2021-08-17-2021年中国女子数学奥林匹克第8题的解答
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛初赛加试试题(A卷)
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛(初赛)
暨2021年全国高中数学联合竞赛
加试试题(A 卷)
一.(本题满分40分)给定正整数k(k ≥2)与k 个非零实数k a a a ,...,,21.证明:至多有有限个k 元正整数组()k n n n ,...,,21，满足k n n n ,...,,21互不相同，且0!!2211=⋅++⋅+⋅k k n a n a n a ！.
二.(本题满分40分)如图所示，在ABC ∆中，M 是边AC 的中点，D,E 是ABC ∆的外接圆在点A 处的切线上的两点，满足AB MD //,且A 是线段DE 的中点，过A,B,E 三点的圆与边AC 相交于另一点P ，过A,D,P 三点的圆与DM 的延长线相交于点Q.证明:∠BCQ=∠BAC.
(答题时请将图画在答卷纸上)
三.(本题满分50分)设整数n ≥4.证明:若n 整除2"-2,则n
n 22-是合数.
四.(本题满分50分)求具有下述性质的最小正数c:对任意整数n ≥4,以及集合{}n A ,...,2,1⊆，若cn A >,则存在函数{}1,1:-→A f ,满足().
1≤⋅∑∈A a a a f。
2021年全国高中数学联赛试卷及答案(Word可编辑版)
2021年全国高中数学联赛试卷及答案（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-2021年全国高中数学联合竞赛试卷得分评卷人一．选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出A、B、C、D四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分)。
1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2021项是A．2046B．2047 C．2048 D．2049 答（）2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab 的图形是A B C D答（）3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于A．B．C． D．答（）4．若，则的最大值是A．B．C． D．答（）5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是A．B．C． D．答（）6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于A． B．C．D．答（）得分评卷人二．填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式 x 3－2x2－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1 : PF2＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．10．已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c＝9，则b－d ＝________．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．得分评卷人三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设≤x≤5，证明不等式．14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z＝Z0cos4t＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2021年全国高中数学联合竞赛加试试卷得分评卷人一．（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间，在弦CD上取一点Q，使∠DAQ＝∠PBC．求证：∠DBQ＝∠PAC．得分评卷人二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l ＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．得分评卷人三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）．2021年全国高中数学联合竞赛试卷试题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．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．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，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛初赛加试B卷参考答案及评分标准
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图所示，I 是ABC 的内心，点,P Q 分别为I 在边,AB AC 上的投影．直线PQ 与ABC 的外接圆相交于点,X Y （P 在,X Q 之间）．已知,,,B I P X 四点共圆，证明：,,,C I Q Y 四点共圆．证明：记ABC 的外接圆为 ．因为90API AQI ，故,,,A P I Q 四点共圆．因此190902BPQ BPI IPQ IAQ BAC BIC ． 又由,,,B I P X 四点共圆可知BPX BIX ，故180BIX BIC BPX BPQ ，因此,,C I X 三点共线． ……………10分由,,,B I P X 共圆可知90BXI BPI ，故BX IX ，即BX CX ．因此90BAC BXC ．于是四边形APIQ 是正方形，PQ 垂直平分线段AI ． ……………20分 设Y 是 AC 的中点，则由内心熟知的结论可知Y A Y I ，因此Y 是AI 的中垂线PQ 与圆 的交点．又直线PQ 与圆 相交于,X Y 两点，且Y 显然不同于X ，故Y 与Y 重合．因此Y 是 AC 的中点． ……………30分于是,,B I Y 三点共线．因此90IYC BYC BAC IQC ，进而,,,C I Q Y 四点共圆． ……………40分二．（本题满分40分）求最大的正整数n ，使得存在8个整数1234,,,x x x x 和1234,,,y y y y ，满足：0,1,,||14||14i j i j n x x i j y y i j ． 