数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何031-040)

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2003年中国数学奥林匹克试题及解答

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2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注

2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注1.引言2023年国际数学奥林匹克竞赛（简称IMO）是全球顶级的数学竞赛之一，每年都吸引着世界各地最顶尖的数学高手参与。

这项比赛不仅考察了参赛者的数学功底，更是对他们逻辑思维、创新能力和解决问题的能力的挑战和考验。

在本文中，我们将对2023年IMO的试题进行深入分析，探讨试题解答，并对试题进行全面的评注。

2.分析和解答我们需要深入分析和解答2023年IMO的试题。

这些题目通常包括几道难度不同、涉及不同数学领域的题目，例如代数、几何、组合数学和数论等。

在解答这些题目时，参赛者需要灵活运用数学知识，发挥自己的思维和创造力，找出解题的突破口。

在这里，我们就以其中一道代表性试题为例，逐步展开分析和解答。

3.问题一：XXXXX这是一道关于XXXXX的问题，题目描述了XXXXX的情境，要求参赛者证明或计算某个特定的结论。

我们通过探究XXXXX的定义和相关性质来理解题目的背景和条件。

我们可以尝试运用一些常见的数学方法和定理，如XXXXX定理、XXXXX公式等，根据题目条件和要求进行推导和计算，最终得出结论。

我们可以通过详细的数学推导和演算，对解题过程进行逐步分析，说明每一步的推理和逻辑，以及如何得出最终的答案。

4.问题二：XXXXX接下来，我们继续分析另一道题目——XXXXX。

这道题目涉及到XXXXX的概念和性质，要求参赛者给出某种特定的解释或证明。

在解答这道题目时，我们可以运用一些特定的数学方法和技巧，例如XXXXX的变换、XXXXX的化简等，从而化繁为简，找到问题的本质。

我们还可以借助一些经典的数学定理或结论，如XXXXX定理、XXXXX公式等，加深我们对题目的理解，并寻找解题的线索和突破口。

我们需要清晰地展现解题过程，说明每一个步骤的合理性和有效性，以及为什么得出这样的结论。

5.总结和回顾在全面分析和解答了2023年IMO的试题之后，我们可以对这些试题进行总结和回顾。

数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值071-080)汇总

E2－071设n和k是正整数，S是平面上n个点的集合，满足：（1）S中任何三点不共线；（2）对S中的每一个点P，S中至少存在k个点与P距离相等．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题3，本题由荷兰提供．条件（1）可以取消．【证】以S中的两个点为端点的线段称为“好线段”．另一方面，以S中任一点P为圆心，可以作一个圆，圆上至少有k计算在内）．从而至少有条弦是好线段．E2－072学校举办足球循环赛，每个参赛队都与其他队各赛一场，胜一场积2分，平一场积1分，负一场积0分，已知仅有一个队积分最多，但他胜的场数最少，问至少有几队参赛，才有可能这样？【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【解】称积分最多的为冠军，设冠军胜n场，平m场，则他共积2n+m 分，由题设，其余各队胜的场数不少于n+1，即积分不少于2（n+1）．由2n+m ＞2n+2得m≥3．从而有队踢过平局，他们的积分不少于2（n+1）+1，由2n+m≥2n+3，得m≥4．冠军队至少胜1场，否则，它的积分不多于S-1（S是参赛的队数）．其余队的积分少于S-1，于是所有参赛队积分之和少于S（S-1）．而每赛一场，双方积分之和总是2分，因此所有队积分之和应是2·S（S-1）/2=S（S-1），矛盾．这样，m≥4，n≥1，因此冠军队比赛场数不少于5，参赛队数（包括冠军队）不少于6．下面的比赛积分表表明，有6个队（分别用A、B、C、D、E、F表示）参赛且满足题设要求的比赛结果．因此至少6队参赛．E2－073设n≥3．考虑在同一圆周上的2n-1个互不相同的点所成的集合E．将E中一部分点染成黑色，其余的点不染颜色．如果至少有一对黑点，以它们为端点的两条弧中有一条的内部（不包含端点）恰含E中n个点，则称这种染色方式为好的．如果将E中k个点染黑的每一种染色方式都是好的，求k 的最小值．【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题2．本题由捷克提供．【解】将E中的点依次记为1，2，3，…，2n-1，并将点i与i+（n-1）用一条边相连（我们约定j+（2n-1）·k，k∈Z，表示同一个点j）．这样得到一个图G．G的每个点的次数均为2（即与两个点相连），并且相差为3的两个点与同一点相连．由于G的每个点的次数为2，G由一个或几个圈组成．在32n-1时，1， 2，…，2n-1中每一点j都可以表示成3k的形式（即方程3x≡j（mod2n-1）有解），因此图G是一个长为2n-1的圈．在这圈上可以取出n-1个互不相邻的点，而且至多可以取出n-1个互不相邻的点．为共可取出n-2个点互不相邻．综上所述，在32n-1时，mink=n．在3|2n-1时，mink=n-1．E2－074地面上有10只小鸟在啄食，其中任意5只鸟中至少有4只在一个圆周上，问有鸟最多的一个圆周上最少有几只鸟？【题说】 1991年中国数学奥林匹克题3．【解】 9只鸟在同一圆周上，1只鸟不在这圆周上，满足题目条件．设有鸟最多的圆上至少有l只鸟，则4≤1≤9．首先证明，l≠4．由l≤9，必有4只鸟不在同一圆周上，过其中每3只作一个圆，共得4个圆，其余6只鸟中的每一只与上述4只鸟组成5元组，因而这只鸟必在（上述4个圆中）某一个圆上，6只鸟中必有2只在同一个圆上，从而这个圆上至少有5只鸟．其次，如果5≤l≤8，设圆C上有l只鸟，则C外至少有两只鸟b1、b2．对圆C上任三只鸟，其中必有两只与b1、b2共圆，设C上的b3、b4与b1、b2共圆，b5、b6与b1、b2共圆，C上第5只鸟b7及b3、b5，这3只鸟中没有两只能与b1、b2共圆，矛盾．所以l=9．E2－075给定空间中的9个点，其中任何4点都不共面，在每一对点都连着一条线段．试求出最小的n值，使得将其中任意n条线段中的每一条任意地染为红、蓝二色之一，在这n条线段的集合中都必然包含有一个各边同色的三角形．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题3，本题由中国提供．色的线段至多3条．若点A1引出不染色的线段，去掉A1及所引出的线段，若剩下的图中，还有点A2引出不染色的线段，去掉A2及所引出的线段．依此进行，由于不染色的线段至多3条，所以至多去掉3个顶点（及从它们引出的线段），即有6个点，每两点之间的连线染上红色及蓝色．熟知这里存在一个同色三角形．如图表明染色的边少于33条时，未必有同色三角形（不染色的边1—9、2—8、3—7、4—6没有画出），其中1、9与2、8间的虚线表明1—2、1—8、9—2、9－8均为虚线，5与4、6间的实线表明5—4、5—6均为实线等等．因此n=33．E2－076 10人到书店买书，如果已知（1）每人都买了三本书；（2）任二人所买书中都至少有一本相同，问最受欢迎的书（购买人数最多者）最少有几人购得？为什么？【题说】 1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题5．【解】设最受欢迎的书有k人购买．每人买3本书，共买30本书．若k≤4，由于430，不可能每种书均被4人购买．设第一个人购的书为a、b、c，并且买a的人≤3个，则与第一个人的公共图书为a的，不超过2人；为b或c的，均不超过3人．从而总人数≤1+2+3+3=9，矛盾！因此k≥5．现给出一种k=5的购书法：因此，被购买人数最多的一种书，最少有5人购买．E2－077 某市发出车牌号码均由6个数字（从0到9）组成，但要求任意2个车牌至少有2位不同（如车牌038471和030471不能同时使用）．试求该市最多能发出多少个不同车牌？并证明．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第三轮题5．【证】最多发出100000个．事实上，若发出了100001个车牌，则由抽屉原则知至少有10001个号码首位相同，同理这10001个号码中至少有1001个号码第2位亦相同，…，依此类推，至少有2个号码前5位均相同，违反规定．另一方面，可发出100000个车牌并符合规定；号码的后5位任意填写但没有两个完全相同（有105种填法），首位则为后5位数字之和的个位数字．若有2个号码后5位数字仅有1位不同，则其首位也必不同．所以这100000个号码符合规定．E2－078若干个学校参加网球比赛，同一学校之间的选手不比赛，每两个学校的每两个选手都要比赛一场．在两个男孩或两个女孩之间进行的比赛称为单打；一个男孩和一个女孩之间的比赛称为混合单打．男孩的人数与女孩的人数至多相差1．单打的场数和混合单打的场数也至多相差1．问有奇数个选手的学校至多有几个？【题说】第二十五届（1993）加拿大数学奥林匹克题4．【解】设有n个学校，第i个学校派出x i个男选手、y i个女选手，i=1，2，…，n．由题意，有场．由题意，有≤1+2=3即在（x i-y i）（i=1，2，…，n）中至多只有三项不为零，而且这n项都应为1．这就是说，至多3个学校的人数x i+y i为奇数．如果只有3个学校，其中2个各派1名男孩，另1个学校派1名女孩，那么题目中的条件全满足，而奇数个选手的学校恰好3个．E2－079用水平和垂直的直线网把一块正方形黑板分成边长为1的n2个小方格，试问对于怎样的最大自然数n，一定可以选出n个小方格，使得任意面积不小于n的矩形中都至少包含有上面选出的一个小方格？（矩形的边是沿着直线网的）【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级二试题7．【解】显然，如果选出n个小方格满足问题的条件，那么，在每一行、每一列都恰有一个选定的小方格．右图表明n=7时，有满足要求的选法．设n＞7，称第一个方格被选定的行为A．若A是第一行，则称第二、三行为B、C．若A是第n行，则称第n-1、n-2行为B、C．若A不是第一行与第n 行，则称与A相邻的两行为B，C．两个长方形中都不含有A、B两行中选定的小方格．而C这行中只能有一个选定的小方格，所以这两个长方形中必定有一个是不包含有选定的小方格的．因此，所求的最大值为n=7．【注】 n=6时，符合问题要求的选法不存在．E2—080设n、k∈N且k≤n并设S是含有n个互异实数的集合．设T是所有形如x1+x2+…+x k的实数的集合，其中x1，x2，…，x k是S中的k个互异元素．求证T至少有k（n-k）+1个互异的元素．【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由爱尔兰提供．【证】 n=k时结论显然．假设命题对n-1（≥k）成立．考虑由s1＞s2＞…＞s n组成的n元集S．由归纳假设，对S0=｛s2，s3，…，s n｝存在k（n-1-k）+1个形如x1+x2+…+x k的互不相等的数，其中x1，x2，…，x k是S0中不同元素．显然s1+s2+…+s k＞s1+s2+…+s k-1+s k+1＞s1+s2+…+s k-2+s k+s k+1＞…＞s1+s2+s4+…+s k+1＞s1+s3+s4+…+s k+1并且这k个数中最小的大于s2+s3+…+s k+1，即大于S0中任k个元素的和．所以对n元集S，相应的集T至少有k（n-1-k）+1+k=k（n-k）+1个元素．于是，本题结论对一切自然数n≥k成立．。

数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题041-050

E1-041设在空间给出20个点，其中某些点涂黄色，其余点涂红色．已知在任何一个平面上同色点不超过3个．求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含异色点．【题说】第一届（1990）希望杯高一赛二试题4．【证】 20个点分为两色，其中必有四点同色．由已知，它们不在一个平面上，因而组成一个四面体．这种四个顶点同色的四面体仅有有限多个，设其中以V的体积为最小．若V的每个侧面均含一个与顶点异色的点，则这四点组成一个体积小于V的四面体，这是不可能的．因此V至少有一个侧面不含与顶点异色的点．E1-O42设圆周上给定1991个点，其中任二点不共有一条直径，证明其中存在一个点．过它所作的直径，将其余1990个点恰好平分在两个半圆上．【题说】 1991年芜湖市赛题5．【证】设已知点为A1，A2，…，A1991（依逆时针次序）．若（含A i+1的）是劣弧，则将A i染成红色，否则染成黄色（i=1，2，…，1991；A i+1991=A i）．不妨设A1是红色（若是优弧，则将逆时针次序改为顺时针次序，A1991、A1990、…改为A2、A3、…．这时即原来的，是劣弧）．因为是优弧，所以A997是黄色．不失一般性，假设A2是A1、A2、…、A997中第一个黄点．过A2作直径，则A3、A4、…、A997这995个点在一个半圆上，A998，A999，…，A1在另一个半圆上．E1-043 给定11×12的矩形，证明该矩形1．可由1×6和1×7的矩形共20块拼成；2．不能由19块上述矩形拼成．【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克十年级题6．【证】 1．将11×12矩形分成两部分：7×12可由12块1×7矩形拼成；4×12可由8块1×6矩形拼铺而成．2．每块1×6或1×7的矩形只能覆盖图中不多于1个有阴影的小方格．这就是说19块小矩形充其量只能覆盖19个有阴影的格，因而它们也就无法拼成大矩形．E1-044 设G是一个有k条边的连通图．求证：可以将G的边标号为1，2，…，k，使得在每一个属于两条或更多条边的顶点，过该顶点各条边的标号数的最大公因子是1．【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【证】由G的连通性可知G中的每一个顶点至少属于一条边．任取一顶点V0从V0出发沿G中的边行走，每条边至多能通过一次，但每个顶点可通过多次．设通过t1条边后不可能再继续前进．通过的顶点依次记为V0，V1，V2，…，V i，…，V j，…，V t1（注意不同的0≤i，j≤t1，V i、V j可能为同一顶点），通过的边依次标号为1，2，…，t1．显然1≤t1≤k且除顶点V0，其余任一顶点，如果从它出发有两条或更多条边被标了号，则这些标号数必有两个相邻的自然数．如果t1=k，则所有的边均已被标号．如果1≤t1＜k，那么V0，V1，…，V t1中必有一点从该顶点有尚未标过号的边（否则G不连通）．从这一顶点出发按上述规则沿未标过号的边行走，并从t1+1开始依次标号，直到不可能继续前进．设又标了t2条边，则1≤t2≤k-t1．由于总共有k条边，于是易知用这种方法可将G的所有边标号为1，2，…，k．任取G的一顶点V，设从V出发至少有两条边．如果V=V0，由于从V出发的一条边标号为1，从而过该点各边的标号数的最大公因子为1；如果V≠V0，由以上标数的方法可知，过V必有两条边的标号数是相邻的两个自然数，从而过该点各条边的标号数的最大公因子也是1．E1-045在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点P i（x1，y1）（i=1，2，…，6）满足（1）|x i|≤2，|y i|≤2（i=1，2，…，6）；（2）任何三点不在同一条直线上．试证：在以P i（i=1，2，…，6）为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，其面积≤2．【题说】 1992年全国联赛二试题3．【证】用反证法．设所有三角形面积都＞2．在y=-1与y=-2上最多只能有2个P i；因为如有3点，则它们所成因此，在y=2上至少有两点，因为（2），这直线上恰有两个P i．同理可推得在y=-2、x=2、x=-2上也各有两个P i，并且y=1，y=-1，x=1，x=-1上没有P i．若y=2上的两点为A1、B1，则x轴上不能有P i，但其余4个P i不能都在y=-2上，所以y=2上的两点不能为A1、B1．同样也不能为B1、C1．即只能为A1、C1．类似地，在y=-2，x=2，x=-2上的点不能为B2、D1、D2．这样，P i只可能为A1、A2、B1、B2及O五个点，矛盾．因此本题结论成立．E1-046 P1，P2…P1992是三维空间中的不同的点，使得每三个不同的点构成的三角形P i P j P k至少有一边的长度小于1cm．证明：存在半径都为1cm的球S1，S2，使得这1992个点都在S1或S2内．【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题7．心，半径为1cm的球．若d＜1，则这1992个点均在S1内；若d≥1，则在△P i P1P2（3≤i≤1992）中，P i P1与P i P2中至少有一个小于1，即P i在S1或S2内．E1-047设P1，P2，…，P1993=P0为xy平面上不同的点，具有以下性质：（1）P i的坐标均为整数，i=1，2， (1993)（2）在线段P i P i+1上没有其它的点，坐标均为整数，i=0，1，2， (1992)求证：对某个i，0≤i≤1992，在线段P i P i+1上有一点Q（q x，q y），使得2q x、2q y均为奇整数．【题说】 1993年亚太地区数学奥林匹克题5．【证】假设这样的点Q不存在．设P i坐标为（x i，y i），则x i+1与x i奇偶性相同，y i+1与y i奇偶性也相同时，线段P i P i+1的中点M为整点，与已知（2）矛盾．x i+1与x i奇偶性不同，y i+1与y i奇偶性也不同时，中点M成为合乎要求的点Q，与上面的假设矛盾．因此x i+1与x i的奇偶性相同时，y i+1与y i的奇偶性不同；x i+1与x i的奇偶性不同时，y i+1与y i的奇偶性相同．即x i+y i与x i+1+y i+1的奇偶性不同．所以x0+y0，x1+y1，…，x1993+y1993中，奇偶交错，从而x0+y0与x1993+y1993奇偶不同．但x1993+y1993即x0+y0．这矛盾表明本题结论成立．E1-048平面上有限点集M满足：对M中任意两点A、B，必存在第三点C，使△ABC为正三角形，求M中元素个数的最大值．【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第一轮）题2．【解】不妨设AB为M中两点间的距离之最大者，且△ABC 为正三角形．于是M中的点均在如图所示的曲边三角形ABC中．若M中有异于A，B，C的点P，则正三角形APP′的顶点P，P′不可能都在△ABC内部．不妨设P′在AB边与构成的弓形内（或边界上），连CP′，则正三角形CP′P″的顶点P″若与A在CP′的同侧，则∠P″AC=∠P′BC＞60°，所以P″在曲边三角形ABC外，矛盾．若P″与B在CP′的同侧，同样可推得矛盾．故M中元素个数的最大值为3．E1-049一个正九边形各顶点分别染上红、绿两色，任意三顶点确定一个三角形．若三顶点同色，则称此三角形为同色三角形．求证：必存在两个同色三角形，颜色相同且全等．【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题1．【证】 9个顶点中至少有5个顶点同色，不妨设为红色．这5个顶k=0，1，2，…，8．经9次旋转后红色顶点共生成9×10=90个红形中一定有两个，它们与84个三角形中的某一个都全等，即这两个红色三角形全等．E1-050试找出一个多面体，它的任何三个面的边数都不全相同．【题说】第五十七届（1994年）莫斯科数学奥林匹克十一年级题27．【解】这样的多面体的例子如图所示，它共有六个面，其中两个面为三角形，两个面为四边形，两个面为五边形．。

数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何061-068)

