设 y₁∈M，则x与y₁是M 中的不同元素.但是此时， 矛盾！ 再证 rad(n)|b.否则, 不妨设p₁|b.已证(a,n)=1, 所以aM为模n的简系, 又aM+b也为模n的简系，所以对任意的整数k，aM+kb为模n的简系，由此可知，对任意的整数k，aM+kb中的任意一个元素均与p₁互质，但是p₁+b，所以存在整数j，使得jb=-1(modp₁), 又显然1属于aM , 则1+ jb=0(modp₁), 与aM+ jb为模n的简系矛盾! (2) 当 n=2(mod4) 时, 设 完全同(1)可证 如果2{a, 即(a,n)=1, 同理可得 rad(n)|b. 如果2|a, 则(a,n)=2, 此时aM 为模 的简系, 又aM+b为模n的简系, 所以aM+b也为模 的简系, 由 (1) 可知, rad(n)|b. 此时，要使aM+b为模n的简系必需aM+b中的元素均为奇数，又aM 中的元素均为偶数，所以b为 的奇数倍. 综上即得. 注 我们采用了上述朴素的写法，紧紧抓住互不同余以及互质来进行推理.其中，情形一 -136- 学科网（北京）股份有限公司 对于 rad(n)|b的证明蕴含了迭代的思想.这启发我们直接从源头考虑，若(aM+b为模n的简系，则n次迭代得到的 也是模n的简系，尽管在本题中似乎不足以完成证明，但这一思路却是解决2024年高联二试最后一题的核心. -137- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题10 广西柳州高级中学 韦畅 求所有的正整数组(a,b,c), 使得 ab+c, bc+a, ca+b都是2的幂. 解 及它们的排列. 由于a,b,c均为正整数, 且 ab+c, bc+a, ca+b都是2的幂, 因此ab+c, bc+a, ca+b均为偶数.若a为奇数，则 bc为奇数，此时a，b，c均为奇数；若a为偶数，则 ab，ca为偶数，因此c，b均为偶数，此时a，b，c均为偶数. 1.若a,b,c 均为偶数,不妨设 其中i，j，m均为奇数且 则 由于 为大于1的奇数，因此 bc+a不可能为2的方幂. 2.若a=1,b=1,则由ab+c=2",有 此时bc+a= ca+b=2"1也为 2 的方幂，因此 及它们的排列符合要求. 3.若a=1,b>1,c>1,不妨设b≤c. 由于b,c均为奇数, 不妨设 1≤k<2", 由于 为2的方幂，因此. 是2²"的倍数，又1 因此k=1. 因此( 及它们的排列符合要求. 4.若a>1,b>1,c>1,且均为奇数, 则 ab+c, bc+a, ca+b大于 4, 若均为 2 的方幂, 则ab+c, bc+a, ca+b均为4的倍数. 考虑a,b,c模4的情况. 若a=1(mod4), 则 或 若。a=3(mod4),b≡3(mod4),则c≡3(mod4). (1) 若a=1(mod4),b=1(mod4),c=3(mod4), 不妨设 其中n≥2,k₁,k₂,k₃:均为正整数，且k₁，k₂，k₃至少有一个奇数.则 若均为 2 的方幂，则 均为2"的倍数，将这 3 个数两两相加， 为2"的倍数， 为2"的倍数， 为2”的倍数. 因此, k₁,k₂,k₃均为偶数, 与k₁,k₂,k₃至少有一个奇数矛盾.因此不存在这样的正整数组(a，b，c)满足题目要求. (2)若a=3(mod4),b=3(mod4),c=3(mod4),不妨设 138. 学科网（北京）股份有限公司 其中n≥2,k₁,k₂,k₃均为正整数，且k₁，k₂，k₃至少有一个奇数.则 若均为 2 的方幂，则 均为2"的倍数，将这 3 个数两两相加， 为2”的倍数， 为2”的倍数， 为2"的倍数. 因此, k₁,k₂,k₃均为偶数, 与k₁,k₂,k₃至少有一个奇数矛盾.因此不存在这样的正整数组(a，b，c)满足题目要求. 综上所述， 及它们的排列是所有满足题意的正整数组. 推广 求所有的正整数组(a，b，c)，使得ab+c, bc+a, ca+b都是p(p≥3)为奇素数的幂. 解： 及它们的排列. 由于a,b,c均为正整数, 且 ab+c, bc+a, ca+b都是p的幂, 因此ab+c, bc+a, ca+b均为奇数.因此a，b，c中必有两个奇数，一个偶数，不妨设a，b为奇数，c为偶数. 1.若a=1,b=1,则由 有 此时 也为p的方幂，因此 及它们的排列符合要求. 2.若 a=1,b>1,c>1, 由 于 ab+c, bc+a, ca+b 都 是 p 的 幂 , 设 不妨设 由于 因此 是pˣ的倍数，又(k-2,k+2)=1, 因此 或|k|=2,因此 或 均不符合要求. 3.若a>1,b>1,c>1,设 则由于 ab+c, bc+a, ca+b都是p的幂, 因此 将这3个式子两两做差，得 因此 或 (1) 若a=1(mod p),b=1(mod p),c=p-1(mod p),不妨设 139- 学科网（北京）股份有限公司 其中n≥1,t₁,t₂,t₃均为正整数，且t₁，t₂，t₃至少有一个不是p的倍数.则 若均为 p的方幂，则 均为p”的倍数，将这 3 个数两两相加， 为p”的倍数， 为 的倍数， 为p"的倍数. 因此, t₁,t₂,t₃均为p的倍数,与 至少有一个不是p的倍数矛盾.因此不存在这样的正整数组(a，b，c)满足题目要求. (2) 若 不妨设 其中 均为正整数，且 至少有一个不是p的倍数.则 若均为p的方幂，则 均为p”的倍数，将这 3 个数两两相加， 为 的倍数， 为 的倍数， 为p"的倍数.因此， 均为p的倍数，与t 至少有一个不是p的倍数矛盾.因此不存在这样的正整数组(a，b，c)满足题目要求. 综上所述， 及它们的排列是所有满足题意的正整数组. -140- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题11 重庆外国语学校 文国均 荣仲 试求所有正整数n≥2及n元正整数集 满足A 中元素两两互素，且存在正整数b₁,b₂,…,bn (可以相同),使得对任意正整1k, 两两互素. 解 不妨将命题记为 满足P (n). ①n≥4时，对任意n个正整数b₁,b₂,…, bn,都存在正整数k,使得 中有两个数不互素. 若b₁,b₂,…, bn'中存在两个偶数，不妨设b₁，b₂均为偶数，则 故取k=2 即满足条件.若b₁，b₂，…，bn中至多一个偶数，则其中至少有三个奇数.不妨设b₁，b₂，b₃均为奇数.注意到a₁，a₂，a₃两两互素，故其中至少有两个奇数，不妨设a₁，a₂均为奇数，则 于是取k=1即满足条件.故n≥4时，不存在n元集A满足P (n). ②对于n=2或3时, 存在n元集满足P (n). 我们先证明一个引理：对于正整数a₁，a₂，b₁，b₂，其满足命题P(2)，当且仅当 引理证明 由辗转相除法，有 若a₁,a₂,b₁,b₂满足命题P(2). 因为 且显然 则存在正整数k，使得 所以 反之, 若正整数a₁,a₂,b₁,b₂满足 则其满足P (2) . 回到原题, 若正整数a₁,a₂,a₃,b₁,b₂,b₃, a₁<a₂<a₃,满足P (3).则由引理知 或 所以 或 因为 所以 则 而正整数 所以 反之，若正整数集 那么A中元素两两互素，由裴蜀定理，存在正整数b₁，b₂使得( 令 则 . 所以A满足P (3). 综上, 对于P (2) : 恰有正整数集A={a,b}, (a,b)=1满足. 对于P (3): 恰有正整数集A={a,b,a+b}, (a,b)=1满足. -141- 学科网（北京）股份有限公司 注 考虑辗转相除法 有 是一个不变量，记为 H.若( 由裴蜀定理，有限次的辗转相除后， 所以也可知引理中 题目的设计想法正是源于此.本题的一个姊妹题是： 设正整数a、b、c、d满足(ad≠bc,(a,b,c,d)=1.证明：当n遍历正整数时，(an+b,cn+d)的取值构成的集合恰是某个非零整数的所有正因子构成的集合. - 142 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题12 重庆外国语学校 文国均 荣仲 徐楚皓 对于给定正整数a，b≥2，定义r，(x)为x模b的最小非负剩余.并考虑集合 计算|S|的值(用a, b表示). 解法一 (配对)引入特征函数 则 那么 此时， 或1或2. 个数分别记为N₀, N₁和N₂. 情况1: 所以 情况2: mx=2⇔rb(ax)=x⇔ax=x(modb)⇔b|(a-1)x,所以 则 从而 解法二 考虑三个点O(0,0), A(a,b), B(1,0), 由 Pick 公式, 其中I表示△OAB 内部格点个数，J表示边界格点个数：J=(a,b)+(a-1,b)+1. 又易知 所以 令T=I+J, 则 另一方面， 显然 或1，且 或 rb(ax)≥x,∀1≤x≤b-1. 则 所以 -143- 学科网（北京）股份有限公司 注 在设计此题目时，是先有法二.对于 Pick公式进行推导时，对于格点算两次发现该结论。对于该结论，发现有个 结构，所以很自然尝试用配对想法。验证之后，确实配对想法更为简洁.然而对于一些选手，容易忽略掉 的情况. - 144 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题13 武汉外国语学校 夏贤聪 求所有的正整数n，使得存在整数(a₁,a₂,…, an,满足( 构成模n完系. 