解：设n 符合要求，则整数12341234,,,,,,,x x x x y y y y 满足：0,1,,n 都属于集合X Y ，其中 ||14,||14i j i j X x x i j Y y y i j ．注意到0X Y ，不妨设0X ，则1234,,,x x x x 中必有两个数相等，不妨设12x x ．于是 {0}||24i j X x x i j ，所以134X ． 又24C 6Y ，故110n X Y X Y ，得9n ．……………20分 另一方面，令1234(,,,)(0,0,7,8)x x x x ，1234(,,,)(0,4,6,9)y y y y ，则{0,1,7,8},{2,3,4,5,6,9}X Y ，即0,1,,9 都属于集合X Y ．综上，n 的最大值为9． ……………40分三．（本题满分50分）已知,,,[0,a b c d ，满足：33332a b c d ，的最小值． 解：当0a 33a ． 当0a 3a 也成立． ……………30分 所以 33332a b c d ， ……………40分 当1,0a b c d 时上述不等式等号成立．的最小值为2． ……………50分四．（本题满分50分）设a 为正整数．数列{}n a 满足：1a a ，2120n na a ，1,2,n ． (1) 证明：存在一个非立方数的正整数a ，使得数列{}n a 中有一项为立方数．(2) 证明：数列{}n a 中至多有一项为立方数．解：(1) 注意到2314202166 ，故取14a ，则232206a a 为立方数，从而14a 满足条件． ……………10分(2) 不妨设{}n a 中存在立方数，k a 是所出现的第一个立方数．因为对任意整数m ，有0,1,2,3,4(mod 9)m ，由此知30,1(mod 9)m ，所以0,1(mod 9)k a ． ……………30分于是 21202,3(mod 9)k k a a ，221206,2(mod 9)k k a a ，232202,6(mod 9)k k a a ，以此类推知2,6(mod 9),4,5,k i a i ．于是k a 后面的项模9不为0,1 ，故都不是立方数．因此，数列{}n a 中至多有一项为立方数． ……………50分。
2023女子数学奥林匹克竞赛试题解答与评注
2023女子数学奥林匹克竞赛试题解答与评注本文将为您提供2023年女子数学奥林匹克竞赛的试题解答与评注。
在这份试题中，我们将对每一道题目进行详细解析，帮助您更好地理解问题，并提供相应的解答和评注。
第一题：已知函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}+x$，求函数$f(x)$的单调区间。
解答与评注：首先，我们可以对函数$f(x)$进行求导，得到$f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+1$。
接着，我们观察$f'(x)$的正负性，可以发现$f'(x)>0$时，函数$f(x)$单调递增；$f'(x)<0$时，函数$f(x)$单调递减。
进一步分析可知，$f'(x)>0$时，$x>0$；$f'(x)<0$时，$x<0$。
因此，函数$f(x)$的单调递增区间为$x>0$，单调递减区间为$x<0$。
第二题：已知等差数列$\{a_n\}$满足$a_1=3$，$a_4=9$，$a_7=15$，求$a_{2023}$的值。
解答与评注：首先，根据题意可知，公差为$d=3$。
进一步计算可得$a_{2023}=3+2022\times3=6069$。
第三题：已知等差数列$\{b_n\}$的前$n$项和$S_n$满足$S_1=1$，$S_2=3$，$S_3=6$，求$b_{2023}$的值。
解答与评注：根据题意，我们可以列出$S_n$的递推式$S_n=n+(n-1)+\cdots+1=\frac{n(n+1)}{2}$。
进一步计算可得$S_{2023}=2051536$，由于$b_n$是等差数列，$b_n$的递推式为$b_n=b_1+(n-1)d$，带入$S_n$的递推式，我们可以得到$b_{2023}=1013$。
第四题：解$3x^2+2x+1=0$。
解答与评注：根据一元二次方程的求解方法，我们可以利用求根公式$ax^2+bx+c=0$的解为$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，带入$3x^2+2x+1$的系数，解得$x=-\frac{1}{3}$。
2023中国女子数学奥林匹克竞赛试题解析
2023中国女子数学奥林匹克竞赛试题解析2023年中国女子数学奥林匹克竞赛（CGMO）试题在秉承往年试题风格的基础上，进行了适当的调整和创新，以适应女孩子们的数学学习兴趣和特长。
以下是对2023年CGMO试题的详细解析：一、试题结构与内容1. 第一天考试：第一天考试通常包括填空题、解答题和证明题，主要考查选手的基础知识和逻辑思维能力。
题目内容涉及实数、代数、几何、数论等领域。
2. 第二天考试：第二天考试包括解答题和证明题，难度相对更高，考查选手的抽象思维和问题解决能力。
题目内容可能涉及组合数学、概率论、图论、数列等领域。
二、试题特点1. 基础知识与创新思维相结合：试题既注重考查选手的基础知识，如实数运算、代数表达、几何作图等，又鼓励选手运用创新思维解决新问题。
2. 理论与实际应用相结合：试题中包含一定数量的理论与实际应用相结合的题目，要求选手能够将所学知识运用到实际问题的解决中。
3. 学科交叉与综合能力考查：试题涉及到多个学科的知识点，考查选手的学科交叉能力和综合运用知识的能力。
4. 试题情境贴近生活：试题情境设置贴近生活，使选手能够在熟悉的环境中发挥自己的数学才能。
三、试题解析1. 填空题：填空题通常要求选手填写合适的数学术语、表达式或结论。
这类题目主要考查选手对基础知识的掌握。
2. 解答题：解答题要求选手详细阐述解题过程和推理步骤，主要考查选手的逻辑思维和问题解决能力。
3. 证明题：证明题要求选手运用数学原理和逻辑推理证明给定的结论。
这类题目主要考查选手的抽象思维和证明能力。
四、备考建议1. 扎实基础知识：选手应扎实掌握数学基础知识，如实数、代数、几何、数论等，为解答高难度题目奠定基础。
2. 提高解题技巧：选手应通过大量练习，提高解题技巧，学会灵活运用各种数学方法和策略。
3. 培养创新思维：选手应在学习过程中，培养自己的创新思维，善于从不同角度审视问题，寻找解决方案。
4. 注重学科交叉：选手应关注学科交叉的知识点，提高自己的综合运用知识的能力。
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛试题及解答（初赛）
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛试题及解答（初赛）
