数学奥林匹克竞赛轮换与对称
自招竞赛课程数学讲义：轮换对称式最值求法【讲师版】
自招竞赛数学“轮换对称式最值求法”讲义编号：近几年来，关于多元轮换对称和式s的最值问题，多以证明形式出现在数学竞赛题目中，即证S ≥A (或S≤A)。
因为求法能代替证明(通过数学方法求出s最大值为A，也即证明了S≤A成立)，所以，s的最值求法应是一个更深刻的问题。
反之，因为证明不等式S≤A，是先提供常数A，它可以加入到论证、推理和运算过程之中，而求最值并无此条件，所以，证明不能代替求法。
鉴于此，寻找S的最值求法，远比寻找证明的方法和技巧重要。
1.如果a，b，c均为正数，且a（b+c）=152，b（c+a）=162，c（a+b）=170，那么abc的值是（）A．672 B．688 C．720 D．750答案：1.分析：首先将a（b+c）=152，b（c+a）=162，c（a+b）=170分别展开，即可求得ab+ac=152 ①，bc+ba=162 ②，ca+cb=170 ③，然后将三式相加，即可求得ab+bc+ca值，继而求得bc，ca，ab的值，将它们相乘再开方，即可求得abc的值．解答：解：∵a（b+c）=152，b（c+a）=162，c（a+b）=170，∴ab+ac=152 ①，bc+ba=162 ②，ca+cb=170 ③，∴①+②+③得：ab+bc+ca=242 ④，④﹣①得：bc=90，④﹣②得：ca=80，④﹣③得：ab=72，∴bc•ca•ab=90×80×72，即（abc）2=7202，∵a，b，c均为正数，∴abc=720．故选C ．知识点：此题考查了对称式和轮换对称式的知识，考查了方程组的求解方法．此题难度较大，解题的关键是将ab ，ca ，bc 看作整体，利用整体思想与方程思想求解．通过几个典型例子的“通法”和“简解”比较，说明对称思想在探求最值问题中的巧妙运用． 例1 （2007年全国高中数学联赛广西赛预赛试题）设122007,,,a a a L 均为正实数，且12200711112222a a a +++=+++L ，则122007..a a a ⋅L 的最小值为点评：通法需要换元转化技巧，并重复使用多元均值不等式，需要深厚功力方能解决，而简解根据对称性从取得最值的条件入手，一矢中的轻松获解。
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试(A2)答案与评分标准
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛 一试（A2卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1. 函数()sin 20221127f x x x x 的最小值为 ． 答案：15．解：()1(11)(27)15f x x x ，等号成立的充要条件是1127x 且20222()2Z x k k．当44044x 时，()f x 取到最小值15．2. 若正数,a b 满足2448log log 8,log log 2a b a b ，则82log log a b 的值为 ．答案：523．解：令2,2(,)R x y a b x y ，则由条件知2448log log 8,2log log 2.23y x a b x y a b解得20,24x y ．从而822052log log 24333x a b y ．3. 若无穷等比数列{}n a 的各项和为1，各项的绝对值之和为2，则首项1a 的值为 ．答案：43．解：设{}n a 的公比为q ，根据条件，显然有10q ，且11||1,211||a a q q ． 由前一式知10a ，进而12(1||)2(1)q q q ，得13q ，则1413a q ．4. 设a 为实数．若存在实数t ，使得ii ia t 为实数（i 为虚数单位），则a 的取值范围是 ．答案：34a ．解：计算得 22222i 111i (i)(i)(1)i i i 111a at a t t a t t t t t t ． 根据条件，存在实数t ，使得22101a t t t ，即有 2213124a t t t． 当t 取遍一切实数时，a 的取值范围是34a ．5. 在平面直角坐标系中，1F 、2F 分别为双曲线22:13y x 的左、右焦点，过1F 的直线l 交 于两点,P Q ．若12116F F F P，则22F P F Q 的值为 ．答案：2713．解：由条件知12(2,0),(2,0)F F ．设1122(,),(,)P x y Q x y ，由12116F F F P知114(2)016x y ，故12x ，进而22113(1)9y x ．由对称性，不妨设13y ，则直线l 的方程为423x y ，代入 的方程，消去x 并化简可得y 的二次方程21348270y y ，其两根12,y y 之积为2713．因此2212122727(2)(2)01313F P F Q x x y y ．6. 如图，正方体1111ABCD A B C D 中，,M N 分别为棱111,A B BB 的中点，过,,D M N 三点作该正方体的截面，已知截面是一个多边形 ，则 在顶点D 处的内角的余弦值为 ．答案：413．解：如图，设MN 分别与1,AA AB 的延长线交于点,S T ，连接DS ，交11A D 于点P ，连接DT ，交BC 于点Q ，则截面 为五边形DPMNQ ．不妨设正方体的棱长为3．易知11111112A P A S NB PD DD DD ，则12PD ．同理有2CQ ．结合1||PD CQ ，可知四边形1CD PQ 为平行四边形，132PQ D C ．又223213DP DQ ，所以 在顶点D 处的内角的余弦值为2221313184cos 22613DP DQ PQ PDQ DP DQ ．7. 在1,2,,10 中随机选出三个不同的数，它们两两互素的概率为 ．答案：720．解：考虑三个数两两互素的取法，显然所取的三个数中至多有一个为偶数．P SQ TNMD D 1C B AA 1B 1C 1情形一：三个数均为奇数．此时从1,3,5,7,9中选三个数，但不能同时选3和9，有321523C C C 7 种选法．情形二：恰有一个偶数，将其记为m ．若{2,4,8}m ，则从1,3,5,7,9中再选两个数，但不能同时选3和9，有25C 19 种选法，又m 有三种可能，所以有3927 种选法；若6m ，则另两个奇数只能从1,5,7中选，有3种选法；若10m ，则另两个奇数只能从1,3,7,9中选，但不能同时选3和9，有24C 15 种选法．累计得情形二共有273535 种选法． 所以三个数两两互素的取法共有73542 种．又在十个数中任取三个数有310C 120 种取法，故所求概率为42712020． 8. 设,,k l m 为实数，0m ，在平面直角坐标系中，函数()my f x k x l的图像为曲线1C ，另一函数()y g x 的图像为曲线2C ，且满足2C 与1C 关于直线y x 对称．若点(1,4),(2,3),(2,4)都在曲线1C 或2C 上，则()f k l m 的值为 ．答案：1或45．解：由12(1,4),(2,3),(2,4)C C 及曲线1C 与2C 之间的对称性，可知12(4,1),(3,2),(4,2)C C ．若1(1,4)C ，则2(4,1)C ，由2C 为函数的图像知2(4,2)C ，得1(4,2)C ，进而2(2,4)C ，类似可知1(2,3)C ，2(3,2)C ．此时(1)4,(2)3,(4)2124m m mf k f k f k l l l，即有(4)(1),(3)(2),(2)(4).k l m k l m k l m由(4)(1)(3)(2)k l k l ，得20k l ． 由(3)(2)(2)(4)k l k l ，得220k l ． 所以0,2k l ，进而(4)(1)12m k l ．此时12()2f x x ，则()(10)1f k l m f ．若2(1,4)C ，注意到()g x 为()f x 的反函数，即()mg x l x k，故类似可得0,2,12l k m ，此时12()2f x x，4()(10)5f k l m f ．综上，()f k l m 的值为1或45．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）已知ABC 及其边BC 上的一点D 满足：2AB BD ，3AC CD ，且以A 、D 为焦点可以作一个椭圆 同时经过B 、C 两点，求 的离心率．解：由椭圆定义可知AB BD AC CD （都等于椭圆 的长轴长），结合2AB BD ，3AC CD ，得:::8:4:9:3AB BD AC CD ．……………4分 由余弦定理及,ADB ADC 互补，可知222222cos cos 022AD BD AB AD CD AC ADB ADC AD BD AD CD，即 222222()()0CD AD BD AB BD AD CD AC ．不妨设8,4,9,3AB BD AC CD ，则上式可化简为274320AD ，解得椭圆 的焦距12217AD． ……………12分 所以椭圆 的离心率217AD e AB BD ． ……………16分注：由斯特瓦尔特定理可直接得222AB CD AC BD AD BD CD BC． 10.（本题满分20分）已知数列{}n a 的各项均为非负实数，且满足：对任意整数2n ，均有11n n n a a a n ．