解 所求的n为除素数及4，8外的所有正整数，证明如下： n=1显然满足条件. 对n≥2，若n满足条件，则∀i∈{1,2,…,n},有n不整除aᵢ. 先证素数及4，8不满足条件，约定 (1) n=p为素数, 则存在i∈{1,2,…,n}, 使p| ai, 不满足条件. (2)n=4,则存在ii∈{1,2,…,n},使得 则2∥a;.且2∥a₁+₁,则 不满足条件. (3) n=4, 则存在i∈{1,2,…,n},使得 则4∥a₁或 不妨设4||a₁,则2||a,₊₁, 则a₁₋₁,a₁₊₂均为奇数, 则模8余2或6的数为奇数个, 矛盾, 不满足条件. 接下来对其它n证明满足条件，设 为模n的一个完系，∀d|n，定义集合Cd={x|x∈C,(x,n)=d,i∈{1,2,…,n}}. 设n的所有约数为d₁,d₂,…, dm,则Cd₁,Cd₂,……, Cdn为C的划分. 先证明三个引理： 引理1： 引理1的证明： 且 则y₁有 不同选择，则x₁有 不同选择，引理1得证. 由引理1，知 若n为偶数，则 对其他d|n, | Cd|为偶数. 定义集合 定义集合Bk其中 引理 2: 对任意正整数a, (a,n)=1, d|n,若 且Cd为偶数，设为2t，则存在Z₁,Z₂,……,Z₂t,使得 且(z₂₁,n)=1. 引理2的证明：设 取 其中(e₁,n)=1,i=1,2,…,n.且 -145 - 学科网（北京）股份有限公司 易知Z₁,Z₂,……,Z₂t存在且满足条件，引理2得证. 引理3: 对任意正整数a, (a,n)=1, 若 为D的划分，其中且 为偶数, i=1,2,…,m, 则称D为C的好子集, 设|D|=2s,则存在 使得 且(z₂₃,n)=1. 引理3的证明：由引理 2 ，存在 使得 存在 使得 存在 使得 则 引理3得证 回到原题，设 分以下四种情况： (1) 若n为奇数, 且存在α₁,α₂,…,α,大于 1, 不妨设为α₁, 取 其中则D为C的好子集.由引理3知存在. 使得 且 则存在 使得 存在 使得 又 则 满足条件. (2)若n为奇数且 取D=C/{n,X,Y,Z,W},其中x 则 D 为 C 的好子集.由引理3 知存在 使得 且 则存在 使得 存在 使得 存在 使得 存在 使得 又 则 满足条件. (3) 若n=2a·l,其中α≥1, l为奇数且l>1. 取D=C/{n,X,Y,Z},其中 则D为C的好子集.由引理3知存在 使得 且 则存在 使得 ；存在 (b,n)=1, 使得 ；存在 使得 又 则 满足条件. (4)若n=2°, 其中α≥4,取D=C/{n,X,Y,Z,U,V}, 其中 则D为C的好子集. -146- 学科网（北京）股份有限公司 由引理3知存在 使得 且 则存在 使 得 存在 使 得 存在zn-1=2c, (c,n)=1,使得 存在 使得 存在 使得 又 则 满足条件. 证毕！ 注 也可以证明以下结论：若m，n均满足条件，且(m，n)=1，则mn也满足条件. 证明: 对m, 设x₁,x₂,……xₙ为满足条件的数列, 对n, 设y₁,y₂,…,yₙ为满足条件的数列由中国剩余定理，存在a₁,a₂,…, am,使得 存在b₁,b₂,…, bn,使得 对于s≥m+1, 定义( 对于t≥n+1, 定义 构造数列a₁b₁,a₂b₂,…, ambmn,下证明此数列满足条件. 事实上，若存在1≤i<j≤mn,使得 ，则 由于 则 由于a₁,a₂,……, am是m时满足条件的数列，则i=j(modm). 同理i=j(modn), 则i=j(modmn), 则i=j, 矛盾, 故( 满足条件. -147 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题14 成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 邹雪超 素数p≥13, 证明: 存在四个不同的二次剩余r₁, r₂, r₃, r₄(mod p)使得: ① 证明 情形1: 当p=1(mod4)时. 注意到模p的二次剩余共 个，则存在模p的一个二次剩余a，满足a模p不同余±1. 由于 则 此时, 由1+(-1)+a+(-a)=0(modp)知, ①式成立. 情形2: 当p=3(mod4)时, 显然此时p≥19. 由于 我们需要考虑 的值. 2——1: 若 则 对于n=4,5,6,7,必有 或 的取值有8种情况，容易发现一定有两个连续的数关于模p的勒让德符号相等) 若 则 时,1+4+5+(-10)=0(mod p); p>19时,由 则p>23. 此时1,n,n+1,-2(n+1)这四个数中, 任意两个数都不同余模p. 由1+n+(n+1)+[-2(n+1)]=0(mod p)知，①式成立. 若 则 注 意到 n=4,5,6,7 , 存在 则p≥43. 此时1,-n,-(n+1),2n这四个数中,任意两个数都不同余模p. 由 知，①式成立. 2—2: 若 则 若 则 由1+(-3)+(-6)+8≡0(mod p)知，①式成 -148- 学科网（北京）股份有限公司 立. 若 则 则 由 知，①式成立. 若 设n是最小的正整数，使得 这里 由于 时， 而模p恰有 个二次剩余，故 若 则有p+1=2(n+1),则 这与 矛盾，从而有 于是1,2,n-2,-(n+1)这四个数中，任意两个数都不同余模p. 由 知，①式成立. 故存在四个不同二次剩余 使： -149- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题15 北京师范大学贵阳附属中学 李鸿昌 设p为奇质数，证明： 证明 令 由于p为奇质数，故m为正整数.因此求和项按k与p-k配对，即考虑k=1,2,…,m, 每对为((k,p-k).于是 由二项式定理，可得 所以 故 由于1≤k<p，根据费马小定理，有 故 (其中 ck为正整数). 于是 又因为 且 所以 -150- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题16 江苏省苏州中学 周毅博 是否存在{1,2,…,2025}的一个排列 存在无穷多组m，n∈N且 有 解 存在.记最小26个奇素数为 下说明排列aᵢ=2026-i(i=1,2,…,2025)满足要求. 记 我们取序号 并记 Ms=m-n+k+1-2is,s=1,2,…,26, 令m-n=t·2025!-2027,t∈N,则对1≤a<b≤26,有 易知 故有 所以M₁,M₂,…,M₂₆两两互质. 考虑以下同余方程组 因M₁，M₂，…，M₂₆两两互质，则由中国剩余定理知存在这样的n. 因 此时 取充分大的t使得r 再取充分大的n使得0.001n<m-n<0.002n. 所以 注 本题是2021年俄罗斯数学奥林匹克十一年级第七题的改编，原问题如下： -151- 学科网（北京）股份有限公司 求1,2,…,2021的所有排列 使得对任意满足 的正整数m，n，均有 -152- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题17 广州进阶教育 王云路 设S是一个由非负整数构成的集合，用π₅(n)表示满足下述条件的有序数对( 的个数： 问：能否将非负整数集分划为三个集合A，B，C，使得对任意n∈N*，均有 解 可以. 若.S₁,S₂,S₃满足 由 Lucas定理, s₁,s₂,s₃在3进制下的第k+1位数字互不相同(恰为 从这个角度考虑构造：希望构造出一串映射，集合A里任一组满足要求的a₁，a₂，a₃，可对应到集合B中的lb₁，b₂，b₃，再将此对应到集合C中的c₁，c₂，c₃，再对应回集合A.我们只需要说明每个映射都是双射，则 .记S₃(k)为非负整数k在3 进制下的数字和，令 则我们只需将任意一组满足条件的s₁，s₂，s₃的第k+1位的不同数字0，1，2在mod3意义下加1变为1,2,0, 再加1变成2,0,1即可. 显然，其和仍为n，但每个数的3进制数字和在mod3意义下均加了1，故其均属于另一个不同的集合，也就是A→B→C→A.显然，这样的映射都是单射，且由前映射顺序知其为满射.故三个集合满足条件的数组均一一对应， 成立.证毕. -153- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题18 广州进阶教育 王云路 对 于 大 于 1 的 正 整 数 n ,我们 将 集 合 划 分 成 两 个 集 合 :为偶数}，为奇数}，其中 表示非负整数k在二进制下的数字和.称sn为二进制分划差，如果 sn满足 求证对于二进制分划差序列 有 且 存在素因子p，满足 证明 首先，我们有 先尝试计算 sn. 注意到， 故我们有 从而 为费马数，由费马数性质(证略)，其任意素因子p，均有 证毕. -154- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题19 学而思沈阳分校 马兴 对于正整数n，集合 设有 an个 使 有 个 使 问 : 在{1,2,…,2025}中有多少个n满足 解 设 , 其中nᵢ,mᵢ∈{0,1,2},(i=0,1,…,k). 由卢卡斯定理知 设有r个 有s个 则r+s≤k+1. 当 时，若 则 当 时，若 则 若 则 对其余 有 此时 又 则 故r=0.