NATIONAL DAY
共谱盛世华章
如今已然山河锦绣，国泰民安，这浩浩山河长治久安，盛世中华正如故人所想，所有风雨都同舟，所有言茶不言酒，所有故地与漂游，故事里的春与秋，都在脚下这片土地找到了。
最耀眼的星星，是五星红旗的光芒。
受疫情影响，江苏、河南2021数学高联延期到今日举行，12点30分考试结束。
在高联中取得省队的选手可以参加国决，争夺60个保送清北的国集名额，以及强基计划破格入围的资格
来段舞蹈放松一下。
2021年中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题及参考答案
2021 年中国女子数学奥林匹克（CGMO ）试题及其解答解答人：文武光华数学工作室 田开斌一、设A 是平面直角坐标系中三条直线x = 1，y = 0和y = t (2x − t )围成的闭区域，其 中0＜t ＜1，求证：在区域 A 内，以P(t ，t 2)和Q(1，0)为其中两个顶点的三角形的面积不超过1。
4 证明：如图，阴影部分即为区域 A 。
设直线y = t (2x − t )与 x轴、y 轴的交点分别为 M 、 N ，则点M (t ，0)，N (1，t (2 − t ))。
显然点 P 在线段 MN 上。
对于区域 A 内任一点 A ，显然 2有S △PQA ≤ max ➨S △PQM ，S △PQN ➧，所以我们只需证明S △PQM ≤ 1且S △PQN ≤ 1。
作 PB ⊥x 轴于 B ，作 PC ⊥QN 于C ，则S △PQM =MQ·PB 2 4 (1–t )t 2 = 2 = 24(2–t)t 2 ＜4 (2–t)t ≤ 1； 4 4S △PQN = NQ·PC = t(2–t)·(1–t) ≤ (2–t) ＜ 1。
命题得证。
2 2 8 4二、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，⊙O 1与 DA 、AB 、BC 三边相切，⊙O 2与 BC 、CD 、DA 三边相切。
设P 是⊙O 1与边 AB 的切点，Q 是⊙O 2与边 CD 的切点。
求证：AC 、BD 、PQ 三 线共点。
D证明：因为 AB ∥CD ，根据位似，我们要证 AC 、BD 、PQ 共点，只需证明AP= CQ 。
BPDQ如图，连接O 1A 、O 1B 、O 1P ，O 2C 、O 2D 、O 2Q 。
因为 AB ∥CD ，所以∠O 1AP +∠O 2DQ = 90°，∠O 1BP + ∠O 2CQ = 90°。
所以O 1P= DQ ⇒ AP · DQ = O 1P · O 2Q ，AP O 2QO 1P =CQ ⇒ BP · CQ = O 1P · O 2Q ，于是知AP · DQ = BP · CQ ⇒ AP = CQ 。
马德全——另解2021女奥几何题
马德全——另解2021女奥几何题近期热文2021-08-18 最近十二届IMO中国队成绩2021-08-17 中国中学入选IMO国家队人次排名2021-08-17 李建国——2021北京大学夏令营试题解答2021-08-17 李彬——再谈女奥第8题：一个神奇的高等代数做法2021-08-16 李建国——2021年中国女子数学奥林匹克试题及解答2021-08-16 中国中学获IMO奖牌最新排名一览(取前18名)2021-08-16 首届“钓鱼杯”高中数学竞赛暨2022年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟（III卷）2021-08-15 吴宇培——2021 中国女子数学奥林匹克P6 和P8 的整除背景及北大夏令营P72021-08-15 2021中国女子数学奥林匹克获奖名单2021-08-15 李彬——2021女奥第8题解答2021-08-15 首届“钓鱼杯”高中数学竞赛暨2022年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟（II卷）2021-08-14 首届“钓鱼杯”高中数学竞赛暨2022年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟（I卷）2021-08-14 萧振纲教授——解国际奥数几何题之3552021-08-14 高航——差量代换解2021年女奥第1题2021-08-14 2021年中国女子数学奥林匹克（第一天、第二天）2021-08-13 2021中国女子数学奥林匹克竞赛（CGMO）参赛名单2021-08-13 余佑官——2021年中国女子数学奥林匹克第一天几何题解答2021-08-13 王扬——从分析解题过程学解题之二十四2021-08-13 潘成华——数学奥林匹克训练题(410)：一道新编几何题2021-08-12 王永喜专集2021-08-12 2021年北京大学优秀中学生暑假学堂数学测试2021-08-11 2021百年老校数学竞赛 P32021-08-11 余佑官——2021年北京大学夏令营平面几何题解答2021-08-11 潘成华——数学奥林匹克训练题(409)：一道新编几何题2021-08-10 深切悼念|著名数学家、教育家，武汉大学原校长齐民友先生逝世2021-08-10 高航——大胆猜想解2021年北大夏令营第1题2021-08-10 2021北京大学夏令营第二天试题2021-08-10 全国高中数学联合竞赛模拟题（3）2021-08-09 吴伟朝——2021年牛年“祝贺中国IMO代表队夺冠续献题”四道2021-08-09 2021北京大学夏令营第一天试题2021-08-09 余佑官——第二届百年老校数学竞赛平面几何题解答2021-08-09 全国高中数学联合竞赛模拟题（2）2021-08-08 第二届百年老校数学竞赛试题2021-08-08 余佑官——2021捷波奥数学奥林匹克平面几何题解答2021-08-08 第57届IMO预选题2021-08-07 吴伟朝——2021年牛年“祝贺中国IMO代表队夺冠再献题”四道2021-08-07 第58届IMO预选题2021-08-07 成俊锋——一道计数题的有奖征解2021-08-06 吴宇培——2021 年东南赛高一 P4 和陈杯赛 P3 的分析点评2021-08-06 2021年“洪城杯”东南赛获奖名单（高一组）2021-08-06 2021年“洪城杯”东南赛获奖名单（高二组）2021-08-06 刘保乾——无奖金征解2021-08-05 吴伟朝——2021年牛年“祝贺中国IMO代表队夺冠又献题”三道2021-08-05 高航——构造对称结构解2009年集训队平面几何题2021-08-05 第59届IMO预选题2021-08-04 中国近三年获国际奥赛金牌65枚2021-08-04 高航——大胆放缩解2021年北方联赛第5题2021-08-04 全国高中联合竞赛模拟题集(1)2021-08-03 【重磅公开】《数学竞赛》期刊系列36|《P进数与递归方程》（吴康）2021-08-03 【重磅公开】《数学竞赛》期刊系列34|《也谈不变性原理》（肖果能）2021-08-02 赵奕程——2021东南赛第一天几何题解答2021-08-02 吴伟朝——2021年牛年“祝贺中国IMO代表队夺冠献题”两道2021-08-02 高航——巧用顺相似解2021东南联赛高一第6题2021-08-02 2017年第四届鹏程杯初三数学试卷2021-08-01 骆来根——2021中国东南数学奥林匹克高二第4题解答2021-08-01 张克显——2021年东南杯数学竞赛高二压轴题解答2021-08-01 朱斌——2021中国东南数学奥林匹克高二第4题解答2021-08-01 张克显——2021中国东南数学奥林匹克高二第4题解答点击左下“原文链接”进入免费听课。
