德国IMO国家队选拔考试2003

合集下载

2003imo试题

2003imo试题
以下是2003年国际数学奥林匹克（IMO）的部分试题。

几何题：
1. 设$P$是边长为$1$的正方形$ABCD$内的一个固定点，$E$和$F$分别是$AD$和$BC$的中点，$Q$是$AE$的中点。

如果将线段$PQ$绕着点$P$旋转，使它保持与线段$EF$垂直，那么旋转的轨迹是什么形状？为什么？
代数题：
2. 设多项式$f(x) = 3x^5 + ax^3 + bx + 4$，其中$a, b \in \mathbf{Z}$。

i. 如果$f(x) = f(3)$，那么$\frac{b}{a} = \frac{5}{9}$是否成立？为什么？ii. 如果$\frac{b}{a} = \frac{5}{9}$，那么是否一定有$f(x) = f(3)$？为什么？
以上仅为2003年IMO试题的一部分，完整的试题包括更多的问题和更深
入的数学内容。

如需了解更多，可以查阅IMO官方网站或相关资料。

2009年IMO中国国家队选拔考试试题含答案（第一天,2009年3月31日）

2009年IMO 中国国家队选拔考试第1天2009年3月31日8：00-12：30 湖北武汉1、设D 是三角形ABC 的BC 边上一点，满足ÐCAD =ÐCBA ．圆O 经过B ，D 两点，并分别与线段AB ，AD 交于E ，F 两点，BF 、DE 相交于G 点．M 是AG 的中点．求证：CM ⊥AO ．2、给定整数2n ³，求具有下述性质的最大常数()n l ：若实数序列012,,,...,n a a a a 满足满足0120...n a a a a =££££，及111()2ii i a aa +-³+，1,2,...,1i n =-，则有则有2211()()nni ii i ia n a l ==³åå.3、求证：对于任意的奇素数p ，满足|!1p n +的正整数n 的个数不超过23cp ，这里c 是一个与p无关的常数.1、设D 是三角形ABC 的BC 边上一点，满足ÐCAD =ÐCBA ．圆O 经过B ，D 两点，并分别与线段AB ，AD 交于E ，F 两点，BF 、DE 相交于G 点．M 是AG 的中点．求证：CM ⊥AO ．证明如图，连接EF 并延长交BC 于P ，连接GP 交AD 于K ，并交AC 延长线于L ．K LP MGEFDCABO如下图，在AP 上取一点Q ，满足∠PQF ＝∠AEF ＝∠ADB ．易知A 、E 、F 、Q 及F 、D 、P 、Q 分别四点共圆．记⊙O 的半径为r ．根据圆幂定理知：知：AP 2＝AQ ×AP ＋PQ ×AP ＝AF ×AD ＋PF ×PE＝（AO 2－r 2）＋（PO 2－r 2）． ①QPGAOB EFD类似地，可得：类似地，可得：AG 2＝（AO 2－r 2）＋（GO 2－r 2）． ② 由①，②得AP 2－AG 2＝PO 2－GO 2，于是由平方差原理即知PG ⊥AO ．如下图，对△PFD 及截线AEB 应用Menelaus 定理，得定理，得1D A F E P B A FE PB D´´=．③ 对△PFD 及形外一点G 应用Ceva 定理，得定理，得1D KF E P B K F E P B D ´´=．④ ③÷④即得：③÷④即得：D A D K A FK F=． ⑤KPGAOBEFD⑤表明A ，K ；F ，D 构成调和点列，即AF ×KD ＝AD ×FK ．再代入点列的Euler 公式知：公式知：AK ×FD ＝AF ×KD ＋AD ×FK ＝2AF ×KD ． ⑥而由B 、D 、F 、E 四点共圆，得∠DBA ＝∠EF A ．而∠CAD ＝∠CBA ；故∠CAF ＝∠EF A ，这就表明AC ∥EP ．由此，．由此，C P A F P DF D=． ⑦在△ACD 中，对于截线LPK 应用Menelaus 定理，得定理，得1A L C P D K L CP DK A´´=； ⑧将⑥，⑦代入⑧即得2A L L C=．最后，在△AGL 中，由M 、C 分别是AG 、AL 的中点，故MC 是其中位线，得MC ∥GL ．而已证GL ⊥AO ，从而MC ⊥AO ．2、给定整数2n ³，求具有下述性质的最大常数()n l ：若实数序列012,,,...,n a a a a 满足满足0120...n a a a a =££££，及 111()2i i i a a a +-³+，1,2,...,1i n =-，则有则有2211()()nni i i i ia n a l ==³åå.解：()n l 的最大值为2(1)4n n +.首先，令12...1n a a a ====，得2(1)()4n n n l +£.下面我们证明：对任何满足条件的序列012,,,...,n a a a a ，有不等式，有不等式22211(1)()()4nniii i n n ia a ==+³åå(*) 首先我们证明21...2n a a a n³³³.事实上，由条件有112()i i i ia i a a +-³+对任意1,2,...,1i n =-成立.对于给定的正整数11l n ££-，将此式对1,2,...,i l =求和得1(1)l l l a la ++³，即11l l a a ll +³+对任意1,2,...,1l n =-成立.下面我们证明，对于,,{1,2,...,}i j k n Î，若i j >，则2222ikjki k j k >++. 事实上，上式等价于222()2()ik j k jk i k +>+，即3()0i j k ->，显然成立. 现在我们来证明(*). 首先对于1i j n £<£，来估计i j a a 的下界. 由前述，知j i a a i j³，即0i j ja ia -³. 又因为0i j a a -£，故()()0i j j i ja ia a a --³，即22i j ji i j a a a a i ji j³+++.这样，我们有：这样，我们有：222111()2nni i i j i i i j nia i a ija a ==£<£=+ååå222222112()niji i i j ni j ij ia a a i ji j=£<£³×++++åå22112()n n ii k ik a i k ===×+åå.记212ni k ikb i k==+å，由前面证明可知12...n b b b £££.又22212...n a a a £££，由切比雪夫不等式，有：，由切比雪夫不等式，有：221111()()nn nii i i i i i a b a bn ===³ååå.这样221111()()()nnni ii i i i ia a b n ===³ååå.而22222222111111112(1)2()2()4nnnnn nii i k i i j ni i j ni ik i j ij n n biiij i i k iji j ====£<£=£<£=+==++=+==+++åååååååå因此22211(1)()4n ni i i i n n ia a ==+³åå.故(*)获证.综上所述，可知()n l 的最大值为2(1)4n n +.3、求证：对于任意的奇素数p ，满足|!1p n +的正整数n 的个数不超过23cp ，这里c 是一个与p 无关的常数.证明证明显然，符合要求的n 应满足11n p ££-. 设这样的n 的全体是12...k n n n <<<，我们只需要证明2312k p £，当12k £时结论是显然成立的，下设12k >. 将1i i n n +-(11)i k ££-重排成不减的数列1211...k m m m -££££. 则显然有则显然有11111()k kii i k i i nn n n p m-+===-=-<åå.① 我们首先证明，对1s ³，有，有|{11:}|ii k s s m ££-=£， ②即等于给定的s 的i m 至多有s 个.事实上，设1i i n n s +-=，则1!1!10(m od )i i n n p ++º+º，由此可知(,!)1i p n =，故，故()(1)...(1)1(mod )i i in s n s n p ++-+º.故i n 是s 次同余方程次同余方程()(1)...(1)1(mod )x s x s x p ++-+º的一个解. 由于p 是素数，由拉格朗日定理知，上述同余方程至多有s 个解，故满足1i i nn s +-=的i n 至多只有s 个值，从而②得证个值，从而②得证.. 现在我们证明，对任意的正整数l ，只要(1)112l l k ++£-，就有(1)121l l lm ++³+.假设结论不成立，即(1)12l l l m++£，那么12(1)12,,...,ll m m m ++都是1到l 中的正整数. 而由②知，在12(1)12,,...,l l m m m ++中，1至多出现1次，2最多出现2次，…，l 至多出现l 次，即从1到l的正整数总共至多出现(1)12 (2)l l l ++++=次，这与(1)12l l ++个数12(1)12,,...,l l m m m ++都是不超过l 的正整数矛盾！的正整数矛盾！设m 是满足(1)112m m k ++£-的最大正整数，则的最大正整数，则(1)(1)(2)11122m m m m k ++++£-<+③ 我们有我们有11112(1)(1)(1)(2)(1)121122223(...)(1)(1)(1)(21).63k m m m ii i i i i i i i i i i i i i m m m m mmm m m----++++++++====³+++³+³+++=>åååå由于12k >，故4m ³，因此，结合①，③可得，因此，结合①，③可得2212331(1)(2)244(3)4(3)2k i i m m k m p m -=++<+<<<×å.这就证明了结论.。