则n的三进制表示中不含1，即只有0，2. 故满足条件的n有 个. - 155- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题20 学而思总部 苏宇坚 m,n为正整数, 2|m, 证明: ⇔存在正整数k使( 证明(1) 若存在k使( 则 构成模m完全剩余系.故 因此 从而 (2) 若 先证明如下引理. 引理1：p为奇素数，α为正整数，令 则 (i,m)=1 引理1的证明：设g为模pₐ原根，则 若p-1{n,则g"≠1(modp), 若p-1|n, 则 由升幂引理 故 引理2: p为奇素数, p|m, 则 引理2的证明：设 则 -156- 学科网（北京）股份有限公司 □ 若n=1, 则p-1{n, 若n≥2，由引理1知引理2成立. 回到原题：设p₁，…，p₁为m的所有奇素因子. 由 及引理2知p₁-1|n,i=1,2,…,l. 设k；为模p；原根，则 由中国剩余定理存在k使 从而 注 对p=2,2|m,有 -157 - 学科网（北京）股份有限公司 数论问题21 学而思总部 王正 已知 对于所有 为最小的满足 且 的正整数x.求数列 中最大的合数. 答案解 归纳易证数列单增. 对于( ，的任意大于等于100的真因子 k，若 则 矛盾；若k∉ 由 an的最小性，存在 使得 则 矛盾. 综上，数列中每一项均无大于等于 100 的真因子.结合数列单增可知：该数列为所有无大于等于100的真因子的数从小到大排列，易知其中最大的合数为 注 此题为高联P2难度. -158- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题22 长沙市长郡中学 叶龙翔 是否存在无穷多个三角形，使得其三边长、面积、内切圆半径以及三个旁切圆半径均为正整数，但三条边上的高的长度不为正整数?请说明理由. 解 答案是存在的. 事实上，取 其中n是正整数. 不难计算出 显然均为正整数. 但 在n>1时均不为正整数。 注 看似这个构造很神奇，其实只是一些大胆的待定和基本的代数变形和一点数论分析就可以得到. -159- 学科网（北京）股份有限公司 数论问题23 江西师范大学附属中学 李攀锋 陈思洲 在平面直角坐标系中，定义整点P操作到整点Q的有效操作为P，Q两点的距离为整数且直线PQ不平行于坐标轴.对于坐标系原点O及任意一个整点P，若能进行k次有效操作，将O点操作至点P，求k的最小值.(整点的定义为横、纵坐标都是整数) 解 k的最小值为3. 注意到勾股数 得到： 引理1：点O最少可以通过2次有效操作得到直线y=x与y=-x的任一整点. 引理1的证明：设点Q(t,±t),t∈N,t≠0.由于 故点O不能经过1次有效操作到点Q.2次有效操作O→(4t,=3t)→(t,±t)可以到达点Q. 引理2：点O可以通过3次有效操作得到任一整点Q(m，n). 引理 2 的证明：由引理 1 知，若m=n，只需要 2 次有效操作；若m≠n，可以由整点(x,x), x= min{m,n}+4|m-n|经过 1 次有效操作得到点Q，从而3 次有效操作可以从O得到Q. 引理3：存在点P，使得点O到点P至少要经过3次有效操作. 引理3的证明：考虑点P(1，0)，由于OP平行于x轴，故1次有效操作不能从O得到P. 若能够经过2次有效操作从O到P，考虑中间的整点Q(x，y)，满足 且x≠1,y≠0,s≠t.则在△OPQ中, 有|s-t|≥1, 矛盾. 故2次有效操作不能从O得到P. 回到原题，由引理3知k≥3，由引理2知k=3可以实现操作.故k的最小值为3. 注1 本题可以拓展为限制每次操作次数的“步长”，转化为与佩尔方程有关的问题. 注2 引理3在证明2次有效操作不能从O得到P时,可以作差得(s+t)(s-t)=2x-1. 若x>0, 有s≥t+1, 于是t+(t+1)≤t+s≤2x-1, 得到t≤x-1, 从而 矛盾. 若x≤0,有t≥s+1, 于是s+(s+1)≤s+t≤1-2x, 得到s≤-x, 从而 矛盾. -160- 学科网（北京）股份有限公司 第四部分组合 组合问题1 北京市海淀区教师进修学校附属实验学校 郭城 给定正整数m.现有不可分割的石块若干.有一个天平，每次称重每侧至多放m个石块.是否当m足够大时候，对于任何两堆石块，总有办法区分出哪一堆更重. 解 不是的.取正整数n>m.考虑两个正实数构成的等比数列{ 和 和{bn}的数列总和相同.{ 的公比的公比接近于1.而 }公比足够小(接近0)，使得 至 bn的总和比 的任何两个子列和的最小差值还要小.此时，易得b₁约为{ 各元素总和.记数列 和 中所有元素构成了集合C，由构造方法，集合C的任何两个子集和不同(分情况讨论不难证明，虽不是很显然)，那么，取一个比集合C的任何两个子集和的最小差值还要小的正数ε.我们先观察 和 的各种取数方法的比较，然后分两次将 分别换为 ，发现所有天平能获得的称重结果都不受影响，但是无法区分到底是进行了±ε的哪一种操作.从而，不知道 和微小改动过b₁的{ 谁更重. 注 考察数学分析，反例构造，以及对无穷多的想象力.本题反例不唯一，存在不依托等比数列的证明方法，只要解释清楚可以构造出的两堆石子重量对应两数列的各子集和的大小关系，存在某一个具体的微扰改动，原来的大小关系不受影响.而这本质上为，两集合并集的各个子集之和处处不等.本题中，所求可改为对于m，求最小的n，使得两个石块堆各有n个石头时候，便无法区分总重量的大小. -161 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题2 江苏省苏州中学 朱磊克 当正整数 m，n满足什么条件时，对于任意给定的m+n个正实数aᵢ,bⱼ(i=1,2,…,m,j=1,2,…,n), 只需满足 则一定可在m×n的表格里放置m+n-1个正数，使得第i行数的和为a₁，第j列的数的和为 bj. 解 m，n中有一个数为1，或者m，n均不小于3时存在满足条件的m+n-1个正数. 一方面，由对称性，我们考虑n≥m=2的情况. 当 时，第一行中有一个数时，则这个数为1，且与其同列的另一个格子中没有数，因此，第二行中的数不超过n-1，表格中至多放入n个数. 第一行中有至少两个正数时，则这两个数均小于1，于是，第二行中，每一列中均有数，表格中至少有n+2个数. 另一方面，我们证明，其余情况存在. 若m，n中有一个数为1.则方法是唯一的，每一格均有数，满足条件. 若m，n≥3，我们用数学归纳法证明. 我们先证明对于m=n=3时结论成立. 值得注意的时，交换b₁，b，的值，只需交换对应的i列j列即可. 若存在 在第i行，第j列写下t，其余两行两列可以写四个正数. 若不存在，不妨设 ，对角线填a₁，b₂，b₃再在其他格子适当填数即可. 假设结论对行列数之和为m+n-1，且均不小于3成立. 下面考虑行列数为n+m≥7的情况. 不妨设n≥m，则有n≥4.若存在 不妨设 则在第m行，第n列写下 bn. 对 用数学归纳法，即可. 若 则由 知上述等号均成立. 因此可以假设， 共2n-1个数，且每行每列均为2，也满足条件. 综上，m，n中有一个数为1，或者m，n均不小于3时存在满足条件的m+n-1个正数. - 162- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题3 长沙市第一中学 钟建国 在2000×2000的格子棋盘上，将其中3000个格子涂黑，求k的最小值，使得对任意涂黑格子的方案，可以去掉k行及k列，保证剩下的所有格子均为白格. 解 k的最小值为1000; 一方面，我们证明k≥1000，即存在一种染色方式，使得任意去掉999行及999列，无法保证所有的格子均为白色.如下图左，假设这3000个格子占满从左上到右下的主对角线(2000格)和部分从右上到左下的对角线(前1000格)，则去掉任意999行时，最多去掉1998个黑格，则至少剩下1002个黑格分布在1001行2000列中，根据其排布方式，它们在1001列中，知再去掉任意999列是不能保证剩下的格子均为白格的，故k≥1000；(下面的两种染色方式都满足要求) 另一方面，我们断言，对任意的染色方式，可以适当去掉其中的1000行和1000列，能保证剩下的全是白格： 我们将棋盘中每一行的黑格数记录下来，并去掉个数最多的1000 行，那么这1000行中必定包含了至少2000个黑格，这是因为，若所选的1000行中黑格个数少于2000个，则剩下的1000行中包含的黑格个数多于 1000个，由抽屉原理，必定有一行多于2个，而前面所取的黑格数不足2000，必定有一行取的黑格数为1，这与前述的取法矛盾！故去掉的1000行中必定取走至少2000个黑格.那么剩下的黑格数小于1000，它们分布在剩下的1000×2000格子中，所在的列必定小于1000，删掉含有黑格的列，就能达到目的. 综上，k的最小值为1000. - 163 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题4 中国人民大学附属中学 唐小徐 在一个n×n的方格表中, 给定正整数 a,b,c,d 满足1≤a,b,c,d≤n-2, a+c≤n-1,b+d≤n-1.若从某方格的正上方、正左方、正下方、正右方可分别选取a，b，c，d个方格(所选方格均不必相邻，也不必与该方格相邻)，则称此a+b+c+d+1个方格构成一个“(a，b，c，d)十字架”.