冯跃峰：2021年中国女子数学竞赛一个组合不等式的思路剖析与解答
冯跃峰：2021年中国女子数学竞赛一个组合不等式的思路剖析与解答展开全文【附】为便于编辑修改，特提供纯文本文档如下：2021年中国女子数学奥林匹克一个组合不等式的思路剖析与解答冯跃峰【真题2-2】设S是一个有限集合，P（S）是S的所有子集构成的集合。
对任意函数f：P（S）→R，证明：Σ┬(A∈P（S）) Σ┬(B∈P （S）)f（A）f（B）2|A∩B|≥0，这里|X|表示有限集合X的元素个数。
（2021年中国女子数学奥林匹克）【题感】本题是2021年女子奥赛试题，“官方”的解答简洁流畅，一气呵成，可谓精妙绝伦。
但考试结果却“不如预期”，可见有较大难度。
组合问题常常具有这样的特点：看其解答，非常容易读懂，误以为难度不大。
但真正做起来，却又很难找到解法，本题就是这样一个典型的例子。
从目标看，含有熟悉的结构：“2|A∩B|”的组合意义为A∩B的子集个数，想到引入“流动参数”，用X表示A∩B的任意子集，则2|A∩B|可表示为Σ┬(X⊂A∩B)1，即Σ┬(X⊂A@X⊂B)1。
由此将“单标限定”求和转换为“双标限定”求和。
如果对双标限定求和的变形方向难以把握，可先研究特例。
【研究特例】取S={1}，则S有2个子集：S1={}，S2={1}。
定义f（S1）=1，f（S2）=-1。
注意：本题的结论与f无关，实际上无需给出具体的映射f。
记原式左边为L，则L=Σ┬(A∈P（S）) Σ┬(B∈P（S）)f（A）f （B）2|A∩B|=Σ┬((A，B)@A、B∈P(S) ) f（A）f（B）2|A∩B|。
因为子集对有22=4种可能：（A，B）={S1，S1}，{S1，S2}，{S2，S1}，{S2，S2}，所以L= f（S1）f（S1）20+ f（S1）f（S2）20+ f（S2）f（S1）20+ f（S2）f（S2）21= f（S1）2+2 f（S1）f（S2）+2 f（S2）2=（f（S1）+f （S2））2+f（S2）2≥0。
2023中国女子数学奥林匹克试题解答
2023中国女子数学奥林匹克试题解答首先，让我们来看一下2023年中国女子数学奥林匹克试题。
2023中国女子数学奥林匹克试题如下：第一题：已知正整数n满足n的平方加n是一个完全平方数，求n的所有可能值。
第二题：已知a和b为正整数，且满足a的平方加b的平方等于2023，求a和b的所有可能取值。
第三题：如图所示，ABC是一个等边三角形，O是其内部一点，AB = 1，求以OA，OB，OC为边的三角形面积之和。
接下来，我们将逐题进行解答。
第一题：已知正整数n满足n的平方加n是一个完全平方数，求n 的所有可能值。
设完全平方数为m，那么根据题意可以得到以下等式：n^2 + n = m^2我们可以将该等式转化为二次方程，即：n^2 + n - m^2 = 0根据二次方程的解的公式，我们可以得到：n = (-1 ± √(1 + 4m^2)) / 2由于n为正整数，所以我们只需要找到满足上述等式的整数解即可。
当m为1时，可以得到两个整数解n为0和1。
当m为2时，可以得到两个整数解n为1和3。
当m为3时，可以得到两个整数解n为2和8。
当m为4时，可以得到两个整数解n为4和15。
综上所述，n的所有可能值为0、1、2、3、4、8和15。
第二题：已知a和b为正整数，且满足a的平方加b的平方等于2023，求a和b的所有可能取值。
我们同样可以将该等式转化为二次方程，即：a^2 + b^2 = 2023然后我们可以使用穷举法来找到a和b的所有可能取值。
由于a和b均为正整数，并且a和b的平方和为2023，所以a和b的取值范围为1到45（因为45^2=2025，已经超过2023）。
通过穷举法，我们可以得到以下可能的取值：a为43，b为8a为8，b为43综上所述，a和b的所有可能取值为（43，8）和（8，43）。
第三题：如图所示，ABC是一个等边三角形，O是其内部一点，AB = 1，求以OA，OB，OC为边的三角形面积之和。
2021年第20届中国女子数学奥林匹克试题(几何详细解析
题目：△ABC 内接于圆O ．I 、J 分别是△ABC 的内心和∠BAC 所对的旁心，点X ．Y 在圆O 上，满足∠AXI ＝∠AXJ ＝90°，线段IJ 的中垂线交直线BC 于K 点，求证：AK 平分XY ．
证明：设AI 交△ABC 于另一点M ，YJ 交△ABC 外接圆与另一点E ，AY ，AX 分别交直线BC 于F ，G .
因为∠AYE ＝90°，
所以AE 是直径，X ，Y ，E 三点共线，EM ⊥IJ ，
由鸡爪定理，MB ＝MC ＝MI ＝MJ ，
所以M ，E ，K 三点共线，
由切割线定理，GX ·GA ＝GC ·GB ，
所以点G 对于OM 与⊙（A ，X ，J ）等幂，
即点G 在OM 与⊙（A ，X ，J ）的根轴上，
因为OM 与O （A ，X ，J ）外切，I 为切点，
所以IG ⊥AM ，
同理，FJ ⊥AM ，
于是IG ，KM ，FJ 互相平行，
由平行线等分线段定理，K 是FG 中点，
注意到△EMJ ≌△EMI ，
由射影定理，LAFJ ＝ZEJM ＝ZEIM ＝ZAIX ＝ZAGI ，
于是△AJF ∽△AIG ，所以IG
AI XG AX JF AJ YF AY ===2222，所以XY ∥FG ，
由射线束定理，AK 平分XY .
推广：。
2023中国女子数学奥林匹克竞赛试题解答与评注
2023中国女子数学奥林匹克竞赛试题及评注哎呀，说起今年子那个2023中国女子数学奥林匹克竞赛的题啊，简直是“烧脑”级别的高端操作！我们这些吃瓜群众，虽
然看不懂那些个复杂公式和几何图形，但听那些娃儿们说起来，那叫一个精彩纷呈。
第一题，就像是走迷宫一样，绕来绕去，非得你脑筋转得飞快，还得有股子钻牛角尖的劲儿，才能找到那扇通往答案的秘密门。
听说好多女娃子都被它卡壳了，但最后解出来的，那成就感，简直比吃了火锅还巴适！
第二题呢，更绝了，跟耍杂技似的，要你在一堆数字里玩平衡，既要快又要准，稍微一晃神，就全盘皆输。
这题考的不光是数学能力，还有心理素质，就跟咱们四川人打麻将一样，心态要好，手气更要稳。