第43届IMO美国队选拔考试

第43届IMO美国队选拔考试本栏目特邀主持人　熊　斌　冯志刚 (有关本栏目稿件,请直接寄给熊斌(200062,华东师范大学数学系E-mail:xiongbin@),或冯志刚(200231,上海市上海中学E-mail:zhgfeng@).提供试题及解答请尽量注明出处.) 本期给出由湖南师大附中黄军华先生提供的第43届IMO美国队选拔考试试题选登.1　在△AB C中,证明:sin 3A2+sin3B2+sin3C2≤cos A-B2+cos B -C2+cos C-A2.2　设n是大于2的整数,P1,P2,…,P n是平面上n个不同的点,S表示线段P1P2, P2P3,…,P n-1P n上所有点的集合.是否总是可以在S中找到点A,B使得P1P n∥AB (线段AB可以在直线P1P n上)且|P1P n|= k|AB|.这里1)k=2.5;2)k=3.3　设n是一个正整数,S是一个有2n+1个元素的集合.f是一个从S的二元子集到集合{0,1,…,2n-1-1}的映射.假设对于S 的任何元素x,y,z,f({x,y}),f({y,z}), f({z,x})中的一个等于另外两个的和.证明:存在S中的a,b,c,使得f({a,b}), f({b,c}),f({c,a})都等于0.4　用明显的表达式求出所有的有序数对(m,n),使得m n-1整除m2+n2.解　答1　我们首先证明sin3B2+sin3C2≤2cos B-C2(1)a,-b2<x≤b,其方程表示一段椭圆弧,端点为M(b,0),N-b2,3a2,但不含N点,如图2.f(θ)=x+y=t,∴y=-x+t为一直线.将y=-x+t代入a2x2+b2y2=a2b2可得: (a2+b2)x2-2b2tx+b2(t2-a2)=0,当直线与椭圆相切时,有Δ=4b4t2-4b2(a2+ b2)(t2-a2)=4b2[b2t2-(a2+b2)(t2-a2)]=0,求得:t=±a2+b2,∴f(θ)max=a2+b2.当直线过点M(b,0)时,有f(θ)=b;当直线过点N-b2,3a2时,有f(θ)=3a-b 2.∵b-3a-b2=32b-3a2=32(3b-a),∴当a<3b时,f(θ)min=3a-b2;当a≥3b时,f(θ)min=b.故当0<b<a<3b时,f(θ)∈3a-b2,a2+b2;当a≥3b>0时,f(θ)∈[b,a2+b2].试题背景　本题以三角面目出现,涉及数列,力求体现在知识交汇点命题与入手容易但内蕴丰厚等命题原则.其核心是三角函数与解析几何方法等,应是较为综合较有份量的创新型高考模拟试题.知识能力要求　要求学生准确进行三角变换,能够灵活转化问题情境,熟练运用数形结合思想分析与解决问题;要有较强的构造意识、分类讨论技能,侧重考查创新思维能力.难度系数　0.30.设计人　尚继惠(河北省承德县一中,067400).44数学通讯 2003年第13期因为sin3B 2+sin 3C 2=2sin 3(B +C )4cos 3(B -C )4,若cos 3(B -C )4≥0,则sin3B 2+sin 3C 2≤2cos 3(B -C )4≤2cos B -C 2.若cos 3(B -C )4<0,注意到3(B +C )4<3π4,于是sin 3(B +C )4>0,故2sin 3(B +C )4cos 3(B -C )4<0≤2cos B -C 2.所以(1)成立.同样可证:sin3C 2+sin 3A2≤2cos C -A 2,sin 3A 2+sin 3B 2≤2cos A -B 2,相加即得所要证不等式.2　我们的判断是否定的.图1　k =2.51)k =2.5时.如图1,P 1P 2P 3P 等都是矩形,且P 1P 2=P 9P 10>P 6Q =P 5Q.不妨设P 1P 10=1,P 1P =12.6=P 10R ,Q 为P 1P 10的中点.若A ,B ∈S ,AB ∥P 1P 10,则|AB |∈(0,12.6]∪[12,1-12.6],故AB ≠12.5=P 1P 102.5.所以结论为否定.2)　k =3时,如图2,设P 1P 2…P 14中,相邻两边互相垂直,且图2　k =3P 1P 14=1,P 2P 3=1036,P 4P 5=336,P 6P 7=536,P 8P 9=536,P 10P 11=336,P 12P 13=1036.若A ,B ∈S ,AB ∥P 1P 14,则|AB |∈(0,1036]∪[1336,1836]或者AB ≥12,这样AB ≠1236=13=P 1P 143,故结论为否定.3　我们用反证法.易知函数f 存在最大值,不妨设f ({x ,y})=A 表示最大值,显然可设A >0,不然,结论就成立了.则对于Πy ,z ∈S ,有f ({x ,z})+f ({y ,z})=f ({x ,y})=A.1)　若存在z 1,z 2,z 3,z ′1,z ′2,z ′3(互不相同),使得f ({x ,z 1})=f ({x ,z 2})=f ({x ,z 3})=B≠f ({x ,z ′1})=f ({x ,z ′2})=f ({x ,z ′3})=B ′.由于B ,B ′不会同时等于A2,设B ≠A2,由于f ({x ,z i })+f ({y ,z i })=A ,故f ({y ,z i })=A -B (i =1,2,3).考虑f ({z 1,z 2}),f ({y ,z 1}),f ({y ,z 2}),易知f ({z 1,z 2})=2(A -B )或0,又f ({x ,z 1}),f ({x ,z 2})=B ,∴f ({z 1,z 2})=2B或0.∵A ≠2B ,∴f ({z 1,z 2})=0,同理,f ({z 2,z 3})=f ({z 3,z 1})=0,与假设矛盾.2)　若存在z 1,z 2,z 3,z 4,z 5,及B ∈{0,1,…,A },有f ({x ,z i })=B (i =1,2,3,4,5),同上可知:f ({z i ,z j })∈{0,2B }(i ≠j ,i ,j ∈{1,2,3,4,5}.对于f ({z 1,z 2}),f ({z 2,z 3}),f ({z 3,z 1}),由于其中一个要等于另外两个的和,故必有一个为0,另外两个为2B ,不妨设f ({z 1,z 2})=0,f ({z 2,z 3})=2B ,f ({z 3,z 1})=2B ,则易知f ({z 4,z 1})=2B ,f ({z 4,z 2})=2B ,f ({z 5,z 1})=2B ,f ({z 5,z 2})=2B ]f ({z 3,z 4})=0=f ({z 4,z 5})=f ({z 3,z 5}),与假设矛盾.542003年第13期数学通讯3)　若A≤2n-1-2,由1),2)知:使f({x,z})=0的z至多一个,且当有四个(或者3个)不同的z使得f({x,z})对应一个B时,其它最多有两个z使得f({x,z})对应另一个B′,故f({x,z})∈{1,2,…, 2n-1-2}的z至多有2・(2n-1-2)+2个,故f({x,z})∈{0,1,2,…,2n-1-2}的z至多有2・(2n-1-2)+3<2n个,从而有z0使得f({x,z0})没有象.矛盾.4)　A=2n-1-1时.若存在z1,z2,z3 (互不相同)及B∈{0,1,2,…,2n-1-1},使得f({x,z i})=B(i=1,2,3),则f({y, z i})=A-B,则f({z1,z2})=2(A-B)或0,又f({x,z1})=f({x,z2})=B,∴f({z1,z2})=2B或0.因为A≠2B,∴f({z1,z2})=0.同理f({z2,z3})=f ({z3,z1})=0=f({z1,z2}).矛盾.故对每个B∈{1,2,…,2n-1},使f(x,z)=B的z 至多有两个.从而f({x,z})∈{1,2,…, 2n-1-1}的z至多有2(2n-1)+1<2n个,于是存在z0,使得f({x,z0})没有象,矛盾!综上,反设不成立.证毕.4　设m2+n2=k(m n-1).显然k≥3.下面证明k必等于5.设(m,n)为使得m n-1|m2+n2,m2 +n2≠5(m n-1)的正整数组中使m+n的和最小的一个.设m≥n,m′,m为方程x2+n2+k-knx=0的两根,则m+m′=knm・m′=n2+k]m′∈N3.若m′<m,则(m′,n)满足条件且m′+n<m+n.矛盾!若m′≥m,由于m′≠m(∵Δ≠0),∴m′≥m+1.1)　若k≥m n,则m2+n2=k(m n-1)≥m n(m n-1),∴(m2-1)(n2-1)≤m n+1,∴m=1或n=1(∵x≥2]x2-1≥x+1).设n=1,1+m2=k(m-1)]m=2或3]k=5矛盾!2)　若k<m n,则0=m2+n2+k-k m n<m2+m n+m n -k m n,∴m≥(k-2)n,∴n2+k=m・m′≥(k-2)n((k-2)n+1).若n=1,则可知k=5.若n≥2,(k-2)2n2+(k-2)n-n2-k≤0,∴4(k-2)2+2k-2-4-k≤0]4k2-15k+10≤0](k-3)(4k-3)+1≤0,与k ≥3矛盾!综上,n=1,k=5.对于(m,n)满足m2+n2+5-5m n= 0,m≥n,令m′=n2+5m.定义映射f如下: f((m,n))=(n,m′),若m′≥n,则m≥n +1,∴n(n+1)≤n2+5]n≤5.分别考虑n=2,3,4,5,又m′<n,矛盾!故n=1.而n=1时,m=2或3.从而可知Π(m,n)满足m2+n2+5-5m=0,存在k∈N3,f(k)(m,n)=(2,1)或(3,1).(因为若min{m,n}≥2,则min{n,m′}< min{m,n})定义数列:a0=1,a1=2,a k+2+a k=5a k+1(k∈N+)(3)则可以知道(m,n)满足m2+n2+5-5m n =0当且仅当存在k∈N+,(m,n)=(a k,a k+1)或(a k+1,a k).故所求(m,n)为数列(3)中相邻的两项.64数学通讯 2003年第13期。

数学竞赛几何变换 (第十二届夏令营)