E3－061 在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点．试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0.64．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题4．结论可改进为【解】设△ABC是一个面积为1的正三角形．在每条边上各取两（1）如果△AB2C1、△BC2A1，△CA2B1中有一个至少盖住已知5个点中的3个，那么命题显然成立．因为这3个点都在△ABC内部，所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移，而三角形盖住其余两个点，便可使5个点全部盖住，且可保证三个三角形住两个已知点，那么图a的三个菱形（阴影部分）中均至少有1个点，而它们之间的3个梯形中，至多有一个已知点，因此5个点的分布情况只有图b、图c两类：（i）在图b中，5个点分布在3个菱形中，此时过菱形的顶点所作点，再作一个适当的小正三角形盖住第5个点．正是这三个三角形满足要求．（ii）在图c中，有一个菱形中有两个点，另外两菱形各有1个点，而在这两个菱形之间的梯形中还有1个点，不妨设这个点距B比C近．过个小正三角形盖住第5个点．此时这三个正三角形满足要求．E3－062在n×n的棋盘中，任k行和任l列的公共部分称为它的“子片”，并称k+l为它的半周长．假如若干个半周长不小于n的“子片”共同覆盖了棋盘的整条主对角线，证明：这些子片覆盖的方格数不少于棋盘总方格数的一半．【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克十年级题7．【证】用数学归纳法证明．当n=1，2时，结论显然成立．当n＞2时，假设对所有m×m（m＜n）的棋盘结论成立，要证对n×n 的棋盘结论也成立．对任一组满足题设要求的子片．考虑关于主对角线对称的方格对（i，j）与（j，i）（i≠j）．如果在每对方格中至少有一个被覆盖，那么结论成立．如果有一对对称方格（i，j）与（j，i）都不被覆盖．删去第i、j行及第i、j列．这时每个子片至多被删去两行，或两列，或一行一列，否则该子片盖住方格（i，j）或（j，i），因此半周长都不小于n－2．根据归纳假设，剩下的（n－2）×（n－2）的棋盘中至少有一半的方格被子片覆盖．删去的方格共（4n－4）个．由于盖住方格（i，i）的子片，半周长不小于n，所以它在第i行与第j列至少盖住n－1个方格．同理，盖住方格（j，j）的子片至少盖住第j行与第j列的（n－1）个方格．由于子片不盖住方格（i，j）与（j，i），所以在删去的两行两列中被子片覆盖的方格至少2（n－1）个．即不少于被删去方格的一半．综上所述，本题得证．E3－063将一个 a×b（a＞b）的矩形剖分为若干个直角三角形，其中任意两个直角三角形或有公共边，或有一个公共顶点，或无公共点．若两个三角形有公共边，则此边是一个三角形的直角边，另一个三角形的斜边．证明：a≥2b．【题说】 1995年城市数学联赛高年级高水平题3．【证】首先证明：任何三角形的顶点不可能在矩形的内部．假设某三角形的顶点O在矩形的内部，以O为端点的边依顺时针方向排列为OA1，OA2，…，OA n．不妨设OA1是△OA1A n的直角边，则△OA1是△OA1A2的斜边．OA2是△OA1A2的直角边，因此OA2是△OA2A3的斜边．如此下去，可得到OA1＞OA2＞OA3＞…＞OA n＞OA1这显然是不可能的，故假设不真．设这些直角三角形中，△ABC的斜边AB最长．若AB在矩形内部，它必是另一个直角三角形的直角边，这个三角形具有更长的斜边，与AB的最长性矛盾．因此，AB必落在矩形的某边上，而C点只能落在此边的对边上．取AB的中点M，则a≥AB=2MC≥2b．E3－064如果一个四边形任意一对边不相交，且有一个内角大于180°，那么我们就称它为“镖形”（如图所示）．设 C是一个凸s边形．被分成q个四边形，任两四边形不重叠（也无空隙），其中有b个镖形．证明：q≥b+（s－2）/2．【题说】第二十七届（1995年）加拿大数学奥林匹克题3．【证】q个四边形的内角和为2qπ．这些四边形有一些顶点是凸s边形C的顶点，在这些顶点处的内角合在一起是（s－2）π．还有一些顶点在凸s边形C的内部或边上．由于每个镖形有一个大于180°的内角，称为优角．优角的顶点不是凸多边形C的顶点，因而一定在C的内部．这样在C内部的顶点至少b个，在这些顶点处的内角之和为2bπ．E3－065 S1是1×1的正方形．对i≥1，正方形S i+1的边长是正方形S i的边长的一半，正方形S i的两相邻边是正方形S i+1的两相邻边的垂直平分线，而S i+1的另两条边是正方形S i+2的两相邻边的垂直平分线，如图，S1、S2、S3、S4、S5所覆盖的整【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题1．E3－066给定两个三角形△ABC和△PQR，其公共部分的面积为正时，称之为“△ABC和△PQR相交”；若公共部分的面积为0时，称之为“不相交”．平面被不相交的三角形集合T所覆盖，而属于T的两个不同的三角形的公共部分是一条边（有两个顶点相同），或只有一个公共的顶点．设新的△ABC是属于T的三角形集合中的任意三个顶点A、B、C连结而成．△ABC的内角∠A、∠B、∠C的最小值为θ．若在△ABC的外接圆内部不含T的任一三角形的顶点．证明：在属于T且与△ABC相交的三角形中存在着一个三角形，其最小的内角不超过θ．【题说】1996年日本数学奥林匹克题1．【证】不妨设∠A=θ．当△ABC属于T时，△ABC即为所求．设△ABC不属于T．若BC是属于T的某三角形的边，在以BC为边的两个三角形中，与△ABC相交的设为△DBC，则D在△ABC的外接圆外，并与A在BC的同侧，所以∠BDC≤θ，即△DBC为所求．若BC不是T中任何一个三角形的边，则在属于T的且以B为顶点的三角形中，存在△BDE，除B点外，与BC还有公共部分．由T的结构，顶点C在△BDE的外部，且D、E在BC的两侧．不妨设D、A在BC的同侧，则∠BDE＜∠BDC≤θ，从而△BDE为所求．E3－067（1）一个正方形被分割成若干个直角边分别为3，4的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．（2）一个矩形被分割成若干个直角边分别为1，2的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．【题说】1996年城市数学联赛低年级较高水平题4．【证】（1）由于三角形的三边长均为整数，所以正方形的边长也为整数n．又由于三角形的面积为6，所以6|n2，从而 2|n，3|n．即6|n．记n=6m，则n2=36m2，三角形的总数6m2是偶数．（2）矩形被若干条割缝（线段）分割成若干个所述的直角三角形，割缝的端点都是三角形的顶点．考虑直角三角形的斜边．若矩形的一组对边上分别有b，d个斜边，则存在非负整数a、c（因三角形的直角边皆为整数），使从而b=d．即在矩形的对边上的斜边个数相同．若斜边在割缝上，同理可知在这条割缝上的斜边，相应的直角三角形位于割缝一侧的个数与位于另一侧的个数相同．因此，直角三角形的斜边的个数为偶数（若两个直角三角形有一条公共斜边，则这条斜边应当计算两次），从而直角三角形的个数为偶数．E3－068 5×7的矩形能否被3格组成的角尺形（即2×2的正方形去掉1格而得到的图形）覆盖（角尺形可重叠但不能越出矩形边界），使得矩形中每个小格上覆盖的层数都相等？【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题8．【解】如图所示，将5×7的矩形小方格涂成黑白两色．黑色格记为－2，白色格记为1，因而任意一个角尺形所覆盖的数的和非负．假设可按题设要求将矩形中的每个小方格覆盖k层，那么矩形中所有数（按层数计算）的和S非负．另一方面，矩形中的数和为（－2）×12+23×1=－1，所以S=k·（－1）=k＜0．这与S的非负性矛盾，因此，所说的覆盖不存在．。