若220221a a ，求1a 的最大可能值．解：根据条件，对任意正整数n ，有321112(1)2n n n n n n a a a n a a n a n 23n n a ． 进而632(3)329(23)6n n n n a n a n n a a ． ① ……………5分 设12,a a a b ，则34562,5,7,7a b a a a a b a a b ．由①知{}n a 的各项均为非负实数当且仅当126,,,0a a a ，即05,07,7 2.a b a b……………10分 注意到2202226(2016)(2023)a a a a b a b ，故(2023)1b a b ． ② 由72a b 得1120232025b a b ，且显然1b ．……………15分由②进一步得12023a b b ．利用1()f x x x 在(0,1)上单调减，可知111405120232202520252025a a f ， 当12025b 时等号成立．所以1a 的最大可能值为40512025． ……………20分11.（本题满分20分）给定整数(2)n n ．对于一个2n 元有序数组1122(,,,,,,)n n T a b a b a b ， 若T 的每个分量均为0或1，且对任意,(1)p q p q n ，均有(,,)(1,0,1)p p q a b b 且(,,)(1,0,0)q q p a b a ，则称T 为“有趣数组”．求有趣数组的个数．解：考虑任意一个有趣数组1122(,,,,,,)n n T a b a b a b ，对1,2,,i n ，将(,)i i a b 视为一个字母，其中(1,0),(0,1),(1,1),(0,0)分别视为字母,,,A B C D ，则T 可视为一个由,,,A B C D 构成的长度为n 的字符串()s T ．有趣数组T 的性质可等价地描述为：当字符串()s T 含字母A 时，A 之后不出现字母,B C ，且A 之前不出现字母,B D ．显然()s T 不同时含有字母A 与B ．若()s T 不含字母A ，则这样的字符串均满足条件，共3n 个．……………5分 若()s T 含有字母A ，则()s T 必是形如CC CAA ADD D 的字符串（允许没有字母C 或D ），且这样的字符串均满足条件． ……………10分设()s T 中第一个A 与最后一个A 分别出现在第x 个位置与第y 个位置，则()s T 由数组(,)x y （其中1x y n ）唯一确定．因(,)x y 的取法有2(1)C 2nn n n 种，故这样的字符串()s T 有(1)2n n 个． 综上，有趣数组所对应的字符串共有(1)32n n n 个．因此有趣数组的个数为(1)32n n n ． ……………20分。
奥运数学知识资料
奥运数学知识资料奥运数学知识是指在国际数学奥林匹克竞赛（IMO）中所涉及到的数学概念、定理、方法等内容。
IMO是一个由国际数学联合会（IMU）主办的全球性数学竞赛，每年举办一次，参赛选手来自全球各地的高中生。
以下是一些常见的奥运数学知识：1. 命题与证明IMO的命题者都是知名的数学家或大学教授，在命题时需要运用深厚的数学知识和丰富的经验。
同时，命题过程中需要考虑到不同国家和地区的文化背景和数学教育水平，保证考题的公平性和可行性。
选手需要在规定时间内完成5道数学题，每题7分，总分为35分。
在解题时需要使用严密的逻辑推理和创新思维，每一步的证明都需要清晰明了、逻辑连贯、步骤合理，否则不得分。
2. 数学定理奥运数学中常用的一些定理包括费马大定理、无理数的定义、三角函数关系、群论、微积分等。
这些定理大多数都是由知名数学家或团队在历史上提出，是现代数学的基础，也是奥运数学的必备知识。
3. 几何、代数、组合、数论IMO考试共包括4个模块：几何、代数、组合和数论。
这些模块都是数学中非常重要的分支，分别涉及到空间、数量、运算和结构等方面的知识。
在几何部分，选手需要熟悉三角形、圆、多面体等基本图形及其性质，了解勾股定理、相似、共圆、水平线、垂线、对称、旋转等几何概念。
在代数部分，选手需要熟悉一些基本的代数运算规则，如多项式的因式分解、根式的化简、方程的解法等。
此外还需要掌握一些高级的代数理论，如群、环、域等。
在组合部分，选手需要熟悉一些基本组合方法，如排序、选择、排列组合等，同时还需要掌握一些高级的组合方法，如生成函数、容斥原理、皮克定理等。
在数论部分，选手需要熟悉一些基本的数论方法，如奇偶性、模运算、最大公约数、中国剩余定理等。
同时还需要掌握一些高级的数论方法，如欧拉定理、费马小定理、狄利克雷定理等。
八年级数学竞赛例题专题讲解：几何变换
八年级数学竞赛例题专题讲解:几何变换阅读与思考几何变换是指把一个几何图形1F 变换成另一个几何图形2F 的方法，若仅改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，这种变换称为合同变换，平移、对称、旋转是常见的合同变换.l图3图2图1F 1F 21.平移变换如图1，如果把图形1F 上的各点都按一定方向移动一定距离得到图形2F 后，则由1F 到2F 的变换叫平移变换.平移变换前后的对应线段相等且平行，对应角的两边分别平行且方向一致. 2.对称变换如图2，将平面图形1F 变换到与它成轴对称的图形2F ，这样的几何变换就叫做关于直线l （对称轴）的对称变换.对称变换前后的对应线段相等，对应角相等，其对称轴是连结各对应点线段的垂直平分线. 3.旋转变换如图3，将平面图形1F 绕这一平面内一定点M 旋转一个定角α，得到图形2F ，这样的变换叫旋转变换，M 叫旋转中心，α叫旋转角.旋转变换前后的图形是全等的，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的夹角等于旋转角.例题与求解【例l 】如图，∠AOB =045，角内有点P ，PO =10，在角的两边上有两点Q ，R （均不同于O ），则△PQR 的周长的最小值为_______________. （黄冈市竞赛试题）解题思路:作P点关于OA，OB的对称点，确定Q，R的位置，化折线为直线，求△PQR的最小值.O【例2】如图，P是等边△ABC的内部一点，∠APB，∠BPC，∠CP A的大小之比是5:6:7，则以P A，PB，PC为边的三角形的三个角的大小之比（从小到大）是（）A. 2:3:4B. 3:4:5C. 4:5:6D.不能确定（全国通讯赛试题）B C解题思路:解本例的关键是如何构造以P A，PB，PC为边的三角形，若把△P AB，△PBC，△PCA60，就可以把P A，PB，PC有效地集中在一起.中的任一个，绕一个顶点旋转0【例3】如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，∠B=2∠C，求证:AB+BD=CD.（天津市竞赛试题）解题思路:用截长法或补短法证明，实质都利用AD翻折造全等.C【例4】如图，六边形ABCDEF 中，AB ∥DE ，BC ∥FE ，CD ∥AF ，对边之差BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，求证:该六边形的各角都相等.（全俄数学奥林匹克竞赛试题）解题思路:设法能将复杂的条件BC -FE=ED -AB=AF -CD ＞0，用一个基本图形表示，题设条件有平行条件，考虑实施平移变换.【例5】已知Rt △ABC 中，AC=BC ，∠ACB =090，∠MCN =045 （1） 如图1，当M 、N 在AB 上时，求证:222MN AM BN =+（2） 如图2，将∠MCN 绕C 点旋转，当M 在BA 的延长线时，上述结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.（天津市中考试题）解题思路:222MN AM BN =+符合勾股定理的形式，需转化为直角三角形可将△ACM 沿直线图2图1MABBCM 对折，得△DCM . 连DN ，只需证DN=BN ，∠MDN =090；或将△ACM (或△BCM )旋转.【例6】如图，∠DAC=012，∠DBC=024，∠CAB=036，∠ABD=048，求∠DCA 的度数.（日本算术奥林匹克试题）解题思路:已知角的度数都是12的倍数，000362460+=，这使我们想到构作正三角形.A能力训练1.在如图所示的单位正方形网格中，将△ABC 向右平移3个单位后得到△A B C '''，则BA A '∠的度数是_______.（泰安市中考试题）B(第1题) （第2题）（第3题）2.如图，P是等边△ABC内一点，P A=6，PB=8，PC=10，则∠APB=_________.3.如图，直线143y x=与双曲线2(0)ky kx=>交于点A，将直线143y x=向右平移92个单位后，与双曲线2kyx=交于点B，与x轴交于点C. 若2AOBC=，则k=______________. （武汉市中考试题）4.如图，△ABC中，∠BAC=045，AD⊥BC，DB=3，DC=2，则△ABC的面积是___________.5.如图，P为正方形内一点，若::1:2:3PA PB PC=，则∠APB的度数是（）.A. 0120 B. 0135 C. 0145 D. 0150（第6题）（第5题）（第4题）AC BABD ABDA'6.