几何变换(第十二届夏令营)湖南师大附中数学竞赛组自公元前3世纪古希腊数学家欧几里得(Euclid)的《几何原本》问世以来, 平面几何就作为数学的一个分支而存在于世. 由于平面几何有其鲜明的的直觉与严谨、精确、简明的语言, 并且经常出现一些极具挑战性的问题, 因而这一古老的数学分支一直保持着青春的活力, 以极具魅力的姿态展现在我们面前. 世界各国无不将平面几何作为培养本国公民的逻辑思维能力、空间想象能力和推理论证能力的重要题材. 由匈牙利于1894年首开先河的国内外各级数学竞赛活动更是将平面几何作为常规的竞赛内容, 并且从1959年开始举办的每年一届(1980年因特殊原因中断)的国际中学生数学竞赛(通称国际数学奥林匹克)中, 在同一届出现两道平面几何题的情况已是屡见不鲜.但是, 传统的平面几何都是采用公理化方法处理的, 这种方法将平面图形视为静止的图形, 其优点是便于掌握几何图形本身的内在规律. 但用这种静止的观点研究平面几何的一个最大缺陷是: 难以发现不同几何事实之间的联系. 欲深刻揭示客观事物之间的联系, 掌握运动的事物的空间形式最本质的东西——在运动中始终保持不变的性质, 仅用静止的观点是远远不够的, 必须动静结合, 用运动、变化的观点来研究客观事物的运动形式和变化规律. 就平面几何而言, 按照德国数学家克莱因(F. Klein)于1872年提出的观点, 平面几何是研究平面图形在运动、变化过程中的不变性质和不变量的科学.几何变换作为一种现代数学思想方法, 正是采用运动、变化的观点来研究平面几何的. 面对一个平面几何问题, 几何变换往往能有效地帮助我们顺利地实现由条件到结论的逻辑沟通. 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换. 平面几何中的几何变换主要有合同变换、相似变换和反演变换等.1 知识方法1.1 合同变换在一个几何变换f下, 如果任意两个之间的距离等于变化后的两点之间的距离, 则称f是一个合同变换.合同变换只改变图形的相对位置, 不改变其性质和大小. 合同变换有三种基本形式: 平移变换, 轴反射变换, 旋转变换.(一) 平移变换将平面图形上的每一个点都按一个定方向移动定距离的变换叫作平移变换.记为()T a , 定方向a 称为平移方向, 定距离称为平移距离.显然, 在平移变换下, 两对应线段平行(或共线)且相等. 因此, 凡已知条件中含有平行线段, 特别是含有相等线段的平面几何问题, 往往可用平移变换简单处理. 平移可移线段, 也可移角或整个图形.例1.1 平面上一个单位正方形与距离为1的两条平行线均相交, 使得正方形被两条平行线截出两个三角形(在两条平行线之外). 证明: 这两个三角形的周长之和与正方形在平面上的位置无关. (第15届亚洲—太平洋数学奥林匹克, 2003)证明: 如图所示, 设直线1l //2l , 1l 与2l 的距离为1,单位正方形ABCD 的边,AB AD 分别与1l 交于,P Q , 边,BC CD 分别与2l 交于,R S . 作平移变换()T PA , 设1122',','l l l l R R →→→, 则'R 在2'l 上, 1'l 过正方形的顶点A . 因点A 到2'l 的距离等于AB , 所以2'l 决不会与边,AB AD 相交. 设2'l 与边,BC CD 分别交于,E F , 则有',,,R F RS SF PA ER AQ === 进而, ',ER PQ = 于是''AP PQ AQ RC CS RS SF ER ER RC CS R F EC CF EF +++++=+++++=++ 过顶点A 作2'l 的垂线, 设垂足为H , 则1AH AB AD ===. 由于,,AB EC AD CF AH EF ⊥⊥⊥, 所以, 点A 是CEF ∆的C -旁心, 且,,B H D 分别为CEF ∆的C -旁心圆与三边的切点, 所以,EH BE HF FD ==, 从而2EC CF EF BC CD ++=+=, 即2AP PQ AQ RC CS RS +++++=. 这就是说, APQ ∆的周长与CSR ∆的周长之和等于2. 它与正方形在平面上的位置无关.(二) 轴反射变换如果直线l 垂直平分连接两点,'A A 的线段'AA , 则称两点,'A A 关于直线l 对称. 其中'()A A 叫作点(')A A 关于直线l 的对称点.把平面上图形中任一点都变到它关于定直线l 的对称点的变换, 叫作关于直线l 的轴反射变换, 记为()S l , 直线l 叫作反射轴.显然, 在轴反射变换下, 对应线段相等, 两对应直线或者相交于反射轴上, 或者与反射轴平行. 通过轴反射变换构成(或部分构成)轴对称图形是处理平面几何问题的重要思想方法.例1.2 在锐角ABC ∆中, AB AC <, AD 是边BC 上的高, P 是线段AD 上一点. 过P 作PE AC ⊥, 垂足为E , 作PF AB ⊥, 垂足为F . 12,O O 分别是,BDF CDE ∆∆的外心. 求证:12,,,O O E F 四点共圆的充要条件为P 是ABC ∆的垂心. (全国高中数学联赛, 2007)证明: 如图所示, 由,PD BC PF AB ⊥⊥知,,,B D P F 四点共圆, 且BP 为其直径, 所以BDF ∆的外心1O 为BP 的中点. 同理, ,,,C D P E 四点共圆, 且2O 是CP 的中点. 因此, 12O O //BC , 所以21O O P CBP ∠=∠.充分性. 设P 是ABC ∆的垂心, 由于,PE AC PF AB ⊥⊥, 所以1,,,B O P E 四点共线, 2,,,C O P F 四点共线, ,,,B C E F 四点共圆. 于是由21O O P CBP ∠=∠得212O O E CBE CFE O FE ∠=∠=∠=∠, 故12,,,O O E F 四点共圆.必要性. 因为1O 是Rt BFP ∆的斜边PB 的中点, 2O 是Rt CEP ∆的斜边PC 的中点, 所以12PO F PBA ∠=∠, 2O EC ACP ∠=∠. 因为,,,A F E P 四点共圆, 所以FEP FAP ∠=∠. 于是212112O O F O O P PO F CBP PBA CBA PBF ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠2229090FEO FEP PEO FAP O EC FAP ACP ∠=∠+∠=∠+-∠=∠+-∠这样, 若12,,,O O E F 四点共圆, 则212180O O F FEO ∠+∠= . 因而有90180CBA PBF FAP ACP ∠+∠+∠+-∠=再注意90CBA FAP ∠+∠= , 即得PBF ACP ∠=∠, 也就是PBA ACP ∠=∠.作反射变换()S AD , 设'B B →, 因AB AC <, AD BC ⊥, 所以BD CD <, 于是'B 在线段CD 上, 且','PB B CBP AB P PBA ∠=∠∠=∠. 因PBA ACP ∠=∠, 所以'AB P ACP ∠=∠, 从而,,',A P B C 四点共圆. 于是'90PB B PAC ACB ∠=∠=-∠ , 所以90CBP ACB ∠=-∠ , 所以, BP AC ⊥. 而AP BC ⊥, 故P 是ABC ∆的垂心.(三) 旋转变换将平面上图形中每一个点都绕一个定点O 按定方向(逆时针或顺时针)转动定角θ的变换, 叫作旋转变换, 记为(,)R O θ. 点O 叫作旋转中心, θ叫作转幅或旋转角.易知, 在旋转变换下, 两对应线段相等, 两对应直线的交角等于转幅. 对于已知条件中含有正方形或等腰三角形或其它特殊图形问题, 往往可运用旋转变换来处理.特别是在转幅为90 的旋转变换下, 两对应线段垂直且相等. 而转幅为180 的旋转变换称为中心对称变换, 记为()C O . 在中心对称变换下, 任意一对对应点的连线段都通过旋转中心(此时称为对称中心), 且被对称中心所平分. 由于中心对称变换的这一特殊性, 凡是与中点有关的平面几何问题, 我们可以考虑用中心对称变换处理.例1.3 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点. 圆1T 在A 点的切线交圆2T 于C , 圆2T在A 点的切线交圆1T 于D . M 是CD 的中点. 求证:CAM DAB ∠=∠. (中国国家队培训, 2007)证明: 如图所示, 作中心对称变换()C M , 设'A A →, 则四边形'ACA D 是一个平行四边形. 设AB 的延长线交'CA 于E , 则AEC BAD BCA ∠=∠=∠. 又CAE ADB ∠=∠, 所以ABC ACE DBA ∆∆∆ , 于是,AC AB AE CE AE AC DA BA ==. 两式相乘, 并注意到'AC DA =, 得'AC CE AD DA =. 而'ACE ADA ∠=∠, 所以'ACE ADA ∆∆ , 则'CAE DAA ∠=∠, 故CAM DAB ∠=∠.例1.4 在ABC ∆中, AB AC =, ,,D E F 分别为直线,,BC AB AC 上的点, 且DE //AC , DF //AB , M 为ABC ∆的外接圆上BC的中点. 求证: MD EF ⊥. (伊朗国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 因AB AC =, DF //AB ,所以CF DF =. 又四边形EAFD 显然为平行四边形, 则AE DF CF ==. 于是, 设ABC ∆的外心为O , 作旋转变换(,2)R O CBA (其中,CBA 表示始边为射线BC , 终边为射线BA 的有向角), 则,,C A A B →→ 且F E →, 所以OE OF =. 因此, 设EF 的中点为N , 则ON EF ⊥.另一方面, 因四边形EAFD 是平行四边形, 所以N 也是AD 的中点. 又AB AC =, M 为ABC ∆的外接圆上 BC的中点, 所以AM 为ABC ∆的外接圆的直径, 从而O 为AM 的中点, 故ON //MD . 于是由ON EF ⊥, 即知MD EF ⊥.1.2 相似变换在一个几何变换f 下, 若对于平面上任意两点,A B , 以及对应点','A B , 总有''A B kAB =(k 为非零实数), 则称这个变换f 是一个相似变换. 非零实数k 叫作相似比, 相似比为k 的相似变换记为()H k .显然, 相似变换既改变图形的相对位置, 也改变图形的大小, 但不改变图形的形状. 当1k =时, (1)H 就是合同变换. 讨论相似变换时, 常讨论位似变换、位似旋转变换以及位似轴反射变换.(一) 位似变换设O 是平面上一定点, H 是平面上的变换, 若对于任一双对应点,'A A , 都有'OA kOA =(k 为非零实数), 则称H 为位似变换. 记为(,)H O k , O 叫作位似中心, k 叫作相似比或位似系数. A 与'A 在O 点的同侧时0k >, 此时O 为外分点, 此种变换称为正位似(或顺位似); A 与'A 在O 点的两侧时0k <, 此时O 为内分点, 此种变换称为反位似(或逆位似).显然, 位似变换是特殊的相似变换. 有此问题借助于位似变换求解比相似变换更简洁.例1.5 设ABC ∆的内切圆与边,,BC CA AB 分别切于点,,D E F . 求证: ABC ∆的外心O , 内心I 与DEF ∆的垂心H 三点共线. (第12届伊朗数学奥林匹克, 1995; 第97届匈牙利数学奥林匹克, 1997; 第51届保加利亚数学奥林匹克, 2002)证法一: 如图(1)所示, 设ABC ∆的内切圆半径与外接圆半径分别为,r R , R k r =⋅.作位似变换(,)H I k -, 设'''DEF D E F ∆→∆,则'D I R =. 再设ABC ∆的外接圆上的 BC(不含点A )的中点为M , 则OM //'D I 且'OM D I =, 所以四边形'OMID 是平行四边形, 于是'D O //IM , 注意到,,A I M 共线, 所以'D O //AI . 又AI EF ⊥, 所以'D O EF ⊥. 但EF //''E F , 从而'''D O E F ⊥. 同理, '''E O F D ⊥, 所以O 是'''D E F ∆的垂心, 因此H O →. 故,,H I O 三点共线, 且HI r IO R=.证法二: 如图(2)所示, 设直线,,DH EH FH分别与ABC ∆的内切圆交于另一点,,P Q R , 则DEF ∆的三边分别垂直平分,,HP HQ HR , 所以DQ DH DR ==, 由此可知QR //BC . 同样地,RP //CA , PQ //AB , 因此ABC ∆与PQR ∆是位似的. 而,O I 分别是ABC ∆与PQR ∆的外心, ,I H 分别是ABC ∆与PQR ∆的内心, 故,,O I H 三点共线, 且HI r IO R=.(二) 位似旋转变换具有共同中心的位似变换(,)H O k 和旋转变换(,)R O θ复合便得位似旋转变换(,,)S O k θ, 即(,,)(,)(,)(,)(,)S O k H O k R O R O H O k θθθ=⋅=⋅.