国际数学奥林匹克试题分类解析—E组合数学_E4变换与操作

E4 变换与操作E4－001给定四个数a、b、c、d，按下列法则进行变换：前一个乘后一个，第四个乘第一个，得到一组新数ab、bc、cd、da．从这组新数出发，再按上述法则又得到一组新数，如此下去．证明：除a＝b＝c＝d＝1或0的特殊情况外，不会再出现原来的四个数．【题说】1961年全俄数学奥林匹克八年级题5．【证】设在变换n次后又出现原来4个数a、b、c、d．因为一次变换后4数之积为(abcd)2，…，第n次变换后4数之积为(abcd)2n，所以abcd＝1或0．若a、b、c、d中有一个为0，则易知两次变换后，所得数均为0．设abcd＝1，则三次变换后所得的数A＝a2b2，B＝b2c2，C＝c2d2，D＝d2a2都是正数，且满足AC＝BD＝1．不妨设A最大，经2n次变换后，最大数为A2n．由于经若干次变换后，A、B、C、D又重新出现，所以必有A＝1，从而B＝C＝D＝1．由此易知a ＝b＝c＝d＝1．E4－002在m×n的方格表中的每一个方格里任填上一个实数，允许同时改变表里某一行或某一列所有数的符号．证明：经过若干次这样的变换后，总能使表中任一行的和与任一列的和非负．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克九年级题2、十年级题3．【证】设表格中所有数之和为Σ．无论怎样改变行、列符号，Σ最多可取2m＋n－1个不同的值．设与其最大值所对应的表为T，则T的每行、每列的和一定非负．如若不然，T的某行(列)的和为负，则将此行(列)变号后，Σ的值应变大，矛盾．E4－003给定一个由2k个由＋1或－1组成的数组，将每个与其后一个相乘，最后一个与第一个相乘，得到一组新数，依次类推．证明：最后一定能得到全由＋1组成的数组．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克十年级题5．【证】k＝1时，命题显然成立．假设命题对k成立．设2k＋1个数x1，x2，…，x2k＋1，都是＋1或－1．因为x i2＝1，于是第二次、第三次变换后所得的数为x1x2，x2x3，x3x4，…，x2k＋1x1与x1x2，x2x4，x3x5，…，x2k＋1x2可见，每两次变换后，奇数项恰是x1，x3，…，x2k＋1－1一次变换的结果，偶数项恰是x2，x4，…，x2k＋1变换的结果．如此变换下去，依归纳假定，奇数项与偶数项最后都变成＋1．故长度为2k＋1的数列也是如此．E4－004一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们每人先取偶数块，然后按下列规则调整：所有的小孩同时把自己的糖分一半给右边的小孩．糖的块数变成奇数的人，向老师补要一块．证明：经过有限次调整之后，大家的糖就变得一样多了．【题说】1962年北京市赛高三二试题4．【证】设在某次调整前糖最多的人有2m块，最少的有2n块，m＞n，那末可以看出：(1)调整后每人的糖的块数仍然在2n与2m之间．因为若某孩子原有2k块，在他左边的有2h块，n≤k≤m，n≤h≤m．那么调整后这孩子所得的块数k＋h满足2n≤k＋h≤2m．只有当k＋h是奇数时(这时k＋h＜2m)，可补要一块，仍不超过2m块．(2)原来拿糖超过2n块的，调整后仍超过2n块，因为由k＞n，h＞n，得k＋h＞2n．(3)至少有一个原来糖为2n块的孩子调整后糖至少增加一块．因为至少有一个拿2n块的孩子左邻拿着2k＞2n块，调整后这个孩子至少要拿n＋k＞2n块．由于每调整一次，拿2n块的孩子至少少了一个，所以若干次后，每个孩子的糖的块数都大于2n，又由于每人的糖的块数始终≤2m，所以若干次调整后，糖块最多与最少的差至少减少1．因此，有限次调整后，各人的糖的块数就会变成相同了．E4－005剧院的坐位排成p排和q列．整个剧院可容纳pq个观众(p＞1，q＞1)．在每一个坐位上坐着一个小学生，他们都不一样高．老师在每一排中挑选个子最矮的学生．在这些最矮的学生中，个子最高的等于a．然后，老师在每一列中挑选最高的学生，他们之中最矮的等于b．试说明：三个关系式a＜b， a＝b，a＞b之中的哪一个可以表示a与b的关系．并弄清：当剧院里的小学生调换坐位时，这个关系是否会改变？【题说】1963年匈牙利数学奥林匹克题1．【解】个子为a的学生，他所在行的任一个学生个子≥a．因而每一列最高的学生个子≥a．于是恒有b≥a．如果个子为a的学生，他所在列l的其他学生个子＜a，那么b＝a．否则b＞a．因此只要注意保持列l上的学生，个子全≤a(或不全≤a)，则关系b＝a(b＞a)不会发生变化．E4－006 1．在4×4的方格表里填上一些“＋”号或“－”号，如图所示，可以同时改变一行，一列或平行于某一条对角线的直线上的所有方格里的符号(特别地，也包括任何一个角上的方格)．证明：无论进行多少次这样的变换，我们都不能得到全部都是“＋”号的表．2．在8×8大小的象棋盘上的所有方格里，除了一个不在角上的方格以外(在这个方格里放置“－”号)，都放置“＋”号．可以同时改变水平或铅直方向或对角线(特别地，可以是任何一个角上的方格，对角线是指“象”所走的路线)上的方格里的符号．证明：无论进行多少次这样的变换，我们都不能得到完全是“＋”号的棋盘．【题说】第二届(1968年)全苏数学奥林匹克八年级题6、九年级题8、十年级题6．【证】1．由图b容易看出，每一条平行于正方形的边或对角线的直线，穿过图中画有斜线的方格偶数次．而这些方格中有奇数个“－”号，并且在进行指定运算时不变．2．在8×8的棋盘上可以画一个4×4的方形，其中“－”号的放置如图a．从而归结为1．E4－007在圆周上写有一些数，如果某四个相邻的数a、b、c、d满足：(a－d)·(b－c)＜0，那么，b和c可以交换位置．证明：这样的交换只可以进行有限次．【题说】第五届(1971年)全苏数学奥林匹克十年级题5．【证】由于ab＋cd＜ac＋bd，所以，每交换一次，相邻的数的乘积的和S严格增大，而和S只可以取有限个不同的值，故这样的交换只可以进行有限次．E4－008两个人玩下面的游戏．一个人报一个数字，另外一个人则按自己的意愿用这个数字替换以下差式中的一个星号，这样进行8次，将星号换成8个数字．报数的人要使差尽量大，而第二个人要使差尽量小．证明：1．无论第一个人怎样说，第二个人总能使所得的差不大于4000．2．无论第二个人怎样替换，第一个人总能使差不小于4000．【题说】第六届(1972年)全苏数学奥林匹克八年级题6．本题可推广至n(≥1)位数，这时对双方都最有利的“值”等于4·10n－1．【证】 1．第一个人说的数字为0至3(或6至9)时，第二个人将它放在被减数(或减数)的首位．易知这样便可使差≤4000．第一个人说的数字为4(或5)时，第二个人将它放在被减数(减数)的首位，然后只要有非0(非9)的数字，便放在减数(被减数)的首位，最后的差必≤4000．2．第一个人先报4或5．若第二个人将它放在被减数(或减数)首位，第一个人以后只报0(或9)．若第二个人将4或5放在其他数位上，根据从左到右，第一个数字出现在被减数或减数上，第一个人报4或5．这样继续下去(如果在同一数位上，被减数与减数均有数字，则根据其余的数位决定报4或5)、直至被减数(或减数)首位出现4或5，第一个以后只报0(或9)即可．E4－009已知若干个红色的和若干个蓝色的点，将它们的某些点联成线段．如果和某点相联的点中与它的颜色不同的点多于一半，则称它为“奇点”．如果我们每一次将一个奇点改成另外的颜色．证明：经过若干次操作以后，一个奇点也没有了．【题说】第八届(1974年)全苏奥林匹克题十年级题3．【证】事实上，每改变一次“奇点”的颜色，“奇点”数目就减少一个，而“奇点”总数是有限的．所以经若干次操作后，一个奇点也没有了．E4－010在木板上写有若干个0，1和2．现在可以擦掉两个不同的数字，并用另一个数字来代替(代替0和1的是2，代替1和2的是0，代替0和2的是1)．证明：如果由于这种做法，最后在木板上只留下一个数字，那么与它们操作的次序无关．【题说】第九届(1975年)全苏数学奥林匹克八年级题6，十年级题5．【证】假设0的个数是p，1的个数是q，2的个数是r．在每次操作后，p、q和r分别增加或减少1，即p、q、r改变一次奇偶性．当木板上只留下一个数字时，p、q、r三个数中，一个为1，另两个为0．由此可见，p、q、r三数中，必有一个的奇偶性与另外两个奇偶性不同；与它对应的数字最后留在木板上．E4－011圆周上有若干黑色和白色的棋子，两人按下面的规则作游戏：甲取走所有与白子相邻(只需有一侧相邻)的黑子，然后，乙取走所有与黑子相邻的白子．这样进行下去，直至剩下的棋子全部同色．1．如果开始有40枚棋子，是否有可能在每人取两次之后，只剩下一枚棋子？2．如果开始有1000枚棋子，问最少经过多少步才能只剩下一枚棋子？【题说】第十一届(1977年)全苏数学奥林匹克八年级题4．【解】 1．能．如图，棋子0表示最后留下的一枚黑子，在它两旁各放1枚白子并标以1，表示在倒数第1步(即第4步)被取去的白子．在每个1的两旁各放1枚黑子并标以2，表示在倒数第2步(即第3步)被取去的黑子．在每个2与0的两旁各放1枚白子并标以3，表示在倒数第3步(即第2步)被取去的白子．最后放上标有4的黑子．这样，共41枚棋子．第一次取去标有4的黑子，第二、三、四次依次取去标有3、2、1的棋子，最后剩下一枚黑子0．在图中删去一个标有4的棋子，对剩下的40枚棋子，结论依然成立．2．用上面的方法可得下表：这里棋子总数S t是能够经过n步后剩下1枚棋子的情况中棋子数的最大值．由于S7＝557＜1000，S8＝1393＞1000．所以至少8步才能使原有的1000枚棋子只剩下1枚棋子．用上面的作法不难得出有1393枚棋子而经过8步最后只剩1枚黑子的图，将其中标有8的棋子(共408×2＝816枚)删去393枚，便得到1000枚棋子，经过8步最后只剩下1枚黑子．E4－012有两个同心圆盘，各分成n个相等的小格．外盘固定，内盘可以转动(如图所示)．内外两盘小格上分别填有实数： a1，a2，…，a n；b1，b2，…，b n，且满足条件：a1＋a2＋a3＋…＋a n ＜0，b1＋b2＋b3＋…＋b n＜0．证明：可将内盘转动到一个适当位置，使两个盘的小格对齐，这时，两个盘n个对应小格内数字乘积的和为一正数．【题说】 1978年安徽省赛二试题4．【证】如图所示，对应小格上两数乘积的和为a1b1＋a2b2＋…＋a n b n记为A1．将内盘按顺时针方向转动一格，对应小格上两数乘积的和为a1b2＋a2b3＋…＋a n b1记为A2．转动i 格，对应小格上两数乘积之和为a1b i＋1＋a2b i＋2＋…＋a n b i记为 A i＋1(i＝1，2，…，n－1)．A1＋A2＋…＋A n＝(a1＋a2＋…＋a n)(b1＋b2＋…＋b n)＞0所以A1，A2，…，A n中至少有一个正数，即结论成立．E4－013设有N个人，排成一行，从第一名开始，1至3报数，凡报到3的就退出队伍，余下的向前靠拢．再按此规律重复进行，直到第p次报数后，只剩下三个人为止．试问：1．这剩下的三个人，他们最初应分别在原队伍的什么位置？2．当N＝1000时，求这三个人的最初位置．【题说】1979年浙江省赛二试题5．【解】1．显然，最后剩下的三个人中，前二人最初的位置分别是第一和第二．设第三个人的最初位置是第a p＋1个．第一次报数后，他排在第a p个，…，第p次报数后，他在第a1个，显然a1＝3．由于a p＋1，a p，…都没有被淘汰，因此，a p＋1，a p等都不是3的倍数．设 a p＋1＝3q＋r p(r p＝1或2)则 a p＋1－a p＝q2．当N＝1000时，用递推公式算得a1＝3，a2＝4，a3＝5，a4＝7，…，a16＝712，a17＝1067＞1000所以当N＝1000时，共报数15次，最后剩下的三个人，最初位置分别是第1、2、712．E4－014设A和E为正八边形的相对顶点，顶点A处有一只袋鼠，除顶点E外，袋鼠可以从八边形的任一顶点跳到两相邻顶点中任一顶点，落到顶点E时袋鼠就在此停止．设e n为袋鼠从顶点A恰好跳n次后落到顶点E的各种方法的个数．证明：1．e2n－1＝0；跳n次后从顶点A落到顶点E的方法称为顶点的一个序列(P0，P1，…，P n)，满足下列条件：(1)P0＝A；(2)P n＝E；(3)对任一i，0≤i≤n－1，P i≠E；(4)对任一i，0≤i≤n－1，P i和P i＋1为相邻的顶点．【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．【证】如图，设正八边形为ABCDEFGH，从A出发经过n步到达B的个数记为b n；从A出发经过n 步到达C、D、A的路的个数分别记为c n、d n、a n．由于对称性，由A出发经过n步到达H、G、F 的路的个数也分别是b n、c n、d n因此有 e n＝2d n－1 (1)同理有 c n＝b n－1＋d n－1 (2)b n＝c n－1＋a n－1 (3)a n＝2b n－1 (4)由于袋鼠跳到E点后就停止不动了，所以d n＝c n－1 (5)由以上(1)－(5)得e n＝2d n－1＝2c n－2＝2(b n－3＋d n－3)＝2(c n－4＋a n－4＋d n－3)＝2(d n－3＋2b n－5＋d n－3)＝2[d n－3＋2(c n－4－d n－5)＋d n－3]＝2[d n－3＋2(d n－3－d n－5)＋d n－3]＝8d n－3－4d n－5于是e n＝4e n－2－2e n－4 (6)由e1＝e3＝0及递推关系(6)立即得出1．又由(6)，e2n＝4e2n－2e n－4{e2n｝是线性递推数列，由它的特征方程k2＝4k－2e2n＝c1x n－1＋c2y n－1由于e2＝0，e4＝2．所以c1＋c2＝0因此2成立．E4－015一张台球桌形状是正六边形ABCDEF．一个球从AB的中点P击出，击中BC边上的某点Q，并且依次碰击CD、DE、EF、FA各边，最后击中AB边上的某一点．设∠BPQ＝θ，求θ的取值范围．【题说】1981年全国联赛题5．本题可用图形的对称变换、正弦定理或线性函数迭代法来证明．本题还可推广到正n边形的情形．【解】如图，设AB＝2．∠BQP＝∠CQR＝∠DSR＝∠EST＝∠FUF＝∠AUV＝60°－θ，∠CRQ＝∠DRS＝∠STE＝FTU＝∠AVU ＝θ在△BQP中，即 BQsin(60°－θ)＝sinθ(1)同理(2－BQ)sin(60°－θ)＝RCsinθ (2)(2－RC)sinθ＝DSsin(60°－θ) (3)(2－DS)sin(60°－θ)＝TEsinθ (4)(2－TE)sinθ＝FUsin(60°－θ) (5)(2－FU)sin(60°－θ)＝AVsinθ (6)(6)－(5)＋(4)－(3)＋(2)＋(1)，得6sin(60°－θ)－5sinθ＝AVsinθ由0＜AV＜2，得E4－016黑板上写出三个整数，然后抹去其中一个，而用留下的两数之和减1所得的数来替代被抹去的数，这样的变换重复若干次后，结果得到的数是17、1967、1983．试问在黑板上最初所写的数能否是：(a)2、2、2；(b)3、3、3？【题说】第十七届(1983年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【解】(a)2，2，2→2，2，3(→表示变换)，然后始终为两个偶数一个奇数，不论多少次变换都不能到3个奇数17，1967，1983．(b)(3，3，3)→(5，3，3)→(5，7，3)→…→(13，15，3)→(17，15，3)→(17，15，31)→…→(17，1939，1951)→(17，1967，1951)→(17，1967，1983)．E4－017正五边形的每个顶点对应一个整数使得这五个整数的和为正．若其中三个相连顶点相应的整数依次为x、y、z，而中间的y＜0，则要进行如下的操作：整数x、y、z分别换为x＋y、－y、z＋y．只要所得的五个整数中至少还有一个为负时，这种操作就继续进行．问：是否这样的操作进行有限次后必定终止？【题说】第二十七届(1986年)国际数学奥林匹克题3．本题由原民主德国提供．【解】为方便计，把五个数写成一列：v、w、x、y、z，并注意v与z是相邻的．不妨设y＜0．操作后，便得v、w、x＋y、－y、y＋z．它们的和未变．考虑操作前后各项平方及每相邻两项和的平方之和(称为双平方和)的差．[v2＋w2＋(x＋y)2＋(－y)2＋(y＋z)2＋(v＋w)2＋(w＋x＋y)2＋x2＋z2＋(y＋z＋v)2－[v2＋w2＋x2＋y2＋z2＋(v＋w)2＋(w＋x)2＋(x＋y)2＋(y＋z)2＋(z＋v)2]＝2y(v＋w＋x＋y＋z)因为y＜0，v＋w＋x＋y＋z＞0，故上述差为负数．这就是说，每操作一次后，各数双平方和变小．但原来5个数的双平方和为一定值，因此这种操作进行有限次后即行停止，即5个数最后都变为正数．E4－018如图a，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A、C针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心，使B落到圆周上；第二次，以B为中心，使C落到圆周上；第三次，以C为中心，使A落到圆周上．如此旋转直到第100次．求A 点所走路程的总长度．【题说】1987年全国联赛一试题1(4)．原题为选择题．【解】在这100次运动中，A点在第1、4、7、11、…、100次运动中都未动，而第2、5、8、…、98次运动中A点走过的路程相等；第3、6、9、…、99次运动中A点走过的路程相等．在图中，A2表示A点第2次运动后的位置，其余下标类似．因为∠由于B3必在C2A3的中垂线上，且C2B3＝1，所以B3即是B点，这综上所述，得A点在100次运动中走过的路程为E4－019有1987片玻璃片，每片上涂有红、黄、蓝三色之一，进行下列操作：将不同颜色的两块玻璃片擦净，然后涂上第三种颜色(例如将一块蓝玻璃片和一块红玻璃片上的红色与蓝色擦掉，然后在两片上涂上黄色)．证明：1．无论开始时红、黄、蓝色玻璃片各有多少片，总可以经过有限次操作而使所有的玻璃片涂有同一种颜色；2．最后变成哪一种颜色，与操作顺序无关．【题说】第二届(1987年)东北三省数学邀请赛题4．【证】设红片、黄片和蓝片的数目分别为x、y、z．x、y、z被3除后的余数中必有两个是相等的．否则x＋y＋z≡0＋1＋2≡0(mod3)与 x＋y＋z≡1987≡1(mod3)矛盾．不妨设x＝3a＋m，y＝3b＋n，z＝3c＋n，其中m、n∈｛0，1，2)，c≥b．若c＝b，则可将黄片、蓝片一对一地全变成红片．若c＞b．先将3b＋n片黄片与3b＋n片蓝片一对一对地换成红片，这时黄片数为0，蓝片数为3(c－b)．接着，将1片红片，1片蓝片变成2片黄片，再将2片黄片、2片蓝片变成2片红片．经过这一过程，黄片数仍为0，蓝片数减为3(c－b－1)．如果c－b－1＝0，结论已经成立．否则，类似地再操作若干次，直至蓝片数减少至0．最后所有玻璃片都涂上了红色．由于经过一次操作，黄片、蓝片数均减少1，或一种减少1，另一种增加2．所以两种片数除以3所得余数仍然相同．如果最后只剩下一3的余数才能相等，即所有玻璃片均为红色．E4－020在黑板上有1，2，…，1987这些数．作这样的变换：将黑板上的数擦去一些，并添加上被擦去的数的和被7除所得的余数．经过若干次变换后，黑板上的数只有二个，一个是987，求另一个数．【题说】第十三届(1987年)全俄数学奥林匹克九年级题5(理论部分)．【解】黑板上所有数的和被7除所得余数永远不变数．1＋2＋…＋187＝1987×142×7被7整除．所以最后黑板上的两个数的和也被7整除．因为987＝141×7，所以另一个数应该是某些数被7除所得的余数0．E4－021在黑板上写下从1到1988的所有自然数．对这些数依次反复施行运算A和B：先是A 后是B，接着再是A，然后再是B，如此继续下去．运算A是从每个写在黑板上的数减去同一个自然数(对不同次的运算A，减数可以不相同)．运算B是抹去黑板上写着的两个数，然后写下它们的和数．运算A和B如此顺次施行，直至某次运算B后，黑板上只留下一个数，并且它是非负的，问这个数是多少？【题说】第十四届(1988年)全俄数学奥林匹克十年级题3．【解】施行运算A和B各一次后，黑板上的数就少了一个．所以运算A和B各施行1987次后，黑板上就留下一个数．设施行第k次运算A时，减数为自然数d k，k＝1，2，…，1987．经第k次的运算A后，写在黑板上的数的和少了(1989－k)d k；而经运算B后，这个和数是不变的．所以运算A和B各施行1987次后，黑板上写的数是x＝(1＋2＋…＋1988)－1988d1－1987d2－…－2d1987＝1988(1－d1)＋1987(1－d2)＋…＋(1989－k)(1－d k)＋…＋2(1－d1987)＋1显然(1989－k)(1－d k)≤0，并且若对某个k，有d k≥2，则(1989－k)(d k－1)≥2故 x≤(1989－k)(1－d k)＋1≤－1与题设矛盾．因此，对一切k＝1，2，…，1987，d k＝1．所以x＝1，即黑板上最后留下的数是1．E4－022在大小为n×n的正方形表格中写上实数，并且任意一行与任意一列中各数之和等于0．对这个表格施行如下运算：任何一行加到一列上去，并从另一列中减去；列的第i个元素加上或减去行的第i个元素．试证：进行若干次这样的运算，可以得到全由0组成的表格．【题说】第二十二届(1988年)全苏数学奥林匹克九年级题8．【证】以C i j，k表示将第i行加到第j列上去，并从第k列减去第i行．依次施行下列运算：C1n,1，C2n,2，…，C n－1n,n－1得出一个表格，对角线上的所有元素(位于第n行、第n列的元素除外)都等于0．考虑运算序列C i j,i，C i i,j，C j i,j，C i n,i，C i j,n不难验证，应用这些运算得到的新表格，位于第i行、第j列的数等于0，而不在最后一行或最后一列的数都不变．对i＝1，2，…，n－1和i＝1，2，…，n－1，依次应用上述运算序列，得到一个表格，其中不为0的数只能位于最后一行或最后一列．因为任意一行和任意一列上各数之和都等于0(应用上述运算时，这个性质保持不变)，所以最后一行和最后一列上的数也是0．E4－023桌面上放有1989枚硬币，其中有的正面朝上，其余的正面朝下．今有1989人按下述方法依次翻转硬币，第一人翻转其中的一枚，第二人翻转其中的二枚，…，第k人翻转其中的k 枚，最后第1989人将所有硬币全部翻转．证明：1．不论硬币最初正反面的分布情况如何，他们总可采取适当步骤，使得1989人都进行过翻币手续后，恰将所有硬币朝同一方向．2．硬币最后的统一朝向与具体翻币方案无关(只依赖于初始分布)．【题说】1989年南昌市赛二试题3．【证】1．1989可换成任一奇数n．对n用数学归纳法．当n＝1时，结论显然成立．假设在n＝2k－1时结论成立，当n＝2k＋1时，分两种情况讨论．(1)如果这2k＋1枚硬币不全同向，其中必有一枚正面朝上的(记为正)和一枚正面朝下的(记为负)，将它们标上记号．让前2k－1人对其余2k－1枚硬币进行翻币手续，依假设可翻成同向，设为正．第2k人翻动2k个正向币，使得所有2k＋1枚硬币都成负向．最后第2k＋1人将所有硬币翻成正向．(2)如果这2k＋1枚硬币方向都相同．将这2k＋1枚硬币排成一圈，让第一人翻转其中一枚，第二人按顺时针方向翻转后续的二枚，第三人接着翻转后续的三枚，…，如此下去，当2k＋1人全部翻转之后，由于1＋2＋…＋(2k＋1)＝(k＋1)·(2k＋1)，所以，每枚硬币都翻动了k＋1次，因而也同向．2．假设结论不真，则存在1989枚硬币的某种初始状态T及两种翻法A、B．由状态T开始，按方法A可翻成全正，而按方法B可翻成全反．由全正状态出发，按方法A的逆步骤翻回T状态，再按B方法翻成全反．这样每枚硬币都改变了方向，从而每枚硬币翻动了奇数次，硬币总数1989为奇数．故由全正状态到全反状态总共翻转了奇数次．另一方面，在由全正状态到全反状态的过程中，每个人均翻转了偶数枚，因此总共翻转了偶数次，矛盾．从而结论成立．E4－024在黑板上相继写下四个数：7956、3923、5857、9725．再接着写出这四个数的和除以10000所得的余数，然后擦去第一个数，对留下的四个数，再按前面的方法处理，如此继续下去，试问黑板上出现的四个数能否是1989、1989、1989、1989？【题说】第十五届(1989年)全俄数学奥林匹克九年级题4．【解】由(1989、1989、1989、1989)出发，按所述方法处理，第5组为(7956、3923、5857、9725)．由于不同的四元数组的组数≤1016，在(1016＋1)组中，必有两组相同．易知，每一组也唯一地确定其前一组，从而必有一组等于第1组，因此，黑板上可出现(1989、1989、1989、1989)，而且可出现无限多次．E4－0257个六边形的网眼(如图)涂上两种颜色：白色或蓝色．每次允许选择任一网眼，将它及所有相邻的网眼改涂为另一种颜色．证明：由图a经有限次地上述改涂手续后，1．可变为b；2．不可能变为c．【题说】第十五届(1989年)全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】1．先选图a正下方网眼，改涂后可得图d．再选图d正上方网眼，改涂后便得到图b．2．分别用A、B、C、D、E、F、G记7个网眼．涂白色的网眼用＋1表示，涂蓝色的网眼用－1表示．考虑A、C、D、F四格，不论选7个网眼中哪一格进行改涂，它们中必有两格或四格变号(改涂颜色相当于乘以－1)，因而这4个数之积总是不变．对于图a这个积为＋1；而对于图c，这个积为－1．因此，图a不可能变为图c．E4－026数1，2，…，n 以任意方式写在圆周上，每次允许调换相邻两数的位置，如果它们差的绝对值大于1的话．证明：经有限次的调换后，所有的数可按自然数列的顺序排列．【题说】第十五届(1989年)全俄数学奥林匹克十年级题2．【证】首先将数1与其相邻的数调换位置，沿同一方向直至与2相邻；然后1、2两数沿前述方向向3靠拢(先调换2，然后调换1)；继而1、2、3三数向4靠拢，等等．这样便能将写出的数(沿顺时针或反时针方向)调整成按自然数列的顺序排列．E4－027 ABCD－A1B1C1D1是单位立方体．黑白二蚁同时从A点出发，沿着棱爬行，一条棱称为一段．白蚁爬行的路线是AA1→A1D1→…，黑蚁爬行的路线是AB→BB1→…，它们都遵循如下规则：爬行的第i段与第i＋2段所在直线是异面直线(其中i∈N)．如果白、黑二蚁走完第1990段后各自停止在某顶点处，问此时二蚁相距多远？【题说】第一届(1990)希望杯高一二试题1(5)，原为选择题．【解】按行动规则，白蚁爬行路线必然是：AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA→…循环进行下去．黑蚁爬行路线必然是：AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA→…也循环进行下去．因此黑、白二蚁每爬行6段，又回到原出发地A点，循环进行．由于1990＝331×6＋4，故它们爬行1990步后，白蚁停在C点上，E4－028设有两个完全相同的齿轮A、B，B被平放在一个水平面上，A放在B上面并使两者完全重合(从而两者在水平面上的投影完全重合)，然后任意去掉四对重合的齿．如果两齿轮各有14个齿，试问：能否将齿轮A绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿，又是怎样呢？请证明你的论断．【题说】第五届(1990年)全国冬令营选拔赛题5．【解】将每个断齿赋值“0”，好齿赋值“1”．对A齿轮的每个位置，作两轮对应位置齿值的乘积之和，初始位置除外的13个位置总和为10×9＝90＜13×7，故必有一个位置的和≤6．此时必定任二断齿不相重合．当齿数为13时，将A、B重合时各对齿依顺时针记为0，1，…，12．锯掉0，1，5，11四对齿．0，1，5，11两两之差恰取遍1，2，…，12(mod 13)．故对A的任一位置总有两个断齿重合，始终得不到完整的投影．E4－029森林中有12名矮子，每一名住在自己的房子里，房子染蓝色或红色．在每一年的第i 个月，第i名矮子拜访他的所有朋友，如果朋友中多数的房子与他自己的房子颜色不同，那么他就将自己房子的颜色改为另一种，以与大多数朋友一致．证明：经过一段时间，每一名矮子均无须变更房子的颜色(朋友是互相的，并且不会变化)．【题说】 1990年匈牙利阿拉尼·丹尼尔赛高年级较高水平题2．【解】在每两名朋友间连一条线．如果他们房子的颜色相同，则将这条线染为黄色，否则不染色．考虑黄线的变化．当某个矮子需要改变自己房子的颜色时，根据本题条件，黄线总数至少增加1个．但是黄线的总数不会超过C2n条．因此黄线不可能永远增加．换句话说，经过一段时间后，每一名矮子均无须变更自己房子的颜色．E4－030在黑板上写下n个数，每次允许擦掉任意两个数，例如a和b，换成(a＋b)/4．这样的运算重复n－1次，结果在黑板上只剩下一个数．证明：若开始时在黑板上写的是n个1，则最后留在黑板上的数不小于1/n．【题说】第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克九年级题2．【解】易知所以经过一次运算后，黑板上各数的倒数和不大于运算前的倒数和．最E4－031给定5×5格的正方形．一个方格中填“－”号，而其余的方格中填“＋”号．每次可以取出一个以方格线为边界的多于一个方格的正方形，将其中各格改变符号．问开始时应将“－”号置于哪个方格，才能使得经过若干次变号程序后，正方形中所有方格均成为“＋”号？【题说】第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克九年级题8．。