后头那些题，更是一个比一个难啃，但咱们的女娃子们，那是真不含糊，一个个都跟小诸葛似的，思路清晰，解题如行云流水。
看得人那叫一个佩服，心想这数学界，以后怕是要多出些女中豪杰了！
评注嘛，就是一句话：这次竞赛，不仅展现了女娃子们在数学领域的天赋和实力，更证明了咱们四川的妹儿，不管干啥子，都能整得巴巴适适，绝不输人！。
2023中国女子数学奥林匹克竞赛试题解析
2023中国女子数学奥林匹克竞赛试题解析2023年的中国女子数学奥林匹克竞赛试题备受瞩目，让我们一起来仔细解析其中的题目，看看这些问题究竟有哪些特点和解法。
题目一：三角形的内切圆已知三角形ABC的三个顶点坐标分别为A(a, b)，B(c, d)，C(e, f)，求证三角形的内切圆存在且唯一。
解析：为了证明三角形ABC的内切圆存在且唯一，我们需要从几何和代数两个角度来进行证明。
首先，在几何上，我们可以根据三角形ABC的三个顶点坐标绘制出三个边长，分别为AB、BC、AC。
然后，通过作垂线等方法找到三角形的内切圆的圆心O。
根据内切圆的定义，三角形的三条边分别与内切圆相切，即OA、OB、OC都是相切线段。
同时，由于切线与半径垂直，所以OA⊥AB，OB⊥BC，OC⊥AC。
因此，根据几何性质，三条垂线OA、OB、OC三点共线，即圆心O位于三角形ABC的内切圆心构成的直角三角形HOI的垂心上。
其次，在代数上，我们可以利用三角形的面积和三角形内切圆的半径之间的关系进行证明。
设三角形ABC的面积为S，半周长为p，三角形ABC的内切圆半径为r。
根据三角形面积公式可知，S = √[p(p-AB)(p-BC)(p-AC)]。
同时，根据三角形面积和半周长之间的关系可知，S = p * r。
将这两个等式相等，得到r = √[(p-AB)(p-BC)(p-AC)/p]，即三角形的内切圆半径可以用三角形的边长表示。
综上所述，我们以几何和代数两个角度完成了对三角形内切圆存在且唯一的证明。
题目二：函数的极限已知函数f(x) = (3x + 2) / (2x - 1)，求lim(x→∞)(f(x))。
解析：要求函数f(x)在极限x→∞时的值，我们可以通过分子和分母的次数来判断极限的值。
首先，观察函数f(x)的分子和分母，分别为3x + 2和2x - 1。
其中，分子的次数为x，分母的次数也为x，因此可以得出结论：当x→∞时，分子和分母的增长速度相当。
2021年中国数学奥林匹克竞赛（CMO）第一题详解
2021年中国数学奥林匹克竞赛（CMO）第一题详解
引言
问题
给定正实数和平面上的两个点，满足
平面上取两个点满足是一个非退化的凸四边形，并且
,易知四边形有内切圆，求内切圆圆心的轨迹。
分析
本题描述的是一个筝形，即有一条对角线所在直线为对称轴的凸四边形，筝形有内切圆，内切圆圆心是筝形的对称轴和等角的平分线的交点。
本题涉及如下角平分线的性质。
三角形中，为角平分线，则有：
证明：
证毕。
本文提供两种解法，第一种是平面几何解法，第二种是解析几何解法。
解法一：平面几何
如下图，过点作的平行线，交于，连接
,
根据角平分线性质，我们有
根据平行线的性质，我们有
即
定点，从而在以为圆心，为半径的圆上，记此圆为。
当时，在上取，满足
此时的轨迹为圆上，并满足在直线上的投影在线段上的集合；当时，的轨迹为圆上，并满足在直线上的投影在线段上的集合。
解法二：解析几何
如下图，以为原点，为轴正方向，建立平面直角坐标系。
我们设,的极坐标为
由余弦定理知：
由角平分线性质知:
即
代入上式可得的极坐标方程为
换成坐标系方程，作下列代换
整理可得的方程为
当时，的取值范围为，当时，的取值范围为这就是的轨迹。
点评
本题是第一题，也即是最简单的一题，涉及的知识点只有角平分线以及平行线的一些性质，计算量也是相当小，只要上手了估计能在10 分钟内解决。
第一种方法虽然简洁，但实际没有那么直观，实际是基于第二种解法的结论基础上的，第二种方法比较万能。
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女子数学竞赛试题及答案
女子数学竞赛试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. -1D. 2答案：B2. 如果一个圆的半径是5，那么它的周长是多少？A. 10πB. 15πC. 20πD. 25π答案：C3. 一个数的平方根是它本身，这个数是：A. 1B. -1C. 0D. 2答案：C4. 以下哪个不是二次方程的解法？A. 配方法B. 因式分解法C. 公式法D. 直接开平方法答案：D5. 一个等差数列的首项是3，公差是2，第5项是多少？A. 9B. 11C. 13D. 15答案：B二、填空题（每题2分，共10分）6. 一个直角三角形的两条直角边分别是3和4，它的斜边长是________。
答案：57. 一个数的绝对值是5，这个数可以是________或________。
答案：5或-58. 已知一个数列的前三项为2, 4, 6，这是一个________数列。
答案：等差9. 如果一个函数f(x) = 2x + 3，那么f(-1) = ________。
答案：110. 将一个圆分成8个扇形，每个扇形的圆心角是________度。
答案：45三、解答题（每题5分，共20分）11. 证明：对于任意实数x，(x+1)^2 ≥ 2x。
证明：首先展开(x+1)^2，得到x^2 + 2x + 1。
由于x^2总是非负的，所以x^2 + 2x + 1 ≥ 2x。
因此，(x+1)^2 ≥ 2x。
12. 解不等式：3x - 5 < 2x + 4。
解：首先将不等式两边的x项合并，得到3x - 2x < 4 + 5，即x < 9。
13. 已知一个函数f(x) = x^2 - 4x + 4，求它的顶点坐标。
解：将f(x)写成完全平方形式，得到f(x) = (x - 2)^2。
因此，顶点坐标为(2, 0)。
14. 一个等比数列的首项是2，公比是3，求它的第5项。
解：等比数列的第n项公式为an = a1 * r^(n-1)。
2024年第22届中国女子奥林匹克竞赛数学试卷