如图，边长为2的正方形ABCD的对角线交于点O，把边BA、CD分别绕点B、C同时逆时针旋转060，得四边形A BCD'',下列结论:①四边形A BCD''为菱形；②12ABCDA BCDS S''=正方形四边形；③线段OD'1. 其中正确的结论有（）.A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个7. 如图，A，B两个电话机离电话线l的距离分别是3米，5米，CD=6米，若由L上一点分别向A ，B 连电话线，最短为（ ）.A. 11米B. 10米C. 9米D. 8米8. 如图，在△ABC 中，∠BAC =0120，P 是△ABC 内一点，若记x PA PB PC =++，y AB AC =+，则（ ）.A. x y <B. x y =C. x y >D. x 与y 的大小关系不确定l第8题图第7题图CB9. 如图，已知D 是△ABC 中BC 边的中点，过D 作DE ⊥DF ，分别交AB 于E ，交AC 于F ，求证:BE CF EF +>.（天津市竞赛试题）B10.如图，△ABC ，△A B C '''其各边交成六边形DEFGHK ，且EF ∥KH ，GH ∥DE ，FG ∥KD ，0KH EF FG KD DE GH -=-=->. 求证:△ABC ，△A B C '''均为为正三角形.（“缙云杯”邀请赛试题）AB C A'11.如图，已知△ABC 中，AB=AC ，P ，Q 分别为AC ，AB 上的点，且AP=PQ=QB=BC ，求∠PCQ .（北京市竞赛试题）B12.如图，已知在平面直角坐标系中，A ，B 两点的坐标分别为(2,3)A -，(4,1)B -. (1) 若(,0)P x 是x 轴上的一个动点，当△P AB 的周长最短时，求x 的值；（2）若(,0),(3,0)C a D a +是x 轴上的两个动点，当四边形ABCD 的周长最短时，求a 的值； （3）设M ，N 分别为x 轴，y 轴上的动点，问:是否存在这样的点(,0)M m 和(0,)N n ，使四边形ABMN 的周长最短？若存在，求出,m n 的值；若不存在，请说明理由.（浙江省湖州市中考试题）13.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，分别以两腰AB ，CD 为边向两边作正方形ABGE 和正方形DCHF ，设线段AD 的垂直平分线l 交线段EF 于点M ，EP ⊥l 于P ，FQ ⊥l 于Q ，求证:EP=FQ.（全国初中数学联赛试题）14.如图所示，已知Rt △ABC 中，AB=BC ，在Rt △ADE 中，AD=DE ，连结EC ，取EC 中点M ，连结DM 和BM .（1）若点D 在边AC 上，点E 在边AB 上且与点B 不重合，如图1，求证:BM=DM ，且BM ⊥DM ；（2）如图2中的△ADE 绕点A 逆时针旋转小于045的角，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.（广州市中考试题）图2图1ACBBCA45，AD⊥BC于D，若BD=3，CD=2，求△ABC的面积. 15.如图，在△ABC中，∠BAC=0（山东省竞赛试题）B。
运用基本不等式探究两类最值问题的对比分析
２ ０ １ ４年
第１ － ２期
解 题 研 究》
．
｛ ． 毫 。 Ｉ Ｉ 。 Ｙ Ａ－ Ｎ ｒ Ｊ ， ｊ 。 Ｕ ＿ … ． ． 解析 ：为直接运用基本不等式 ，可先通 过变量代 解 ：因为 、Ｙ 、 ∈ Ｒ ，所 以 ． ９ Ｃ ＋ ｋ ｚ ≥２ 、 ／ Ｘ ， Ｚ ，
收 稿 日期 ：２ ０ １ ３ — ０ ７ — １ １
基金项 目：山东省枣庄市教育科 学规划 “ 十二五”立项课题—— 分组联动 ，熔铸班级品质 （ 项 目编号 ：２ ０ １ ２ Ｊ Ｇ ０ ６ ８ ）研究成果
作者简介 ：杨华文 （ １ ９ ７ ０ 一） ，男，河北邢 台人 ，特级教 师 ，首席教 师 ，主要从 事中学数 学 教 学与班级 管理 方法研究．
＋（ １ 一 ） ≥ ２
＝ｃ ，则 ａ ｂ ｃ ＝１ ．
ｘ
换简化式子结构．
令生 ＝口 ，卫 ＝ｂ ，
， ｚ
ｙ ｚ ，其 中 ０ ＜ ＜１ ． ｙ ｚ ，
两式相加得 ＋ ＋ ｚ ≥２ 、 ／ 船 ＋ ２ 、 ／ 欲使 配 ＝ ‘ ＋
＋ ｚ ‘
人 深 、由 简 到 难 ， 由熟 悉 到 陌 生 、再 由陌 生 到 熟 悉
解 ：因为 、Ｙ 、ｚ ∈ ，
的循序渐进 的求解 策略 ，进一步 领会 回归 与转化 的 思想方法 ． 问题 １ ：设 、Ｙ 、ｚ ∈ Ｒ ＋ ，求 “ ＝
。 ＋
所 以 竿 竿 争
三式 相加 得 ＋ ＋ ≥ｘ ｙ＋ ＋ ，
因为 （ 口 一１ ） ≥０ ，
所 以 一０＋１≥ ．
取得最大值 ，
进而 （ 口 ＋１ ）・ （ 一口 ＋１ ）≥ ａ・ （ ｏ ＋１ ） ，
轮换对称式的最值问题(教案版)
小顺序，而只能做较弱的排列，如，，...，，即某一个是其1n a a ≥2n a a ≥1n n a a -≥中的最大或最小（如②中可设，），因为我们总可以通过轮换把某个字母调a c ≥a b ≥整到最小或最大的位置。
3.取得最值的判定暑期讲义轮换对称式一讲中我们提到，轮换对称式取到最值时往往各地位轮换对称的变量取值相等。
在这种情况下我们可以简化问题为先判断最值和取到最值的条件，在转化为不等式证明问题（此时取等的条件也作为一个解决不等式证明的重要提示）。
当然，并不是所有轮换对称式取最值的条件都是上述，所以我们尽可能用特值等方法验证来舍弃显然不合理的假定，确认判断正确后再转化为证明问题，这样可以减少无用功。
值得注意的是，判断各变量相等时取到的是最大还是最小值与题目要求比对是十分必要的。
4.轮换对称式常见的处理方法（结合例题讲解）（1）凑项法（最常用）在判断出最值后，利用基本不等式等号成立的条件凑项证明，只要领悟添项的技巧，完全可以程式化证明一类不等式。
主要细分为凑项降幂法、凑项升幂法、凑项去分母法、凑项平衡系数法。
基本思路：判断该题为轮换对称式；通过条件得出取最值时各字母或参数的值；判断是最大或最小值，抓住其中一项深入研究，构造均值不等式的其他项，再运用均值不等式加以证明。
上述各种凑项方法不是相对独立的，可以交替使用，但凑项的关键是在求和时能利用已知条件，并能取到等号。
（2）求配偶式法（即（1）的进化版本）当直接配凑较为困难时我们可以通过先设待定系数求解的方法找到要凑得项。
充分利用轮换对称式等式的结构特点以及等号成立的条件为导向，运用待定系数法构造配偶式，然后运用均值不等式等号成立的条件以及所证轮换对称不等式等号成立的条件求出待定系数，从而使所证不等式获得证明。
其中设配偶式求配偶因子是该方法的关键一步和核心部分，也是它与方法（1）的主要区别。
（3）“非常规最值”的应对方法前几个方法中,首要是确认在各变量取值相等时取到最值，这类最值问题称为“常规最值”。
2022全国中学生数学奥林匹克竞赛
2022全国中学生数学奥林匹克竞赛
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛简介
全国中学生数学奥林匹克竞赛（National Math Olympiad）是每年举行的中学生数学竞赛，它由中国教育部高等教育司主办，是中国中学生学生数学能力和竞争力的重要测试。
2022
年的全国中学生数学奥林匹克竞赛将于2022年7月在中国举行。
全国中学生数学奥林匹克竞赛分第一阶段和第二阶段，第一阶段是全国中学生数学奥林匹
克竞赛，在6月份举行，第二阶段是全国中学生数学奥林匹克竞赛，在7月份举行。
第一阶段，报名参加全国中学生数学奥林匹克竞赛的中学生将经过调研和测试，按照专业
知识、学习能力等指标，综合统计排名，确定最终参赛选手名单，参赛选手可以获得奖学金，可以参加全国数学竞赛的第二阶段，第二阶段的中学生数学竞赛是在7月份举行的，
参赛选手可以获得特殊奖励。
第二阶段，参赛选手需要经过专业知识、学习能力等指标的考试，考试内容涉及中学教育
中数学科目的各个方面，包括：代数方程、几何图形、抽象代数、微积分等，考试时间为1.5小时，全国中学生数学奥林匹克竞赛决赛结果将经过评分，评出优秀奖、特等奖和一
等奖等。
全国中学生数学奥林匹克竞赛将有效提高中学生的数学学习水平，激励中学生勇于接受挑战，发挥自己的数学实力，并为今后学习和工作打下良好的基础。
此次竞赛的参加学校是
全国中小学通用，报名截止日期为2022年3月31日，欢迎广大中学生参加本次竞赛。
数学奥林匹克题解 代数-不等式
【解】抽出的人数必须满足
解得m=5．
故甲队有2m=10人，乙队有3m=15人，甲队抽出14－m=9（人）．乙队抽出5m－11=14（人），从而参加游戏的人共有
选法．
B3－004求出所有满足不等式
的实数．
【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．
An-1=xn-1xn-2…x0，An=xnxn-1…x0（a进制的位置表示法）；
Bn-1=xn-1xn-2…x0，Bn=xnxn-1…x0（b进制的位置表示法）．
其中xn≠0，xn-1≠0．证明：当a＞b时，有
【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．
【证】由于a＞b，故AnBn-1－An-1Bn=（xnan-1+An-1）Bn-1－（xnbn-1+Bn-1）An-1=xn[xn-1（an-1bn-2－an-2bn-1）+…+x0（an-1－bn-1）]＞0
证明：这个矩阵所有元素的和不小于0.5n2．