现将该方格表黑白染色，若方格表中不存在完全由黑格组成的“(a，b，c，d)十字架”，求方格表中黑格个数的最大值. 解 黑格个数的最大值为n(a+b+c+d)-(a+c)(b+d). 构造：将表格中最靠上a行，最靠左b列，最靠下c行和最靠右d列均染为黑色，其余均为白色即可. 下证表中黑格总数不超过n(a+b+c+d)-(a+c)(b+d).设表中不存在完全由若某行完全由黑格组成的“(a，b，c，d)十字架”.若某行有至少b+d+1个黑格，则考虑除掉这行中最靠左b个黑格和最靠右d个黑格后剩余的黑格，称这些黑格为“超级黑格”，方格表中其它黑格为“普通黑格”.“超级黑格”所在的列中每列最多有a+c个“超级黑格”，且表格最靠左b列和最靠右d列中均没有“超级黑格”，因此“超级黑格”个数不超过((n-b-d)(a+c)个.而每一行中“普通黑格”的个数不超过b+d个，共n行，因此“普通黑格”个数不超过(b+d)n个，因此所有黑格总数不大于 (n-b-d)(a+c)+(b+d)n=(a+b+c+d)n-(a+c)(b+d) 证毕. - 164 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题5 北京明诚外国语学校 于睿元 给定正整数n，将n×n×n立方体中的k个1×1×1方格染为黑色，其余1×1×1方格是透明的.满足：①这k个1×1×1方格在立方体的任何一个面上的投影均为n×n方格.②这k个1×1×1方格是连通的.这里，两个1×1×1方格连通，当它们具有公共面，且连通具有传递性.求k的最小值. 解 最小值是 一方面，我们证明 实际上，每一个1×1×1方格在三个面上的投影分别是1×1方格，而每一个染色格的公共面会使得两个1×1×1方格在某个面上的投影重合. 故 则 另一方面，我们给出构造. 当n是奇数时，我们对每一层1×n×n如下构造： 此时，共 个方格被染色，且易验证该构造符合题意. 当n是偶数时，我们从上到下观察该n×n×n立方体. 对于第一层，我们将最左侧一列以及最上侧一行以及上数第二行左数第二列的方格，共计2n个方格染为黑色. 对于第二层到第n层，我们将左上角方格染为黑色，右下角(n-1)×(n-1)按上述奇数的构造进行染色. 此时，共 个方格被染色，且容易验证该构造符合题意. 综上所述，k的最小值是 -165- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题6 成都市锦江区嘉祥外国语高级中学 朱笑辰 设m，n为正整数，现在有个m×n的方格表，每个方格初始都是白色.甲乙两人轮流操作进行游戏：首先甲选择任意一个白色方格染成黑色，然后轮到乙选择一个白色方格染成黑色，要求选择的方格与上一次甲选择的方格相邻(相邻指存在公共边)，之后再次轮到甲选择一个白色方格染成黑色，要求选择的方格与上一次乙选择的方格相邻，以此类推.当某人无法选择白色方格时，则游戏结束，其输掉游戏.问甲乙二人是否存在必胜策略? 解 当m，n都为奇数的时候，甲有必胜策略；当m，n中有偶数的时候，乙有必胜策略；用(i,j)表示第i行j 列的方格,其中 l≤i≤m;l≤j≤n. 情形一：当m，n都为奇数时. 甲第一步选择左上角的方格(1，1)并染黑，之后他将剩余的白格两两配对，配对方式如下所示： 首先对第一列剩下白格，将每个在偶数行的白格和它下方白格两两配对； 然后对第二列开始白格，将每个在偶数列的白格和它右方白格两两配对； 配对完毕后剩下的所有白色格子都恰在一个二元组内，甲此时为后手；每回合乙选择了某个白色格子涂黑后，甲都选择这个白色格子所在二元组内的另外一个白色格子涂黑，因此甲不会出现无法选择白色方格的情况，又因为游戏必在有限轮内结束，所以甲必胜. 情形二：当m，n中有偶数的时候，不妨设n为偶数. 设甲第一步选择方格(a，b)并染黑，其中1≤a≤m；1≤b≤n；根据对称性其选择(a，b)的情况与(a，n+1-b)的情况相同，n+1为奇数，故可不妨设b为偶数； 乙第一步选择方格(a，b-1)并染黑，之后他将剩余的白格两两配对，配对方式为将每个在奇数列的白格和它右方的白格两两配对； 配对完毕后剩下的所有白色格子都恰在一个二元组内，乙此时为后手；每回合甲选择了某个白色格子涂黑后，乙都选择这个白色格子所在二元组内的另外一个白色格子涂黑，因此乙不会出现无法选择白色方格的情况，又因为游戏必在有限轮内结束，所以乙必胜. 综上所述，当m，n都为奇数的时候，甲有必胜策略；当m，n中有偶数的时候，乙有必胜策略. - 166 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题7 湖南师范大学附属中学 陈天择 在一个n×n的方格表中的某个方格，有1个小偷. m名警察抓小偷，每轮行动，m名警察可以检查m个方格，如小偷被查到则结束；如否，小偷一定会在警察检查后移动到一个相邻(有公共边)的方格.求m的最小值.使警察可以有限轮行动内必定抓到小偷. 解 最小的 引理 1：给定正整数n，k，满足 则在一个n×n的方格表中任意染黑k个，其余染白.那么与黑格相邻的白格至少n个. 将不与黑格相邻的白格称为“好格”.则有以下两条结论成立： (1)在将黑格沿着每一列的底部放的时候，好格的数目没有减少.同样，在将黑格沿着每一行的左边放的时候，好格的数目依旧没有减少. (2)设第i列的黑格数为a₁.则 分别称由黑格和白格组成的区域为P和Q，让区域P的高度和宽度分别为k和t.如图. 为证引理1，先考虑如下引理2. 引理2：当k<n，t<n时，若在区域P中的黑格数目不少于C²，则不是好格的白格数不少于n.另外，当区域P中的黑格数比C 多时，不是好格的白格数也一定比n多. 引理 1 的证明：将方格表内的区域P的边界称为Π.则不是好格的白格数等于Π的长度减去凹拐点(如图4中点A)的个数，于是 ⇒k+t≥n. 假设不是好格的白格数最多为 n.则凹拐点的数目不能少于k+t-n.记与凹拐点相邻的两列分别为第i和第i+1列. 因为 所以， - 167 - 学科网（北京）股份有限公司 故 ≤k(n-k)+(k-1)+(k-2)+…+(n-t) 这表明，当且仅当黑格数为(C2n且k=t=n-1|时，凹拐点的个数为n-2.进一步可得不是好格的白格数为n. 回到引理1. 当k=n，t<n或k<n，t=n时，在每一列或每一行至少存在一个不是好格的白格，则不是好格的白格总数最少为n. 当k<n，t<n时，由引理2知不是好格的白格至少有n个. 当k=n=t时，区域Q中白格总数 由引理2得， 不是好格的白格数 =Ⅱ的长度-凹拐点个数(在区域P里的) =k'+t'-凹拐点个数(在区域Q里的)-1 ≥n+1-1=n. 从而，引理得证. 回到原题.一方面，我们证明警察 不够.显然不妨n=2t，下证t个警察不够.将方格表间隔黑白二染色.我们对时刻归纳证明：每次警察检查后，小偷仍有t²个可能的同色位置.初始时显然成立. 由黑白格对称性，只需证明：任取t²个黑格，与这t²个黑格相邻的白格至少t²+t个. 将2t×2t的方格表按 txt分为t²个2×2的区域.每个2×2的区域按内含黑格的数量分为 0 类，1类,2类. 为方便称与黑格相邻的白格为好格.对1类，2类的2×2，其内至少2个好格.若一个2类与一个0类相邻，则该0类2×2内至少有一个好格. - 168 - 学科网（北京）股份有限公司 设 1 类有a个,2 类有b个, 记 0 类中与 2 类相邻的有 c 个，则好格数 下只需证a+c≥t. 把t²个2×2重新构造为一个 txt的方格表.其对应于 2 类的2×2的格子染黑；对应于 0类,1 类的格子染白.如a≥t,a+c≥t?成立;如a<t,注意到此时必有 由引理便知与黑格相邻的白格数≥t，故a+c≥t成立.综上，结论成立. 另一方面，下证警察 足够. n=1显然. 不妨n=2t+1(t≥1),证明警察=t+1足够. 称控制格为：某轮行动结束后，小偷不可能在的方格.如第一轮检查(1，2)，(2，1)，则该轮结束时小偷不可能在(1，1)，称警察第一轮控制了(1，1). 将方格表间隔黑白二染色，其中(1，1)为黑格，并把所有黑格从上至下，从左至右编号；也对所有白格从上至下，从左至右编号. 容易验证，与前k个黑格相邻的格子为包括前k个白格在内的≤k+t个白格；与前k个白格相邻的格子为包括前k个黑格在内的≤k+t+1个黑格. 则可以归纳证明，警察可以在第2k-1轮控制前 k 个黑格；在第2k轮控制前 k 个白格.所以有限轮后警察可以在检查前确保小偷不能在黑格或不能在白格.再按奇偶性选择合适的轮次按相同方式检查一遍，则有限轮后警察可以在检查前确保小偷不能在黑格也不能在白格，即已抓到小偷. 综上，所求为 - 169- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题8 江苏省天一中学 李伟 某桃园有n(n∈N)棵桃树，每棵桃树所结桃子个数恰好构成n元自然数组( 桃园里有甲、乙两名采摘工人准备举行一场特别的采桃子比赛：假设每位采摘工均清楚每棵桃树上桃子的个数，采摘过程中，采摘工每次可任选一棵桃树并从该桃树上采下若干(至少采1个)桃子，规定采到最后一个桃子的人获胜.假设n=63且每棵桃树所结桃子个数构成数组(1，2，3，…，63)，每名采摘工每轮采一次.若按甲、乙顺序轮流采摘.