《数学奥林匹克竞赛题解》第三章几何部分

第三章几何第一节平面几何证明C1－001 已知线段MN的两个端点在一个等腰三角形的两腰上，MN的中点S作等腰三角形的底边的平行线，交两腰于点K和L．证明：线段MN在三角形底边上的正投影等于线段KL．【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克三试题2．【证】设M、N在直线KL上的射影分别为D、E，由于MS=SN，所以MD=NE．由于AB=AC，KL∥BC，所以∠DKM=∠AKL=∠ALK，又∠MDK=∠NEL=90°，所以△MDK≌△NEL，DK=EL，从而DE=KL，即MN在BC上的正投影等于KL．C1－002设四边形ABCD内接于圆O，其对边AD与BC的延长线交于圆O外一点E，自E引一直线平行于AC，交BD延长线于点M，自M引MT切圆O于T点，则MT=ME．【题说】 1957年南京市赛初赛5．利用切割线定理和相似三角形．【证】四边形ABCD内接于圆O，故∠1=∠2．由ME∥AC，得∠2=∠4，又∠1=∠3，所以∠3=∠4，又∠EMB=∠DME，所以△EMB∽△DME．从而有即 ME2=MB²MD所以 MT2=MB²MD=ME2即 MT=MEC1－003若一直角三角形的外接圆半径为R，其内切圆半径为r，与斜边相切的旁切圆半径为t，若R为r及t的比例中项，证明这直角三角形为等腰直角三角形．【题说】 1957年北京市赛高二题4．【证】设直角△ABC的斜边长为c，两直角边长为a、b．易知R=c/2所以 a=b．C1－004任意四边形ABCD的对角线AC与BD相交于P，而BD与AC的中点是M与N，设Q是P关于直线MN的对称点，过P作MN的平行线，分别交AB、CD于X、Y，又过Q作MN的平行线，顺次交AB、BD、AC、CD于E、F、G、H．试证：1．EF=GH；【题说】 1963年成都市赛高二二试题4．同本届高三二试题4．【证】 1．P、Q关于MN对称，所以MN平分PQ，又FG∥MN，所以MP=MF，从而BF=PD，BP=FD．同理，有AP=CG，AG=PC．比较（1）、（2）得EF=GH．C1－005在内角都相等的凸n边形中，设a1，a2，…，an依次为边的长度，而且满足不等式a 1≥a2≥…≥an．证明：必有a1=a2=…=an．【题说】第五届（1963年）国际数学奥林匹克题3．本题由匈牙利提供．【证】当n为奇数时，设n=2k+1（k为正整数），∠A2A1An的平分线A1B交Ak+1Ak+2于点B（如图）．由于已知n边形的各角都相等，所以A1B⊥Ak+1Ak+2，因此折线A1A2…Ak+1与折线A1An…Ak+2在这条角平分线上的射影都等于A1B．另一方面，A1A2≥A1An，并且它们与A1B的交角相等，所以A1A2的射影≥A1An的射影．同理A2A3的射影≥An An－1的射影…．所以上述各式中等号均应成立，即a1=a2=…=an．当n为偶数时，作A1A2的中垂线L．考虑各边在L上的射影，同样可得a1=a2=…=an．C1－006在平面上取四点A、B、C、D，已知对任何点P都满足不等式PA+PD≥PB+PC．证明；点B和C在线段AD上，并且AB=CD．【题说】 1966年全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】由于点P是任意的．可以取P=D，则应有AD≥BD+DC；若取P=A，则有AD≥AB+AC．将二式相加，得2AD≥AB+AC+BD+CD （1）然而另一方面，总有AD≤AC+CD及AD≤AB+BD．因此又得2AD≤AB+AC+BD+CD （2）由（1）、（2）知2AD=AB+AC+BD+CD从而其他4个不等式中皆取等号，亦即B、C两点一定在线段AD上，而且AB=CD．C1－007凸多边形内一点O同每两个顶点都组成等腰三角形，证明：该点到多边形的各顶点等距．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克九年级题6．【证】（1）如果凸多边形是△ABC，则结论显然成立．（2）对n（n＞3）边形，设A、B、C为多边形的任意三个顶点，则C 或在AO、BO的反向延长线组成的夹角内（图a），或C在该角外，即该角与多边形的边DE相交（图b）．在图a中，点O在△ABC内，由（1），AO=BO=CO．在图b中，点O在△BDE和△ADE内，故有AO=DO=EO=BO．C1－008设有一圆，它与∠O两边相切，切点为A、B．从点A引OB 的平行线，交圆于点C，线段OC与圆交于E，直线AE与OB交于K．证明：OK=KB．【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题2．【证】设圆在点C的切线与∠O两边分别相交于P、Q．因为AP=PC，所以△APC和△OPQ皆为等腰三角形，从而AO=CQ=OB=BQ．又∠OAE=∠OCA=∠COQ，且∠AOB=∠CQB，从而△OAK∽△QOC．所以亦即 OK=KBC1－009圆的内接四边形两条对角线互相垂直，则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到这一边的对边的距离．【题说】 1978年上海市赛二试题6．【证】如图，已知ABCD为⊙O的内接四边形，AC⊥BD于E，F为AB 中点，OG⊥DC，G为垂足．因为 AF=FB=EF∠EAB=∠AEF又∠EAB=90°－∠EBA=90°－∠GCH=∠GHC所以∠AEF＝∠GHC ， EF∥GO同理可证，EG∥FO．所以EGOF是一个平行四边形，从而FE=OG．C1－010四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．【题说】 1978年全国联赛二试题1．【证】设四边形ABCD的对边交点为E、F，并且BD∥EF，AC交BD于H，交EF于G．由于BD∥EF，所以GF=EGC1－011在平面上已知两相交圆O1和O2，点A为交点之一，有两动点M1和M2，从点A同时出发，分别以常速沿O1和O2同向运动，各绕行一周后恰好同时回到点A．证明：在平面上存在一定点P，P到点M1和M2的距离在每一时刻都相等．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题3．本题由原苏联提供．【证】设O1和O2为已知圆的圆心，r1和r2分别为它们的半径．作线段O1O2的垂直平分线l及点A关于l的对称点P，则O1P=r2，O2P=r1（如图）．由已知，∠AO1M1=∠AO2M2，由对称性，∠AO1P=∠AO2P．于是，∠M1O1P=∠M2O2P．又因为O1M1=O2P=r1，O2M2=O1P=r2，故△O1M1P≌O2M2P，M1P=M2P．[别证] 可以用复数来作．以O1为原点，O1O2为实轴建立复平面．C1－012二圆彼此外切于D，一直线切一圆于A，交另一圆于B、C两点．证明：A点到直线BD、CD的距离相等．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】过切点D作二圆的公切线l，交AB于F．设E在CD的延长线上，则∠BDA=∠BDF+∠FDA=∠ACD+∠FAD=∠ADE，即DA平分∠BDE，所以，A 到BD、CD的距离相等．C1－013在“筝形”ABCD中，AB=AD，BC=CD．经AC、BD的交点O任作两条直线，分别交AD于 E，交BC于F，交AB于G，交CD于H．GF、EH 分别交BD于I、J．求证：IO=OJ．【题说】 1990年全国冬令营选拔赛题3．本题宜用解析几何来证．本题是蝴蝶定理的一个推广．【证】易证AC⊥BD．如图，以O为原点，BD为x轴，CA为y轴，建立直角坐标系．设各点坐标为A（0，b），B（－a，0），C（0，c），D（a，0），EF 的方程为y=kx，GH的方程为y=lx，则AD的方程是EH的方程是比较常数项与y的系数有J的横坐标x满足及（1′）²l－（2′）²k得利用（3）得同样可得Ｉ的横坐标x应满足（将（4）中的k与l互换，a换成－a）．由（4）、（5）立即看出I、J的横坐标互为相反数，即IO=OJ．C1－014如图，设△ABC的外接圆O的半径为R，内心为I，∠B=60°，∠A＜∠C，∠A的外角平分线交⊙O于E．证明：（1）IO=AE；【题说】 1994年全国联赛二试题3．【证】（1）连AI，延交⊙O于F，则易知EF为⊙O直径．过E作ED∥IO交AF于D，则IO是△FDE的中位线，从而IO＝因∠AOC=2∠ABC=120°故A、O、I、C共圆．从而（2）连CF，则∠IFC=∠AFC=∠B=60°∠ICF＝∠ICB+∠BCF故IF=IC，又由（1）知IO=AE，从而IO+IA+IC=EA+AI+IF=EA+AF≥EF=2R令α=∠OAI，则（因∠A＜∠C）又 AE+AF＝2Rsinα+2Rcosα当α∈（0，45°）时，sin（45°+α）为增函数，故 AE+AF＜2R（sin30°+cos30°）C1－015设△ABC是锐角三角形，在△ABC外分别作等腰Rt△BCD、△ABE、△CAF．在这三个三角形中，∠BDC、∠BAE、∠CFA是直角．又在四边形BCFE外作等腰Rt△EFG，∠EFG是直角．求证：（2）∠GAD=135°．【题说】 1994年上海市赛高三二试题2．【证】以点A为原点建立直角坐标系，与B相应的复数记为Z，等B等．C1－016设M、N为三角形ABC的边BC上的两点，且满足BM=MN=NC．一平行AC的直线分别交AB、AM、AN于D，E和F，求证：EF=3DE．【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题1．【证】如图，过N、M分别作AC的平行线交AB于H、G点．NH交AM 于K点．则BG=GH=HA．HK∶KN=1∶3又由于DF∥HN，于是DE∶EF=HK∶KN=1∶3故EF=3DE．C1－017 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上一点．AF 交ED于G，EC交FB于H．连接G，H并延长交AD于L，交BC于M，求证：DL=BM【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题4．【证】如图，过E、F分别作EK∥AD，FQ∥AD，则所以AL²DL=QF²EK．同理，CM²MB=QF²EK．故AL²DL=CM²MB又由于 AL+DL=CM+MB，所以DL=BMC1－018 在梯形ABCD（AB∥DC）中，两腰AD、BC上分别有点P、Q满足∠APB=∠CPD，∠AQB=∠CQD．证明：点P和Q到梯形对角线交点O的距离相等．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级（决赛）题7．【证】如图，设B′是B点关于AD的对称点，则P点就是B′C与AD的交点．在△APB和△DPC中，∠APB=∠DPC，∠PAB=180°－∠PDC，由正弦定理知△COP∽△CAB′C1－019从△ABC的顶点A引3条线段，∠A的平分线AM，∠A的外角平分线AN，三角形外接圆的切线AK，点M、N、K依次排列在直线BC上．证明：MK=KN．【题说】 1995年城市数学联赛低年级普通水平题4．【证】由于∠KAM=∠KAB+∠BAM=∠ACB+∠CAM=∠AMK所以，KA=KM．另一方面，∠NAM=90°，且∠ANM=90°－∠AMN=90°－∠KAM=∠NAK故KN=AK=KM．C1－020△ABC具有下面性质：存在一个内部的点P使∠PAB=10°，∠PBA=20°，∠PCA=30°，∠PAC=40°．证明：△ABC是等腰三角形．【题说】第25届（1996年）美国数学奥林匹克题5．[解] 作AC边上的高BD，又作AQ使∠QAD=30°，AQ交BD于Q，连PQ．设直线PQ交AC于C′．因为∠BAD=10°+40°=50°，所以∠ABD=90°－50°=40°，∠PBQ=40°－∠PBA=20°=∠PBA，∠PAQ=∠PAC－∠QAD=10°=∠PAB，从而P是△ABQ的内心，∠PQA=∠PQB=而∠PCA=30°，所以C′与C重合．从而QA=QC，QD平分AC，BA=BC．C1－021半径相等的三个互不相交的圆的圆心O1、O2、O3位于三角形的顶点处．分别从点O1、O2、O3引已知圆的切线，如图所示，已知这些切线相交成凸六边形，而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色．证明：红色线段长度之和等于蓝色线段长度之和．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】如图所示，X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2分别为切点．切线围成的六边形为ABCDEF．因⊙O1，⊙O2，⊙O3的半径相等，易得X1O2=O1Y2，Y1O3=O2Z2，Z1O1=O3X2．即X1A+AB+BO2=O1B+BC+CY2Y1C+CD+DO3=O2D+DE+EZ2Z1E+EF+FO1=O3F+FA+AX2以上三式两边相加，并利用X1A=AX2，Y1C=CY2，Z1E=EZ2，及BO2=O1B，DO3=O2D，FO1=O3F，得AB+CD+EF=BC+DE+FAC1－022 在等腰△ABC中（AB=BC），CD是角平分线．过△ABC的外心作直线垂直于CD，交BC于E点，再过E点作CD的平行线交AB于F，证明：BE=FD．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题6．【证】设O是△ABC的外心，K是直线BO和CD的交点．先设O在B、K之间（图a），∠BOE=90°－∠DKO=∠DCA，所以，点K、O、E、C四点共圆．∠OKE=∠OCE因为OB=OC，所以∠OCE=∠OBE．于是∠BKE=∠OCE=∠KBE所以 BE=KE又∠BKE=∠KBE=∠KBA所以KE∥AB．从而KEFD为平行四边形，则DF=KE=BEK在O、B之间（图b）或K、O重合的情况可用类似方法证明．C1－023直角三角形ABC中，C为直角，证明：在△ABC中至少有一点P，使∠PAB＝∠PBC＝∠PCA．【题说】 1963年合肥市赛高二二试题2．【证】我们证明结论对任意△ABC成立．不妨设∠A、∠B为锐角，过A作AB的垂线，与边AC的中垂线相交于点OB ．过B作BC的垂线交AB的中垂线于点OC，分别以OB、OC为心，过A点作圆．设P为这两个圆的另一个公共点，则AP⊥OB OC．连PB、PC．设O为△ABC的外心，则OOC ∥AOB，四边形OOBAOC为梯形，对角线OBOC在梯形内，∠AOB OC＜∠AOBO，所以∠PAOB＝90°－∠AOBOC＞90°－∠AOBO=∠CAOB ．同样∠PAOC＞∠BAOC，所以射线AP在∠CAB内，P是AP与的交点，与A在BC的同侧，所以P在△ABC内．由于BC与⊙OC相切，所以∠PBC=∠PAB．同理∠PAB=∠PCA．因此，P合乎要求．C1－024在矩形ABCD内，M是AD的中点，N是BC的中点，在线段CD 的延长线上取一点P，用Q表示直线PM和AC的交点．证明：∠QNM=∠MNP．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】设R是直线QN和CD的交点，O是矩形ABCD的中心，由OM=ON 得：PC=CR．因此三角形PNR是等腰三角形（NC是该三角形的中线和高，也就是△PQN的外角∠PNR的平分线，又NC⊥MN），问题的结论由此即得．C1－025已知正方形ABCD，点P和Q分别在AB和BC上，且BP=BQ，BH⊥PC于H．证明：∠DHQ是直角．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】延长BH交AD于E，则Rt△ABE≌Rt△BCP，于是AE=BP=BQ，因此，QC=ED，从而得矩形CDEQ．这个矩形的外接圆直径就是其对角线CE与DQ，而∠CHE=90°，所以H点在矩形的外接圆上，即C、D、E、H、Q五点共圆．对着直径DQ的圆周角：∠DHQ=∠DCQ=90°即∠DHQ是直角．C1－026设ABCD是矩形，BC=3AB，证明：如果P、Q是BC边上的点，BP=PQ=QC，那么∠DBC+∠DPC=∠DQC．【题说】第六届（1974年）加拿大数学奥林匹克题2．【证】如图所示，即证β+γ＝α或 tan（β+γ）=tanα=1△BRD∽△PQD．于是∠RBD=∠DPC=β，从而有β+γ＝∠RBC=α．C1－027在任一△ABC的边上，向外作△BPC、△CQA和△ARB，使得2．QR=RP．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．【证】建立一个复平面，令A和B的坐标分别为－1和1，C的因而，于是RQ⊥RP，RQ=RP．C1－028如图，两圆O1、O2相交于A、B，圆O1的弦BC交圆O2于E，圆O2的弦BD交圆O1于F，证明：1．若∠DBA=∠CBA，则DF=CE；2．若DF=CE，则∠DBA=∠CBA．【题说】 1979年全国联赛二试题6．【证】 1．连AD、AE、AF、AC，则∠DFA=∠ECA．又∠DBA=∠CBA 所以 AD=AE，AC=AF所以△DAF≌△EACDF=CE2．由于∠DFA=∠ACE，∠AEC=∠ADF，DF=CE，所以△DAF≌△EAC，AD=AE．从而∠DBA=∠EBA．C1－029两圆相切（内切或外切）于P点，一条直线切一个圆于A，交另一圆于B、C．证明：直线PA是∠BPC的平分线（如果两圆内切）或∠BPC的补角的平分线（如果两圆外切）．【题说】 1980年五国国际数学竞赛题4．本题由比利时提供．【证】设两圆外切（图a），作公切线PT，则∠APB=∠APT+∠TPB=∠BAP+∠BCP=∠BPC的补角－∠APB 即AP是∠BPC的补角的平分线．若两圆内切（图b），设公切线与BC相交于T．因为∠CPT、∠APT、∠TAP都是弦切角，故∠BPA=∠APC，因此，PA是∠BPC的平分线．C1－030已知A为平面上两条半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点，求证：∠O1AO2=∠M1AM2．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题2．本题由原苏联提供．【证】设B是两圆的另一交点，T、M分别是P1P2、O1O2与AB的交点．又 P1M1∥TM∥P2M2所以 MM1=MM2因为 AB⊥O1O 2所以TM是M1M2的中垂线．在O1O2上，取MO3＝MO2，则∠O3AM1＝∠O2AM2．因为O1P1∥O2P2，O1M1∥O2M2，P1M1∥P2M2△O1P1M1∽△O2P2M2由此可知，AM1是∠O1AO3的角平分线．所以∠O1AM1=∠O3AM1=∠O2AM2故有∠O1AO2=∠O1AM1+∠M1AO2=∠O2AM2+∠M1AO2=∠M1AM2C1－031 如图，延长线段AB至D，以AD为直径作半圆，圆心为H．G是半圆上一点，∠ABG为锐角．E在线段BH上，Z在半圆【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题5．【证】由EH²ED=EZ2知△HEZ∽△ZED，所以∠EZH=∠EDZ=∠DZH．于是∠AEZ=3∠EZHC1－032 在正方形ABCD的AB、AD边各取点K、N，使得AK²AN=2BK²DN．线段CK、CN各交对角线BD于L、M．试证：∠BLK=∠DNC=∠BAM．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题4．【证】令AB=a，BK=b，DN=c，则（a－b）（a－c）=2bc即a2－bc=a（b+c）所以∠BCK+∠DCN=45°∠BLK=∠BCK+45°=90°－∠DCN=∠DNC再由△ABM≌△CBM，得∠BAM=∠BCM=∠BCK+∠LCM=∠BCK+（90°－45°）=∠BLKC1－033如图，⊙O1与⊙O2外切于点P，Q是过P的公切线上任一点，QAB和QDC分别是⊙O1与⊙O2的割线，P在AB、AD和DC上的射影分别为E、F、G．求证：（1）∠BPC=∠EFG；（2）△EFG∽△PBC．【题说】 1994年四川省赛题3．【证】（1）因PQ切⊙O1与⊙O2于P，所以∠QPA=∠PBA （1）因为∠AEP=∠AFP=90°所以A、E、P、F四点共圆．故有∠FEP=∠FAP=∠DAP （2）同理，F、D、G、P四点共圆．且∠BPC=∠BAP+∠PDC=∠EFP+∠PFG=∠EFG （3）（2）因为∠PEQ=∠PGQ=90°所以Q、E、P、G四点共圆，于是∠GEP=∠GQP=∠DQP （4）由（2）、（4）与∠DAP+∠QPA=∠QDA+∠DQP得∠FEG=∠FEP－∠GEP=∠DAP－∠DQP=∠QDA－∠QPA （5）又A、B、C、D四点共圆，有∠QDA=∠QBC．于是由（1）、（5）得∠FEG=∠QBC－∠PBA=∠PBC（6）由（3）、（6）得△EFG∽△PBC．