【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．
【证】交换A的两行或两列不改变题设的A的性质（因为行和与列和均不变、只是交换了位置），因此我们可以先通过交换两行或两列的变换，使得有尽可能大的k满足a11=a22=…=akk=0．此时对于i，j＞k有aij≠0．对于i≤k，j＞k，若aij=0，则aji≠0，因若不然，交换i，j行，就会使a11=a22=…=akk=ajj=0，与k的极大性矛盾．因而对于j＞k，仍有
B3－015设m、n为正整数，证明存在与m、n无关的常数a
【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题5．
【解】amax=3
【精排】轮换对称性在中学数学中的应用
轮换对称性在中学数学中的应用【摘要】数学的对称美使我们在解题中更简便，更有效．在解题时，可以根据问题的特点去发掘潜在的对称关系或构造某种对称性，使问题得到巧妙快捷的解决，数学中绚丽多彩的对称美，给我们提供了种种奇妙的解法，同时也给我们带来美的享受．在数学学习中要有意识地利用数学问题的对称性特征,去考察数学对象、思考数学问题,形成数学思维的对称方法和解题策略.当前，不少同学认为数学就是一堆呆板的公式和复杂的图形，这是没有真正理解数学的精彩、美妙和趣味.其实数学也是一种美学.“哪里有数学，哪里就有美”.例如数学中的对称性,不仅具有美感,而且具有应用价值.所谓对称美是指某一事物或对象的两个部分的对等性，给人以美的感受。
在数学学习中要有意识地利用数学问题的对称性特征,去考察数学对象、思考数学问题,形成数学思维的对称方法和解题策略.轮换对称的概念在数学中有着广泛而重要的应用，如果在求解问题的过程中注意到轮换对称性，并且恰当地利用轮换对称性，则可以减少一些繁琐的计算，化难为易，提高解题效率，达到事半功倍的效果.1、轮换对称性的相关定义与性质轮换对称性的相关定义与性质如下：如果把一个代数式中的字母按照某个秩序排列,然后依次把第一个字母换成第二个字母，把第二个字母换成第三个字母，……，把最后一个字母换成第一个字母，我们称这种变换字母的方法叫做轮换.如果把一个代数式中的字母对调，所得的代数式和原来的代数式恒等，那么，就说原来的代数式关于这些字母对称，原来的代数式就是关于这些字母的对称式.如果一个函数f(x 1,x 2)=f(x 2,x 1)，则称该函数是对称函数.如果通过轮换后所得的代数式与原来的代数式恒等，那么，就把原来的代数式叫做关于这些字母的轮换对称式.如果轮换对称式中各项的次数相等,那么,就把这样的代数式叫做齐次轮换对称式.轮换对称式的和、差、积、商也是轮换对称式.齐次轮换对称式的和、差、积、商也是齐次轮换对称式.2、轮换对称性的应用举例2.1.1 轮换对称性在因式分解中的应用由轮换对称式的性质可知,当一个轮换对称式有某个因式时,它一定还有关于这个因式中的变数的轮换对称式.根据这个性质,再利用因式定理和待定系数法,可以比较简便地把一个轮换对称式因式分解.设△ABC 的三边长分别为 a 、b 、c,且aca c bc cb ab b a --++-++-111=0 则△ABC 的形状是_____三角形?分析因为已知等式是关于 a 、b 、c 的轮换对称式,可考虑先去分母,再通过分解因式来确定 a 、b 、c 的关系.解将原式去分母, 并设其为f,得f=(a-b)(1+bc)(1+ca)+(b-c)(1+ab)(1+ca)+(c-a)(1+bc)(1+ab)=a(b 2 –c 2)+b(c 2–a 2)+c(a 2–b 2)=0.当a=b 时,f=0,由因式定理知f 有因式a-b.又f 是关于a 、b 、c 的轮换对称式,由性质知,f 还有因式b-c 和c-a.于是,f 有因式g=(a-b)(b-c)(c –a)由于 f 和 g 都是三次齐次轮换对称式,故 f 和 g 之间只差 一个非零常数因子,即f=k(a-b)(b-c)(c –a)=0由此可知,a-b 、b-c 、c-a 中至少有一个等于0,即a 、b 、c 中至少有两个相等,则三角形至少有两条边相等.所以,三角形是等腰三角形.2.1.2 轮换对称性在恒等式证明中的应用设a 、b 是方程x 2-3x+1=0的两个根,c 、d 是方程x 2-4x+2=0的两个根.已知B c b a d d b a c d c a b =+++++++++++d c b a 求证: 77d c b a 2222-=+++++++++++B cb a d d b acd c a b 证明 由韦达定理得a+b=3,ab=1,c+d=4,cd=2.则a+b+c+d=3+4=7.又a 2+b 2=(a+b)2-2ab=7c 2+d 2=(c+d)2-2cd=12∴a 2+b 2+c 2+d 2=19.a a a a a a a -++=++--=++-+=++dc b 7d c b )7(7d c b 77a d c b a 22 由于上式关于 a 、b 、c 、d 轮换对称，同理可得：b b -++=++dc a 7d c a b 2；c c -++=++d b a 7d b a c 2；d d -++=++bc a 7b c ad 2 故d c b a 2+++d c a b 2+++d b a c 2+++bc ad 2++=77d)c b (a )d c b a (7-=+++-+++++++++++B cb a d d b acd c a b2.1.3 轮换对称性在不等式中的应用已知 x 、 y 、 z 为正实数，求证:222222z y x x zx z yz y xy ++++++++ ≥3(x+y+z)解 这是道轮换对称不等式,原命题⇔222222z 2y 2x 2x zx z yz y xy ++++++++≥3[(x+y)+(y+z)+(z+x)] 又x 2+y 2≥2xy ⇒4(x 2+xy+y 2)≥3(x 2+2xy+y 2)⇒4(x 2+xy+y 2)≥3(x+y)2且x,y ∈R +⇒22x 2y xy ++≥3(x+y);22y 2z yz ++≥3(y+z);22z 2x zx ++≥3(x+z).所以原命题为真.2.1.4 利用轮换对称性求最值在高考或竞赛的选择、填空题中,常会遇到一类求最值问题,这类问题的特征是条件式与待求式都是轮换对称式即所给式中的字母 x 、 y 、 z … 能依次轮换,相互代替,而结果不变,则关于 x 、y 、z …的代数式的最大(小)值,一定是在 x = y = z = ⋅⋅⋅ 时的值.运用此性质,能有效、迅速求解此类题,从而赢得宝贵的时间.已知 P(x,y)是曲线C:4x 2-5xy+4y 2=5上一动点.设 S=x 2+y 2，则解析 依据x 、y 的轮换对称性,可得仅当x=y,即x 2=y 2时,S 取得最大或最小值,于是S=2x 2.由条件4x 2-5xy+4y 2=5分析可知,当x=y 时,x 2=35最大；当x=-y时,x 2=135最小.所以58.2.1.5 轮换对称多项式的乘法(x+y+z)(xy+yz+zx).分析 因为原式中的两个因式都是关于 x 、 y 、 z 的轮换对称式,由性质 1 知,其积也是关于 x 、y 、z 的轮换对称式,于是,只要把第一个因式的第一个字母乘以第二个因式,然后,按照轮换对称的规律写出其余各项即可解由于x(xy+yz+zx)=x2y+xyz+zx2.又因为原式为x、y、z的轮换对称式，∴原式=x2y+xyz+zx2+y2z+yzx+xy2+z2x+zxy+yz2=x2y+zx2+y2z+xy2+z2x+yz2+3xyz3、结语以上的例子让我们见识了轮换对称性的应用是如此的广泛，数学的对称美使我们在解题中更简便，更有效．在解题时，可以根据问题的特点去发掘潜在的对称关系或构造某种对称性，使问题得到巧妙快捷的解决，数学中绚丽多彩的对称美，给我们提供了种种奇妙的解法，同时也给我们带来美的享受．。
奥数-因式分解-3师
因式分解3：对称式、轮换式、及应用一、对称式和轮换对称式对称式和轮换对称式是特殊的代数式，根据其结构对称的特点，可以得到对称式和轮换对称式的一些特殊性质，利用这些性质，可以简便地解决有关对称的问题.(1) （完全）对称式如果把一个代数式中的字母对调，所得的代数式和原来的代数式恒等，那么就说原来的代数式关于这些字母呈对称，原来的代数式就是关于这些字母的对称式.例如，a b c ++，222x xy y ++，1ab，3333a b c abc ++-等都是对称式，但a b c --、1x y -、23a b c ++就不是对称式.(2) 轮换对称式把一个代数式里的字母按照某个秩序排列，然后依次把第一个字母换成第二个字母，把第二个字母换成第三个字母……把最后一个字母换成第一个字母，我们把这种变换字母的方法叫作轮换.如果通过轮换后所得到的代数式和原来的代数式恒等，那么就把原来的代数式叫作关于这些字母的轮换对称式.例如，222x y y z z x ++中将x 以y 代换，y 以z 代换，z 以x 代换，则得222y z z x x y ++，它与原式完全相同，所以222y z z x x y ++是关于x 、y 、z 的轮换对称式.（3）交代对称式：一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，得到的式子和原来的代数式只差一个符号，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的交代式。
