OA2OG2－MA2∴MO2－MA2R22BOA2OG2－AG22R2由圆幂定理得：OA2R2AFADOG2R2－GEGD延长AG到N使得AFADAGAN则FDNG四点共圆∴AEABAFADAGAN
∴EBNG四点共圆∠NEB∠NGB∠ADN从而ADNE四点共圆AGANEGGD∴OA2OG2－AG22R2AFAD－GEGD2R2AGAN－GEGD2R2即有CO2－AC2MO2－MA2R2由平方差定理知：CM⊥AO证完证法2：由证法1知，只要证MO2－MA2R2设BEG的外接圆交AG于NDN∩⊙OP连BPBN则BEGN四点共圆∴AEABAFADAGAN其中R为⊙O半径故FDNG四点共圆延长AN交⊙O于T则∠BPD∠BED∠BFD∠DNTBP∥AT∠BNT∠PBN∴∠BPD∠BED∠BNT∠PBN从而BNPNON⊥BPON⊥AT设AMMGxGNy则OA2xyONOM2xy2ON2∵OA2R2AFADAGAN所以OM2OA2－2xy2xy2OA2－2x2xyx2OA2－AGANx2OA2－AFADx2R2x2OM2－AM2R2∴CO2－AC2MO2－MA2R2CM⊥AO证完2．证明证明：设存在这样的
个正整数则它们可组成C
个不同的r元数组每组的r个数不互素即r个证明数的最大公约数大于1令每个r元数组对应它们的最大公约数∵任何r1个数均互素，∴上述对应是单射若x1x1…xrx1x1…xrd则x1x1…xrx1dx1d1矛盾任取C
个互不相同的素数p1p2…pCr并使之与12…
的C
个r元子集一一对应然后对每个

AEPFOBGNDTCM
2
2
2
r
r
r
i∈12…
令xi为i所在的所有r元子集C
∵对x1x1…x
的任意r元子集xi1xi2
r1
个所对应的素数之积则这
个数满足要求
xir它们的最大公约数恰为r元子集i1i2…ir所对
r
应的素数当然大于1从而这r个数不互素由于C
个素数中的每一个都恰为x1x1…x
中r个数
2011模拟卷（2）第5页共6页
f的约数故x1x1…x
中任意r1个数均互素3解：∵对
2时有2解有2
k2k1212
k
k2
c2
k2
∴c1∵对
22即
k
k1
…212k1－1
221c2k11
2k11212k1111
2k1121
c2k11
∴c
1t1t12k12121210t1令t则c1t11t22k11k12
恒成立∴c≥1
2cmi
12现对m归纳证明：当m1时已知成立假设对m成立kkkkkk对m1，设
2222m1k1k2…km1≥0则
－2122232m1
k1
k22
由归纳假设得：2
k12
22
k1
k32
km12
12
2
k12
k1
∴2
k12
2
k22
2
km12
212
22
k12
现证：2
1
2
2k11
2
k1k12
1
2
2
22
k12
k1
1
2
1
21
k12
2
22
2
r