例1.6 设圆1T 与圆2T 交于,A B 两点, 一直线过点A 分别与圆1T 、圆2T 交于另一点C 和D , 点,,M N K 分别是线段,,CD BC BD 上的点, 且MN // BD , MK //BC . 再设点,E F 分别在圆1T 的 BC(不含点A )上和圆2T 的 BD(不含点A )上, 且EN BC ⊥, FK BD ⊥. 求证: 90EMF ∠= .(第43届IMO 预选题, 2004; 第22届伊朗数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设圆1T 与圆2T 的半径分别为12,,r r 12r k r =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k DBC , 因割线CD 过两圆的另一个交点, 所以D C →. 设','K K F F →→, 则'K 在BC 上, 'F 在圆1T 上, 且''F K BC ⊥,'K C KD MD NB BC BD CD BC===, 所以, 'K C BN =. 设''F K 的延长线交圆1T 于L , 则有''EBN BF K ∠=∠, 而''BF K BFK ∠=∠, 于是EBN BFK ∠=∠. 又,BKF ENB ∠∠皆为直角, 因此BFK EBN ∆∆ . 但由MN // BD , MK // BC 知, 四边形MNBK 是平行四边形, 所以,,BK MN BN MK ==. 于是, 易知MNE FKM ∠=∠, 因此MEN FMK ∆∆ . 再注意到,EN BC FK BD ⊥⊥, 即知EM MF ⊥.(三) 位似轴反射变换就目前的情况来看, 位似轴反射变换的应用似乎尚不及其他几种几何变换. 但作为一种不可或缺的几何变换, 应该有其广泛的用武之地. 实际上, 对于梯形、圆内接四边形、对角线等问题, 都有可能用得上位似轴反射变换.例1.7 已知圆内接凸四边形ABCD , F 是AC 与BD 的交点, E 是AD 与BC 的交点, ,M N 分别是AB 和CD 的中点. 求证:1||2MN AB CD EF CD AB=-. (第46届保加利亚数学奥林匹克(第3轮), 1997)证明: 如图所示, 设AB k CD =⋅, 以E为位似中心, k 为位似比作位似轴反射变换, 使,C A D B →→. 设1F F →, 则1EF k EF =⋅. 同样地, 如果以1k -为位似比作位似轴反射变换, 使,A C B D →→. 设2F F →, 则12EF k EF -=⋅, 且12,F F 都在EF 关于AEB ∠的平分线对称的直线上, 所以11212||||||F F EF EF k k EF -=-=-⋅另一方面, 由ABF DCF ∆∆ , 1BAF DCF ∆∆ 知1ABF BAF ∆∆ , 从而1ABF BAF ∆≅∆, 所以四边形1AF BF 是一个平行四边形, 因此M 是1FF 的中点. 同理, N 是2FF 的中点. 于是11211||22MN F F k k EF -==-⋅, 故 111||||22MN AB CD k k EF CD AB-=-=- 1.3 反演变换设O 是平面α上一定点, 对于α上任意异于点O 的点A , 有在OA 所在直线上的点'A , 满足'0OA OA k ⋅=≠, 则称法则I 为平面α上的反演变换, 记为(,)I O k . 其中O 为反演中心或者反演极, k 为反演幂; A 与'A 在点O 的两侧时0k <, 否则0k >; A 与'A 为此反演变换下的一对反演点(或反点), 显然A 与'A 互为反点(但点O 的反点不存在或为无穷远点); 点A 集的像'A 集称为此反演变换下的反演形(或反形).由于0k <时的反演变换(,)I O k 是反演变换(,||)I O k 和以O 为中心的中心对称变换的复合, 我们只就0k >讨论反演变换即可.令r =则2'OA OA r ⋅=. 此时, 反演变换的几何意义则可知如图所示, 并称以O 为圆心, r 为半径的圆为反演变换2(,)I O r 的基圆.由此几何意义, 我们可作出与'AA 垂直的过A 的直线l 及过'A 的直线'l 的反形分别为下图中的圆'c 及圆c , 反之以,'OA OA 为直径的圆c , 圆'c 的反形分别为直线',l l .由反演变换(0k >)的定义及几何意义, 即推出反演变换有下列有趣性质: 性质1 基圆上的点仍变为自己, 基圆内的点(O 除外)变为基圆外的点, 反之亦然.性质2 不共线的任意两对反演点必共圆, 过一对反演点的圆必与基圆正交(即交点处两圆的切线互相垂直).性质3 过反演中心的直线变为本身(中心除外), 过反演中心的圆变为不过反演中心的直线, 特别地过反演中心的相切两圆变为不过反演中心的两平行直线; 过反演中心的相交圆变为不过反演中心的相交直线.性质4 不过反演中心的直线变为过反演中心的圆, 且反演中心在直线上射影的反点是过反演中心的直径的另一端点; 不过反演中心的圆变为不过反演中心的圆, 特别地, (1) 以反演中心为圆心的圆变为同心圆; (2) 不过反演中心的相切(交)圆变为不过反演中心的相切(交)圆; (3) 圆11(,)O R 和圆22(,)O R 若以点O 为反演中心, 反演幂为(0)k k >, 则212222||k R R OO R ⋅=-, 212222||k OO OO OO R ⋅=-. 性质5 在反演变换下, (1) 圆和圆、圆和直线、直线和直线的交角保持不变;(2) 共线(直线或圆)点(中心除外)的反点共反形线(圆和直线), 共点(中心除外)线的反形共发形点.例1.8 设M 为ABC ∆的边BC 的中点, 点P 为ABM ∆的外接圆上 AB (不含点M )的中点, 点Q 为AMC ∆的外接圆上AC (不含点M )的中点. 求证: AM PQ ⊥.(第57届波兰数学奥林匹克, 2006)证明: 如图所示, 以M 为反演中心、MB 为反演半径作反演变换, 则,B C 皆为自反点, 直线AM 为自反直线. 设A 的反点为'A , 则'A 在直线AM 上, 且ABM ∆的外接圆的反形为直线'A B , AMC ∆d 的外接圆的反形为直线'A C , 点P 的反点'P 为直线PM 与'A B 的交点, 点Q 的反点'Q 为直线QM 与'A C 的交点, 直线PQ 的反形为''MP Q ∆的外接圆. 因,MP MQ 分别平分AMB ∠和AMC ∠, 所以, ''MP MQ ⊥, 且''''''''A P MA MA A Q P B MB MC Q C=== 从而''P Q //BC . 设'A M 与''P Q 交于N . 因M 是BC 的中点, 所以N 是''P Q 的中点. 再注意''MP MQ ⊥即知N 为''MP Q ∆的外心, 这说明直线'A M 与''MP Q ∆的外接圆正交, 因此直线AM 与PQ 正交, 即AM PQ ⊥.2 范例选讲2.1 合同变换例2.1 设ABC ∆是一个正三角形, 12,A A 在边BC 上, 12,B B 在边CA 上,12,C C 在边AB 上, 且凸六边形121212A A B B C C 的六边长都相等. 求证: 三条直线121212,,A B B C C A 交于一点. (第46届IMO , 2005)证明: 如图所示, 作平移变换12()T B A , 则12B A →, 设2B K →, 则12122A A B B KA ==, 且2160KA A ∠= , 所以12KA A ∆是正三角形, 因此11212KA A A C C ==, 且由2160A A K CBA ∠==∠ 知, 1KA //12C C , 所以121C C A K 是平行四边形, 于是12121C K C A B C ==, 又21221B K B A B C ==, 所以21KB C ∆也是正三角形.于是, 由221B KA B 是平行四边形, 12KA A ∆与21KB C ∆都是正三角形可知,121121A A B C B B ∠=∠. 同理, 121121B B C C C A ∠=∠, 所以212121AB C BC A CA B ∠=∠=∠再注意212121B AC C BA A CB ∠=∠=∠, 212121B C C A A B ==即得121212AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆进而可知111111AC B BAC CB A ∆≅∆≅∆, 所以111A B C ∆是正三角形. 于是1111A B AC =, 又2121B B B C =, 因此12A B 是11B C 的垂直平分线, 从而12A B 通过111A B C ∆的中心O , 同理1212,B C C A 都通过111A B C ∆的中心O . 故121212,,A B B C C A 三线共点.实际上, 在本题中, 222A B C ∆也是正三角形, 且111A B C ∆、222A B C ∆、ABC ∆这三个正三角形的中心都是点O .例2.2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不平分ABC ∠, 也不平分CDA ∠,点P 在四边形的内部, 满足PBC DBA ∠=∠,PDC BDA ∠=∠. 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是PA PC =. (第45届IMO , 2004)证明: 如图所示.必要性. 设四边形ABCD 内接于圆. 以AC 的垂直平分线为反射轴作轴反射变换, 设','B B D D →→, 则','B D 都在圆上, 且','CB AB CD AD ==, 所以'B DC ADB PDC ∠=∠=∠, 这说明',,B P D 三点共线. 同理, ',,D P B 三点共线, 所以点P 是'B D 与'BD 的交点, 因而P 在反射轴上, 即P 在AC 的垂直平分线上, 故PA PC =.充分性. 设PA PC =. 分别延长,BP DP 与BCD ∆的外接圆交于点','D B , 则有''PB C DB C DBC ABP ∠=∠=∠=∠, ''PD C BD C BDC ADP ∠=∠=∠=∠, ''BPD B PD ∠=∠. 因,',,'B B D D 四点共圆, ''PBD PB D ∠=∠, 所以''PBD PB D ∆∆ . 又''CB D CBP DBA =∠=∠, ''B D C PDC ADB ∠=∠=∠, 因此''CB D ABD ∆∆ , 从而''ABPD CB PD 四边形四边形. 但PC PA =, 所以''ABPD CB PD ≅四边形四边形. 这说明四边形ABPD 与四边形''CB PD 关于'BPB ∠的平分线互相对称. 而,',,',B B C D D 共圆, 所以',,,,'B B A D D 共圆, 即,,',,',A B B C D D 六点共圆. 故四边形ABCD 内接于圆.例2.3 设H 为ABC ∆的垂心, ,,D E F 为ABC ∆的外接圆上三点, 且AD //BE //CF , ,,S T U 分别为,,D E F 关于边,,BC CA AB 的对称点. 求证: ,,,S T U H 四点共圆. (中国国家队选拔考试, 2006)证明: 我们先证明如下引理: 设,O H 分别为ABC ∆的外心和垂心, P 为ABC ∆的外接圆上任意一点, P 关于BC 的中点的对称点为Q , 则直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.引理的证明. 事实上, 如右图所示, 过A 作ABC ∆的外接圆的直径'AA , 则'A 与ABC ∆的垂心H 也关于BC 的中点对称, 所以QH //'A P 且'QH A P =. 又'A P AP ⊥, 因此QH AP ⊥. 设,D N分别为,AP QH 的中点, 则'2,A P OD = 2QH NH =, 于是OD //NH 且OD NH =. 而AP OD ⊥, 故直线AP 关于OH 的中点对称的直线是QH 的垂直平分线.回到原题. 如下图所示, 过得D 作BC 的平行线与ABC ∆的外接圆交于另一点P . 由AD //BE //CF 易知PE //CA , PF //AB . 因PD //BC , S 是点D 关于BC 的对称点, 所以点P 关于BC 的中点的对称点是S . 于是, 设ABC ∆的外心为O , OH 的中点为M , 作中心对称变换()C M , 由引理可知, 直线AP 的像直线是HS的垂直平分线. 同理, 直线,BP CP 的像直线分别是,HT HU 的垂直平分线.而,,AP BP CP 有公共点P , 因此,,HS HT HU 的垂直平分线交于一点.故,,,S T U H 四点共圆.进一步, 我们还可以证明()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.