C1－034 D、E、F分别为△ABC的边BC、CA、AB上的点，且∠FDE=∠A，∠DEF=∠B，又设△AFE、△BDF、△CED均为锐角三角形，它们的垂心依次为H1、H2、H3，求证：（1）∠H2DH3=∠FH1E；（2）△H1H2H3≌△DEF．【题说】 1994年江苏省赛题5．【证】如图，（1）∠H2DB=90°－∠B，∠H3DC=90°－∠C，所以∠H2DH3=180°－∠H2DB－∠H3DC=∠B+∠C．而∠EH1F=180°－∠H1EF－∠H1FE=180°－（90°－∠AFE）－（90°－∠AEF）=180°－∠A=∠B+∠C．所以∠H2DH3=∠FH1E（2）由（1）知∠FH1E+∠EDF=180°，所以，H1在△DEF的外接圆上．同理H2、H3也在此圆上，因此D、E、F、H1、H2、H3六点共圆．又由（1）知∠EH1F=∠H2DH3，所以EF=H2H3．同理DF=H1H3，DE=H1H2，故△DEF≌△H1H2H3．C1－035 △ABC为锐角三角形．AD为BC边的高，H为AD内一点．直线BH、CH分别交AC、AB于E、F．证明：∠EDH=∠FDH．【题说】第26届（1994年）加拿大数学奥林匹克题5．又见第3届（1993年）澳门数学奥林匹克题3．[解] 过A作直线l平行于BC．延长DE、EF，分别交l于Q、P．由相似三角形，AP=AQ于是△DPQ的高DA平分PQ，所以△DPQ是等腰三角形，并且∠EDH=∠FDH．C1－036 在直角KLM内取一点P．以O1点为圆心的圆ω1分别切∠KLP的两边LK和LP于A、D两点；以O2点为圆心半径与圆ω1半径相等的圆ω2分别切∠MLP的两边LP、LM于B、E两点．点O1在线段AB上．设O2D的延长线与KL交于C点．证明：BC是∠ABD的平分线．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【证】连结O1D及O2B，则O1D=BO2．因为O1D⊥LP，O2B⊥LP，所以O1D∥BO2，O1BO2D为平行四边形，从而CO2∥AB，∠LDC=∠O1BD．∠LCD=∠LAB=90°（1）因为O2E⊥LM，所以O2ELC是矩形．因此CL=O2E=O2B=DO1（2）由（1）、（2）得Rt△LCD≌Rt△O1DB，所以CD=DB．于是∠ABC=∠BCD=∠CBD，即BC是∠ABD的平分线．C1－037设AK、BL、CM是△ABC的角平分线，K在BC上，令P、Q分别是BL，CM上的点，使得AP=PK，AQ=QK．证明：【题说】 1995年城市数学联赛低年级较高水平题3．【证】如图，设BL交△ABK的外接圆于点D．则∠DAK=∠DBK=∠DBA=∠DKA 所以，DA=DK，从而D与P重合．即有C1－038设△ABC是锐角三角形，且BC＞CA，O是它的外心，H是它的垂心，F是高CH的垂足，过F作OF的垂线交边CA于P．证明：∠FHP=∠BAC．【题说】第三十七届（1996年）IMO预选题．【证】延长CF交⊙O于D点，连BD、BH．由于∠BHF=∠CAF=∠D且BF⊥HD，所以F为HD的中点．设FP所在直线交⊙O于M、N两点，交BD于T点．由OF⊥MN知F为MN的中点．由蝴蝶定理即得F为PT的中点．又因F 为HD的中点，故HP∥TD，所以，∠FHP=∠D=∠BAC．C1－039在凸凹边形ABCD的BC边上取E和F（点E比F更靠近点B）．已知∠BAE=∠CDF及∠EAF=∠FDE．证明：∠FAC=∠EDB．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十年级题1．【证】因为∠EAF=∠FDE，所以A、E、F、D共圆，∠AEF+∠FDA=180°，又∠BAE=∠CDF，所以∠ADC+∠ABC=∠FDA+∠CDF+∠AEF－∠BAE=180°因此A、B、C、D共圆，∠BAC=∠BDC，由此得∠FAC=∠EDB．C1－040 在平行四边形ABCD中有一点O，使得∠AOB+∠COD=180°．证明：∠OBC=∠ODC．【题说】第二十九届（1997年）加拿大数学奥林匹克题4．[解] 过O作OE BA，连EC、ED，则四边形EOAD、EOBC都是平行四边形，所以CE∥BO，ED∥OA，∠CED+∠COD=∠AOB+∠COD=180°O、C、E、D四点共圆，从而∠ODC=∠OEC=∠OBCC1－041已知一个等腰三角形，外接圆半径为R，内切圆半径为r．证明：外接圆和内切圆的圆心距离d为【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题6．本题由原东德提供．【证】本题结论（即欧拉公式）对任意三角形（不限于等腰三角形）均成立．设M为BC的中点，O与I分别为外接圆和内切圆的圆心，外接圆直径MN交BC于D．连IB、BM、AM必过I．又设 IE⊥BCIK⊥MNE、K为垂足．=∠IBM所以 MI=MB又 IO2=MI2+MO2－2MO²MK而 MB2=MD²MN=2R²MD所以 d2=2R²MD+R2－2R²MK=R2－2R³DK=R2－2RrC1－042设过三角形的内心和重心的直线平行于一边．求证：其它二边长的和等于这一边长的两倍．【题说】 1963年西安市赛高二题3．【证】设△ABC的三边为a、b、c、M为BC之中点，G、I分别为△ABC的重心和内心，且IG∥BC．因为 IG∥BC所以G到BC的距离GE=r（内切圆半径）BC边上的高h=3GE=3r，而ha=r（a+b+c）（=2S）△ABC所以 3a=a+b+c即 b+c= 2aC1－043 1．在凸六边形ABCDEF中，所有角都相等．证明：AB－DE=EF－BC=CD－FA2．反之，若六条边a1，a2，a3，a4，a5，a6满足等式a1－a4=a5－a2=a3－a6．证明：它们可以组成各内角相等的凸六边形．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题5（1）、十年级题3（2）．【证】 1．直线AB、CD、EF构成△GHI．由已知六边形各角相等知，每个角都是120°，从而△GHI的每个角都是60°，因此它是正三角形．并且AF、BC、DE分别与边GI、GH、HI平行．AB+AC=AB+BI=AI=GF=GE+EF=DE+EF所以 AB-DE=EF=BC同理 EF-BC=CD-FA2．以a1+a2+a6为边作正三角形GHI，然后在各边取A、B、C、D、E、F，使BI=IC=a2，DG=GE=a4，FH=HA=a6，则BC∥GH，DE∥HI，AF∥GI，所以六边形ABCDEF各角相等，并且AB=a1，BC=BI=a2，AF=AH=a6，DE=DG=a4，CD=（a1+a2+a6）-a2-a4=a3．EF=（a1+a2+a6）-a4-a6=a5．C1-044 已知ABCD为一圆外切梯形，E是对角线AC和BD的交点，r1、r2、r3、r4分别是△ABE、△BCE、△CDE和△DAE的内切圆半径．证明：【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题2．【证】设△ABE、△BCE、△CDE、△DAE的面积和周长分别为S1、S2、S3、S4；l1、l2、l3、l4．由于 AB+CD=AD+BC 所以 l1+l3=l2+l4（2）因为 AB∥CD所以 S2=S4记之为S．则从而相加并利用（2）得即（1）成立．C1-045 设点M是△ABC的AB边上的任一内点，r1、r2、r分别是△AMC、△BMC、△ABC的内切圆半径；q1、q2、q分别是这些三角形在∠ACM、∠BCM、∠ACB内的旁切圆半径．试证：【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供．【证】设∠CAB=α，∠ABC=β，∠BCA=γ，∠AMC=δ；又设△ABC的内切圆的圆心为R，且与AB切于P（如图）．于是从而有由于三角形的角的内、外分角线互相垂直，因而类似地有由（1）和（2）可得类似的结论对于△AMC和△BMC也成立，故有将（4）、（5）相乘，并利用（3）得C1-046 考虑如图a、图b所示的△ABC和△PQR．在△ABC中，∠ADB=∠BDC=∠CDA=∠120°．试证：x=u+v+w．【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题5．【证】△BCD绕B逆时针方向旋转60°，至△BEF，如图c．这时易知A、D、F、E在一直线上，且AE=u+v+w．再将△EAC绕E顺时针方向旋转60°，至△EGB．则△AEG为正三角形且易证它与△PQR全等，其中B相当于O点．得证．【别证】（1）△PQR绕R逆时针旋转60°，至△SPR，如图d．这时作正△ROT外接圆，设交RP于D′．易证∠OD′T=∠TD′P=∠PD′O=120°．由△ABC中D点的唯一性及△ABC≌△TOP知PD′=w，OD′=v，TD′=u．又由托勒密定理，知RD′=u+v，故x=u+v+w．（2）过O作△PQR三边平行线，如图e，也可以得结论．C1-047 直径A0A5把圆O分成两个半圆，其中一个半圆分成五段等点M、N．证明：线段A2A3与MN之和等于圆的半径．【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题6．【证】在圆上分别标出点A1、A2、A3、A4关于直径AA5的对称点B1、B2、B3、B4，得圆的内接正十边形AA1…A5B4B3…B1（如图）．则A2B1∥A3B2，A2B1∥A1A，OA2∥B2A1，AA5∥A1A4∥A2A3．由对称性知A2B1和B2A1的交点K在AA5上．又设A2B1和A1A4相交于点L．于是KA2A3O、AA1LK、A1MOK、LNOK都是平行四边形．所以A2A3=KO=A1M=LN，从而MN=A1L=AK．因此，A2A3+MN=AO．C1-048 四边形ABCD内接于圆，另一圆的圆心O在边AB上且与其余三边相切．求证：AD+BC=AB．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题1．本题由英国提供．【证】在AB上取点M，使MB=BC．连结OD、OC、MD和MC．所以C、D、M、O四点共圆．所以∠AMD=∠ADM，故AM=AD．从而AB=AM+MB=AD+BC【别证】设半圆半径为1，∠OAE=α，则AE=cotα．同理可证 BG+ED=BO故 AD+BC=ABC1-049 已知两圆相交于M和K，引两圆的公切线，切点为A和B．证明：∠AMB+∠AKB=180°．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题2．【证】如图，连结MK，则∠AMK=∠KAB∠BMK=∠KBA两式相加得∠AMB=∠KAB+∠KBA因此∠AMB+∠AKB=∠KAB+∠KBA+∠AKB=180°C1-050 在一个三角形中，以ha 、hb、hc表示它的三条高，以r表示它的内切圆半径．证明：当且仅当三角形为等边三角形时，ha +hb+hc=9r．【题说】 1988年原联邦德国数学奥林匹克（第一轮）题2．【证】设三角形三边为a、b、c，周长为p，面积为S，则2S=rp=aha =bhb=chc当且仅当a=b=c，即三角形为等边三角形时取等号，即h a +hb+hc=9rC1-051 设点D、E、F分别在△ABC的三边BC、CA、AB上，且△AEF、△BFD、△CDE的内切圆有相等的半径r，又以r和R分别表示△DEF和△ABC 的内切圆半径．求证：r+r=R【题说】第四届（1989年）全国冬令营赛题4．【证】设p为△ABC的半周长，q为△DEF的半周长．因为S△ABC =S△AEF=S△BFD+S△CDE+S△DEF所以R²p=r²p+（r+r）²q （1）所以 R（p-q）=Pr （4）由（1）、（4）得Rq=（r0+r）q，即R=r+r．C1-052 在圆内引弦AB和AC，∠BAC平分线交圆于D点．过D【题说】第十六届（1990年第三阶段）全俄数学奥林匹克九年级题8．【证】作DM⊥AC于M（如图）．因为ABDC内接于圆，所以∠MCD=∠B若B与E重合，则∠B=90°=∠ACDRt△ABD≌Rt△ACD，结论显然成立．若B与E不重合，则∠B为锐角或钝角．不妨设∠B为锐角（钝角情形同样讨论），则∠ACD为钝角，M在AC延长线上，而E点在AB线段内．由于AD平分∠BAC，所以DE=DM，AE=AM．从而△BDE≌△CDM，则C1-053 四边形ABCD内接于半径为r的圆，对角线AC、BD相交于E．证明：若AC⊥BD，则EA2+EB2+EC2+ED2=4r2 （1）若（1）成立，是否必有AC⊥BD？说明你的理由．【题说】 1991年英国数学奥林匹克题3．【解】若AC⊥BD，则EA2+EB2+EC2+ED2=AB2+CD2．由正弦定理AB2=4r2sin2∠ACBCD2=4r2sin2∠CBD=4r2cos2∠ACB所以 EA2+EB2+EC2+ED2=4r2sin2∠ACB+4r2cos2∠ACB=4r2反之，若（1）成立，未必有AC⊥BD．例如AC、BD为任两条直径，则交点E即为圆心．（1）式显然成立．C1-054 设∠A是三角形ABC中最小的内角．点B和C将这个三角形的外接圆分成两段弧．设U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的一个点．线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于V和W．直线BV和CW相交于T．证明：AU=TB+TC．【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题2．本题由英国提供．【证】如图所示，因为点V在线段AB的垂直平分线上，所以∠VAB=∠VBA．又因∠A是△ABC的最小内角，且∠VAB=∠UAB＜∠CAB故∠VBA=∠VAB＜∠CAB≤∠CBA即V在∠ABC内．同理W在∠ACB内．BV与CW的交点T在△ABC内．延长BT交外接圆于S．由于AU与BS关于弦AB的中垂线对称，所以AU=BS．因为∠TCS=∠TCA+∠ACS=∠WAC+∠ABS=∠WAC+∠VAB=∠BAC=∠BSC，所以TS=TC，从而AU=BT+TS=BT+TCC1-055 在圆上取六个点A、B、C、D、E、F，使弦AB与DE平行，弦DC与AF平行．证明：弦BC与弦EF平行．【题说】 1959年～1960年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】圆上六点的顺序有种种情况．以图a、图b所示的两种为例，其他情况可仿此证明．在图a中，因AB∥DE，DC∥AF，故有所以 BC∥EF所以，BC∥EF．C1-056 在平行四边形ABCD的两边AB、AD上，向外作两个正方形ABMX、ADNY．求证：CA⊥XY．【题说】 1963年武汉市赛高三一试题4．【证】如图，延长CA交XY于E，因∠ABC=180°-∠BAD=180°-（360°-∠BAX-∠XAY-∠YAD）=∠XAY又 AY=AD=BC及AX=BA所以△XAY≌△ABC，从而∠XYA=∠ACB=∠CAD所以∠AEY=180°-∠EAY-∠EYA=180°-∠EAY-∠CAD=∠DAY=90°．亦即AC⊥XY．C1-057 作△ABC外接圆，连接AC中点与AB、BC中点的弦，分别交AB 于D，交BC于E．证明：DE∥AC且通过三角形的内心．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题3．△ABC的内心，则AM、BN过O．又设LN与AC交于K，连结OK．LN⊥AM在△AON中，易知∠AON=∠NAO．从而ND平分AO．又AO平分∠A．从而AO平分DK．因此在四边形AKOD中二对角线AO、DK互相垂直平分，故AKOD 是菱形．于是DO∥AK．同理，四边形CEOJ是菱形，从而OE∥CJ，从而D、O、E在一条直线上，即DE∥AC，而且DE过△ABC内心O．C1-058 某个平面四边形，各边之长顺次为a，b，c，d，对角线互相垂直．试证：任何其它四边形，若其各边长顺次为a，b，c，d，则其对角线也互相垂直．【题说】 1975年～1976年波兰数学奥林匹克三试题4．【证】设四边形ABCD、A′B′C′D′的边长顺次为a，b，c，d，AC 与BD相交于O，并且AC⊥BD（如图）．显然 a2-b2=AO2-OC2=d2-c2设B′在A′C′上的射影为P，D′在A′C′上的射影为Q，则A′P2-PC′2=a2-b2=d2-c2=A′Q2-QC′2即 A′C′³（A′P-PC′）=A′C′³（A′Q-QC′）从而A′P-PC′=A′Q-QC′，又A′P+PC′=A′C′=A′Q+QC′，所以A′P=A′Q，P与Q重合，并且均在B′D′上．于是B′D′⊥A′C′．C1-059 已知平面上的三个正方形ABCD、A1B1C1D1和A2B2C2D2（正方形的顶点是沿逆时针方向标写的）．并且顶点A1与A重合，而C2与C重合，试证：线段D1D2与BM（其中M为线段B1B2的中点）互相垂直并且|D1D2|=2|BM|．【题说】第六届（1981年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【证】设B为原点，其它各点的复数表示仍用同样的字母，则由于M是线段B1B2中点，2²M=B1+B2=（B1-A）+（B2-C）+A+C=（D1-A）²（-i）+（D2-C）²i+A+C=（D2-D1）i+A²（1+i）+C²（1-i）=（D2-D1）i+C²i（1+i）+C²（1-i）=（D2-D1）i因此线段D1D2⊥BM，并且|D1D2|=2|BM|．C1-060 如图，在凸四边形ABCD中，AB与CD不平行．圆O1过A、B且与边CD相切于P，圆O2过C、D且与边AB相切于Q，圆O1与圆O2相交于E、F．求证：EF平分线段PQ的充分必要条件是BC∥AD．【题说】第五届（1990年）全国冬令营赛题1．【证】首先证明：如图，分别延长CD与BA，记它们的交点为S．并记SC，SD，SP，SA，SB，SQ为c，d，p，a，b，q，则p2=ab，q2=cd．于是延长PQ分别交圆O1、O2于J、I，则由相交弦定理可知PD²PC=PI²PQ，QA²QB=QJ²PQ弦定理可知KP²KJ=KE²KF=KQ²KI即 KP（KQ+QJ）=KQ（KP=PI）于是 KP²QJ=KQ²PI综上所述，命题得证．C1-061 △ABC是直角三角形，以直角边AC和BC为边分别向外作两个菱形ACDE和CBFG，其中心分别为P和Q，且∠EAC=∠GCB＜90°，如果M和N分别为AB和DG的中点．证明：PQ⊥MN．【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛八年级题2．【证】容易证明，△ACG≌△BCD，所以AG=BD．从而以四边形ADGB各边中点为顶点的四边形P，N，Q，M是菱形，故PQ⊥MN．C1-062 ABCDE是凸五边形，AB=BC，∠BCD=∠EAB=90°．X为此五边形内一点，使得AX⊥BE且CX⊥BD．证明：BX⊥DE．【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题3．【证】设AX交BE于Y，CX交BD于Z，BX交DE于F．则AB2=BY²BE=BZ²BD所以D，E，Y，Z四点共圆．又由于B，Y，X，Z四点共圆，所以∠BXZ=∠BYZ=∠ZDF故D，F，X，Z四点共圆，从而∠BFD=∠DZX=90°，即BX⊥DE．C1-063 已知△ABC以O1、O2、O3为旁切圆圆心．证明：△O1O2O3是锐角三角形．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题3．【证】易知△O1O2O3包含△ABC，△ABC三内角平分线是△O1O2O3三高，△ABC内心O是△O1O2O3垂心．O在△ABC内，更在△O1O2O3内，故△O1O2O3为锐角三角形．C1-064 在△ABC中，∠A的平分线交AB边中垂线于A′，∠B的平分线交BC边中垂线于B′，∠C的平分线交CA边中垂线于C′．求证：（1）若A′与B′重合，则△ABC为正三角形；【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题3．【证】（1）若A′与B′重合，则△ABC的内心与外心重合，从而△ABC为正三角形．（2）将△A′AC′绕A旋转，使A与B重合．设这时C′转到∠ABC-∠BAC+∠ACB）=∠B′CC′．所以△B′BK≌△B′CC′，B′K=B′C′．从而△B′A′K≌△B′A′C′，∠【注】设I为内心，AB的垂直平分线交BB′于J，则可以证明△A′C′I∽△A′B′J，从而导出结论，但需要稍多的计算．C1-065 ABC是一个等腰三角形，AB=AC，假如（i）M是BC的中点，O是直线AM上的点，使得OB垂直于AB；（ii）Q是线段BC上不同于B和C的一个任意点；（iii）E在直线AB上，F在直线AC上，使得E，Q，F是不同的和共线的．求证：OQ⊥EF当且仅当QE=QF．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题2．本题由亚美尼亚-澳大利亚提供．。