试问：采摘工人乙是否有必胜策略?如果有，请写出；如果没有，请说明理由. 答案解 采摘工人乙存在必胜策略，首先将集合S={1，2，3，…，63}中的元素全部表示为 8 位二进制数(例如(16=(00000110)₂, 63=(11111111)₂),容易发现这 63个二进制数每一位上出现1的次数共32次.若n个二进制数中每一位都恰有偶数个1，则称其为“可控的”. 显然，此时1，2，3，…，63是“可控的”.将采摘工的每次采摘记为一次操作，容易断言：若当前情形为“不可控的”，则可通过一次操作变为“可控的”；若当前情形为“可控的”，则不论如何操作均变为不可控的. 若a₁，a₂，...，a₁，...，a₆₃是“可控的”，则其每一位都恰好有偶数个1，此时任意一次操作，不妨 假设将 变为b₁(b₁<a₁).因为是缩小a₁的值，所以二进制数a₁至少有一位上的 1 会变为0, 所以对应该位上1的个数变为奇数个. 从而a₁,a₂,...,b₁,...,a₆₃是“不可控的”. 若a₁,a₂,...,a₁,...,a₆₃是“不可控的”, 则这 63 个二进制数在某些位上出现奇数个1, 将这些 位数记为 (从右向左数).显然奇数是大于等于 1 的，因此一定存在某个二进制数a₁的第n，位上恰好是1.将a₁第n₃位上的1变为0，同时对于第n₁，n₂，…，n₃，1位， 原先是0的变为1，原先是1的变为0，其它位的数保持不变.记所得新数为 且保证a₁,a₂,...,bᵢ,...,a₆₃是“可控的”. 又最终采摘结果为0，0，0，.....，0是“可控的”.综上可知，采摘工人乙存在必胜策略. - 170- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题9 湖南师范大学附属中学 刘帅 给定正整数n≥3与M.甲乙两人在一个n×n棋盘中进行游戏.游戏开始时，随机给定{1,2,…,n}的某个排列σ(1),σ(2),…,σ(n)(甲乙是知道的)，并随机在棋盘某一位置放入一颗棋子，甲根据该棋子位置先落子，随后两人交替进行，无法继续落子者判负.落子规则如下：若前一颗棋子落在第i列，则后一颗棋子必须落在第σ(i)行的某一空格中.已知具有必胜策略的人，均可保证游戏结束时棋盘上的棋子不超过M 枚.求甲有必胜策略的概率与M的最小值. 解 设初始落子位置为(i,j), σ(j)=k,σ(t)=i, 其中i,j,k,t∈{1,2,…,n}. (1) 当i=σ(j)时, 即k=i或t=j时, 乙有必胜策略. 此时甲第一次落子仍在第i行，设落于(i，x)位置，其中x≠j.则乙只需下于(σ(x)，j)处，甲就必须继续于第i行落子.如此重复，则甲第n步无法继续落子，乙胜. →甲输由该构造方式，知乙可以保证在不超过2n-1枚棋子时结束游戏. (2) 当i≠σ(j)时, 即k≠i且t≠j时, 甲有必胜策略. 甲第一步落于(k，j)位置，则乙必须落于第k行，设落在(k，x)位置，其中x≠i，j.甲只需下于(σ(x)，j)处，乙就必须继续于第k行落子.直至乙的第m+1步落于(k，t)位置. 随后甲落于(i，t)位置，则乙必须落于第i行，设落在(k，y)位置，其中y≠j，t.甲只需只需下于(σ(y)，t)处，乙就必须继续于第i行落子.如此重复，则乙再进行n-2步后无法继续落子，甲胜. 由该构造方式，知甲可以保证在不超过4n-4枚棋子时结束游戏. (3)事实上，在第二种情况中，甲必须按照上述设定方案落子，否则乙可获胜.不妨设∀i=1,2,…,n,有σ(i)=i,且初始棋子位于(1，2)处，则上述策略如下： →乙输 我们分别给出上述步骤①-④中，甲不按既定策略落子时，乙的反制方式：①甲不落于(2，2)，不妨设落在(2，r)，则乙采取以下策略落子可赢. (1,2)→(2,r)→(r,r)→(r,x₁)→(r,r)→(x₁,r)→...￢→ (r，2)→(2，2)→后续乙策略同甲的必胜策略 - 171 - 学科网（北京）股份有限公司 ②甲不落于(x₁，2)，不妨设落于(x₁，r)，则乙采取以下策略落子可赢. ②甲下甲下乙下乙下甲下直至甲下 甲卜 乙卜 →后续乙策略同甲的必胜策略乙下 ③甲不落于(1，1)，不妨设落在(1，r)，则乙采取以下策略落子可赢. (r，1)→(1，1)→后续乙策略同甲的必胜策略 ④甲不落于(y₁，1)，不妨设落于(y₁，r)，则乙采取以下策略落子可赢. 乙卜 →后续乙策略同甲的必胜策略 即 i≠σ(j)时，甲的必胜策略有且仅有一种，此时只能保证4n-4枚棋子时结束游戏. 综上，当i=σ(j)时，乙有必胜策略，否则甲有必胜策略. 故甲有必胜策略的概率为 且M 的最小值为4n-4. 注 本题由学生闲暇时自编的游戏改编而来，原游戏棋盘为9×9的数独表格.胜利关键在于将对手限制在有限行，并且使自身不进入这些行中. - 172- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题10 北京大学 葛宇驰 给定正整数n≥2，对向量 小马对其进行以下操作： (1)任取一个正整数k； (2) 选择一个分量x₁(1≤i≤n), 将x₁增加或减少2s; (3) 选择另一个分量x,(1≤j≤n且j≠i), 将x,增加或减少s. 经过一轮(1)-(3)的操作，向量α变为向量( 求最小的正整数N，使得∀β∈Z"，小马均可经过不超过N轮操作，将向量α变为向量β. 解 最小的正整数N=n+1.不妨设α=(0,0,…,0),设 一方面，我们对n归纳证明：可以经过不超过n+1轮操作将α变为β. n=2时, 若. 显然只需不超过 1 轮操作； 若 ,即β=(t,t),此时可先将α变为(-t,2t), 再将(-t,2t)的第一个分量增加2t(或减少-2t，下文中将增加x与减少-x等同，不再作类似说明)，第二个分量减少t，只需 2 轮操作就得到β； 其他情况下，取 用2轮操作将α变为(t，t)，再将(t，t)的第一个分量增加. 第二个分量增加 只需3 轮操作就得到β. 若结论对n-1的情形成立，考虑n(≥3)的情形： 由归纳假设，只考虑前n-1个分量，可以经过不超过n轮操作将α变为 再用1轮操作将第n-1个分量增加2xn，第个分量增加 xn，只需不超过n+1轮操作就得到β. 由归纳法原理，命题得证. 另一方面，我们说明：存在 小马不能在n轮操作内将α变为β. 首先证明一个引理：存在奇数x₁，x₂，…，xₙ，使得将可重集{ 任意划分为若干个至 少 二 元的可重子集 ，其中必 存在 一 个子集 使得 关于t₁,t₂,…, tm的方程组 没有整数解. 引理的证明如下：( ,得 - 173 - 学科网（北京）股份有限公司 (*) 其中 故可取奇数.x₁,x₂,…, xn,它们中恰有n-1个数是 的奇数倍，其余 1 个奇数 xk与Tn互素.将这样的n个数组成的向量( 称为“n-坏向量”，此时对于任意 的划分及任意ε₁的选取，设xₖ划分到集合. 中，则有 而2"△+1| Tn且 故关于t₁的方程(*)没有整数解，引理得证. 回到原题.首先可以说明：小马不能在n-1轮操作内将α变为任何一个n-坏向量β.这是因为α的各个分量都是偶数，而每轮操作至多改变一个分量的奇偶性，故n-1轮操作不能将α的每个分量都变为奇数，从而不能得到β. 下面我们对n归纳证明：小马不能经过恰n轮操作将α变为任何一个n-坏向量 n=2时，假设小马经过恰 2 轮操作将α变为一个 2-坏向量β，由奇偶性分析可知每轮操作恰改变一个分量的奇偶性，不妨第一轮操作将第一个分量增加t₁，将第二个分量增加(或减少)2t₁，第二轮操作将第一个分量增加(或减少)2t₂，将第二个分量增加t₂，这里 则存在 使得 但由引理，这个关于t₁，t₂的方程组无整数解，矛盾. 若结论对n-1的情形成立，考虑n(≥3)的情形： 假设小马经过恰n轮操作将α变为一个n-坏向量β，由奇偶性分析可知每轮操作恰改变一个分量的奇偶性，不妨第一轮操作将第一个分量增加t₁，第二轮操作将第二个分量增加t₂，…，第n轮操作将第n个分量增加 tn，这里 且均为奇数. 下面分两种情况讨论： (a)若存在1≤k≤n，使得第k个分量仅在第k轮操作中被增加 tf，不妨设第k轮操作中第j个分量被增加了2εₖtₖ, 这里1≤j≤n且. 由于改变两轮操作的次序对结果不影响，故可将第k轮和第n轮操作互换，互换后的前n-1轮操作将α变为 - 174- 学科网（北京）股份有限公司 (这里j和k的位置不影响结论)，而前n-1轮操作没有改变α的第k个分量，故 即 从而 考虑β'除了第k个分量之外，其余n-1个分量构成的向量 其各个分量均为奇数，再由β是n-坏向量及 可知，存在唯一的1≤i≤n使. 其余分量都是 Tn ₁的倍数. 分i=j,i=k,i∉{j,k}三种情况讨论可知βₙ₋₁是(n-1)-坏向量; 但只考虑除第k个分量之外的n-1个分量，βn-1由α经过n-1轮操作得到，与归纳假设矛盾. (b)若∀1≤k≤n，第k个分量不只在第k轮操作中被改变，由于每轮操作只能改变 2 个分量，故这n轮操作中，每个分量恰被改变 2 次. 设第k个分量除了在第k轮操作中被增加 tk以外，还在第f(k)轮操作中被增加22εktf(k),这里1≤f(k)≤n且f(k)≠k,εk∈{-1,1}. 构造有向图G=(V,E)如下: 令V={1,2…,n}, 对1≤i,j≤n, 若f(i)=j, 则i→j∈E,否则i→j∉E. 