事实上, 因,,PS PT PU 的中点分别是ABC ∆的三边的中点, 所以()STU 的半径是ABC ∆的中点三角形的外接圆的半径的两倍, 而ABC ∆的外接圆的半径也是其中点三角形的外接圆半径的两倍. 故()STU 与ABC ∆的外接圆是等圆.在本题中, 我们首先将四点共圆的问题转化成三线共点问题, 然后巧妙地通过中心对称变换使问题得到顺利的解决.例2.4 设ABCD 是一个正方形, 以AB 为直径作一个圆T , P 是边CD 上的任意一点, ,PA PB 分别与圆交于,E F 两点. 求证:直线DE 与CF 的交点Q 在圆T 上, 且AQ DP QB PC=. (第44届塞尔维亚和黑山国家数学竞赛, 2006)证明: 如图所示. 设,BE AD 交于R , ,AF BC 交于S , 则,,,F S C P 四点共圆, 所以SPC SFC ∠=∠. 令O 为正方形ABCD 的中心, 作旋转变换(,90)R O , 则,,B C C D D A →→→, 而,AS BP BR AP ⊥⊥, 所以,S P P R →→, 从而PRD SPC ∠=∠. 显然, BC 为圆T 的切线, 所以CBP BAF ∠=∠. 因//AD BC , 所以=+=+RPB PRD CBP SPC CBP ∠∠∠∠∠. 再设CQ 与AB 交于T , 因//AB DC , 则=ATQ DCQ ∠∠, 于是=+=+=+==RPB SPC CBP SFC BAF AFQ BAF ATQ DCQ ∠∠∠∠∠∠∠∠∠又由,,,R E P D 四点共圆, 知=BRP QDC ∠∠, 因此PRB CDQ ∆∆ , 从而=PBR CQD ∠∠, 即=FBE FQE ∠∠, 这说明,,,E Q B F 四点共圆, 换句话说, 点Q 在圆T 上. 再由,,,R E P D 四点共圆, 知===PRD PED AEQ ABQ ∠∠∠∠, 而=90=RDP BQA ∠∠ , 所以PDR AQB ∆∆ , 于是=AQ PD QB DR, 又=DR CP , 故AQ DP QB PC =. 2.2 相似变换例2.5 设12,O O 是半径不等的外离两圆. ,AB CD 是两圆的两条外公切线,EF 是两圆的一条内公切线, 切点,,A C E 在1O 上, 切点,,B D F 在2O 上. 再设1EO 与AC 交于K , 2FO 与BD 交于L . 求证: KL平分EF . (罗马尼亚国家队选拔赛, 2007)证明: 如图所示, 设两条外公切线交于O , 内公切线EF 与外公切线,AB CD 分别交于,P Q , 以O 为位似中心作位似变换, 使12O O →, 则AC BD →, 而12//O E O F , 所以12O E O F →直线直线, 于是AC 与直线1O E 的交点→BD 与直线2O F 的交点, 即K L →, 因此,,O K L 三点共线. 过L 作EF 的平行线分别与直线,AB CD 交于,R S , 则2O L RS ⊥, 而22,O B BR O D SD ⊥⊥, 所以2,,,R B L O 四点共圆, 2,,,O L S D 四点共圆, 再注意到22O B O D =, 于是2222SRO LBO O DL O SR ∠=∠=∠=∠所以22O R O S =, 因此L 平分RS . 而//PQ RS , 所以OL 平分PQ , 即KL 平分PQ . 又PF QE =, 故KL 平分EF .例2.6 在ABC ∆的外部作PAB ∆与QAC ∆, 使得,AP AB AQ AC ==, 且PAB CAQ ∠=∠. 设,BQ CP 交于R , BCR ∆的外心为O . 求证: AO PQ ⊥. (中国国家队培训, 2006)证法一: 如右图所示, 易知APC ABQ ∆≅∆, 所以APR ABR ∠=∠. 因此,,,A P B R 四点共圆, 从而PRB PAB ∠=∠. 于是22COB PRB PAB ∠=∠=∠. 设BC k BO =⋅, 作位似旋转变换(,,)S B k OBC , 则O C →. 设'A A →, 则'2A AB COB PAB ∠=∠=∠, 所以'A AP PAB CAQ ∠=∠=∠. 又由OC OB =, 有'AA AB =. 于是, 再作旋转变换(,)R A PAB , 则,'C Q A P →→, 从而(,)(,,)R A PAB S B k OBC AO PQ → .另一方面, 由,2OB OC BOC PAB =∠=∠知90PAB OBC ∠+∠= , 因此存在点1O , 使得1(,)(,,)(,,90)R A PAB S B k OBC S O k = . 这说明在位似旋转变换1(,,90)S O k 下, 有AO PQ →. 故AO PQ ⊥.证法二: 若下图所示. 同证法一, 有22BOC PRB PAB ∠=∠=∠. 设M 为BC的中点, 则OM BC ⊥. 再分别过,B C 作,AP AQ 的垂线, 垂足分别为,E F , 则CFA CMO BMO BEA ∆∆≅∆∆于是, 设CO k CM =⋅, FCA θ= , 则1(,,)(,,)S C k S B k M OM θθ-→→ 所以, 1(,,)(,,)(,1,2)(,2)S B k S C k S M R M θθθθ-==. 而1(,,)(,,)S C k S B k F A E θθ-→→, 因此在旋转变换(,2)R M θ下, F E →, 所以ME MF =且2FME θ∠=. 因OA 与等腰MEF ∆的两腰,ME MF 的交角都等于θ, 所以OA EF ⊥. 另一方面, 由CFA BEA ∆ , 有AE AE AF AF AP AB AC AQ===, 所以//EF PQ , 故OA PQ ⊥.2.3 反演变换例2.7 设圆T 与直线l 相离, AB 是圆T 的垂直于l 的直径, 点B 离l 较近,C 是圆T 上不同于,A B 的任意一点, 直线AC 交l于D , 过D 作圆T 的切线DE , E 是切点, 直线BE 与l 交于F , AF 与圆T 交于另一点G . 求证:点G 关于AB 的对称点在直线CF 上. (德国国家队选拔考试, 2005)证明: 如图所示, 设AB 与直线l 交于M , 则,,,A E M F 四点共圆, 再由DE 与圆T 相切可知EDF EOA ∆∆ , 所以DF DE =, 且EOD EAF ∆∆ , 从而DOE FAE ∠=∠. 但2GOE FAE ∠=∠, 所以GOD DOE ∠=∠, 从而GOD EOD ∆≅∆, 所以DG 也为圆T 的切线, G 为切点, DG DE DF ==. 设点,G F 关于直线AB 的对称点分别为','G F , 则'G 在圆T 上, 且'F DFG FGD ∠=∠=∠, 所以,,,'A G D F 四点共圆. 于是, 作反演变换(,)I A AG AF ⋅, 则,F G 互为反点, ','F G 互为反点, 这说明圆T 与直线l 互为反形, 所以,C D 互为反点. 又,,,'A G D F 四点共圆, 这个圆与直线FC 互为反形, 所以,,'F C G 共线, 即点G 关于AB 的对称点在直线CF 上.3 训练习题3.1 合同变换练3.1 设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明: OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N . 求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)3.2 相似变换练3.5 在ABC ∆中, AB AC ≠, 中线AM 交ABC ∆的内切圆于,E F 两点, 分别过,E F 两点作BC 的平行线交ABC ∆的内切圆于另一点,K L , 直线,AK AL 分别交BC 于,P Q . 求证: BP QC =. (第46届IMO 预选题, 2005; 第47届伊朗国家队选拔考试, 2006)练3.6 设,b c I I 分别是ABC ∆的,B C --旁心旁心, P 是ABC ∆的外接圆上一点. 证明: ABC ∆的外心是b I AP ∆和c I AP ∆的外心的连线段的中点. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)3.3 反演变换练3.7 设,a I I 分别是分别为ABC ∆的内心和A -旁心, a II 与BC 交于D , 与ABC ∆的外接圆交于M . 设N 是 AM 的中点, ABC ∆的外接圆分别与,a NI NI 交于另一点,S T . 求证: ,,S D T 三点共线. (第18届伊朗数学奥林匹克, 2001) 4 习题解答4.1 合同变换练3.1设四边形ABCD 外切于圆, ,A B ∠∠的外角平分线交于点K , ,B C ∠∠的外角平分线交于点L , ,C D ∠∠的外角平分线交于点M , ,D A ∠∠的外角平分线交于点N . 再设,,,ABK BCL CDM DAN ∆∆∆∆的垂心分别为1111,,,K L M N . 求证: 四边形1111K L M N 是平行四边形. (第30届俄罗斯数学奥林匹克, 2004)证明: 如图所示, 设四边形ABCD 的内切圆圆心为O . 由于内角平分线和外角平分线互相垂直, 所以,OA NK OB KL ⊥⊥.又1AK 是ABK ∆的高, 所以1AK BK ⊥, 因此1AK //OB . 同理, 1BK //OA , 从而四边形1AK BO 是平行四边形. 同样地, 四边形111,,BLCO CM DO DN AO 皆为平行四边形. 于是 ()()1111T AO T OC K N BD L M →→但()()()()T OC T AO T OC OA T AC =+= , 因而()1111T AC K N L M → . 故四边形1111K L M N 是平行四边形.练3.2 设,C D 是以O 为圆心、AB 为直径的半圆上任意两点, 过B 作圆O 的切线交直线CD 于P , 直线PO 与直线,CA AD 分别交于,E F . 证明:OE OF =. (第4届中国东南地区数学奥林匹克, 2007)证明: 如图所示. 以过圆心O 且垂直于EF 的直线为轴作轴反射变换, 设'A A →, 则'A 仍在圆O 上, 且'FOA AOE BOP ∠=∠=∠, 所以'PA 也是圆O 的切线, 因此',,,A O B P 四点共圆. 于是''''A DA A BA A BO A PO ∠=∠=∠=∠, 从而',,,A D P F 四点也共圆, 所以'''A FO A DC A BC ∠=∠=∠.另一方面, 因AB 是圆O 的直径, 所以BC EC ⊥. 又显然有'A B EF ⊥, 由此可知'A BC OEA ∠=∠, 因此'A FO OEA ∠=∠. 再注意'FOA EOA ∠=∠, 'OA OA =, 即知'A OF AOE ∆≅∆, 故OE OF =.练3.3 设,D T 是ABC ∆的边BC 上的两点, 且AT 平分BAC ∠, P 是过D 且平行于AT 的直线上的一点, 直线BP 交CA 于E , 直线CP 交AB 于F . 求证: BT DC =的充分必要条件是BF CE =. (必要性: 第19届墨西哥数学奥林匹克, 2005)证明: 如图所示, 设M 为BC 的中点, 作中心对称变换()C M , 则C B →.设'A A →, 则四边形'ABA C 是平行四边形. 再设直线'A B 与CF 交于Q , 则有''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ=. 于是, '''//.BT DC T D A D CAB AD AT =⇔→⇔∠⇔为的平分线而//PD AT , 故'=',,''='A C CP BT DC A D P A P CA B A Q PQ ⇔⇔∠⇔三点共线为的平分线又''A C BF A Q BQ =, CP CE PQ BQ =, 所以===BF CE BT DC BF CE BQ BQ⇔⇔. 练3.4 设ABC ∆是一个正三角形. P 是其内部满足条件=120BPC ∠ 的一个动点. 延长CP 交AB 于M , 延长BP 交AC 于N .求AMN ∆的外心的轨迹.(第17届拉丁美洲数学奥林匹克, 2002)证明: 如图所示, 设AMN ∆的外心为O ,ABC ∆的中心为Q , 分别过点,B C 作BC 的垂线交AQ 的垂直平分线于,E F , 易知, 当P B →时, O E →; 当P C →时, O F →.下面证明: 当P 在ABC ∆内变动时, 点O 的轨迹是线段EF (不包括端点). 事实上, 设点P 满足条件, 作旋转变换(,120)R Q , 则,,A B B C C A →→→. 因=120BPC ∠ , 所以N M →. 注意=60BAC ∠ , 因此,P Q 都在AMN ∆的外接圆上, 所以AMN ∆的外心O 在AQ 的垂直平分线EF 上.反之, 设AMN ∆的外心O 在线段EF 上, 以O 为圆心、OA 为半径作圆分别交,AB AC 于,M N . 由于AQ 平分BAC ∠, 所以=QN QM . 从而在旋转变换。