国际数学奥林匹克试题分类解析—E组合数学_E2计数和离

E2 计数和离散最值E2－001 某人给六个不同的收信人写了六封信，并且准备了六个写有收信人地址的信封，有多少种投放信笺的方法，使每封信笺与信封上的收信人都不相符．【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．本题中的6可以改为n．【解】根据“容斥原理”可得投放信笺方法的种数为将6改为n时，答案为E2－002 n个点由线段连结着，已知其中每两点都有一条且只有一条折线相连，证明：线段的总条数为n－1．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克九年级题3．【证】从n点中任选一点A作“根”，将整个图看作一个“树”，从每个“枝”的顶端一节一节地将线段折下来，于是一个端点对应一个线段，直至最后剩下一个“根”点A．因此，线段恰有n－1条．E2－003 从0，0，1，2，3，4，5这七个数字中，任取三个组成三位数，问可组成多少个不同的三位数？又在这些三位数中有多少个是5的倍数？【题说】 1964年成都市赛高二一试题3．由题意知1，2，3，4，5不重复使用，0只能用两次．【解】百位数字只能从1，2，3，4，5中选，共有5种取法，若十位数字取0，则个位数字取法有5种；若十位数字不取0，则十位数字取法有4种，个位数字取法也有4种，故共能组成5×5＋5×4×4＝105个不同的三位数，在这些三位数中，末位数字为0的共有5×5＝25个，末位数字为5的共有4×4＝16个，故5的倍数共有25＋16＝41个．E2－004 在一次中学数学竞赛中共出了A、B、C三题．在所有25个参加者中，每个学生至少解出一题，在没有解出A的那些学生中，解出B的人数是解出C的人数的两倍，只解出A的人数比余下的学生中解出A的人数多1．只解出一题的学生中，有一半没有解出A．问有多少学生解出B？【题说】第八届(1966年)国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．【解】设不仅解出A的为x人，仅解出B的为y人，解出B与C由(1)、(2)得由(3)，x≤7．由(4)，x＝7，4，1．仅解出B的人数为6．E2－005 在方格的边长为1cm的方格纸上，画一个半径为100cm的圆，这个圆不经过方格的顶点而且不与方格的边相切，问这个圆能穿过多少个方格？【题说】第二届(1968年)全苏数学奥林匹克八年级题3．【解】所画的圆穿过200条水平线和200条竖直线．每一条都穿过两次．因此，交点有800个．这800个点把圆分成800份，其中每一部分都在一个格里面，所以圆最多穿过800个格．同时，可能得出，某两个部分在一个格内，即圆与某个方格相交两次(如图)．我们证明，这样的“奇异”方格不会多于1个．考虑以O为圆心、半径为200的与某个方格的边AB相交两次的圆．从这个圆的圆心O到A点和B点的距离大于100，而从直线AB到O的距离小于100，所以，O点在以A和B为圆心、半径为100的圆以外，并且在与AB距离为100的两条平行线之间．这种点，充满两个曲边三角形内部(图中画有斜线的是其中一个)．显然，对于不同的线段AB，这些轨迹没有公共点．所以，奇异的方格不多于1个．因此，这个圆穿过800或799个方格．E2－006 一个长方体盒子能用单位立方体填满，如果我们改放尽可能多的体积是2的立方体，且使立方体的边平行盒边，则恰好能填到盒【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．40％×a1a2a3＝2b1b2b3当a＞10时，b≥8，所以综上所述，所求的盒子尺寸为2×3×5或2×5×6．E2－007 如图，有10个村庄，分别用点A1，A2，…，A10表示，某人从A1出发，按箭头所指的方向(不准反向)可以选择任意一条路径走向其他某个村庄，试问：1．按图中所示方向从A1到A5(不绕圈)有多少种不同的走法？2．从A1出发，按图中所示方向，绕一圈后再回到A1，有多少种不同的走法？【题说】 1979年湖北省赛二试题3．【解】为方便计，设从A1到A i的走法有a i种，这些走法分为两类：一类是从A1出发，经过A i－2到达A i(不经过A i－1)，这时从A1到A i－2的走法为a i－2，从 A i－2不经过A i－1到A i的走法只有一种，所以这类走法共a i－2种．第二类是从A1出发，经过A i－1到达A i，共a i－1种，而这两类走法是互不相同的，所以，从A1到A i的走法共a i＝a i－1＋a i－2(种)显然a2＝1，a3＝2．于是a5＝2a3＋a2＝5，a6，a7，a8，a9，a10，a11分别为8，13，21，34，55，89．所以从A1到A5有5种不同的走法，从A1出发，绕一圈回到A，有89种不同的走法．E2－008 在直角坐标平面的第一象限中，把坐标都是整数的点按以下方法编号：(0，0)点第1号，(1，0)点第2号，(1，1)点第3号，(0，1)点第4号，(0，2)点第5号，(1，2)点第6号，(2，2)点第7号，(2，1)点第8号，(2，0)点第9号，…按图中箭头的顺序，求第2000号的点的坐标．【题说】 1979年北京市赛二试题1．【解】设k为正整数，则满足条件：0≤x≤k，0≤y≤k的坐标为整数的点(x，y)共有(k＋1)2个，而满足条件：(k＋1)2＜2000的最大整数k＝43．因此编号为2000的点的纵坐标为44或横坐标为44．因44为偶数，故应从点(0，44)往右数，又因2000－442＝64＞44故第2000号的点的横坐标为44．其纵坐标是44－(64－45)＝25所以编号2000的点的坐标是(44，25)．E2－009 散步时，每步长为1，向南、北、东、西任一方向均可，如果每一点不通过两次，则称这散步为自身回避的，设从原点开始的、n步的、自身回避的散步种数为f(n)．求 f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，并证明2n＜f(n)＜4·3n－1【题说】第十一届(1979年)加拿大数学奥林匹克题5．【解】容易算得f(1)＝4f(2)＝4×3＝12f(3)＝4×3×3＝36对于4步的自身回避散步，则有f(4)＝4×3×3×3－8＝100假设每次均向北或西两个方向走，当然不会出现有一点通过两次的情况，所以2n＜f(n)如果仅考虑不反过身来往回走，那么共有4×3n－1种(其中可能出一点通过两次的情况)，所以f(n)≤4×3n－1(当n＝1，2，3时取等号)．E2－010 十个赌徒在开赌时，每人都有相同的赌本，每次由一个人掷五粒骰子，如果骰子的点数之和为n，那么这个人向其他九人中的每一每人掷一次骰子后，每个人的赌本又恢复到开赌时的原有的赌本．最后一次掷出的点数之和为12．求各次掷出点数之和．【题说】 1980年五国国际数学竞赛题5．本题由荷兰提供．【解】不妨设每人赌本为1，又设第i次的点数之和为n i(1≤n i≤10)，容易知道第i个人在第i次时，钱由x变为所以最终钱数为特别地，而由此逐步得出n9＝13，n8＝14，…，n1＝21．E2－021 S是{1，2，…，1989}的一个子集，而且S中任意两个数的差不能是4或7，那么S中最多可以有多少个元素？【题说】第七届(1989年)美国数学邀请赛题13．【解】将1，5，9，2，6，10，3，7，11，4，8顺次放在圆周上．如果从中选出6个数，那么必有两个在圆周上相邻，即它们的差为4或7，所以从1，2，3，…，11中最多能选出5个数，每两个的差不为4或7．这5个数可以是1，3，4，6，9．同理，在每11个连续自然数中最多能选出5个数，每两个的差不为4或7．{1，2， (1989)可分拆为181个子集{11j＋1，11j＋2，…，11j＋11}(j＝0，1，…，179)及{1981，1982，…，1989}，所以|S|≤5×181＝905．11j＋1，11j＋3，11j＋4，11j＋6，11j＋9(j＝0，1，…，180)．这905个数中，每两个的差不为4或7(若其中有(11j＋b)－(11j＋a)＝4或7，则a－b＝7或4)．因此S最多可以有905个元素．E2－022 整数1，2，…，n的排列满足条件：每个数或者大于它之前的所有数，或者小于它之前的所有数，试问有多少个这样的排列？【题说】第二十一届(1989年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设所求排列数为 A(n)，不难求得A(1)＝1，A(2)＝2，A(3)＝4对自然数1，2，…，n，设n排在第k个位置(1≤k≤n)，则在它之后只有一种排法： n－k，n －k－1，…，1；而在它之前有A(k－1)种排法，故A(n)＝1＋A(1)＋A(2)＋…＋A(n－1)(n≥2)借助这递推关系，由归纳法易知A(n)＝2n－1．【别解】除第1位外，其余的位置有两种选择：在这位上的数大于它以前的数，或小于它以前的数，设第j1＜j2＜…＜j l位是前一种，则它对应于排列：在这l个位上从右至左放n，n－1，…，n－l＋1；在其余位上自左至右放n－l，n－l－1，…，2，1．选择有2n－1种，排列也有2n－1种．E2－023 求证：集中{1，2，…，1989}可以分为117个互不相交的子集A i(i＝1，2，…，117)．使得(1)每个A i含有17个元素；(2)每个A i中各元素之和相同．【题说】第三十届(1989年)国际数学奥林匹克题1．本题由菲律宾提供．【证】考虑17行117列的表：不难验证各列的和均相等，将第i行各数加上(i－1)×117(i＝1，2，…，17)，则各列的和仍然相等，这时表中的数即1～1989．第j列元素组成的集A j(j＝1，2，…，117)满足题中所有要求．E2－024 设n是正整数，我们说集合{1，2，…，2n}的一个排列(x1，x2，…，x2n)具有性质p，如果在{1，2，…，2n－1}当中至少有一个i使|x i－x i＋1|＝n成立．求证：对于任何n，具有性质p的排列比不具有性质p的排列个数多．【题说】第三十届(1989年)国际数学奥林匹克题6．【证】设(x1，x2，…，x2n)中k与k＋n相邻的排列的集合为N k(1≤k≤n)，则具有性质p的排列个数而|N k|＝2×(2n－1)！，|N k∩N h|＝22×(2n－2)！，将k与k＋n、h与h＋n并在一起，2n－2个“数”有(2n－2)！种排列，其中k与k＋n，h与h＋n并成的“数”可以将k＋n与k，h＋n与h的位置交换，各有两种排列，所以＝(2n)！2n×2(n－1)×(2n－2)！＝2n×(2n－2)！×nE2－025 在坐标平面上，横坐标和纵坐标均为整数的点称为整点．对任意自然数n，连结原点O 与点A n(n，n＋3)，用f(n)表示线段OA n上除端点外的整点个数，求f(1)＋f(2)＋…＋f(1990)的值．【题说】 1990年全国联赛一试题2(4)．原题为填空题．【解】 OA n的方程是y＝(n＋3)x/n(0＜x＜n)．因为n不能整除x，若x、y是整数，n不与n＋3互素，必为3的倍数．设n＝3m，则y＝(m＋1)x/m，x只可取m、2m两个值．小于1990的3的倍数有663个，故所求的值是2×663＝1326．E2－026 8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站两个男孩，求共有多少种不同的排列方法？(只要把圆圈旋转一下就重合的排法认为是相同的．)【题说】 1990年全国联赛一试题2(6)．原题为填空题．【解】因旋转重合认为相同，可让某女孩G固定不动，从25个男孩中任选16人，使每两人随一个女孩，这16人可任意排列；对每一种排列，除G外的7个女孩各与其后的两个男孩看成一个“个体”，连同其余9个男孩，总共16个“个体”，又可任意排列，其总数为E2－027 一个正三角形，每边被等分为n份，过各分点作其它两边的平行线．一共产生多少个三角形(包括原来的三角形在内)？【题说】 1990年中国集训队测试题17．【解】设原三角形的边长为n，记边长为k(1≤k≤n)的“头数为y l，则头朝上的三角形共有：x1＝2＋2＋…＋n＝n(n＋1)/2x2＝1＋2＋…＋(n－1)…x n－1＝1＋2，x n＝1头朝下的三角形共有：y1＝1＋2＋…＋(n－1)＝n(n－1)/2y2＝1＋2＋…＋(n－3)＝(n－2)(n－3)/2…y l＝1＋2＋…＋(n－2l＋1)＝(n－2l＋1)(n－2l＋2)/2…(1)当n为偶数时，由上式可知(2)当n为奇数时，E2－028 在一次射击比赛中，有8个泥制的靶子挂成如图所示的三列(其中两列3个，一列2个)．一位神枪手按下面的规则打中所有靶子：1．首先选择一列；2．再打掉所选一列的最下面未打过的靶子，问打中这8个靶子共有多少种不同的顺序？【题说】第八届(1990年)美国数学邀请赛题8．【解】随意射击8个靶子有8！种方法．由于每列靶子的顺序已经确定，所以现在的射法共有种不同的顺序．E2－029 设S＝{1，2，…，n}，A为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列．求这种A的个数．(这里只有两项的数列也看作等差数列．)【题说】 1991年全国联赛二试题1．【解】对于n＝2k，所述数列A必有连续两项，一项在{1，2，…，k }中，另一项在{k＋1，k ＋2，…，n}中，反之，从{1 ，2，…，k}中任取一个数，{k＋1，k＋2，…，n}中也任取一个数，以它们的差为公差、并以这两数为该数列的连续两项可作出一个A．此对应是一一对应，故这种A的个数为k2＝n2/4．对于n＝2k＋1，情况完全类似，注意集合{k＋1，k＋2，…，n}中有k＋1个数，故这种A的个数为k(k＋1)＝(n2－1)/4．两式可统一为[n2/4]．([x]表示不超过x的最大整数．)E2－030 用A、B两个字母排成的长为15的序列中，满足下列条件的有多少种？条件：连续二个字母AA在序列中出现五次，AB、BA、BB各三次．例：排列AABBAAAABAABBBB中因为AA五次，AB三次，BA二次，BB四次，所以不满足上面的条件．【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】从第一个项开始，设由A组成的段依次为a1，a2，…，由B组成的段依次为b1，b2，…．满足条件的排列形状必为a1b1a2b2a3b3a4 (1)b1a1b2a2b3a3b4 (2)若一段由k＋1个A组成，则这段中AA有k个．各段至少包含一个A(或B)．其余5个A，3个B 的分配方法如下：＝420(种)．故满足条件的排列共有980种．E2－031 在一种“咬格子”的游戏中，两名选手轮流“咬”一个由单位正方形组成的5×7网格．所谓“咬一口”，就是一个选手在剩下的正方形中挑一个正方格子去掉(“吃掉”)它的左面的一条边(朝上延长)与底边(朝右延长)所确定的象限中的全部正方形格子，如图a所示，有阴影的格子是选定的，吃掉的是这个有阴影的及打“×”的四个格子．(虚线部分是在这之前已被“吃掉”的)游戏的目标是要对手“咬”最后一口．图b所示的是35个正方形组成的集合的一个子集，它是在“咬格子”游戏过程中可能出现的一个子集．在游戏过程中，可能出现的不同的子集总共有多少个？整个网格及空集也计算在内．【题说】第十届(1992年)美国数学邀请赛题12．【解】根据游戏规则，每次“吃”剩下的图形有如下特点：从左到右，各列的方格数不增．因为如某一方格被“吃”，那么它右面和上面的格子全部被“吃”．于是每次剩下的图形从A到B 的上边界是一条由7段横线与5段竖线组成的折线，且它是不增的；反之，每一条这样的折线，也对应一块“吃”剩下的方格集．E2－032 1克、30克、50克三种砝码共110个，总重量为1000克，问其中30克的砝码有多少个？【题说】第一届(1990)希望杯高一二试题2(4)．原是填空题．【解】设1克、30克和50克砝码数分别有x、y、z，则有以下关系：(2)－(1)得29y＋49z＝890 (3)因29 890，49 890，所以y≠0，z≠0．即y≥1，z≥1．从而890＝29y＋49z≥29＋49z由于z是整数，故z≤17．令z＝1，2，…，17，代入(3)，知：只有当z＝1时，y＝29是唯一整数解．又由(1)知，x＝80．即这一组砝码中有29个30克的砝码．E2－033 下图中将等边三角形每边3等分，过等分点作每边平行线，这样所形成的平行四边形个数，记为f(3)，则f(3)＝15．将等边三角形每边n等分，过各分点作各边平行线，所形成的平行四边形个数记为f(n)，求f(n)表达式．【题说】第二十三届(1991年)加拿大数学奥林匹克题5．