由f的定义可知G中每个点的出度和入度都为 1 ，且无自环，从而G被划分成若干个长度不小于 2 的有向圈. 对于每一个有向圈，将圈上顶点看作指标集，这些有向圈将可重集 划分为了若干个至少二元的可重子集. 对其中一个有向圈 及其对应的子集 由 可知第i₁个分量在第i₁轮操作中被增加t₁，在第i₂轮操作中被增加2e₁t₂，于是 重复这个过程，我们得到方程组 由引理，存在一个有向圈对应的方程组没有 th的整数解，矛盾. 结合(a)(b)可得，结论对n的情形也成立，由归纳法原理，命题得证. 故最小的正整数N=n+1. - 175- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题11 北京市第四中学 郑博晨 设有一个m×n(m行n列)的数表A，其中m是一个给定的正整数，m≥2，n为待定的正整数. (1)当n=m≥3时，设aᵢⱼ表示位于数表A的第i行第j列的实数，且满足： aᵢ₁,aᵢ₂,……, ain(i=1,2,…,n)与( 均为公差不为0的等差数列，如果能够根据条件p，求出数表A中的所有的数，则称数表A能被条件p确定. (i)设有条件p：“任意给定数表A中的r个数”，数表A能够被条件p确定，求r的最小值 (用含有m的式子表示)； (ii)设有条件p：“已知集合j或i+j=n+1,i=1,2,…,n}中的任意r个元素”，数表A能够被条件p确定，求r的最小值 (用含有m的式子表示)； (2)设n为待定的正整数，要求数表A中每一行填写1~n这n个数字，要求：每行每个数字只能出现一次，而数表A的每一列构成了公差不为0的等差数列(不考虑顺序)，求所有满足条件的n (用含有m的式子表示). 答案解 (1)(i) 判断: r的最小值为2m. 对于一个公差为d的等差数列：a₁,a₂,…, an,若已知其中两项a₁,a₃, 其中1≤i<j≤n,可以根据 求出首项和公差后，求出该等差数列中的每一项. 因此对于数表A中的任意一行(列)，只要知道其中的两个数，便可以求出该行(列)中的所有的数. 注意到：若已知 这2m-1个数，无法求出a₂₂，因此不能得到数表A中的所有的数.因此r>2m-1. 根据整数的离散性，r≥2m. 若已知数表A中的任意2m个数，由于数表A有m行，假设每一行已知的数不超过1个，则整个数表A至多知道m个数，矛盾！若只有一行已知的数至少有两个，考虑最不利的情况：若该行的数全已知，但其他行已知的数最多共有m-1个，因此整个数表A至多知道m+m-1=2m-1个数，矛盾！因此存在两行，使得两行中至少有两个数已知. 于是数表A中的上述两行的所有数可以被求出，从而数表A中每一列至少有两个数已知，故数表A的每一个数都能求出，数表A被条件p确定. 因此r的最小值为2m. (ii)当r≤m时, 若已知 中的r个数，则不能求出数表A中的所有数，不合要求. 当r=m+1时,已知 与 中的任意m+1个数，根据抽屉原理 - 176 - 学科网（北京）股份有限公司 可知，一定有两个数在数表A的同一行中，设为第s行.由此可以求出这一行中的所有的数. 由于 与 )中至多有两个数在同一行，因此去掉第s行的两个数后，剩下的m-1个数一定在其余的m-1行中. 当m=3时，经枚举可知：剩下的已知的两个数不可能在同一列中. 当m≥4时, m-1≥3. 由于在 与 中至多有两个数在同一列，因此至少有两列(记为第g，h列)中含有这m-1个数中的数. 由于第s行中的数已经完全确定，故第g，h列均至少知道两个数，因此这两列中的所有的数都可以求出.于是数表A中的每一行至少有两个数都已知，从而可以求出数表A中的所有的数. 综上所述，r的最小值为m+1. (2)当n<m时，1，2，…，n为最长的等差数列，但是此时并不能填满一列，不合题意.考虑n≥m的情况： 当m|n时, 将1,2,…,n按照 mod m分类: {1,m+1,…,n-m+1},{2,m+2,…,n-m+2},…,{m,2m,…,n}. 每个集合可以各自决定q列m行的小数表(其中n=mq)此时满足要求. 当m不整除n时, 根据带余除法: n= mq+r,0<r<m. 观察发现当q较大的时候应该可以给出构造，具体而言： 当 时，取r个公差为m的等差数列： (1,m+1,…, qm+1),(2,m+2,…, qm+2),…,(r,m+r,…, qm+r). 每个等差数列各取一次，每次取法如下：设k为剩余最小的数，取以k为首项、公差为1的等差数列，正好可以全部取完. 因此 均满足要求. 下面考虑 且m不整除n的情况，我们说明这种情况的n均不满足要求： 此时q<m-1，每一个公差决定了m种排法，由于r>0，当排完了所有含有n的等差数列后，还会有r个n剩余，无法排列，不合要求. 综上所述，m|n或 注 第 (1)问来自2025年北京市西城区高三一模21题 (Ⅱ)、(Ⅲ)小问. - 177 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题12 学而思 王正 设 为 n 维单位超立方体的顶点集，求证：满足 的双射 的个数至少为 答案解 令 由于归纳可得 因此 而 An 中，每一种选取n个不同行不同列的±1的选取方法均对应一个f，故f的个数 注 此题用于2024学而思CMO集训营模拟考试. - 178- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题13 学而思广州分校 余泽伟 对n∈N*, n≥5, a₁,a₂,…, an为1,2,…,n的一个排列, 若 互不相等，则称这个排列是一个“好排列”.求证，不同的“好排列”个数是8的倍数. 解 设所有“好排列”构成集合A，对于A中的一个排列(a₁，a₂，…，an)，有 其中差值n-1只能在相邻两数为{1，n}时产生，记A中有连续两项依次为(1，n)的排列构成集合B, |A|=2|B|. 考虑B中的一个排列，差值n-2只能在相邻两数为{2，n}或{1，n-1}时产生，记B中有连续三项依次为(1，n，2)的排列构成集为C, |A|=2|B|=4|C|. 考虑 C 中的一个排列 记 存在唯一k∈{1,2,…,n-1}使得 则 也是一个“好排列”，即y∈A.此时{1，n}不能都在y的两端，所以x被拆开的相邻两项不是(1，n). 若x被拆开的相邻两项是(n，2)，即 所以 从而x=(1,n,2,…,n-1).考虑差值n-3只能在相邻两数为{3,n}、{2,n-1}或{1，n-3}时产生，由于n≥5，上述三种组合都不在x相邻两数中出现，矛盾. 综上y∈C, 得到映射y=f(x), 则y≠x, x=f(y).所以|C|是偶数, |A|是8的倍数. - 179 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题14 广东省中山市华辰实验中学 曾熊 对于正整数n，如果可以将集合{1，…，n}划分为两个元素个数相同的集合A和B，使得 则称n是等幂数.求集合{1，2，…，2025}中等幂数的个数. 解 首先证明n必定为8的倍数.由|A|=|B|可知2|n. 由 可知4|n.记 则由 和 若m是奇数，则这两个求和奇偶性相反，而由 是偶数可知 也是偶数，矛盾！于是m是偶数，8|n. 记集合{1，…，n}为[n]，记Pt为所有正整数n构成的集合，使得[n]可以划分为两个集合A和B，满足对任意0≤i≤k，均有 若 设{A₁,B₁}和{A₂,B₂}分别为[n₁]和[n₂]的符合条件的划分.设 和 则A和B为[n]的划分，对i利用归纳法和二项式定理可知对任意0≤i≤k，均有 因此 下面证明16,24∈P₃,而8∉P₃. 设n∈Pk ,A 和B为[n]的符合条件的划分,设 和 {a+n|a∈A}.则A'和B'为[2n]的符合条件的划分，由二项式定理可知 因此2n∈Pk且 将[4]划分为{1,4}和{2,3}可知4∈R₁,于是8∈P₂ 且16∈P₃. 将[12]划分为{1,3,7,8,9,11}和{2,4,5,6,10,12}可知] .于是24∈P₃. 又8∈P₂, 符合条件的划分只能为{1,4,6,7}和{2,3,5,8}, 因为 于是8∉P₃.再由16,24∈P₃可知 又 故集合{1,2,…,2025}中等幂数的个数为252. -180- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题15 西安交通大学 林逸沿 给定正整数n≥2，设H ={A₁,A₂,…,Aₙ}为[[n]={1,2,…,n}的一个子集族，我们称S⊆[n]为H的一个好集，如果 设 若没有[n]的二元子集为H 的好集，试求|H|-|M(H)的所有可能值. 注: A△B=(A\B)∪(B\A). 解 取H={∅,{1}},则可知|H|-|M(H)|=1.取 则可得 |H|-|M(H)|=m (2≤m≤n), 于是我们得到了|H|-|M(H)|=1,2,…,n.下证 1≤|H|-|M(H)|≤n. 设 若 那么对C₀(H)∩C₁(H)中的两个集合C₁，C₂，存在a，使得 不妨设a∈C₁,a∉C₂,那么对{a,n}, 有 {a,n}∩C₁={a},{a,n}∩(C₁∪{n})={a,n},{a,n}∩(C₁∪{n}∩C₂=∅,{a,n}○(C₂∪{n})={n},这就说明矛盾！故可知 接下来我们用数学归纳法证明：|H|≤n+1. 