例如a b -，22a b -。
(4) 齐次轮换对称式如果轮换对称式中的各项的次数相等，那么就把这样的代数式叫作齐次轮换对称式.(5) 基本性质① 任何对称式都可以用它的基本对称式来表示.② 对称式的和、差、积、商也是对称式.③ 轮换对称式的和、差、积、商也是对称式.④ 齐次轮换对称式的和、差、积、商也是对称式.⑤ 一个m 次对称式乘一个n 次对称式，其积必为一个m n +次对称式．(6) 齐次轮换、对称式的因式分解：因式定理、待定系数法结合因式定理、待定系数法来分解因式，例如齐次轮换式()()()222a b c b c a c a b -+-+-，当a b =时，原式的值为0．根据因式定理可知：原式必有因式()a b -，同样的必有因式()b c -和()c a -，所以()()()()()()222a b c b c a c a b k a b b c c a -+-+-=---，可求得1k =-．例1 333()()()x y z y z x z x y -+-+-答案：33333333322()()()()()()()[()()]()()()()x y z y z x z x y x y z x z y zy z y y z x z zy y x zy y z y z z x x y x y z -+-+-=-+-+-=--++++=------例2 ()()ab bc ca a b c abc ++++-答案：上式中令0a b +=，则()()[()][())]0ab bc ca a b c abc ab b a c a b c abc abc abc ++++-=++++-=-=即a b +为上式中的一个因式，由轮换性知，,b c c a ++都是上式的一个因式 设()()()()()ab bc ca a b c abc k a b b c c a ++++-=+++ 待定系数法得1k =()()()()()ab bc ca a b c abc a b b c c a ++++-=+++例3 3333()x y z x y z ++---答案：上式中令0x y +=，则33333333()()0x y z x y z z x x z ++---=----=即x y +为上式中的一个因式，由轮换性知，,y z z x ++都是上式的一个因式设3333()()()()x y z x y z k x y y z z x ++---=+++待定系数法得3k =3333()3()()()x y z x y z x y y z z x ++---=+++例4 555()a b a b +--答案：法一： 55555554322344432234322322()()()()()()()[()()]()(555)5()()a b a b a b a b a b a b a a b a b ab b a b a b a a b a b ab b a b a b a b ab ab a b a ab b +--=+-+=+-+-+-+=++--+-+=+++=+++法二：555()a b a b +--分别令0,0,a b a b ===-，上式都为0，则()ab a b +为上式的因子设55522()()[()]a b a b kab a b m a b nab +--=+++ 分别令122,,,113a a a b b b =⎧==⎧⎧⎨⎨⎨==-=-⎩⎩⎩解答51k m n =⎧⎨==⎩即55522()5()()a b a b ab a b a b ab +--=+++例5 333()()()b c c a a b -+-+-=3（a-b ）（b-c ）（c-a ）例6 3333x y z xyz ++-=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx);因为原式只能写出一次对称式和二次对称式的积，根据立方系数为1，用待定系数法可设(x+y+z)[x^2+y^2+z^2+k(xy+yz+zx)]例7 ()()()y z z x x y xyz ++++=(x+y+z)(xy+yz+zx) 因为原式只能写出一次对称式和二次对称式的积，根据无立方项，且其它各项系数为1，故显然为(x+y+z)(xy+yz+zx)例8 ()()a b c ab bc ca abc ++++-=（a+b ）（b+c ）（c+a ） 这是例7的变形，或者利用a=-b 是根例9．（2000年天津市竞赛题）分解因式：)()()(222222x z zx z y yz y x xy -+-+-解析：原式是四次轮换式，由因式定理，可知x z z y y x ---,,都是它的因式.由轮换性，它的另一个一次因式只能是z y x ++，不可能是别的形式，否则与次数为四次不符.设原式))()()((x z z y y x z y x k ---++=.令,2,1,0===z y x 解得1-=k .也可以比较等式两边同类项的系数，得出1-=k .故原式))()()((x z z y y x z y x ---++-=例10．（2005年北京市竞赛题）设c b a ,,是三角形的三边长，求证：04)()()(222333<-------++abc b a c a c b c b a c b a解析：考虑原式左边.令c b a +=，得到原式左边的代数式值为0，故c b a --是它的一个因式.由轮换对称性，b a c a c b ----,都是它的因式.因为原式左边是关于c b a ,,的三次式，故可设左边))()((b a c a c b c b a k ------=.比较两边的系数，或者设特殊值，可得1=k .所以左边))()((b a c a c b c b a ------=.由三角形两边之和大于第三边，原不等式可证.二、 因式分解的应用例1. 已知22223()()a b c a b c ++=++，求证：a b c ==例2：若n 为整数，求证：()()()222222111++=++++n n n n n n 分析：本题的证明是要把左边的代数式转化为右边的完全平方式显然要找到左边式子中符合完全平方展开试的结构式进行公式法因式分解。
数学奥林匹克竞赛规则
数学奥林匹克竞赛规则数学奥林匹克竞赛是面向中小学生的一项数学竞赛活动，具有很高的难度和一定的知识面。
一般分为省、市、区、校四个层次，涉及数学思维、技巧以及对数学问题的理解和推理能力。
以下是数学奥林匹克竞赛的规则。
一、赛制数学奥林匹克竞赛一般采用笔试形式进行，考试时间一般为三个小时。
试卷分为多个题目，每个题目的分数不相同。
有的竞赛采用小组赛，也有个人赛，每个人有机会单独参赛，也可以组成小组参赛，场次和考试日期不同。
二、题型数学奥林匹克竞赛试题类型多样，除了基本数论、代数、几何、组合数学等基础知识外，还包括一些非国家教育课程的数学，例如逻辑、数学分析、概率统计、图论等。
1. 数论：涉及到整数的理论和性质，包括最大公约数、最小公倍数、素数、质因数分解、同余方程等。
2. 代数：涉及到多项式、方程和不等式，包括多项式的除法与分解、方程和无理式的求根等。
3. 几何：包括平面几何和立体几何，涉及到几何图形的性质和推理，主要包括平面直角坐标系、向量、连续角、正多边形、中垂线、相似和全等等。
4. 组合数学：包括排列与组合、生成函数、图论、矩阵、概率论等，这些知识点相互独立，且相对抽象、复杂，涉及到较多的计算和推导。
三、评分数学奥林匹克竞赛一般是根据题目的难度和解法的完整性进行打分，对于准确解出该题目的参赛者给予满分，对于有小错误和漏洞的解法给予部分分，而对于未解出该题目的参赛者不给分。
打分过程一般在规定时间内完成，重点考虑解题思路、解答方法、答题结果三个主要方面。
四、考试要求为了更好地应对数学奥林匹克竞赛，需要本着以下三个原则：1. 注重基础：如基本数论、基础代数、几何、组合数学等知识点，这些基础知识是在数学竞赛的过程中最为经常用到的。
2. 注重思维：考虑到难度高、问题复杂，数学奥林匹克竞赛更强调对于数学问题的理解和推理能力，需要开阔视野、培养数学思维和判断力。
3. 注重实践：通过大量的练习和实践，掌握各种题型的思路和解法，提高自身的数学素养和应试技巧，这样才能取得优异成绩。
解读奥数形的对称与旋转
解读奥数形的对称与旋转奥数是指奥林匹克数学竞赛，其对称与旋转题目是其中一种常见类型。
本文将从对称与旋转的概念入手，解读奥数形题目中的对称与旋转，帮助读者加深对该题型的理解。
1. 对称的概念与应用对称是指物体在某个轴或平面的两侧具有相同的形状、大小和位置。
在奥数竞赛中，对称常常被用来讨论几何图形的性质和解题方法。
对称的应用之一是研究几何图形的性质。
例如，对称轴可以帮助我们推导出图形的对称性，从而得出一些性质。
对称性质使我们能够运用对称的思维方式解决几何问题，节省时间和精力。
另一个应用是通过对称关系来发现几何图形之间的相等性。
根据对称和相等的性质，我们可以得出一些有关图形的属性。
在奥数形题目中，对称关系经常被利用来计算或证明图形的各个部分之间的关联。
2. 对称与旋转除了对称轴，旋转也是解题中常用的一种方式。
旋转是将一个图形或物体围绕某个点旋转一定角度的操作。
在奥数形题目中，旋转常常与对称结合使用。
通过将一个图形旋转180°、90°或其他角度，我们可以发现原图形与旋转后的图形在某种程度上具有对称性。
这种对称和旋转的结合，使得我们能够通过观察旋转后的图形，得出原图形的性质和规律。