2024年第22届中国女子奥林匹克竞赛数学试卷1、求所有的三元正整数组(aa,bb,cc)，满足aa2aa=bb2bb+cc2cc．2、如图，用144根完全相同的长度为1的细棒摆成边长为8的正方形网格状图形．问：至少需要取走多少根细棒，才能使得剩余图形中不含矩形?请证明你的结论.3、设aa，bb，cc，dd都是不超过1的非负实数．证明：11+aa+bb+11+bb+cc+11+cc+dd+11+dd+aa⩽41+2√aabbccdd4．4、如图，四边形AAAAAAAA内接于圆Γ，对角线AAAA，AAAA互相垂直，交点为EE．设FF是边AAAA上一点，射线FFEE交Γ于点PP，线段PPEE上一点QQ满足PPQQ⋅PPFF=PPEE2，过点QQ且垂直于AAAA的直线交AAAA于点RR．证明：RRPP=RRQQ．5、如图，在锐角△AAAAAA 中，AAAA <AAAA ，AAAA 是高，GG 是重心，PP 、QQ 分别是内切圆与边AAAA 、AAAA 的切点，MM 、NN 分别是线段AAPP 、AAQQ 的中点．设AA 、EE 是△AAAAAA 内切圆上两点，满足：∠AAAAAA +∠AAAAAA =180°，∠AAEEAA +∠AAAAAA =180°．证明：直线MMAA ，NNEE ，GGAA 三线共点．6、设实数xx 1，xx 2，⋯，xx 22满足对任意1⩽ii ⩽22，有2ii−1⩽xx ii ⩽2ii ．求(xx 1+xx 2+⋯+xx 22)�1xx 1+1xx 2+⋯+1xx 22� 7、给定奇素数pp 和正整数aa 、bb 、mm 、rr ，其中pp ∤aabb ，且aabb >mm 2．证明：至多只有一对正整数(xx ,yy )满足xx 与yy 互素，且aaxx 2+bbyy 2=mmpp rr ．8、对于平面直角坐标系中任意两点AA (xx 1,yy 1)、AA (xx 2,yy 2)，定义dd (AA ,AA )=|xx 1−xx 2|+|yy 1−yy 2|，设PP 1，PP 2，⋯，PP 2023是该坐标系中2023个两两不同的点．记λλ=mmaaxx 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �mmii mm 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �．(1) 证明：λλ⩾44．(2) 给出一组PP 1，PP 2，⋯，PP 2023，使得λλ=44．1 、【答案】(1,4,4)，(2,4,4)，(4,5,6)，(4,6,5);【解析】设xx mm=mm2nn，则当nn⩾2时，xx mm−xx mm+1=mm−12nn+1>0，故12=xx1=xx2>xx3>xx4>⋯，不妨设bb⩽cc，由条件等式得aa<bb⩽cc，（1）若bb=cc，则aa2aa=bb2bb−1，故bb aa=2bb−aa−1∈ZZ，设bb=aaaa(aa>1)，则aa=2aaaa−aa−1⩾aaaa−aa，即(aa−1)(aa−1)⩽1，由aa⩾2知aa=1或2，均有bb=2bb−2，得bb=4，（2）若bb<cc，则aa2aa⩽aa+12aa+1+aa+22aa+2=3aa+42aa+2①⇒aa⩽4，注意到，xx1=xx2=12，xx3=38，xx4=14，xx5=532，xx6=332<18，若aa=1或2，则xx bb+xx cc=12⇒xx bb>14⇒bb=3，此时cc无解．若aa=3，则xx bb+xx cc=38⇒xx bb>316⇒bb=4,此时cc无解；若aa=4，则式①等号成立，即bb=5，cc=6，经检验，满足要求，综上，所求(aa,bb,cc)为(1,4,4)，(2,4,4)，(4,5,6)，(4,6,5)．【标注】 ( 数论模块 )2 、【答案】43;【解析】首先证明至少需要移除43根细棒，假设图形中不含矩形，则每个有界连通区域至少由3个单位正方形组成，即面积至少为3，记[xx]表示不超过实数xx的最大整数，这样至多有�643�=21个有界连通区域，每取走一根细棒至多使得有界连通区域的个数减少1（将两个有界连通区域合并为一个有界连通区域，或者将一个有界连通区域与无界连通区域合并），最初时有64个有界连通区域，故至少取走64−21=43根细棒，下图给出了取走43根细棒的例子，其中每个有界连通区域的面积均是3，且图中不含矩形．【标注】 ( 数论模块 )3 、【答案】证明见解析;【解析】注意到，当√aacc⩽xx时，1xx+aa+1xx+cc−2xx+√aacc=(√aa−√cc)2(√aacc−xx)(xx+aa)(xx+cc)(xx+√aacc)⩽0，①由条件可知√aacc⩽1⩽1+bb，√aacc⩽1+dd，在式①中取xx=1+bb和xx=1+dd，分别得11+aa+bb+11+bb+cc⩽21+bb+√aacc，11+cc+dd+11+dd+aa⩽21+dd+√aacc，可见以√aacc代替aa和cc时，不等式左边不减，而右边不变，故不妨设aa=cc，类似地，不妨设bb=dd，这样，原不等式变为证明11+aa+bb⩽11+2√aabb，由均值不等式aa+bb⩾2√aabb可知上式成立．【标注】 ( 不等式 )4 、【答案】证明见解析;【解析】如图，作EEEE//AAFF，交AAPP于点EE，交AAPP于点YY，延长EEQQ、YYQQ，分别交AAAA于点SS、TT，联结AAPP，记⊙AAAAAA表示过AA，AA，AA三点的圆，由PPPP PPPP=PPPP PPPP=PPPP PPPP⇒EEQQ//AAEE，类似地，YYQQ//AAEE，由∠EEEESS=∠AAEEEE=∠AAAAAA=∠EEAASS⇒EE，EE，SS，AA四点共圆，由∠PPEEEE=∠PPAAAA=∠PPAAEE⇒EE，EE、PP，AA四点共圆，故EE，EE，SS，PP，AA五点共圆，类似地，YY，EE、TT，PP，AA五点共圆，由∠PPQQTT=∠PPEEAA=∠PPSSTT⇒PP，SS、QQ，TT四点共圆，由SSQQ//AAEE，TTQQ//AAEE，AAEE⊥AAEE⇒SSQQ⊥TTQQ，由∠RRQQSS=90°−∠QQEEYY=90°−∠QQTTSS=∠RRSSQQ，可知RR是⊙PPSSQQTT的圆心．从而，RRPP=RRQQ．【标注】 ( 平面几何 )5 、【答案】证明见解析;【解析】在△AAAAAA的外接圆上取点FF，使得AAAAAAFF是等腰梯形．直线FFAA与⊙AAAAAA的另一个交点为LL，与中线AAAA交于点GG′．如图，由AAFF=2AAAA⇒PPGG′GG′KK=PPPP HHKK=2⇒GG′是△AAAAAA的重心⇒点GG′与GG重合，故∠AALLAA=∠AALLFF=12AAFF⌢∘=12AAAA⌢∘=∠AAAAAA，结合条件∠AAAAAA+∠AAAAAA=180°得∠AAAAAA+∠AALLAA=180°⇒AA，LL，AA，AA四点共圆，类似可证∠AALLAA=∠AAAAAA，且AA，LL，AA、EE四点共圆，由于∠AALLAA=∠AAAAAA，PPAA与⊙AALLAAAA切于点AA，记△AAAAAA的内切圆为Γ，PPAA是Γ与⊙AALLAAAA的外公切线，由MMPP =MMAA 可知MM 是Γ与⊙AALLAAAA 的等幂点，从而，直线MMAA 是Γ与⊙AALLAAAA 的根轴，类似可证直线NNEE 是Γ与⊙AALLAAEE 的根轴，又直线GGAA 是⊙AALLAAAA 与⊙AALLAAEE 的根轴，故直线MMAA 、NNEE 、GGAA 要么三线共点，要么两两平行．若MMAA 、NNEE ，AAAA 两两平行，则⊙AALLAAAA 的圆心OO 1，⊙AALLAAEE 的圆心OO 2、Γ的圆心II 三点共线， 由于∠AAAAAA 与∠AAEEAA 都是钝角，于是，点OO 1，OO 2在AAAA 下方，显然点II 在AAAA 上方，设OO 1、OO 2、II 在AAAA 上的投影分别为EE 、YY 、ZZ ，则EE ，YY 分别是AAAA 、AAAA 的中点，由AAAA <AAAA 知点YY 、ZZ 在AAAA 同侧，且AAZZ =PPAA+BBAA−PPBB 2>BBAA 2>AAHH 2=AAYY ， 故点ZZ 在线段EEYY 上．