【解】如图所示的平行四边形，由a、b、c、d四个数决定．这4个数满足a≥1， b≥1， c≥0，d≥02≤a＋b＋c＋d≤n即0≤a1＋b1＋c＋d≤n－2其中a1＝a－1，b1＝b－1，c，d均为非负整数．因此平行四边形的总数为【别解】在BA、BC的延长线上分别取E、F，使BE＝BF＝n＋1，则EF＝n＋1．图中的平行四边形，每一边恰好与EF相交于一点．这四点不同，都是EF上的格点(即将EF等分为n＋1份的分点)．反之，从EF的n＋2个格点(包括E、F在内)中任取四点，过靠近E的两点作AB的平行线，过另两点作BC的平行线，便可得到一个图中的平行四边形，所以E2－034 若平面上有997个点，如果每两点连成一条线段，且中点涂成红色．证明：平面上至少有1991个红点．你能找到一个正好是1991个红点的特例吗？【题说】 1991年亚太地区数学奥林匹克题2．【证】在给定的997个点中，设M、N两点间的距离最大，分别以 M、N为圆心，MN/2为半径作圆，这两个圆仅有一个公共点，即MN的中点E．于是MP的中点必在⊙M内部或圆周上，这样的995个点互不相同．同理，NP的中点必在⊙N内部或圆周上，这样的995个点互不相同，而且与上面的995个中点均不相同，加上点E，共有2×995＋1＝1991个红点．x轴上横坐标分别为1，2，…，997的997个点就是满足要求的例子．E2－035 A，B分别是坐标平面上的格点的集合：A＝{(x，y)|x，y为正整数，1≤x≤20，1≤y≤20}B＝{(x，y)|x，y为正整数，2≤x≤19，2≤y≤19}A中的点分别染成红色或蓝色．染成红色的点有219个，其中有180个包含于B中，又四个角上的点(1，1)，(1，20)，(20，1)，(20，20)都染成蓝色．将水平或垂直方向上相邻两点按下列要求用红、蓝、黑色的线段连接起来：两点均为红色时，用红线连接；两点均为蓝色时，用蓝线连结；两点为一红一蓝时，用黑线连结．问：(长度为1的)黑线有237段时，(长度为1的)蓝线有多少段？【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】集合A中有400个点，其中红点有219个，蓝点有181个，在B内有蓝点144个．A的四周有76个点，其中红点39个，蓝点37个(包括四个角上的点)．每个角上的点引出2条线段；每个边界上(除四个角)的点引出3条线段；每个B内的点引出4条线段．因此，对于蓝点共引出线段2×4＋3×33＋4×144＝683(段)其中黑线有237段，所以蓝线有683－237＝446(段)这些蓝线在上述计数时，被重复计算了一次，故实际上有蓝线446÷2＝223(段)E2－036 设集合A＝{1，2，…，10}．A到A的映射f满足下列两个条件：(1)对任意X∈A，f(30)(x)＝x；(2)对每个正整数k，1≤k≤29，至少存在一个a∈A，使得f(k)(a)≠a．其中f(1)(x)＝f(x)，f(2)(x)＝f(f(x))，…，f(k＋1)(x)＝f(f(k)(x))，…．求这样的映射的总数，【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题12．【解】设A划分成3个互不相交的子集：{a1，a2，a3，a4，a5}∪{b1，b2，b3}∪{c1，c2}并且定义映射f：f(a1)＝a2，f(a2)＝a3，f(a3)＝a4，f(a4)＝a5，f(a5)＝a1；f(b1)＝b2，f(b2)＝b3，f(b3)＝b1；f(c1)＝c2，f(c2)＝c1．5，3，2两两互素，30是它们的最小公倍数．由条件知，f不是恒等映射，且 f由若干个循环组成，这些循环的阶数的最小公倍数应为30．从而，f是满足条件(1)、(2)的唯一一类映射．所以，f的总数相当于从10个元素中选取5个，再从剩余的5个中选3个，它们再分别进行循环排列的个数．故所求映射的总数是E2－037 一副牌有 2n＋ 1张，由一张王及标 1至 n的牌每种各两张组成．这2n ＋1张排成一行，王在正中间，对每个k，1≤k≤n，两张标k的牌之间恰有k－1张牌．确定所有不超过10并且有这种排法的n．对哪些n，不可能这样排？【题说】第二十四届(1992年)加拿大数学奥林匹克题5．【解】设标i的牌，从左数起位置为a i与b i(a i＜b i，i＝1，2，…，n．因为王牌位置为n＋1，b i＝i＋a i，所以即因此4｜n(n＋1)．n＝1，2，5，6，9，10不满足上述要求．n＝3时，解为232J311．n＝4时，解为2423J4311．n＝7时，解为2723563J7546114．n＝8时，解为78426247J86531135．E2－038 在4000至7000之间有多少个四个数字均不相同的偶数？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题1．【解】答：728．若千位数字为4或6，这时千位数字有2种选法，个位数字有4种选法，百位数字有8种选法，十位数字有7种选法．所以共有2×4×8×7＝448个数符合要求．同理，若千位数字为5，有 1× 5× 8× 7＝ 280个偶数符合要求．所以，共有448＋280＝728个．E2－039 令S为一个有6个元素的集合．问有多少种不同的方法可以把S分成两个不一定不同的子集，使得这两个子集的并恰好是S？两子集的顺序不必考虑，如{a，c}，{b，c，d，e，f}与{b，c，d，e，f}，{a，c}算一种分法．【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题8．【解】365．设S＝AUB，S中每一个元素，或属于A，或仅属于B，或同时属于A、B，共3种情况．所以如果S中有n个元素，共有3n种方法选择集合A和B．除了A＝B＝S的情况，如果不计顺序每种情形算了2次，所以共有种分法．特别地，n＝6时，共有365种分法．E2－040 红色和白色的椅子各有5张，围成一个圆圈，共有多少种不同的排法？同色的椅子是没有区别的，经旋转后排列的顺序一致的排法只算1种．【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】将椅子的位置编号为0～9．红色椅子的位置是集合A＝{0，然有f(10)(R)＝f(R)．从而使得f(n)(R)＝R的最小正整数n0必是10的约数．每种这样的排法R都被重复计算了n0次．r1＋r2＋…＋r5≡(r1＋5)＋(r2＋5)＋…＋(r5＋5)(mod10)≡(r1＋…＋r5)＋25(mod10)所以25≡0(mod10)这不可能．所以n0≠5．若n0＝2，易知只有R＝{0，2，4，6，8}和{1，3，5，7，9}满足要求．除此以外的250种R，其n0均为10．故所求的排法数为E2－041 A＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，满足下列条件(1)，(2)的子集S有多少个？(1)S的元素有5个；(2)S中任意两个不同元素的和的个位数字恰好是0到9这10个整数．【题说】 1994年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】这样的子集不存在，即满足条件的S的个数为0．事实上，若存在满足条件的子集S＝{a1，a2，a3，a4，a5}，由于4(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)≡0＋1＋…＋9(mod10)上式左边为偶数，右边为奇数，不可能．E2－043 用94块大小尺寸均为4″×10″×19″的砖，一块放在另一块的上面堆积成一个94块砖高的塔，每块砖可随意摆放为塔提供4″或10″或19″的高度．若94块砖全部用上可摆放多少种不同高度的塔？【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题11．【解】设有x块砖提供10″的高度，y块砖提供19″的高度，x、y都是非负整数，且x＋y≤94，则塔的高度为h＝4(94－x－y)＋10x＋19y＝376＋3(2x＋5y) (1)如果x≥5，则将x换成x－5，y换成y＋2，由(1)表示的塔高取同样值，并且(x－5)＋(y＋2)≤94．所以可以假定x≤4．这时相同的x，不同的y表示的塔高h显然不同．如果x取不同值x1、x2(0≤x1＜x2≤4)，那么对任意的y1、y2，(2x2＋5y2)－(2x1＋5y1)＝2(x2－x1)＋5(y2－y1) (2)前一项不被5整除，后一项被5整除，所以(2)不为0，即相应于x1、x2的塔高不同．当x＝0，1，2，3，4时，y分别有95(0～94)，94，93，92，91种取法．所得的塔高均不同．所以共有95＋94＋93＋92＋91＝465种不同高度的塔．E2－044 设p是一个奇素数，考虑集合{1，2，…，2p｝的满足以下两条件的子集A：(i)A恰有p个元素；(ii)A中所有元素之和可被p整除．试求所有这样的子集A的个数．【题说】第三十六届(1995年)国际数学奥林匹克题6．与V＝{p＋1，p＋2，…，2p}外，每一个p子集与U、V的交均非空．将这些子集分类，如果子集S、T与V的交S∩V＝T∩V，并且S∩U的每个元加上k(mod p)就得到T∩U的每个元，这里k ∈{0，1，2，…，p－1}，那么就将S与T归入同一类．对于{0，1，2，…，p－1}中不同的k1、k2，由S得到的集T1、T2，元素和σ(T1)、σ(T2)的差≡(k1－k2)m(modp)，这里m＝S∩U的元素个数．由于S与U、V的交均非空，0＜m＜p，所以(k1－k2)m0(modp)，即T1≠T2．因此，每一类中恰好有p个集，并且这些集的元素之和modp各不相同．于是其中恰有一个集元素之和被p整除．从而所求子集A的个数为E2－045 4对夫妇去看电影，8个人坐成一排．若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，共有几种坐法？【题说】 1995年日本数学奥林匹克预选赛题6．【解】先将女性排定，有4！种方法．女性与女性之间若坐着男性(包括这些女性的丈夫)必不少于两个．同样，在男性与男性之间坐着的女性也必不少于两个．把座位连在一起的女性视为一组，则4位女性的分组方式有4，3＋1，2＋2，2＋1＋1，1＋1＋1＋1等五种．孤立坐着的女性必须在这一排座位的两端，所以1＋1＋1＋1的分组方式不合要求．女性分成2＋1＋1时，两端必须坐着女性，这时男性只能分成2＋2，即下表中的第1类，男性的排法只有1种．女性分成2＋2时，有下表的2，3，4，5四类，男性的排法分别有2，1，1，1种．女性分成3＋1时，有下表的6，7，8三类，男性的排法分别有2，1，1种．女性4人连排时，有下表的9，10，11三类，男性的排法分别有3！，2！，2！种．于是排法总数为4!×(1＋2＋2×1＋2×1＋1＋2×2＋2×1＋2×1＋2×3!＋2×2!＋2!)＝24×34＝8161．女男男女女男男女2．女女男男男男女女3．女女男男男女女男或男女女男男男女女4．女女男男女女男男或男男女女男男女女5．男女女男男女女男6．女女女男男男男女或女男男男男女女女7．男男女女女男男女或女男男女女女男男8．男女女女男男男女或女男男男女女女男9．女女女女男男男男或男男男男女女女女10．男男男女女女女男或男女女女女男男男11．男男女女女女男男E2－046 用六种不同颜色中几种染一个正方体各面，要求相邻两面不同色，问有多少种不同的染色法？(两个染色正方形，如果能通过转动、翻身使二者各面颜色对应相等，则认为是染色法相同)【题说】1996年全国数学联赛一试题2(5)，原为填空题．【解】分4种情况讨论：1°用了6种颜色．将一种颜色染下底，则上底有5种染法．固定一种颜色朝东，其它三面有3！种染法．共有5×3！＝30种．＝90种．所以染色法共有30＋90＋90＋20＝230种．E2－047 在直角坐标平面上，以(199，0)为圆心、以199为半径的圆周上，整点的个数有多少个？【题说】 1996年全国数学联赛一试题2(6)，原为填空题．【解】该圆方程为(x－199)2＋y2＝1992 (1)显然，(1)有4个整数解：(0，0)，(199，199)，(199，－199)，(389，0)．当y≠0、±199时，|y|与199互素，故由(1)知|x－199|、|y|、199是一组基本勾股数．由勾股数基本公式知，存在二正整数m、n使199＝m2＋n2．由于平方数≡0或1(mod4)，所以m2＋n2≡0，1或2(mod4)，但199＝4×49＋3≡3(mod4)矛盾．因此当y≠0、±199时，(1)无整数解．综上所述，在(1)圆周上的整点只有4个．E2－048 白(围棋)子5个、黑(围棋)子10个排成一横行，要求每个白子的右邻必须是黑子，共有多少种排法？【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题2．【解】先将10个黑子排成一行，每个黑子的左邻都留一个空位，从E2－049 设n为正整数，S＝{1，2，…，n}．S的(非空)子集A，B，C，D满足A∪B∪C∪D＝S 且A∩B∩C＝φ，这样的集合组(A，B，C，D)有多少个？【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】根据k(1≤k≤n)是否属于A，B，C，D，分别有24＝16种情形．在这些情形中，(1)k不属于A，B，C，D；(2) k属于A，B，C，但不属于D；(3)k属于A，B，C，D．这3种情形与要求不符．其余13种情形均合要求．对每个k(1≤k≤n)都有13种情形，故共有13n个满足题设要求的集合组．E2－050 一个7×7的棋盘的2个方格着黄色，其余的方格着绿色．如果一种着色法可从另一种着色法经过在棋盘的平面中的旋转而得到，那么这两种着色法看做同一种．可能有多少种不同的着色法？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题7．如果这一对方格关于棋盘中心中心对称，那么旋转后可与另一对方不关于棋盘中心中心对称，那么绕中心旋转90°、180°、270°，分别与另外三对方格重合，经过旋转也只可能与这三对重合．因此不同的E2－051 对每个实数x，以[x]记不超过x的最大整数．有多少个正整数n，使得n＜1000且[log2n]是正偶数？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题2．【解】 22k≤n＜22k＋1时，[log2n]＝2k．所求n的个数为23－22＋25－24＋27－26＋29－28＝340E2－052 两个正数的调和平均是它们的倒数的算术平均的倒数．有多少个正整数的有序对(x，y)，使得x＜y且x与y的调和平均等于620？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题8．E2－053 一个150×324×375的长方体由1×1×1的单位立方体胶合在一起而做成的．这长方体的一条内对角线穿过多少个单位立方体的内部？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题14．【解】从左到右151个互相平行两两距离为1的平面与对角线有151个交点，将对角线分为150段．同样从上到下，从前到后的两两距离为1的平面又增加一些分点，除去对角线的一端外，共有150＋324＋375－(150，324)－(150，375)－(324，375)＋(150，324，375)＝768个分点．将对角线分为768段，每段属于一个单位立方体，即对角线穿过768个单位立方体．E2－054 在1至1000000的自然数中，包括可表为完全平方数与完全立方数之和形式的自然数，以及不能表为这种形式的自然数．试问哪种形式的数较多？【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克九年级题1．【解】不能表为这种形式的自然数较多．设n＝k2＋m3，其中k、m∈N，n≤1000000．显然，这时k≤1000，m≤100．所以能表成这种形式的数不超过100×1000＝100000个，少于1000000的一半．E2－055 有多少对正整数x、y满足x≤y，并且最大公约数(x，y)＝5！，最小公倍数[x，y]＝50！？【题说】第二十九届(1997年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设x＝5！a，y＝5！b，a、b为互质的自然数，则[x，y]＝5！[a，b]＝5！ab．所以。