德国IMO国家队选拔考试2004

9. (Problem 3) Let ABC be a triangle with perimeter 2s and inradius r. Construct the semicircles with diameters BC, CA, AB outwardly (with respect to the triangle). The radius of the circle tangent to these three semicircles will be denoted by t. Prove
German IMO TST 2004
1st pre-TST 2004, 1 December 2003
1. (Problem 1) A function f satisﬁes the equation f (x) + f (1 − 1/x) = 1 + x, for every real number x except for x = 0 and x = 1. Find a formula for f .
3. (Problem 3) Given the six real numbers a, b, c, x, y, z such that a) 0 < b − c < a < b + c b) ax + by + cz = 0 What is the sign of the sum ayz + bzx + cxy? Additional question by DG: Prove using triangle geometry.
Page 2
3rd TST 2004, 14 March 2004 13. (Problem 1) Let ABC be an acute triangle, and let M and N be two points on the line AC such that

NOI2003试题day2

第二十届全国青少年信息学奥林匹克竞赛NOI2003第二试有关附加文件的信息，请参看具体的题目说明。

数据生成器【题目背景】小明在做NOI2003练习赛的《幸福的老鼠》时觉得题目太简单了，于是对原题做了一些扩展：●将原题的N从20扩展到200000。

●将原题经过一条街道需要的时间改为Ti（1 £ Ti £ 1000000000）分钟（i为街道的编号）。

●增加了一个条件：小狗家Y离老鼠家X的距离小于等于大狗家Z离老鼠家X的距离。

即使这样，他仍然很快地做了出来。

于是，小明打算做一些输入文件来测试他的程序。

现在他已经生成了一些符合题意的图，不过为了增大测试数据的难度，他希望你能帮他选取一组X、Y、Z，使老鼠拿到礼物的时间尽可能地大。

【小明扩展的题目（注意，你并不需要解决此题）】幸福的老鼠Jerry要过生日了，小狗大狗分别送了它一份生日礼物。

现在Jerry打算从自己家X出发，先到小狗家Y（因为小狗家Y离老鼠家X的距离小于等于大狗家Z离老鼠家X的距离），再到大狗家Z，将两份礼物取回。

卡通城由N（3 £ N £ 200000）个居住点和N-1条连接居住点的双向街道组成，经过第i 条街道需花费Ti（1 £ Ti £ 1000000000）分钟的时间。

可以保证，任两个居住点间都存在通路。

不妨设Jerry家在点X，小狗家在点Y，大狗家在点Z。

现在，请你计算，Jerry最快需要耗费多长时间才能拿到生日礼物？【任务描述】定义：令|AB|表示卡通城中从A点走到B点需要的最少时间。

给出卡通城的地图，找到一组X、Y、Z，使得：|XY|≤|XZ||XY|+|YZ|最大。

并求出此时|XY|+|YZ|的值。

【输入文件】输入文件jerrygen.in第一行是两个整数N（3 £ N £ 200000）和M（M=N-1），分别表示居住点总数和街道总数。

从第2行开始到第N行，每行给出一条街道的信息。

历届数学奥林匹克参赛名单

1985-2012年国际数学奥林匹克中国参赛人数按地区、学校统计国际数学奥林匹克(International Mathematical Olympiad，简称IMO)是世界上规模和影响最大的中学生数学学科竞赛活动。