因此，OO 1、OO 2、II 不可能共线，矛盾， 从而，MMAA 、NNEE 、GGAA 三线共点．【标注】 ( 平面几何 )6 、【答案】 �212−1−1211�2 ;【解析】 设yy ii =xx ii 211(ii =1,2,⋯,22) ， 注意到， ff (tt )=tt +1tt在区间(0,1]上递减，在区间[1,+∞)上递增，对1⩽ii ⩽11，有1212−ii ⩽yy ii ⩽1211−ii ⇒yy ii +1yy ii ⩽212−ii +1212−ii ； 对12⩽ii ⩽22，有 2ii−12⩽yy ii ⩽2ii−11⇒yy ii +1yy ii ⩽2ii−11+12ii −11， 则 �∑22ii=1xx ii ��∑22ii=11xx ii �=�∑22ii=1yy ii ��∑22ii=11yy ii� ⩽14���yy ii +1yy ii �mm ii=1�2⩽14���212−ii +1212−ii �11ii=1+��2ii−11+12ii −11�22ii=12�2=�21+22+⋯+211+121+122+⋯+1211�2 =�212−1−1211�2， 当xx ii =�2ii−1,1⩽ii ⩽112ii ,12⩽ii ⩽22 时，上式等号成立， 故所求最大值是 是�212−1−1211�2． 【标注】 ( 不等式 )7 、【答案】 证明见解析;【解析】 反证法．假设有两对不同的正整数解 (xx 1,yy 1)、(xx 2,yy 2)，由于xx 1与yy 1互素，于是，pp ∤xx 1yy 1， 类似地，pp ∤xx 2yy 2，由 aaxx 12≡−bbyy 12(mod pp rr )aaxx 22≡−bbyy 22(mod pp rr )，可知 aabbxx 12yy 22≡aabbxx 22yy 12(mod pp rr ) 又pp ∤aabb ，故pp rr |(xx 12yy 22−xx 22yy 12)， 注意到，xx 1yy 2−xx 2yy 1与xx 1yy 2+xx 2yy 1不能都被pp 整除，否则，pp |2xx 1yy 2，这与pp 是奇素数且pp ∤xx 1yy 1xx 2yy 2矛盾， 故pp rr |(xx 1yy 2−xx 2yy 1)或pp rr |(xx 1yy 2+xx 2yy 1)， 若xx 1yy 2−xx 2yy 1=0，则 xx 1xx 2=yy1yy 2， 结合aaxx 12+bbyy 12=aaxx 22+bbyy 22，可知xx 1=xx 2，yy 1=yy 2，这与(xx 1,yy 1)≠(xx 2,yy 2)矛盾， 因而，xx 1yy 2−xx 2yy 1≠0， 若pp rr |(xx 1yy 2+xx 2yy 1)，则xx 1yy 2+xx 2yy 1⩾pp rr ，若pp rr |(xx 1yy 2−xx 2yy 1)，则xx 1yy 2+xx 2yy 1⩾|xx 1yy 2−xx 2yy 1|⩾pp rr ，因此总有xx 1yy 2+xx 2yy 1⩾pp rr ，利用条件aabb>mm2和上式有mm2pp2rr=(aaxx12+bbyy12)(aaxx22+bbyy22)=(aaxx1xx2−bbyy1yy2)2+aabb(xx1yy2+xx2yy1)2⩾aabb(xx1yy2+xx2yy1)>mm2pp2rr，矛盾．故假设不成立，原命题成立．【标注】 ( 数论模块 )8 、【答案】 (1) 证明见解析;(2) 见解析;【解析】 (1) 对aa=1，2，⋯，2023，设PP aa(xx aa,yy aa)，记uu aa=xx aa+yy aa，vv aa=xx aa−yy aa，记AA=mmaaxx1⩽ii⩽jj⩽2023dd�PP ii,PP jj�，则对于任意1⩽ii、jj⩽2023，有|uu ii−uu jj|=|�xx ii−xx jj�+�yy1−yy jj�|⩽|xx ii−xx jj|+|yy ii−yy jj|=dd�PP ii,PP jj�⩽AA，因此，uu1，uu2，⋯，uu2023中的最大数与最小数之差不超过AA，即全在某个区间[aa,aa+AA]中，类似地，vv1，vv2，⋯，vv mm全在某个区间[bb,bb+AA]中，对aa、ll=1,2,⋯,44，考虑区域AA aa,ll=��uu+vv2,uu−vv2�|aa+aa−144AA⩽uu⩽aa+aa44AA,bb+ll−144AA⩽vv⩽bb+ll44AA�，点PP ii，PP2，⋯，PP2023落在这442=1936个区域中，由抽屉原理知存在两点在同一区域，假设PP1、PP jj∈AA aa,ll，记UU=uu ii−uu jj，VV=vv ii−vv jj，则−DD44⩽UU、VV⩽DD44，dd�PP ii,PP jj�=|xx ii−xx jj|+|+|yy ii−yy jj|=�uu ii+vv ii−uu jj+vv jj�+�uu ii−vv ii−uu jj−vv jj�=�UU+VV 2�+�UU−VV 2� ∈�±UU+VV 2±UU−VV 2�={UU ,−UU ,VV ,−VV }，由于每种情况都有 dd�PP ii ,PP jj �⩽mmaaxx {|UU |,|VV |}⩽DD 44， 故 mmii nn 1⩽ii<jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �⩽dd�PP ii ,PP jj �⩽DD 44⇒λλ⩾44． (2) 关于构造，取点集MM ={(xx ,yy )∈ZZ 2|xx ,yy 同奇偶，|xx +yy |⩽44，|xx −yy |⩽44} =��uu+vv 2,uu−vv 2�|uu =0,±2,±4,⋯,±44;vv =0,±2,±4,⋯,±44�， 集合MM 中共有452=2025个点，从中任选2023个点作为PP 1，PP 2，⋯，PP 2023，则 dd�PP ii ,PP jj �=|xx ii −xx jj |+|yy ii −yy jj |是偶数且大于0，即dd�PP ii ,PP jj �⩾2， 另一方面，dd�PP ii ,PP jj �=|xx ii −xx jj |+|yy ii −yy jj |⩽mmaaxx�|(xx ii +yy ii )−�xx jj +yy jj �|,|(ii yy ii )−�xx jj −yy jj �|�⩽88， 故此时λλ=mmaaxx 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �mmii mm 1⩽ii <jj⩽2023dd�PP ii ,PP jj �⩽882，由（1）知此时λλ=44， 图1是nn =25个点满足λλ=4的例子，图2是16个区域划分，可以用来证明nn =17个点时λλ⩾4．第11页， 共11页【标注】。