3. 解题策略与技巧针对奥数形题目中的对称与旋转题，我们可以采用以下解题策略和技巧：3.1 确定对称轴和旋转中心：观察题目中给出的图形，尝试找出可能的对称轴和旋转中心。
通过这些轴线和中心，我们能更好地理解图形的对称性和旋转规律。
3.2 利用旋转角度：在确定对称轴和旋转中心后，我们可以观察图形经过旋转后的变化。
通过观察旋转后的图形与原图形之间的关系，我们可以发现其中的规律和性质。
3.3 运用对称性质：对称性质是解决对称与旋转题目的关键。
我们可以利用对称性质来推导出图形的其他性质，或者通过利用图形的对称关系来解题。
3.4 推广和归纳：通过解决多个对称与旋转题目，我们可以总结出一些常见的模式和规律。
这些模式和规律有助于我们在解题过程中快速触发思维，提高解题效率。
因式分解-第1讲竞赛班学生版
第一讲 因式分解综合一、 知识回顾因式分解的基本方法：（1）提取公因式；（2）运用公式法；（3）分组分解法；（4）十字相乘法。
因式分解的其他常用方法：（5）拆项、添项；（6）换元法；（7）双十字相乘法；（8）待定系数法；（9）利用因式定理分解。
二、 对称式、交代式和轮换式1． 对称式：在一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，式子不变，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的对称式。
如a b +，22a ab b -+都是关于这两个字母a ，b 的对称式。
2． 交代式：一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，得到的式子和原来的代数式只差一个符号，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的交代式。
例如a b -，22a b -。
3． 轮换式：一个代数式中，如果把所有字母依次替换（即第一个字母换成第二个字母，第二个字母换成第三个字母，类推下去，最后一个字母换成第一个字母），式子不变，那么这个代数式叫做关于这些字母的轮换对称式，简称轮换式。
如a b c ++，ab bc ca ++，3333a b c abc ++-等。
三、 对称式、交代式和轮换式的因式分解由于对称多项式和轮换对称多项式的特殊性，它们的因式分解也有其特殊方法。
因为如果一个对称（或者轮换对称）多项式有一个次数较低的因式，那么与这个因式同类型的式子也是原多项式的因式，这样就可以借助因式定理和待定系数法进行因式分解。
四、 例题例1. 分解因式66()()x y x y x y -+-例2. 分解因式32332a a a +++例3. 分解因式222()()()x p q x pq p q p q -+++-例4. （92年四川初中联赛试题）分解因式22276212x xy y x y -++--例5. 分解因式4322928x x x x +--+例6. 分解因式3333x y z xyz ++-例7. （第六届莫斯科数学奥林匹克）分解因式333()()()b c c a a b -+-+-例8. 分解因式()()()y z z x x y xyz ++++例9. 分解因式333()()()a b c b c a c a b -+-+-例10. 分解因式()()a b c ab bc ca abc ++++-五、 因式分解的应用例11.已知22223()()a b c a b c ++=++，求证：a b c ==例12. （第9届莫斯科奥林匹克）证明：对于任何整数x 和y ，下式的值都不会等于33： 543223453515412x x y x y x y xy y +--++例13. （1982年天津初中数学竞赛）已知在ABC 中，222166100a b c ab bc --++=（a 、b 、c 是三角形三边的长），求证：2a c b +=例14.（基辅数学奥林匹克）证明对于任意整数n ，65222n n n n +--能被120整除六、 练习题1． 选择题（1）下列式子中，是轮换对称多项式的有（ ）○132x y z ++ ○2234432x y z x y z +++ ○32233xy y z z x ++ ○4333222x y z x y z ++--- A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个（2）若2222223()()x y xy y z yz z x zx xyz k x y z xy yz zx ++++++=++++，则k 的值是（ ）A ．12 B ．1 C ．3 D ．－1（3）将444222222222a b c a b b c c a ++---分解因式得（ ）A ．2222()a b c --B ．222222(2)(2)a b c bc a b c bc --+---C ．()()()()a b c a b c a b c a b c +--+++--D ．()()()()a b c b c a c a b a b c +-+-+-++2． 分解因式（1）222()()()a b c b c a c a b -+-+-（2）222222()()()xy x y yz y z zx z x -+-+-（3）222333()()()()2x y z y z x z x y x y z xyz +++++-++-3． 若多项式32x ax bx ++能够被(5)x -和(6)x -整除，那么a=______；b=______；4． 已知0a b c d +++=，33333a b c d +++=，求证： （1）33()()0a b c d +++=；（2）()()1ab c d cd a b +++=。
初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全
初中数学奥林匹克竞赛教程初中数学竞赛大纲（修订稿）数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。
目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。
本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。
《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。
”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养……，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。
同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。
《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。
除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。
这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。
1、实数十进制整数及表示方法。
整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。
素数和合数，最大公约数与最小公倍数。
奇数和偶数，奇偶性分析。
带余除法和利用余数分类。
完全平方数。
因数分解的表示法，约数个数的计算。
有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。
2、代数式综合除法、余式定理。
拆项、添项、配方、待定系数法。
部分分式。
对称式和轮换对称式。
3、恒等式与恒等变形恒等式，恒等变形。
整式、分式、根式的恒等变形。
恒等式的证明。
4、方程和不等式含字母系数的一元一次、二次方程的解法。
一元二次方程根的分布。
含绝对值的一元一次、二次方程的解法。
含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。
数学奥林匹克问题
(张晚治 河北省石家庄二中实验学校 高二(34)班,051430)
高627已知实数a、b、c满足 a + b + c + abc = 0.
证明:/ +62 +(?工4 J血-1 (a +b +c).① 证明 若a+b+cWO,此不等式显然 成立.
49
当 a + b+ c>0 时，abc < 0 ,从而,a、b、c
则0为Z\ABC的外心,4 J、M三点共线.
2019年第7期
ieA/iBc的内切圆、外接圆的半径分别
为 r、R, / BAC = a, Z ABC =尸，/ ACB = y.
因为Z NAI = / IGF =90。,所以，要证
/ANP = ZIFG,
①
只要证鸽 IG FG
y sin —a O_____ 2______ 「 2R迪呻导
于是,DW//IF.
又WY//BC,WY与相切，BC与圆厂
相切，结合Z BAC所对的旁心、/、力三点共
线,得①/与圆厂关于点A位似.
故4WQ三点共线
=> AD//IF
=> Z "G = Z ADP = z ANP
=N、R、P、D四点共圆
n Z NAD = Z NPD.
又N、A、C、E四点共圆
=Z NAE = z NCE. 因此,Z NCE = z NPB.