由罗马尼亚罗曼(Roman)教授发起。

1959年7月在罗马尼亚古都布拉索举行第一届竞赛。

我国第一次派学生参加国际数学奥林匹克是1985年，当时仅派两名学生，并且成绩一般。

我国第一次正式派出6人代表队参加国际数学奥林匹克是1986年。

2012年第53届国际数学奥林匹克竞赛将于今年7月4日至16日在阿根廷马德普拉塔（Mar del Plata , Argentina）举行。

入选国家队的六名学生是：（按选拔成绩排名）陈景文（中国人民大学附属中学)、吴昊（辽宁师范大学附属中学）、左浩（华中师范大学第一附属中学）、佘毅阳（上海中学）、刘宇韬（上海中学）、王昊宇（武钢三中）---------------------------------------------------------历届IMO的主办国，总分冠军及参赛国（地区）数为：年份届次东道主总分冠军参赛国家（地区）数1959 1 罗马尼亚罗马尼亚71960 2 罗马尼亚前捷克斯洛伐克51961 3 匈牙利匈牙利 61962 4 前捷克斯洛伐克匈牙利71963 5 波兰前苏联81964 6 前苏联前苏联91965 7 前东德前苏联81966 8 保加利亚前苏联91967 9 前南斯拉夫前苏联131968 10 前苏联前东德121969 11 罗马尼亚匈牙利141970 12 匈牙利匈牙利141971 13 前捷克斯洛伐克匈牙利151972 14 波兰前苏联141973 15 前苏联前苏联161974 16 前东德前苏联181975 17 保加利亚匈牙利171976 18 澳大利亚前苏联191977 19 南斯拉夫美国211978 20 罗马尼亚罗马尼亚171979 21 美国前苏联231981 22 美国美国271982 23 匈牙利前西德301983 24 法国前西德321984 25 前捷克斯洛伐克前苏联341985 26 芬兰罗马尼亚421986 27 波兰美国、前苏联371987 28 古巴罗马尼亚421988 29 澳大利亚前苏联491989 30 前西德中国501990 31 中国中国541991 32 瑞典前苏联561992 33 俄罗斯中国621993 34 土耳其中国651994 35 中国香港美国691995 36 加拿大中国731996 37 印度罗马尼亚751997 38 阿根廷中国821998 39 中华台北伊朗841999 40 罗马尼亚中国、俄罗斯812000 41 韩国中国822001 42 美国中国832002 43 英国中国842003 44 日本保加利亚822004 45 希腊中国852005 46 墨西哥中国982006 47 斯洛文尼亚中国1042007 48 越南俄罗斯932008 49 西班牙中国1032009 50 德国中国1042010 51 哈萨克斯坦中国1052011 52 荷兰中国101------------------------------------------------------------------历届国际数学奥林匹克中国参赛学生分省市、分学校统计按学校排名（TOP16)1 武汉钢铁三中 152 湖南师大附中 113 华南师范大学附中 104 北大附中 94 人大附中 96 湖北黄冈中学 86 上海中学 88 上海华东师大二附中 5 8 东北育才学校 510 华中师大一附中 410 复旦大学附中 410 深圳中学 410 东北师范大学附中 4 14 上海向明中学 314 长沙市一中 314 哈尔滨师范大学附中 3 以下略。

2003年IMO中国国家队选拔考试试题

2003Day 11ABC is an acute-angled triangle.Let D be the point on BC such that AD is the bisector of ∠A .Let E,F be the feet of perpendiculars from D to AC,AB respectively.Suppose the lines BE and CF meet at H .The circumcircle of triangle AF H meets BE at G (apart from H ).Prove that the triangle constructed from BG ,GE and BF is right-angled.2Suppose A ⊆{0,1,...,29}.It satisﬁes that for any integer k and any two members a,b ∈A (a,b is allowed to be same),a +b +30k is always not the product of two consecutive integers.Please ﬁnd A with largest possible cardinality.3Suppose A ⊂{(a 1,a 2,...,a n )|a i ∈R ,i =1,2...,n }.For any α=(a 1,a 2,...,a n )∈A and β=(b 1,b 2,...,b n )∈A ,we deﬁneγ(α,β)=(|a 1−b 1|,|a 2−b 2|,...,|a n −b n |),D (A )={γ(α,β)|α,β∈A }.Please show that |D (A )|≥|A |./This ﬁle was downloaded from the AoPS −MathLinks Math Olympiad Resources Page Page 1http://www.mathlinks.ro/2003Day 21Find all functions f :Z +→R ,which satisﬁes f (n +1)≥f (n )for all n ≥1and f (mn )=f (m )f (n )for all (m,n )=1.2Suppose A ={1,2,...,2002}and M ={1001,2003,3005}.B is an non-empty subset ofA .B is called a M -free set if the sum of any two numbers in B does not belong to M .If A =A 1∪A 2,A 1∩A 2=∅and A 1,A 2are M -free sets,we call the ordered pair (A 1,A 2)a M -partition of A .Find the number of M -partitions of A .3x n is a real sequence satisfying x 0=0,x 2=3√2x 1,x 3is a positive integers and x n +1=13√4x n +3√4x n −1+12x n −2for n ≥2.How many integers at least belong to this sequence?/This ﬁle was downloaded from the AoPS −MathLinks Math Olympiad Resources Page Page 2http://www.mathlinks.ro/。

2003年第四十四届IMO试题(不含答案)

第四十四届（2003年）
日本东京（Tokyo ，Japan ）
1. S 是集合{1,2,3，…，1000000}。

说明对于S 的任何一个恰好包含101个元素的子集A ，我们可以找到100个S 内的不同元素x i ，使得集合{a+x i |a ∈A }中任意两个都不相交。

（巴西）
2. 找到所有的正整数对(m ,n )，使得1
2322
+-n m n m 为正整数。

（保加利亚） 3. 给定一个凸六边形，其中的每一组对边都具有如下性质：这两条边的中点之间的距离等于它们长度之和的2
3。

证明：该六边形的所有内角相等。

（波兰） 4. ABCD 是圆内接四边形。

从D 向直线BC 、CA 和AB 作垂线，垂足分别为P 、Q 、R 。

证明：当且仅当RP=RQ 时∠ABC 的平分线和∠CDA 的平分线与直线AC 交于一点。

（芬兰）
5. 设n 为正整数，实数x 1，x 2，…，x n 满足x 1≤x 2≤…≤x n 。

证明
()()2
22,,1213n n i j i j i j i j n x x x x ==-⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭∑∑，当且仅当x 1，x 2，…，x n 成等差数列时取等号。

（爱尔兰）
6. 设p 为质数。

证明：存在质数q ，使得对任意整数n ，数n p -p 都不能被q 整除。

（法国）。

罗马尼亚IMO国家队选拔考试2003

Romanian Olympiad2003IMO Team Selection Tests1st Test-April23,20031.Let(a n)n≥1be a sequence for real numbers given by a1=1/2and for each positive integer na n+1=a2na2n−a n+1.Prove that for every positive integer n we have a1+a2+···+a n<1.Titu Andreescu2.Let ABC be a triangle with∠BAC=60◦.Consider a point P inside the triangle having P A=1,P B=2and P C=3.Find the maximum possible area of the triangle ABC.3.Let n,k be positive integers such that n k>(k+1)!and consider the setM={(x1,x2,...,x n)|x i∈{1,2,...,n},i=1,k}.Prove that if A⊂M has(k+1)!+1elements,then there are two elements{α,β}⊂A,α=(α1,α2,...,αn),β=(β1,β2,...,βn)such that(k+1)!|(β1−α1)(β2−α2)···(βk−αk).Vasile ZidaruWork time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu2nd Test-April24,20034.Prove that among the elements of the sequence([n √2003])n≥1one canﬁnd a geometricprogression having any number of terms,and having the ratio bigger than k,where k can be any positive integer.Radu Gologan 5.Let f∈Z[X]be an irreducible polynomial over the ring of integer polynomials,such that|f(0)|is not a perfect square.Prove that if the leading coeﬃcient of f is1(the coeﬃcient of the term having the highest degree in f)then f(X2)is also irreducible in the ring of integer polynomials.Mihai Piticari 6.At a math contest there are2n students participating.Each of them submits a problem to the jury,which thereafter gives each students one of the2n problems submitted.One says that the contest is fair is there are n participants which receive their problems from the other n participants.Prove that the number of distributions of the problems in order to obtain a fair contest is a perfect square.Work time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu3rd Test-May24,20037.Find all integers a,b,m,n,with m>n>1,for which the polynomial f(X)=X m+aX+b divides the polynomial g(X)=X m+aX+b.Laurent¸iu Panaitopol 8.Two circlesω1andω2with radii r1and r2,r2>r1,are externally tangent.The line t1is tangent to the circlesω1andω2at points A and D respectively.The parallel line t2to the line t1is tangent to the circleω1and intersects the circleω2at points E and F.The line t3passing through D intersects the line t2and the circleω2in B and C respectively,both diﬀerent of E and F respectively.Prove that the circumcircle of the triangle ABC is tangent to the line t1.Dinu S¸erb˘a nescu 9.Let n≥3be a positive integer.Inside a n×n array there are placed n2positive numbers with sum n3.Prove that we canﬁnd a square2×2of4elements of the array,having the sides parallel with the sides of the array,and for which the sum of the elements in the square is greater than3n.Radu GologanWork time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu4th Test-April25,200310.Let P the set of all the primes and let M be a subset of P,having at least threeelements,and such that for any proper subset A of M all of the prime factors of the numberp−1+p∈Aare found in M.Prove that M=P.Valentin Vornicu 11.In a square of side6the points A,B,C,D are given such that the distance between anytwo of the four points is at least5.Prove that A,B,C,D form a convex quadrilateral and its area is greater than21.Laurent¸iu Panaitopol 12.A word consists of n letters from the alphabet{a,b,c,d}.One says that a word iscomplicated if it has two consecutive identical groups of letters(i.e.caab or cababdc are complicated words,but abcab is not a complicated word).A word that is not complicated is called a simple word.Prove that the number of simple words with n letters is greater than2n.Work time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu5th Test-June19,200313.A parliament has n senators.The senators form10parties and10committees,suchthat any senator belongs to exactly one party and one committee.Find the least possible n for which it is possible to label the parties and the committees with numbers from1to10,such that there are at least11senators for which the numbers of the corresponding party and committee are equal.Marian Andronache and Radu Gologan 14.Given is a rhombus ABCD of side1.On the sides BC and CD we are given the pointsM and N respectively,such that MC+CN+MN=2and2∠MAN=∠BAD.Find the measures of the angles of the rhombus.Cristinel Mortici 15.In a plane we choose a cartesian system of coordinates.A point A(x,y)in the planeis called an integer point if and only if both x and y are integers.An integer point A is called invisible if on the segment(OA)there is at least one integer point.Prove that for each positive integer n there exists a square of side n in which all the interior integer points are invisible.France Olympiad2003Work time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu6th Test-June20,200316.Let ABCDEF be a convex hexagon and denote by A ,B ,C ,D ,E ,F the middlepoints of the sides AB,BC,CD,DE,EF and F A respectively.Given are the areas of the triangles ABC ,BCD ,CDE ,DEF ,EF A and F AB .Find the area of the hexagon.Kvant 17.A permutationσ:{1,2,...,n}→{1,2,...,n}is called straight if and only if for eachinteger k,1≤k≤n−1the following inequality is fulﬁlled|σ(k)−σ(k+1)|≤2.Find the smallest positive integer n for which there exist at least2003straight per-mutations.Valentin Vornicu 18.For every positive integer n we denote by d(n)the sum of its digits in the decimalrepresentation.Prove that for each positive integer k there exists a positive integer m such that the equation x+d(x)=m has exactly k solutions in the set of positive integers.Polish Olympiad1999Work time:4hours.TeX(c)2003Valentin Vornicu。