当n=2时，我们看到若|H|=4，则H即为[2]的所有子集组成的集合，那么[2]就是一个好集，故可知矛盾！于是n=2时成立. 假设n-1时命题成立，当n时，容易知道没有[n-1]的二元子集为( 的好集，于是由归纳假设可知 而又 故可知 于是命题在n时得证，故由数学归纳法可知成立. 注意到，|H|=n+1时，等号成立条件为 那么这就说明存在A₁，Aⱼ， .综上我们可知|H|-|M(H)|≤n. 接下来我们用数学归纳法证明：|H|-|M(H)|≥1. 当n=2时容易验证这是成立的，假设n-1时成立，则当n时，我们看到 -181 - 学科网（北京）股份有限公司 于是 由归纳假设可知 故可知 故可知n时成立，故由归纳法得证. 综上所有可能值为1，2，…，n. - 182 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题16 武汉外国语学校 夏贤聪 设n为正整数, 称(i,n-i)是n的一种分拆, i=0,1,2,…,n. 若 i ),则称(i，n-i)对应可重集合 {2ˣ,2ˣʸ,……,2ˣ,2ⁿ,2⁶ʸ,……,2ⁿ,}, (i=0时{2 ,2⁹₂,……,2ˣ⁻¹为空集, n-i=0时 为空集，) 证明：对任意正整数n，存在 种分拆对应的可重集合相同. 解 若(i，n-i)对应可重集为{2 ,2ˣ₂,…,2ˣ,2ˣ,,2ˣ₂,……,2ᵏ,},则 , 合并相同的2次幂，得 其中 构造映射 问题等价于：对任意正整数n，存在 种n的分拆在g下的象相同. 引理1：对 设l为a₀,a₁,···, ak中取值为1的个数，则至少有2个n的分拆在g下的象为( 引理1证明: 构造集合A,B, 对j=0,1,2,…,k, 若( 则在A，B中分别放入一个2；若 ，则选择A，B之一放入2'，则有2'种不同选择，将集合A中元素之和设为i(空集的元素之和为0)，则集合B中元素之和设为n-i.于是对每个选择，对应一种((i,n-i)分拆，此分拆在g下的象为( 引理1得证. 引理2：对正整数n，若 则存在(a₀,a₁,…, am,使得 其中a₀,a₁,……, am中取值为1的个数不少于 引理2证明：设 其中 若 则引理2得证. 若 则 (*) - 183- 学科网（北京）股份有限公司 由于 在二进制下为至多r个2的幂次之和，则(*)表示中至少 个2的幂次只出现一次，引理2得证. 引理3：若 m为偶数，则存在(a₀,a₁,…, am, 使得 其中a₀,a₁,……, am中取值为1的个数不少于 引理3证明：设 其中 由引理2的证明，只需考虑 的情况. 由于 则 存在 使得 则由引理2， 存在一种表示中系数为1的个数不少于 则至少为h+1，又 中系数为1的个数为r-h，则存在一种取值为1的个数不少于 引理3得证. 回到原题，对正整数n， 时显然成立，对n≥4. 若m为奇数，由引理1，2，至少有 个n的分拆在g下的象相同. 若m为偶数且 由引理1，3，则至少 个n的分拆在g下的象相同. 若m为偶数且 由引理1，3，则至少 个n的分拆在g下的象相同.故原命题得证. 注 (1)本题命题思路来源于如下问题：对正整数n，若 记f(n)为满足)的不同a₀,a₁,……, am的个数，定义 可以证明： 时，f(n)的最大值为 (**) 于是本题中至少 个分拆对应的可重集合相同，希望得到一个更优的结果，于是得到本题. (**)的证明可用如下思路： - 184 - 学科网（北京）股份有限公司 ②f(1)=1,f(2)=2,f(3)=1,f(4)=3,f(5)=2,f(6)=3,f(7)=1. 结合①②对m用数学归纳法得证. (2)可以证明： 若 则 若 时， 再利用数学归纳法证明： (3)注(1)中问题来源于以下问题变成二进制问题后的思考： (2020年普特南大学生数学竞赛第5题)令an为满足 的正整数集S的个数，其中斐波那契数列 满足 求满足 的正整数n的最大值. - 185 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题17 华中师范大学第一附属中学 陈开懋 设S={1，2，…，np}，其中P 为素数.如果S的一个m元子集中所有元素之和为P的倍数，则称其为“好子集”.其中(p,m)=1且0<m< np, 求S的所有“好子集”的个数. 解 对于S的任一子集A，分别用|A|，||A||来表示A的元数个数和A中的所有元素之和.令 Ff={A|A⊆S,|A|=m,||A|=k(mod p)},其中k=0,1,…,p-1. 对 定义 当 时， 理解为xᵢ+k-np, i=0,1,…,m. 因为(p,m)=1, 故 0,m,2m,3m,...,(p-1)m 为模 P 的一个完全剩余系，设它们模P 的余数分别为 其中 0<b;≤p-1(i=1,2,…,p-1).且b₀,b₁,b₂,……, bp-1互不相同，所以 为从 到 Fbx的一个双射，故有 又因为 且F₀,F₁,…, Fp-1互不相交， 所以 即S的所有“好子集”个数为 - 186- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题18 江西师范大学附属中学 陈思洲 已知集合A={1，2，…，4050}，称集合A的任意一个2025元子集为A的半子集.设X为集合A的任意一个半子集, 对任意的i∈A, 构造A的子集B(X,i)={x|x∈X且x<i}, 子集C(X,i)={x|x∈A,x∉X且x>i}, 定义i的平衡值. (对任一集合S，约定|S|表示集合S的元素个数).试求所有正整数k，使得存在A的半子集X，使得方程fx(i)=m恰好有k个解. 解 所有符合要求的k为偶数, 且构成集合{0,2,4,…,2min(m+1,4050-m)}. 对∀i∈A, 记X的补集则 引理1(递推关系)：对于集合A的半子集.X, 引理1的证明：由平衡值定义： 于是 由引理1得到 具体情形为： 当且仅当 (即i-1,i∈X); 当且仅当 (即i-1∉X,i∈X或i-1∈X,i∉X); 当且仅当 (即i-1,i∉X). 此时可以结合图1作答. 引理2：(缩小m的范围)对集合A的任意半子集X，满足 引理2的证明：当半子集由X 变为( 后，数字i对应的值a₁互为相反数.于是 - 187- 学科网（北京）股份有限公司 由引理2知, 只需要考虑方程 fx(i)=m, 0≤m≤2024的解. 引理3(解的配对)：对集合A的任意一个半子集X，假设方程 有k个不同的解 引理 3 的证明：考虑两个解m，和m，+1，由定义知. 在i∈(j,j+1)中无解. 若 结合 有 否则，有 若 则. 于是 必然有一个等于m-1，另一个等于m+1.但是由于 故必然存在 使得 ，这与mⱼ，mⱼ+₁的定义矛盾.所以 于是，mⱼ,mⱼ+₁恰有一个属于X. 引理 4：(最小解与最大解)对(0≤m≤2024, 若 有k个解 则m₁∉X,mk∈X. 引理4的证明：注意到 故对0≤m≤2024, 有fₓ(1)≥m, 分别讨论:. ·若 则 即 ·若 则 得 故 m₁-1,m₁∉X. 类似地有 ·若 则 即 ·若 则 得 于是 于是 的最小解m₁∉X，最大解 结合引理3和引理4可知， 的k个解 中角标为奇数的数均不属于集合X，角标为偶数的数均属于集合X，由于m₁∉X，mk∈X，从而k是偶数. 分析 fx(i)=m且i∈X的解的数量.将所有X中的元素排序为. 当 ₁时, fx(i)≥|B(X,i)|≥m+1>m,|所以. 的解满足i∈X 的数量至多有m+1个.类似地， 的解满足i∉X的数量至多有m+1个. 于是k≤2(m+1). 注意到m的范围, 于是k≤2min(m+1,4045-m). 对0≤k≤2min(m+1,4050-m), 如图2给出相应的构造. 若k=0, X={1,3,…,4049},此时∀i, fx(i)=2025. 若k>0, 取 - 188 - 学科网（北京）股份有限公司 此时 恰有i=2025-m,2026-m,2027-m,…,2024-m+k这k个解. 注 本题改编自2022年越南 TST 考试的第6题.在研究. 的“单调性”后，问题基本就解决了. - 189 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题19 重庆一中 张峻滋 李东 2025位数学家共同参加一次数学研讨会，该次研讨会上一共有10个问题可供讨论，每位数学家钻研了其中的 3个问题.称两位数学家是“巧合”的，若他们钻研的问题中恰有1个是相同的.求巧合的数学家对数的最大可能值. 解 最大可能值为1757410. 设10个问题构成的集合为A={a₁,a₂,…,a₁₀},对三元集S⊂A，设钻研的问题集为S的数学家有x₅位. 用图论语言转化该问题，将A的每个三元集S视作一个点v₅，若两个三元集之交恰有一个元素，则连接这两个三元集对应的点，如此得到图G(V，E).则两个数学家是巧合的，当且仅当他们研究的问题集对应的点在G中相连.从而，巧合的数学家对数恰为： 下面证明：G中最大的完全子图为K₇. 首先说明G中有K₇，事实上，考虑集合 (下标在mod7意义下考虑)，易知这7个集合中任两个之交恰有1个元素，从而这7个集合对应的点两两连边，构成K₇. 再说明G中不存在K₈. 若不然，存在 8 个三元集合S₁，S₂，⋯，S₈两两之交为 1.