图2
上期问题解答
高625已知的内切圆O/分别
与边BC、4B、4C切于点D、E、F,DI的延长线
与EF交于点G.证明:篇
BC AB+AC
证明如图3,联结/EJF；联结4/并延
数学奥林匹克问题
2021年第1期47数学奥林匹克问题本期问题高701设山、力、q>0,且满足叭_&>0（心1,2,…,n）.证明：3_n_1_________«_________<V]Eri=1i=1'i=1'高702—名弩兵可攻击的范围如图1所示,其中，“O”为弩兵所在位置，阴影部分为其可以攻击到的方格.问：在12x8的方格表中最多可以放入多少名弩兵，使得互相之间无法攻击？图1乡% %乡乡/、J丿%7/勿%高703如图2,H为的垂心,D 为线段AB上任意一点,的外接圆©0与外接圆的第二个交点为E,F为弧CE的中点,DF与EC交于点G.证明-BG丄AF.图2高704如图3,。
为“ABC外心，D、E、F分别为BC、CA、AB的中点，X为AABC内一点，满足Z AEX=ZAFX,延长4X,与ZX/IBC外接圆交于点P.证明：X、。
、D、P四点共圆.上期问题解答高697设a』、c、d>0,abcd=l.证明: +护+c'/+c°+d"c°+d"+a01+d* 1+a*1+b①-----:----------Mb证明令y=疋(％>0)・贝」In y二xln x.而兀>0时，设/(x)=%ln x-x.于是，当0<沐1时，厂(对<0；当x>1时，厂(先)>0.从而，/(兀)工/(1)二-1・故xln x^x一1=>y^e x_1・又当且仅当%=1时，等号成立，于是兀，即x x^x.(a+b+c)2(a+b+c)(l+d)*类似可得另三个不等式.记工表示轮换对称和.故式①左边>(a+b+c)?—乙(a+b+c)(l+d)由柯西不等式及均值不等式得48中等数学（另（a+6+c））式②右边M/、/j（a+b+c）（l+d）9（S«）29（V a）23=114a+b+c+d-+-------44abed因此，原不等式成立.（邵明宪河南省方城县教研室，473200）高698如图4,。
高中数学竞赛客观题中的全对称与轮换对称
高中数学竞赛客观题中的全对称与轮换对称王华;王延敏【摘要】在高中数学竞赛中，若满足f（a,b，c）=f（b，c，a）=，（c，a，b），则称为轮换对称；若在轮换对称的基础上满足f（a，b，c）=f（b，a，c），则称为全对称．无论是在高中数学联赛还是在国际数学奥林匹克竞赛中，全对称与轮换对称都占据着一定的地位．它在客观题中主要以求最值的形式出现，对学生来说，“全对称与轮换对称”客观题都是难题．下面通过对高中数学竞赛客观题中典型例题的分析，盘点“全对称与轮换对称”客观题的最佳解题策略．【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2013(000)003【总页数】2页(P44-45)【关键词】轮换对称;高中数学;数学竞赛;客观题;国际数学奥林匹克;数学联赛;典型例题;解题策略【作者】王华;王延敏【作者单位】凤鸣高级中学,浙江桐乡314500【正文语种】中文【中图分类】G633.6在高中数学竞赛中，若满足f(a,b,c)=f(b,c,a)=f(c,a,b)，则称为轮换对称；若在轮换对称的基础上满足f(a,b,c)=f(b,a,c)，则称为全对称．无论是在高中数学联赛还是在国际数学奥林匹克竞赛中，全对称与轮换对称都占据着一定的地位．它在客观题中主要以求最值的形式出现，对学生来说，“全对称与轮换对称”客观题都是难题．下面通过对高中数学竞赛客观题中典型例题的分析，盘点“全对称与轮换对称”客观题的最佳解题策略．例____.解法1 令则从而于是得且当a=b2=c3=时t的最大值为.因此解法2 由题意可知，a,b2,c3是全对称，可知取最值只会在三者相等时取到，令则从而又a>0，得于是点评解法1中利用解不等式求出其最大值，解法2中巧妙地利用原式取得最大值时a,b2,c3三者相等.例2 设a,b,c为正实数且abc=1，则++的最小值为______.解法1+ +=++≥==≥=.解法2 由题意可知，a,b,c是全对称，可知最小值只会在三者相等时取到，即a=b=c，而abc=1，因此a=b=c=1.此时原式的最小值为点评解法1中2次利用基本不等式求出其最小值，解法2中巧妙地利用原式取得最大值时a,b,c三者相等.例3 设n为自然数，对于任意实数x,y,z恒有(x2+y2+z2)2≤n(x4+y4+z4)成立，则n的最小值为______.解法1 令a=x2,b=y2,c=z2，则题设不等式变为一方面，当n=3时不等式成立；另一方面，当a=b=c>0时题设不等式可化为9a2≤3na2，必有n≥3.故n的最小值为3.解法2 由题意可知，x,y,z是全对称，可知最小值只会在三者相等时取到，即x=y=z，故题设中不等式等号成立时，n的最小值为3.点评解法1中利用两边夹原理求出其最小值，解法2中巧妙地利用原式取得最大值时x,y,z三者相等.例4函数f(x)=+++在时的最小值为______.A．2 B．4 C．6 D．8解法1 f(x)=当且仅当时等号成立.两式相减得即因为所以从而故选B.解法2 由题意可知，此题是轮换对称，因此当函数在取得最小值时显然因为所以从而故选B.点评解法1中利用基本不等式的性质求出其最小值，解法2中巧妙地利用原式取得最大值时sinx与cosx相等.例5 设a,b,c为三角形的3条边长，则的最小值为______.解法1 不妨设a≥b,a≥c，则(1)当a≥b≥c时，从而a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥c2[a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)]≥0.(2)当a>c≥b时，从而 a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥0.综合(1)，(2)，可得即a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)的最小值为0.解法2 由题意可知，a,b,c是轮换对称，可知取最小值只会在三者相等时取到，即a=b=c，此时三角形为正三角形，故原式的最小值为0+0+0=0.点评解法1中利用分类讨论的思想求出其最小值，解法2中巧妙地利用原式取得最小值时必为特殊的三角形(正三角形)，此时a=b=c.。
轮换对称方程组及其解法
轮换对称方程组及其解法【摘要】论文主要介绍轮换式与轮换对称方程组研究方向,随着数学的飞速发展,轮换式与轮换对称方程组的重要性越发的明显,与实际生活联系也越来越多。
学习轮换式与轮换对称方程组对理解和学习其他数学知识也是有很大帮助的,他可以给你新的接替方法与思路,使大家在学习新知识更能得心应手。
【关键词】轮换式;对称式;轮换对称方程组一、轮换式与对称式1.1轮换式与对称式的概念如果把一个多元多项式中的所有字母(元),依某种顺序进行轮换(即第一个字母换成第二个字母,第二个字母换成第三个字母,……,第n个字母换成第一个字母),多项式保持不变,则称它是轮换对称多项式,简称轮换式。
例如x+y ,a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b),x2y+y2z+z2x等都是轮换式如果把一个多元多项式中的任意两个字母(元)对调,多项式都保持不变,我们就称它是对称多项式,简称对称式例如a+b 称为二元一次对称式ab 称为二元二次对称式a3+b3+c3-abc 称为三元三次对称式1.2轮换式与对称式的性质轮换式的和、差、积、商(整除时)仍是轮换式。
对称式的和、差、积、商(整除时)仍是对称式。
特别地,轮换式与对称式的积、商(整除时)是轮换式由此可知,对称式的因式一定是对称式;轮换式的因式一定是轮换式(或对称式)。
这个特征对对称式、轮换式的因式分解尤为重要。
1.3轮换式与对称式的解法轮换式与对称式多用于因式分解。
例分解因式a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-b)解:原式是三元四次齐次轮换式。
易见,当a=b时,原式=0,由此,由因式定理知,它有因式a-b,再由轮换式的性质,经字母轮换式b-c,c-a也是它的因式,由于(a-b)(b-c)(c-a)是三次齐次轮换式,所以原式还应有一个一次因式,显然必为a+b+c(否则原式至少为六次式,例如,若a+b+-c是它的因式,则a+c-b,b+c-a亦是)。
令a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-b)原式=k(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) 取a=0,b=1,c=2代入上式得k=-1。
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因式分解对称式交代式和轮换式1、基本概念(1)对称式：在一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，式子不改变，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的对称式。
如a b +,22a ab b −+,322333a a b ab b +++等都是关于,a b 的对称式。
一般地，在一个代数式中，无论把其中哪两个字母互换，式子都不变，那么这个代数式就叫做关于这些字母的对称式，如a b c ++，222a b c ab bc ca ++−−−，3333a b c abc ++−等都是关于,,a b c 的对称式。
(2)交代式：在一个代数式中，如果把它所含的两个字母互换，得到的式子和原来的代数式只差一个符号，那么这个代数式就叫做关于这两个字母的交代式。