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2021年中国女子数学奥林匹克第8题的解答
---含有60°角的三角形的性质与判定之一
2018年女子数学奥林匹克于2018年8月13、14两天举行考试，每天4个题目。
此次考试规模恢宏，几乎聚齐了世界各地的巾帼英雄——女子数学奥林匹克选手。
在此，我顺便说点题外话，一直以来有一种普遍的认识是女性的理科比较弱，女科学家相当少，数学尤其不适合女生，因为女数学家更是凤毛麟角。
甚至有人认为女生天生缺乏理科思维，不适合学理科，特别是数学！这种说法在农村里面尤其盛行。
我来自农村，原来我也这样认为，因为周围的女生确实普遍理科弱。
但是等我到了大城市以后，我发现班级里面的女学霸层出不穷，大学有不少同学毕业后留在大学、从事数学研究。
再后来教书以后，发现班级里面也有不少女生的理科学得非常好。
我开始对这个观点产生怀疑。
后来读了不少科普知识，感觉今是而昨非。
我的理解是：从生物本能上看，雌性生物整体比雄性生物各方面都要出色，因为她们负担着物种延续的使命。
所以人类平均寿命女性比男性高很多。
因此男女在理科学习上应该也没有明显的差异。
有不少统计数据来证实这个观点。
之所以以往女科学家及数学家比较少，是因为以前一直是男权社会，重男轻女的思想特别严重。
导致女性没
有足够的机会学习理科及数学。
再加上重男轻女思想的侵蚀，给女性造成了巨大的舆论和生活、思想压力，导致她们很难全身心的投入到理科及数学的研究中去。
当今社会，农村里面的重男轻女思想还是很盛行，所以农村女孩整体的理科学习都比较弱。
而在城市里面，男女平等，公平竞争，女生的理科思维得到充分锻炼，理科优秀的女性就越来越多了。
我相信将来擅长理科的女性会层出不穷。
我也经常鼓励喜欢理科的女学生报考及从事理科及数学相关专业。
我也相信女性在社会中会扮演着越来越重要的角色，甚至会超过半边天。
也希望喜欢理科的女读者放下思想包袱，坚持下去，发挥自己的理科优势。
下面言归正传，今年女子竞赛压轴题第8题是一个几何题，这是一件破天荒的事情！以往的几何题都是前两题中的简单题，最多放到第三题，今年压轴算是一个创举。
原因可能和今年IMO我国的选手在压轴题——几何题上发挥不太好有关。
如图，I为△ABC的内心，D、E分别为内切圆与边AB、AC的切点，
设BI与AC交于点F，CI与AB交于点G。
DE交BI于点M，DE交CI于点N，DE与FG交于P，BC与IP交于Q。
证明：BC=2MN <=> IQ=2IP.
思路分析：本题中M、N我还是比较熟悉的，因为这是一个经典的性质BM⊥CM，同理BN⊥CN。
由正弦定理即可得到BC=2NM<=>∠NCM=30°<=>∠A=60°，从而发现这是含有60°角的三角形的性质与判定。
此类问题我也比较熟悉，而且根据经验，性质比较简单，判定很难。
估计此题亦然。
从而本题可以把MN消去，转化为如下图，需要证明∠A=60°<=> IQ =2IP，先看性质，∠A=60°=>GD=FE=>GP=FP(Menelaus)=>IP⊥FG=>2IP=IF=IQ，得证。
本题难点在于如何由2IP=IQ推出∠A=60°。
此时点P为两条直线的交点，这个条件比较难用。
一个思路是计算，用Menelaus定理算出FP/GP,
然后用张角定理，这个会相当复杂。
如果不算呢？如果确定P点呢？
经过一番漫长的毫无目标的探索。
我发现
P在FG上比较难用，突然想到FG的一个核心的性质：
线段FG上任意点到AB、AC距离和等于到BC距离。
从而可以消去FG，如下图，
P在三边射影为W,T,U，且PW=PT+PU,
又AD=AE,从而PT+PU=DV,
令r为内切圆半径，又由IQ=2IP,得PW=1.5r,即DV=1.5r，由此即得关于A的等式，即可解出∠A=60°。
详细证明如下：
证明：先证明两个引理：
引理1：已知：如下图，I为△ABC内心，D、E为I在AB、AC 上投影，
BI交DE于M。
则∠BMC=90°。
证明：依题意∠AED=90°-0.5∠A
=0.5∠ABC+0.5∠ACB=∠FIC,
故IMEC共圆，故∠BMC=∠IEC=90°.
引理2：已知BF,CG为△ABC角平分线，P在线段FG上，P在三边投影为W、T、U，
则PW=PU+PT，
证明：设G、F在边上的投影为X,R,Y,S，由角平分线定理得GX=GR,FY=FS,
由平行得PU/FY=PG/GF=PZ/FS=PZ/FY,
故PU=PZ,同理WZ=PT，
故PW=PZ+ZW=PU+PT.
下面回到本题中来，
如图设P在三边射影为W,T,U，D在AC上射影为V。
由引理1知BM⊥CM同理BN⊥CN.
从而I为△LBC垂心，则BCMN共圆，
由正弦定理得BC=2NM<=>BC=2BCsin∠NBM
<=>∠NBM=30°<=>∠L=60°<=>∠BIC=120°<=>∠A=60°若∠A=60°，则∠GID=∠EIF,故GD=FE，
由Menelaus定理得1=(AE/EF)*(FP/PG)*(GD/DA)=FP/PG,故GP=FP。
又AGIF共圆，故IF=IG,故IP⊥FG
且FIC=GIC故IF=IQ,
从而2IP=IF=IQ。
若2IP=IQ，由引理2知
PW=PT+PU,
又AD=AE,由面积法容易得到PT+PU=DV,
令r为内切圆半径，A=2x,t=tanx,
则由IQ=2IP得PW=1.5r,即DV=1.5r，
从而1.5r=DV=ADsin2x=rcotx*sin2x
即1.5=cotx*sin2x=cotx*2t/(1+t^2)=2/(1+t^2)
从而t=√(3)/3, ∠A=60°。
综上所述：BC=2MN <=> IQ=2IP.
注：1）本题证明中的两个引理都是内心非常重要的性质，是除去鸡爪定理以外内心的最重要的性质，希望读者将其记住并时时尝试
利用其解决相关问题。
2）本题是含有60°角的三角形的的一个重要的性质和判定。
正如文中所言，含有60°的三角形的性质和判定很多，一般而言，性质比较容易证明，判定往往都比较困难，本题当然也不例外。
在鸡爪定理系列中也列举了几个含有60°角的三角形相关的问题，有兴趣的读者可以去参考。
3）本题难点在于如何由IQ=2IP判定∠A=60°，我在此问题上花费了不少的时间。
主要是不知道如何利用条件IQ=2IP，只有想到了引理2才把此题解决。
当然读者还可以考虑其他的思路来解决本题。
类似的含有60°角的三角形性质和判定还有不少，我会在后面的此系列文章中一一介绍。
4 )用类似方法还能进一步证明更一般的结果IP=IQcosA.
5 )本题难度尚好，有较高的区分度，美中不足之处是新颖度稍差，毕竟这些引理以及含有60°的三角形的性质和判定是比较常见的。
所以本题主要还是考察学生对经典结构的掌握和知识的积累。