设元素a₁在其中d₁个集合出现(1≤i≤10),则d₁≤3,否则不妨设a₁在4个集合S₁,S₂,S₃,S₄中,若a₁∉S₅, 由S₅与 都有交知 矛盾！ 将每个集合S对应为一个 10 维向量 其中wj∈{0,1}(1≤j≤10), 且 当且仅当 则由题， 且对任意1≤i<j≤8有: P(S₁)·P(S;)=1. 故有等式： 而另一方面， 知 由 以及二次函数的凸性可知， 矛盾！故G中不存在K₈，得证. 回到原题，下求 的最大值，其中 取到最大值时，可不妨对任意vs₁vs₂∉E, 有 否则考虑将(x₅,x₅,)调整为( 或 注意到 ∉E时, 是关于xs₁，x₅₂的一次函数，故两种调整中必有一种使得 的值不变小.因此取得最大值时，所有. 的S对应的 vs构成一个完全图，进而至多有 7 个 - 190- 学科网（北京）股份有限公司 不妨设为 其中 则 即求 的最小值，调整可知当 取最小值时, 对∀1≤i<j≤7者都有 即当 中有5个289,2个290时取最小值, 为585805. 故 当数学家钻研的问题集为：₁}各 289 个, 各290个时取等. 注 (1)问题中的 2025 人可换为一般的正整数n，研讨的问题数也可替换为一般的正整数m，同上述证明可知，当m≤16时，图中的最大团为7，而当m≥17时，图中的最大团为 (2)若不要求每位数学家恰钻研3个问题，则由 De Brujin定理可知，图中的最大团为10，利用解答中将集合视作向量的做法即可证明. - 191 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题20 北京大学附属中学陈宣桦 有一个时空迷宫实际上是由一个度数为3 的根结点，三个度数为1 的叶结点和若干度数为2的茎结点构成的树.共有n个结点，所有结点初始分别标记为1~n(标法未知).一个玩家初始被随机传送到其中一个结点.如果他在叶结点，他只能选择传送到唯一相邻的结点；如果他在茎结点，他可以选择传送到相邻的两个结点中数字较大或数字较小的结点；如果他在根结点，他可以选择传送到相邻的三个结点中数字最大或最小或居中的结点.玩家已知这个时空迷宫是这样的树，但不能获得其他信息. 证明：玩家在未知n的情况下，可以知道这个时空迷宫的具体形状(图论意义上). 解 引理1：只需证明，对于一条路的时空迷宫，玩家能依次来到两个端点，并知道它的长度： 假若可以做到，玩家先在其所在的路上来到根结点，并传送到数字最大的结点，然后将这个结点所在的茎视为一条路.，两端点是叶结点和根结点，接下来玩家知道了这条路的长度.依此重复三次即可以知道这条路的形状. 引理 2：我们证明，对于一条长度有限的路的时空迷宫，玩家可以传送到达其中一个端点. 首先，当路的长度≤3时，玩家至多一次传送就可以来到端点. 因路的长度有限，只需要证明：当路的长度是n且玩家已知路的长度≥n时可行. 玩家采用以下策略：对于长度为 n的路的所有n！种标数的方法，玩家依次假设他的初始位置是第i种的标数j(1≤i≤n！，1≤j≤n)，并由这个标数起按照这种标数法逐步传送向一个端点，倘若过程中并未到达端点，则排除这种可能，按照下一种可能在已经走的方法上所来到的结点继续走向一个端点，依此类推，如果始终不能到达端点，说明所有可能皆不成立，则路的长度不是n，矛盾.否则玩家到达一个端点. 引理3：我们证明，只需要有限次传送，玩家就可以确定自己分别去到过两个端点. 使用引理2 玩家来到一个端点，不妨设为左端点.倘若玩家在有限次传送内永远不会到达右端点，玩家采取以下策略：记路x 的端点依次为Lx₁，Lx₂，…，简记为L₁、L₂、…，显然玩家可以确认自己到达L₂.(设左端点为L₁) 玩家归纳证明他可以确认如何到达 Ln，倘若玩家已经可以确认如何到达 Lk，玩家随意进行一次传送，然后采用L₁到 Lt时已知的方法，尝试使用从LA₋₁到L₁的方法回到L₁.因为玩家在有限次内不达右端点，则玩家只有确实回到L₁和曾经到达 Lk.，因此未回到L₁的两种可能，无论如何玩家已经可以确认如何到达 Lk.，(知道Lk如何到达Lk ，也就知道Lk如何到达 接下来玩家使用引理2 来到左端点(因不达右端点)并来到 Lk，，归纳知玩家可以一直到达右端点，矛盾.因此至多有限次传送玩家就可以确定自己曾到达过右端点，此时玩家确认路的长度有一个上界.也即可能的路的种类也有上界. -192- 学科网（北京）股份有限公司 引理 4：证明对于任何两条长度不同的标好数的路，玩家可以在有限次传送中确认至少其中一条并非实际上的路. 不妨设路A、B长度分别为a<b，玩家可以遍历假定自己的初始位置的所有 ab种情况，只需要证明某次传送后在假定下一定有一条路到达端点而另一条路不到达端点. ①当a为偶数时，玩家对某种假定的初始情况，传送来到 此时对应在路A 中，玩家来到LA，此时玩家在路A 中传送来到最近的端点，至多只需要 步，因此玩家在路B 中不可能到达端点.(若实际到达端点，则路B 并非实际；若实际未到达端点，则路A 并非实际.) ②当a为奇数时，若b≥a+2，玩家对某种假定的初始情况，若干次传送来到 此时对应在路A 中，玩家来到LA，此时玩家在路A 中传送来到最近的端点，至多只需要 步，玩家在路B 中不可能到达端点，同理. 若b=a+1，玩家若干次传送来到 则必须恰有 否则依然同理可得.此时假若玩家在路A中从 传送到LA₁，路B 中恰也到达端点LB₁；则玩家再重新传送回. 对应到达 玩家再从 传送到LA，路 B 中恰也到达端点LB₁. 但实际上 传送到相邻的LA45和LA423所选数字大小相反，路B 中不可能如此到达. 综上所述，玩家有限次传送中可以排除长度不同的路中的一条，又由引理3推论知可能的路有限，因此只需要有限次传送，剩余可能的路的长度是相等的，于是玩家获知了这条路的长度.根据引理1，玩家可以获知这棵树的图论形状. -193 - 学科网（北京）股份有限公司 组合问题21 浙江省温州育英实验学校 陈华毅 对于(G(V, E), |V|=2n, n≥2, 且G中无完美匹配. 求|E| max. n≥5,解 一方面，构造： n=2, n≥5时, 取完全图K₂n₂₂和另外的两点A, B, 其中A, B仅与完全图 中同一点C相连.此时 由于d(A)=d(B)=1, 可知此图中无完美匹配. n=3,4时, , 其中 此时 若此图中有完美匹配，则由于恰n对匹配，由 知必存在 使得该完美匹配中有u₁u,, 而u₁uⱼ∉E,矛盾！ 另一方面，用归纳法进行证明 时必有完美匹配，当n=2时显然成立，设n-1时已成立，考虑n时. 现考虑min{d(u)+d(v)-1}=d(x)+d(y)-1,其中xy∈E. 去掉x, y后得到G', 有若干个连通分支K₁, K₂,…, K₁, 当t>1时. 若存在1≤i≤t有 设z∈K₁,由G连通性知必有d(z)≥1, 而z至多只能与x,y相连, 则d(z)≤d(y). 于是可设zx∈E，则由于最小性知d(z)+d(x)≥d(x)+d(y),即d(z)≥d(y),故d(z)=d(y). 当d(z)=d(y)=1, 则| 矛盾！ 当d(z)=d(y)=2,去掉y，z，用归纳假设即可. 若不存在i使得 则任意1≤i≤t有| 即K；内必连有边. 由平均值原理，不妨设 任取K₁中连有边的两点u，v，由最小性知 d(x)+d(y)≤d(u)+d(v)≤2(k-1)+2×2=2k+2, 于是有 -194 - 学科网（北京）股份有限公司 (用到 而 知 由于2≤k≤n-1, n≥3, 必有|k-(n-2)|<n-2, 则( 矛盾！ 故必有t=1，即此时去掉了x，y以及d(x)+d(y)-1条边仍可保证连通性. 若d(x)+d(y)-1≥3n-2, 由最小性知任意u, v有d(u)+d(v)≥3n-1, 则 d(u)≥3n-1-d(v)≥n. 由 Ore定理可以找到哈密顿圈，满足条件！ 若d(x)+d(y)-1≤3n-3, 对于n=3, 此时 若有|E|≥10，去掉x，y至少还剩4条边，由归纳假设即可. 对于n=4，此时 若有 去掉x,y至少还剩10条边，由归纳假设即可. 对于n=5，此时 若有 去掉x, y至少还剩19条边，由归纳假设即可. 对于n≥6，此时 若有 则 E 3. 去掉x，y，由归纳假设即可. -195- 学科网（北京）股份有限公司 组合问题22 重庆学而思 吴屹林 给定正整数n，称一个2"阶完全图K₂n的一个二部图覆盖为存在完全二部图 (t不固定)，使得K₂ₙ的每条边至少在一个H₁中.对所有的二部图覆盖，求对应的 的最小可能值，其中V(H)表示H的点数. 解 一方面，我们给出 的构造： 2"个点取全体n维0-1向量， 为第i位为0的点与第i位为1的点相连构成的完全二部图.此时显有任两个点必在某个H₁中相连，且 另一方面，我们证明 对于合题的H₁,H₂,…,H₁,记 记2"个点为 且vᵢ对应t维特征向量(a₁₁,a₁₂,...,a₁t),满足 vᵢ∉Hⱼ.1≤i≤2",1≤j≤t. 则每个v₁ 恰对应2⁴个不同的t维0-1向量,其中x₁为vᵢ∉Hⱼ对应的l≤j≤t的个数. 由条件知，对于任意i≠j，均存在l≤k≤t，要么 要么 则v₁，vⱼ对应的向量在第k位上一个为0，另一个为1，故它们对应的2°个向量和2°个向量两两不同.进一步地，所有的vᵢ对应的 个向量均两两不同.则有 又由AM-GM 不等式,有 即有 又 - 196- 学科网（北京）股份有限公司 则有 - 197 - 学科网（北京）股份有限公司 $