如把a b −，22a b −中的两个字母,a b 互换，分别为()b a a b −=−−，2222()b a a b −=−−则a b −，22a b −就叫做关于,a b 的交代式。
(3)轮换式：在一个代数式中，如果把所含字母顺次替换(即第一个字母换成第二个字母，第二个字母换成第三个字母，以此类推，最后一个字母换成第一个字母)，式子不变，那么这个代数式就叫做关于这些字母的轮换对称式，简称轮换式，如a b c ++，ab bc ca ++，3333a b c abc ++−等都是关于,,a b c 的轮换式。
2、齐次对称式的一般形式(1)二元齐次对称式二元一次齐次对称式：)(b a L +；二元二次齐次对称式：Mab b a L ++)(22；二元三次齐次对称式：)()(33b a Mab b a L +++。
(2)三元齐次对称式三元一次齐次对称式：)(c b a L ++；三元二次齐次对称式：)()(222ca bc ab M c b a L +++++；三元三次齐次对称式：)()([)(22233a c b c b a M c b a L ++++++Nabc b a c +++)](2。
其中L，M，N 都是待定的常数，不含有,,a b c 。
3、基本性质(1)对称式一定轮换式，但轮换式不一定是对称式。
例如a c c b b a 222++是轮换式，但把,a b 互换，得到b c c a a b 222++，显然它不是关于,a b 的对称式。
(2)两对称式的和、差、积、商一定是对称式；两轮换式的和、差、积、商一定是轮换式。
(3)两交代式的积是对称式；一对称式和一交代式的积是交代式。
如22))((b a b a b a −=−+(对称式×交代式=交代式)；)()())((222b a b a b a b a +−=−−。
(交代式×交代式=对称式)。
(4)有若干个字母的交代式，一定能被其中任意两个字母的差整除，如交代式22b a −能被()a b −整除。
对于轮换式的因式分解，常用的方法是选定一个字母(例如x )作主元，将其余的元看成确定的数，然后用因式定理来确定它的因式，再利用轮换式的特征，定出几个相应的因式。
例如，对一个关于z y x ,,的轮换式，如已定出y x −是它的一个因式，则x z z y −−,都是它的因式。
4、对称式、交代式和轮换式的因式分解例1、分解因式)()()(222b a c a c b c b a −+−+−。
解：由于原式是关于,,a b c 的三次齐次交代式，根据性质(4)，它一定能被a b −，b c −，c a −整除，即能被))()((a c c b b a −−−整除。
但))()((a c c b b a −−−是三次齐次交代式(性质(3))，∴)()()(222b a c a c b c b a −+−+−)())((a c c b b a L −⋅−−=。
令1,2,1−===c b a ，则3+(－3)+(－1)=L(－1)·3·(－2)。
∴L=1。
因此)()()(222b a c a c b c b a −+−+−)())((a c c b b a −⋅−−−=。
例2、分解因式)()()(233y x z x z y z y x −+−+−。
解：由于原式是关于,,x y z 的四次齐次交代式，根据性质(4)，它一定能被x z z y y x −−−,,整除，即能被))()((x z z y y x −−−整除。
但))()((x z z y y x −−−是三次齐次交代式(性质(3))，∴原式=))()()((x z z y y x z y x L −−−++。
其中)(z y x L ++是一次齐次对称式(性质(3))。
令0,1,2===z y x ，则L ××−×=+−+1)2(10)2(8∴L=－1因此))()(()()()()(233x z z y y x z y x y x z x z y z y x −−−⋅++−=−+−+−。
例3、分解因式555)()()(a c c b b a −+−+−。
解：原式是关于,,a b c 的五次齐次交代式，仿上两例知它能被))()((a c c b b a −−−整除，因此原式还应有一个二次齐次对称式的因式)()(222ca bc ab M c b a L +++++。
∴555)()()(a c c b b a −+−+−＝[)()(222ca bc ab M c b a L +++++]))()((a c c b b a −−−令1,1,0−===c b a ，则2L－M=15，令2,1,0===c b a ，则5L+2M=15。
解⎩⎨⎧=+=−1525152M L M L 得L=5，M=－5。
∴555)()()(a c c b b a −+−+−))()()((5222a c c b b a ca bc ab c b a −−−−−−++=。
例4、分解因式abc c b a 3333−++。
解：由于原式是关于,,a b c 的三次齐次对称式，如果它能分解，则必有一个一次齐次对称式a b c ++做为因式，而另一个因式应是二次齐次对称式)()(222ca bc ab M c b a L +++++∴原式=)(c b a ++[)()(222ca bc ab M c b a L +++++]。
令1,0===c b a ，则L=1；令1,0===c b a ，则2L+M=1，M=－1。
∴abc c b a 3333−++=)(c b a ++)(222ca bc ab c b a −−−++。
例5、分解因式5555)(z y x z y x −−−++。
解：原式是关于,,x y z 的五次齐次对称式，所以它如果能分解，必有一个一次对称式因式。
我们判断x y +是否是它的因式：假设5555)(z y x z y x −−−++=()x y +Q(Q 是整式)，令x y =−，由05555=−−+z y y z 知原式有因式x y+同理知y z +，z x +都是原式的因式。
但))()((x z z y y x +++是三次齐次对称式，所以原式应有一个二次齐次对称式的因式：)()(222zx yz xy M z y x L +++++(性质(3))。
∴5555222()()()()[()()]x y z x y z x y y z z x L x y z M xy yz zx ++−−−=++++++++令1,0===z y x ，则2L+M=15；令1===z y x ，则L+M=10。
解⎩⎨⎧=+=+10152M L M L 得L=M=5。
∴5555222()5()()()()x y z x y z x y y z z x x y z xy yz zx ++−−−=++++++++。
例6、分解因式：abcc b a ca bc ab −++++))((解：原式是一个关于c b a ,,的对称式，取a 为主元，原式可看成是一个关于a 的二次多项式)(a f 当b a −=时，原式0)(22=+−=−=c b c b b f 。
由因式定理，原式含有因式()a b +由对称性，原式还含有因式))((a c c b ++。
由于))()((a c c b b a +++已是关于c b a ,,的三次式，而原式也只是关于c b a ,,的三次式，故原式不会再由其他因式了。
但原式与))()((a c c b b a +++还可能相差一个常数因数，故设=−++++abc c b a ca bc ab ))(())()((a c c b b a k +++①这是一个关于c b a ,,的恒等式，可通过在等式的两边使c b a ,,取一些特殊值来求出k 。
例如，取1===c b a ，代入①式，得k 88=，从而1=k 。
所以原式=))()((a c c b b a +++说明：上述解法中的待定系数,k 也可通过观察确定，由观察易知，①式左边2a 的系数是c b +，而右边关于2a 的系数是()k b c +，故1=k 。
如果一个多项式的所有项关于各字母的次数相同，则称为齐次多项式；否则，称为非齐次多项式。
由于在对称式或轮换式中同型项的系数相同，所以三元二次齐次对称式的一般形式是222()()a x y z b xy yz zx +++++；三元一次非齐次对称式的一般形式是d z y x c +++)(这里d c b a ,,,都是常数，三元二次非齐次对称式的一般形式是上面两个式子之和。
把对称式或轮换对称式作因式分解时，应注意原式是齐次的还是非齐次的，并由此确定因式的形式。
例7、分解因式：555)()()(x z z y y x −+−+−解：原式是五次齐次轮换式，仿照例8的办法知，y x −，x z z y −−,都是它的一次因式。
由原式的齐次性，它还有一个二次齐次因式。
由轮换性，这个因式的形式必是222()()a x y z b xy yz zx +++++；(若为222z y x +−，由轮换式就会有另两个因式222x z y +−及222y x z +−，这样原式就至少为9次)，这里b a ,为待定系数。
于是，便有原式=)]()()[)()((222zx yz xy b z y x a x z z y y x +++++−−−取1,1,0x y z ==−=，代入上式得215a b −=；取0,1,2===z y x ，得5215a b +=关于b a ,的两式联立，解得5,5−==b a 。
所以原式=))()()((5222zx yz xy z y x x z z y y x −−−++−−−例8、分解因式：))()(()()()(333a c c b b a b a c a c b c b a −−−+−+−+−解：原式是四次非齐次轮换式，易知a c c b b a −−−,,是它的(一次齐次)因式。