国国家集训队选拔考试

由 (1) 可知 f (2) ≥1. 下面分两种情况讨论 :
(i) f (2) = 1 ,则可证
f ( n) = 1 ( Π n) .
①
事实上 ,由 (2) 知
f (6) = f (2) f (3) = f (3) . 记 f (3) = a ,则 a ≥1.
由于 f (3) = f (6) = a ,利用 (1) 可知 f (4) = f (5) = a. 利用 (2) 知 ,对任意奇数 p 有 f (2 p) = f (2) 拔考试
一、在锐角 △ABC 中 , AD 是 ∠A 的内角平分
线 ,点 D 在边 BC 上 ,过点 D 分别作 DE ⊥AC、DF ⊥ AB ,垂足分别为 E、F ,连结 B E、CF ,它们相交于点
H , △A FH 的外接圆交 B E 于点 G. 求证 :以线段 BG、 GE、B F 组成的三角形是直角三角形.
任取 m ≥3 , k ≥1 ,有 s ≥1 ,使得 2 s ≤mk < 2s + 1 .
于是 ,有 s ≤klog2 m < s + 1 ,
即 klog2 m - 1 < s ≤klog2 m s ) ≤g ( mk ) ≤g (2s + 1 ) .
五、对 m 、n ∈A ,若 m + n = 1 001 或 2 003 或 3 005 ,则称 m 与 n“有关”.
易知与 1 有关的数仅有 1 000 和 2 002 ,与 1 000 和 2 002 有关的都是 1 和 1 003 ,与 1 003 有关的为 1 000和 2 002.
γ(α,β) = (| a1 - b1 | ,| a2 - b2 | , …,| an - bn | ) ,

2003年IMO中国国家集训队选拔考试试题

2003年IMO 中国国家集训队选拔考试试题（2003-03-31 8:00—12:30）一、在锐角△ABC 中，AD 是∠A 的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE ⊥AC 、DF ⊥AB ，垂足分别为E 、F ，连结BE 、CF ，它们相交于点H ，△AFH 的外接圆交BE 于点G .求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形.（熊斌命题）二、设{}29,2,1,0 ⊆A ，满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），k b a 30++均不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多的A..（陈永高命题）三、设(){}n i R a a a a A i n ,,2,1,,,,21 =∈⊂，A 是有限集，对任意的()n a a a ,,,21 =α∈A ，()n b b b ,,,21 =β∈B 定义：()()n n b a b a b a ---=,,,,2211 βαγ， ()(){}B A A D ∈∈=βαβαγ,,.试证：()A D ≥A .（冷岗松命题）（2003-04-01 8:00—12:30）四、求所有正整数集上到实数集的函数f ，使得（1）对任意n ≥1，f （n +1）≥f （n ）；（2）对任意m ，n ，（m ，n ）＝1，有f （mn ）＝f （m ）f （n ）. （潘承彪命题）五、设{}2002,2,1 =A ，{}3005,2003,1001=M ，对A 的任意非空子集B ，当B 中任意两数之和不属于M 时，称B 为M -自由集，如果A ＝A 1∪A 2，A 1∩A 2＝φ，且A 1，A 2均为M -自由集，那么称有序对（A 1，A 2）,为A 的一个M -划分，试求A 的所有M -划分的个数.（李胜宏命题）六、设实数列{}n x 满足：00=x ，1322x x =，3x 是正整数，且 2133121441--+++=n n n n x x x x ，n ≥2.问：这类数列中最少有多少个整数项？（黄玉民命题）。

IMO中国国家集训队选拔考试(1995-2010)

2 002
∑ Ak ≤λa2 002 . k =1
其中
Ak =
( xk +
…+
xk x2 002 +
k k(k -
2
1)
, k ≥1. + 1) 2
解 :令 δ( k)
=
1 2
k(k -
1) . 首先证明几个引理.
引理 1 对任意实数 a ≥0 , c > 0 , b > 0 , 函数
Ak
k =1
≤δ(
n
1 + 1)
+ 1 an ,
且可以取等号.
证明 :由引理 1 ,有
( x1
+
x1 …+
1 xn
+ 1) 2
≤
1 4
· x2
+
1 …+
xn
+2
=
x2
+
a1 …+
xn
+2,
①
且当 x1 = x2 + …+ xn + 3 时 ,取最大值
x2 +
a1 …+
· xn + 2
x2 +
a1 …+
f ( x)
=x
a +
b+
x(x+
c b)
2
.
当
x
=
(1
-
a) 1+
b+ a
2
c时
, 取最大值
1 4
·(1b++
a) c
2
.
证明

NoiP2003提高组复赛试题分析_天津南开中学滕伟

我看了李学武教授写的《关于NOIP复赛的若干问题的思考》一文，有很大触动，深刻感受到天津市信息学奥赛基础薄弱。

我从事奥赛培训工作十三年，培训的学生在全国取得了一些好成绩，一块国际银牌，四块全国奥赛金牌，三块银牌，十块铜牌。

我认为我有责任将我的培训工作介绍给同人和其他学校的同学，来推动天津市奥赛的发展。

下面是我写的今年分区联赛高中组复赛的解题分析，供大家参考，并恳切希望能与“OIER”交流共勉。

天津南开中学滕伟（邮编：300100，电子邮箱：fnoi2003@或tjnkzx2000@ ）第一题：神经网络【试题分析】一、题意分析1、任务描述：从输入层开始，各节点按照传递公式，一层一层向下传递。

输出输出层中信号大于零的节点编号和信号大小。

（节点编号由小到大）如果没有满足条件的编号则输出NULL。

信号传递公式：∑∈-=Ei jijjiiUCWC),(公式中的Wji（可能为负值）表示连接j号神经元和i号神经元的边的权值。

当Ci大于0时，该神经元处于兴奋状态，否则就处于平静状态。

当神经元处于兴奋状态时，下一秒它会向其它神经元传递信号，信号的强度为Ci。

2、输入：两个整数n（1≤n≤20）和p。

n表示节点的个数；p表示有向边的条数。

下面n行表示1-n号节点的状态和阈值。

下面p行表示有向边及其权值。

3、输出：输出输出层状态大于零的神经元编号和状态，并且按照编号有小到大顺序输出！若输出层的神经元最后状态小于等于0，则输出NULL。

二、问题分析1、题目中给出每层神经元只向下一层的神经元输出信息，只从上一层神经元接受信息。

所以不必进行拓扑排序，一层一层的向下传递信号即可。

输出最后一层中信号大于零的节点编号。

2、可以建立一个队列，将输入层节点入队。

3、取队首节点出队，寻找此节点有向边，如果有有向边：1）则记录此节点不是输出层；2）再判断此节点信号大于零则向下传递信号，将指向的节点入队（防止重复入队）。

再出队再传递，直至全部出队。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

German TST 2003
Orlando D¨o hring
15.March 2004
1.At a chess tournament the winner gets 1point and the defeated one 0points.A tie makes both obtaining 12points.14players,none of them equally aged,participated in a competition where everybody played against all the other players.After the competition a ranking was carried out.Of the two players with the same number of points the younger received the better ranking.After the competition Jan realizes that the best three players together got as many points as the last 9players obtained points together.And Joerg noted that the number of ties was maximal.Determine the number of ties.
2.Given a triangle ABC and a point M such that the lines MA,MB,MC intersect the lines BC,CA,AB in this order in points D,E and F ,respectively.Prove that there are numbers ε1,ε2,ε3∈{−1,1}such that:
ε1·MD AD +ε2·ME BE +ε3·MF CF =13.Let N be a natural number and x 1,x 2,...,x n further natural numbers less than N and such that the least common multiple of any two of these n numbers is greater than N .Prove that the sum of the reciprocals of these n numbers is always less than 2:1x 1+1x 2+···+1x n
<2Work time:2×180minutes.
featured by www.mathlinks.ro and www.bundeswettbewerb-mathematik.de/imo/aufgaben/aufgaben.htm
1
2 4.Determine all functions f:R→R with the property
f(f(x)+y)=2x+f(f(y)−x)∀x,y∈R.
This problem appears as A1on the ISL2002.
5.B is a point on the circle S.A is a point(distinct from B)on the tangent to S at B.C is a point
not on S such that the line segment AC meets the circle S at two distinct points.S is a circle which touches AC at C and S at D,where B and D are on opposite sides of the line AC.Show that the circumcenter of triangle BCD lies on the circumcircle of the triangle ABC.
This problem appears as G1on the ISL2002.
6.Let n a odd natural number.Theﬁelds of a n×n chess board are colored black and white
alternately with the four corner squares black.And let a Trimino be deﬁned as a L-shapedﬁgure built up by three unit squares.
a.)For which n is it possible to cover all blackﬁelds of the chess board by non-overlapping
Triminos.
b.)Which is the least possible number of required Triminos in a possible tiling.Note that
Triminos will be overlapping,if they cover at least one unit square together.
This problem partially appears as C2on the ISL2002.
Work time:2×180minutes.
featured by www.mathlinks.ro and www.bundeswettbewerb-mathematik.de/imo/aufgaben/aufgaben.htm。