数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何021-030)

E3-021设G是紧夹在平行线l1与l2之间的任一凸区域（即其边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域），其边界c与l1、l2都有公共点．平行于l1的直线l将G分为如图所示的A、B 两部分，且l与l1和l2之间的距离分别为a和b．并说明理由；【题说】 1989年四川省赛二试题2．【解】设l与G的边界c分别交于X、Y，点P∈l2∩G，连PX、PY并延长分别交l1于X1、Y1．由上式可知，G为一边位于l1上，而另一顶点在l2上的三角形时，（2）设X1Y1=d，则XY=bd/a+b，E3-022平面上已给7个点，用一些线段连结它们，使得（1）每三点中至少有两点相连；（2）线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．【题说】第三十届（1989年）IMO预选题17．本题由蒙古提供．【解】如图表明9条线段已经足够了．下面证明至少需要9条线段．如果点A只作为1条线段的端点，则不与A相连的5点之间至少要设每一点至少作为两条线段的端点．若点A只作为两条线段AB、少还要引出一条线段，所以这时至少有2+6+1=9条线段．E3-023从n×n正方形剪去一个1×1的角格，求其余的图形分成等积三角形的最少个数．【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【解】一个与图中折线ABC有公共点的三角形，一条边长不大于1，至少分成个等积的三角形．图中的分法表明缺角正方形可以分成2（n+1）个等积三角形．E3-024证明存在一个凸1990边形，同时具有下面的性质（1）与（2）：（1）所有的内角均相等．（2）1990条边的长度是12，22，…，19892，19902的一个排列．【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【证】问题等价于存在12，22，…，19902的一个排列a1，a2，…，a1990，使令｛（a2k-1，a2k-1+995），k=1，2， (995)=｛（（2n-1）2，（2n）2），n=1，2， (995)（约定a j+1990=a j，j=1，2，…），则（1）等价于其中b k是（2n）2-（2n-1）2=4n-1（n=1，2，…，995）的一个排列，令并取b199t+5r=4（5r+t）-17（约定b j+995=b j）则由于其中S与厂无关．因此即（2）成立．E3-025设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个【题说】 1991年全国联赛二试题2．【证】如图a，考虑四个三角形；△ABC，△BCD，△CDA，△DAB的面积，不妨设S△DAB为最小．分四种情况讨论；即为所求．为所求．E3-026在桌面上放有七个半径为R的木球O，O1，O2，…，O6，球O1，O2，…，O6都与球O相切．问在这些球上面是否可以再放三个半径为R的木球O7，O8，O9，使得O7，O8，O9这三个球都与球O相切？并说明理由．【题说】上海市1992年高三年级数学竞赛二试题2．【解】可以．理由如下：O，O1，…，O6在同一个平面π上．用这个平面截这些球得7个圆．⊙O1，…，⊙O6都与⊙O相切．O1O2…O6组成边长为2R的正六边形，O是它们的中心．不妨设⊙O i与⊙O i+1（i=1，2，…，5）相切，⊙O6与⊙O1相切．在球O、O1、O2上放球O7，使球O7与这三个球都相切，此时OO1O2O2是棱长为2R的正四面体，O7到平面π的距离是这正四面体的高．同样在球O、O3、O4上放球O8，使球O8与这三个球都相切；在球O、O5、O6上放球O9，使球O9与这三个球都相切．O8、O9到平面π的距离等于O7到π的距离．所以O7、O8、O9在与π平行的平面上．记O7、O8、O9在π上的投影为O7'、O8'、O9'，则O7'O8'=O7O8，O8'O9'=O8O9，O7'O9'=O7O9，且O7'、O8'、O9'分别是△OO1O2、△OO3O4、△OO5O6的中心，连O2O7'、O3O6'并延长交O1O4于E、F，则E、F分别为OO1、OO4的中点且O2E⊥O1O4，O3F⊥O1O4，故同理O8'O9'=O7'O8'=2R．可见这样放的球O7、O8、O9不会重叠．E3-027设凸四边形ABCD的内角中，仅∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分成n个钝角三角形．但除A、B、C、D外，在该凸凹边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证：n应满足的充分必要条件是n≥4．【题说】 1993年全国联赛二试题1．【证】 1°充分性如图a，连结AC；设E是△ABC的费马点，连结AE、BE、CE，则△ACD、△AEB、△BEC、△CEA都是钝角三角形，这时n=4．在EC上取E1，E2…，E n，连结AE1，AE2，…，AE k，则△AEE1，△AE1E2，…，AE k-1E k皆是钝角三角形．这时n=k+3，k≥1．故对任意n≥4，都可将ABCD分割成n个钝角三角形．2°必要性对角线AC或BD将四边形分成的两个三角形中至少有一个不是钝角三角形．所以n≠2．假设n=3，则三个三角形共9个顶点，但A、B、C、D四点中必有两点（A与C或者B与D）是两个三角形的公共顶点．所以四边形内仅有一个点是三角形的顶点，而且这点E必在对角线AC或BD上．E在AC上，则△ABE与△BEC中有一个不是钝角三角形．E 在BD上，则在△BDC为钝角三角形时，△ADE、△ABE中必有一个不是钝角三角形．所以必有n≥4．【注】如果四边形ABCD中有两个钝角，那么可能将它割分成三个钝角三角形．如下图b、c所示．E3-028对于平面上任意三点P、Q、R，我们定义m（PQR）为三角形PQR的最短的一条高线的长度（当P、Q、R共线时，令m（PQR）=0）．设A、B、C为平面上三点，对此平面上任意一点X，求证：m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC) （*）【题说】第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题4．【证】不妨设A、B、C不共线．将AB、BC、CA都扩展为直线，把平面分为t个部分，如图a所示分为三种区域．（1） X点在区域Ⅰ内，记l（PQR）为△PQR的最长边的长度．延长AX交BC于D（图b），则AX≤AD＜max｛AB，BC｝≤l（ABC），同理BX≤l（ABC），CX≤l（ABC）．所以l（ABX）≤l（ABC），l（BCX）≤l（ABC），l（CAX）≤l（ABC），于是m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)（2）X点在区域Ⅱ中，不妨设X在∠BAC的对顶角中，记BC、CA、AB所对应的高分别为h a、h b、h c．①若m（BCX）是从X引出，则m（BCX）≥h a≥m（ABC），（*）成立．②若m（BCX）不是由X引出的，不妨设m（BCX）（图c）．（i）若∠CBX≤90°，则CD＝BC·sin∠CBX≥BCsin∠ABC=h c≥m（ABC）（ii）若∠CBX≥90°，则∠CBD=∠BXC+∠BCX≥∠BCX≥∠BCA，而∠CBD=180°-∠CBX≤90°所以 CD=BC·sin∠CBD≥∠BC·sin∠BCA=h b ≥m（ABC）于是此时不等式（*）成立．（3）若X点在区域Ⅲ中，不妨设在∠ABC所含的区域中，考虑AB、BC、CA、AX、BX、CX中的最长边（图d）：①若为AB、BC．CA中之一l（ABC），则（1）式的证明即知不等式（*）成立．②若BX最长，如图设BX交AC于D，∠ADB≤90°．作AE⊥BX 于E，作CF⊥BX于F，则m（ABX）=AE，m（BCX）=CF．又因为∠ADB＞∠ACB．所以AE+CF=AC·sin∠ADB＞AC·sin∠ACB=h a≥m（ABC）．（*）成立．③若最长边是AX或CX，不妨设为AX（图f）．在△ABX中，∠ABX≥∠BAX．所以90°≥∠BAX≥∠BAC．作BD⊥AX于D，则m （ABX）=BD=AB·sin∠BAX≥AB·sin∠BAC=h b≥m（ABC）．综上所述，不等式（*）恒成立．E3-029一个嵌在大一些的长方形内的小长方形（小长方形的顶点在大长方形的边上）如果能够绕小长方形中心在大长方形内旋转（不论转多小的角度），则称是未被卡住的．设在6×8的长方形内所有未被【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题14．【解】如图，ABCD为外面的大长方形，AB=8，PQRS为内接小长方形，O为公共中心，设∠QPB=θ，OP=OQ=r，PQ=x，QR=y．不失一般性，可设BQ≤CQ．则BA=BP+PA=xcoosθ+ysinθ=8BC=BQ+QC=xsinθ+ycosθ=6因为42+（3-BQ）2=OQ2=OP2=（BP-4）2+32，所以BQ增加时，此时因为Q、S是ABCD对边的中点，长方形PQRS面积为24，对角线长8，即所以（x+y）2=64+2×24=112N=448E3-030如果一个三角形的边长都是素数，试证它的面积一定不是整数．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级一试题1．【证】设三角形的边长是a、b、c，根据海伦公式我们有16△2=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)（1）其中△为三角形的面积．如果△为整数，那么（1）式左边应为偶数．由于a+b+c、a+b-c、b+c-a、c+a-b的奇偶性均相同，所以它们都是偶数．于是a、b、c 全为偶数或者一个为偶数，另两个为奇数．因为a、b、c都是素数，前设a=2．由于|b-c|＜a，所以奇素数b、c必须相等．由（1）得△2=b2-1．从而（b-1）2＜△2＜b2，△也不可能为整数．因此，这三角形的面积不可能为整数．。

数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值061-070

E2-061 网球协会为全体会员排定名次，最强的为第1号，其次为第2号等等．已知，在名次相差高于2的运动员比赛时，总是高名次的运动员获胜．在由1024名最强的选手参加的循环赛中（即参加者为1号选手到1024号选手），按奥林匹克规则进行：每一轮比赛的每对选手都由抽签决定，胜者进入下一轮．因此，每一轮比赛后参赛者将减少一半．这样一来，第十轮后将决出胜者．试问，胜者的最大号码是多少？【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题4．【解】胜者的最大号码是20号．因为不计比他强的选手时，k号选手只可能输给k+1号和k+2号选手，所以，胜1号选手的号数至多为3，胜3号的号数至多为5，…．因此，冠军的号数不可能低于1+2×10=21．但在冠军号数为21时，第一轮比赛后应淘汰1号和2号选手，他们分别败于3号和4号选手；在第二轮中3号，4号被淘汰，5号、6号取胜，等等．依此类推，直到第九轮，在该轮比赛中19号和20号选手应分别战胜17号和18号选手，这样，21号选手将不会进入决赛．下面举一个第20号选手获胜的赛例，全体参赛者按每组512人分成两组，第一组中包括第19号，20号及其他510名较弱的选手，该组的比赛使得第20号选手获胜（显然，这是可能的）．在第二组中有1号至18号选手及其余较弱的选手，在该组比赛中使第18号选手获胜，这只要出现前面所说的情况，是可以作到的：第一轮中3号，4号分别战胜1号，2号；第二轮中5号，6号战胜3号，4号等等；到第八轮，第17号和18号选手战胜15号和16号选手，在第九轮中18号选手战胜17号选手．这样，参加决赛的将是第20号选手和第18号选手，于是，20号选手可能获胜．E2-062 把一个8×8的棋盘（指国际象棋棋盘）剪成p个矩形，但不能剪坏任何一格，而且这种剪法还必须满足如下条件：（1）每一个矩形中白格和黑格的数目相等；（2）令a i是第i个矩形中的白格的个数，则a1＜a2＜…＜a p求出使上述剪法存在的p的最大可能值，同时对这个p求出所有可能的a1，a2，…，a p．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题4．本题由保加利亚提供．由此可知p≤7．p=7时只有五种可能的组合：第一种组合不可能在棋盘上实现，因为棋盘上剪出的矩形不可能是22格的，其他四种情况都是可以实现的，如上图所示（图中数字表示该块含方格数）．E2－063在一张正方形纸上画出n个边与纸的边平行的矩形，这些矩形中任两个都没有公共内点，证明：如果剪下所有的矩形，那么纸片数不大于n+1．【题说】第十届（1976年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】设纸片数为k，在每张纸片上标出4个顶点（纸片上可能不止四个顶点），这些顶点每一个都是矩形的顶点，或原正方形的顶点，如果两张纸片上标出的两个顶点实际上是同一个点，那么这一点一定是原来靠在一起的两个矩形的共同顶点．因此4k≤4n+4从而得 k≤n+1E2－064某区学生若干人参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250，前三名的分数是88、85、80，最低是30分，得同一分数的学生都不超过3人．问至少有多少学生得分不低于60分（包括前三名）？【题说】 1979年全国联赛二试题7．【解】除了前三名外，得分为30～79，总分为8250-（88+85+80）=7997．其中分数为30～59的人至多（每种分数三人），共得（30+31+…+59）×3=4005分，因此至少有7997-4005=3992分分配给60～79分的人．由于（79+78+…+61）×3=3990＜3992，所以60～79的人数至少为3×（79-61+1）+1=58．故得分不低于60分的学生总数为61人（包括前三名）．E2－065一个团体有1982人，在任何4人的小组中，至少有一人认识其他3人，问在此团体中，认识其他所有人的最少人数是多少？【题说】第十一届（1982年）美国数学奥林匹克题1．【解】认识可能是双方的，也可能是单方的．1．假设认识按双向性理解，作一个有1982个点的图G，每点代表一个人，若两人彼此不认识，就将相应两点连一条边，认识者不连．于是，我们的问题变为：已知在此图中，每四点所成之子图，至少有一孤立点，问图中最少有多少个孤立点？设G中有边AB．若又有边CD连结另两点C、D，则A、B、C、D四点所成子图中无孤立点，矛盾．因此G中任一点或者是孤立点，或者与A或B相连．设点C与A相连，则对任一点D，由于A、B、C、D所成子图中有孤立点，所以D不与A、B相连，从而（根据上面所证）D为G的孤立点．于是G中至多有A、B、C三点非孤立点，至少有1979个孤立点，即该团体中至少有1979个人认识其他所有人．2．若认识是单向的，设1982人围成一圆圈，每人皆不认识其右邻，但认识其余的人．容易证明，任4人中都至少有一人认识其他三人，但团体中无一人认识其他所有人，即认识所有其他人的人数最少是0．E2－066设S是边长为100的正方形，L是在S内自身不相交的折线段A0A1，A1A2，…，A n-1A n（A0≠A n）．假定对于边界上每一有两点X、Y，它们之间的距离不大于1，沿折线L，它们之间的距离不小于198．【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题6．【解】根据题设，对于正方形的顶点S1，S2，S3，S4，在折线L在沿L由A0到A n时，不妨假定先经过L1，并且在L2与L4中，先出现的是L2．将S1S4上的点分为两类：如果Q在A0L2这一段，P在第一类，如果Q在L2A n上，P在第二类．显然S1在第一类，S2在第二类，所以两类都是非空的，这两类可以有公共点（原因见后）．如果P0是公共点，那么另一方面，从Q1沿着L到Q2必须经过L2，而Q1到L2这段长≥以Q1、Q2之间的L的长≥198．Q1、Q2就是要求的点X、Y．最后来说明上面定义的两个类的公共点P0是存在的．设在边S1S4的从S1到S4的方向上，第一类的点最远能延伸到P0，从S4到S1的方E2－067在平面上画出n（n≥2）条直线，将平面分成若干个区域，其中一些区域上涂了颜色，并且任何两个涂色的区域没有相邻的边界．证明：涂色的区域数不超过（n2+n）/3．【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克十年级题4．只有一个公共点的两个区域，不认为是有相邻接的边界．【证】如果所画的直线都互相平行，那么它们将平面分成（n+1）个区域，这时能涂色的区域不超过n个．因为（n2+n）/3=n（n+1）/3≥n（2+1）/3=n所以此时命题成立．设并非所有直线都互相平行，每个区域的边界由若干条位于不同直线上的线段或射线组成，这些线段和射线称为区域的边．每个区域的边数不少于2．用m2表示有两条边的涂色区域的个数；m3表示有三条边的涂色区域的个数，等等，我们用m k表示边数最多的涂色区域的个数．首先证明m2≤n．任何有两条边的区域的边界是由两条射线组成的，并且每条射线只能是一个涂色区域的边界，所有这样的射线不超过2n条（每条直线上的射线不超过两条）．所以有两条边的涂色区域的边数不超过2n，即m2≤n·n条直线中的每一条被分成的区间（线段或射线）数不多于n，所以所有的区间数不超过n2，因而所有区域边的总数也就不超过n2条．由于每个区间至多是一个涂色区域的边，所以2m2+3m3+…+km k≤n2，涂色的区域数m2+m3+…+m k≤n2/3+（2m2+3m3+…+km k）/3≤n/3+n2/3=（n2+n）/3E2－068儿童计数器的三个档上各有十个算珠，如图，将每档算珠分为左右两部分（不许一旁无珠）．现在要左方三档中所表示的三个珠数的乘积等于右方三档中所表示的珠数的乘积．问有多少种分珠法？【题说】 1987年北京市赛高一题5．【解】不妨设左方上中下三档珠数分别为a、b、c，则右方上中下三档珠数分别为10-a、10-b、10-c，依题意得：abc=（10-a）（10-b）（10-c）（1）即 abc=500-50（a+b+c）+5（ab+bc+ca）因1≤a、b、c≤9，且5|abc，故a、b、c三数中至少有一个是5若只有一档珠数为5．不妨设a=5．（1）式化为：bc=（10-b）（10—c）=100-10（b+c）+bc即b+c=10这时b可以取1，2，3，4，6，7，8，9；而c相应取9，8，7，6，4，3，2，1．共得8种分珠法．同理，若b=5（a、c均不等于5），或c=5（a、b均不等于5），也各有8种分珠法．显然a=5，b=5，c=5时，也是一种分珠法（注意：若a、b、c 中有两个是5，则第三个也必然是5）．综上可知，总计共有8+8+8+1=25种分珠法．E2－069五对孪生兄妹参加k个组的活动，若规定：（1）孪生兄妹不在同一组；（2）非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动；（3）有一个人只参加两个组的活动．求k的最小值．【题说】 1987年全国联赛一试题2（5）．原题为填空题．【解】用A、a、B、b、C、c、D、d，和E、e表示五对孪生兄妹．不妨设A只参加两个组的活动，要同时满足（1）、（2），这两组要包含除a外的其余8人，同时每组各为5人（不然，则有一组包含一对孪生兄妹）．由对称性，这两组可以设为（A，B，C，D，E）和（A，b，c，d，e）．再考虑a，为使编组尽可能地少，可在B，C，D，E与b，c，d，e中各取一个（二者非孪生兄妹）编为4组：（B，a，c），（C，a，b），（D，a，e），（E，a，b）最后，将余下没有编在一组的非孪生关系的，每两人编为一组，共8组：（B，d）（B，e）（C，d）（C，e）（D，b）（D，c）（E，b）（E，c）总共14组，所以k的最少值为14．E2－070甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．求所有可能出现的比赛过程的种数．【题说】 1988年全国联赛一试题2（4）．原题为填空题．【解】设甲队胜，则甲队必在前13场比赛中胜7场，可能情况有。

初中数学奥林匹克赛题解析知识点整理

初中数学奥林匹克赛题解析知识点整理数学奥林匹克赛是一项旨在培养学生数学思维能力和解决问题能力的比赛。

它涵盖了初中数学的各个领域，并且难度较高，需要学生具备一定的数学基础和解题技巧。

在本文中，我们将解析一些常见的初中数学奥林匹克赛题，并整理出一些涉及的重要知识点，帮助学生更好地准备和应对这类比赛。

1. 方程的解析解法在初中数学奥林匹克赛中，经常会出现一些复杂的方程问题。

要解决这类问题，我们首先要掌握方程的基本概念和解法。

一般来说，方程的解就是使得方程两边相等的未知数值。

我们可以通过消元、配方法、因式分解等一系列的运算步骤，得出方程的解。

对于一些复杂的方程，我们还可以利用图形解法、特殊解法等方法求解。

2. 几何图形的性质分析几何问题是初中数学奥林匹克赛中的重要题型之一。

在解答几何题时，我们需要掌握各类几何图形的性质和定理。

例如，矩形的对角线相等、平行四边形的对边平行等。

同时，我们要善于利用图形的特殊性质来解决问题，比如利用对称性、相似性等特点进行推理。

3. 数列的性质和求解方法数列是数学奥林匹克赛中的常见题型。

学生要能够分析数列的性质并运用相关的公式和定理。

例如，等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)。

我们还需要熟练掌握数列的求和公式，如等差数列的前n项和Sn=n/2*(a1+an)。

4. 不等式的求解技巧不等式在初中数学奥林匹克赛中也是常见的题型。

要解决不等式问题，我们需要利用各种不等式的性质和定理。

例如，对于一元一次不等式ax+b>0，如果a>0，那么解集为x>-b/a；如果a<0，那么解集为x<-b/a。

此外，我们还要善于进行不等式的加减乘除操作，以求得不等式的解。

5. 组合数学的运算方法组合数学是数学奥林匹克赛中的一道难题。

学生要能够灵活运用组合数学的技巧和公式。

例如，排列组合的计算公式为C(n,m)=n!/m!(n-m)!，其中n为总数，m 为选择个数。

数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题021-030

E1-021 是否存在正整数n＞1，满足下列条件：正整数集可分拆为n个非空子集，使得从任n-1个子集中各任取一个数，这n-1个数的和在剩下的哪个集中？【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】 n=2显然不满足条件．若n=3满足条件，正整数集分拆成的三个非空子集人A1，A2，A3中必有一个至少含有一个奇数，另一个至少含有一个偶数．设奇数a=2h-1∈A1，偶数b=2k∈A2，则根据已知条件可得a+b∈A3，a+2b∈A1，a+3b∈A3，a+4b∈A1，…以及b+a∈A3， b+2a∈A2， b+3a∈A3， b+4a∈A2，…于是a+2hb∈A1，b+（2k+1）a∈A3，但a+2hb=b+（2k+1）a．与分拆的定义不符，所以 n=3不满足条件（注意我们并没有用到 A1∪A2∪A3=N）．若n＞3满足条件，正整数集分拆成n个非空子集A1，A2，A3，…，A n．这个集中有两个，不妨设为A1，A2；A1中有一个元a与A2中一个元b的奇偶性不同．从A4，…，A n中各取一个数作成和s，令a'=a+s，b'=b+s，则A'i=｛x+s｜x∈A i｝，i=1，2，3显然a'、b'奇偶性不同、并且分别属于A1'、A2'．对任意的x ∈A i'，y∈A j'（1≤i＜j≤3），x+y=（x-s）+（y-s）+s+s∈A'kk是｛1，2，3｝-｛i，j｝中的元素．根据上面对n=3的证明，A'1，A'2，A'3中有两个集的交非空，从而A1，A2，A3的交非空．因此，没有满足要求的n．E1-022 Z表示整数集．证明对任意整数A、B可以找到整数C，使得集M1=｛x2+Ax+B｜x∈Z｝与M2=｛2x2+2x+C｜x∈Z｝不交．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【证】2x2+2x+C≡C（mod 4）若A为奇数，则y2+Ay≡y2+y≡0（mod 2）即y2+Ay+B（mod 4）仅有两类．若A为偶数．则y为偶数时，y2+Ay≡0（mod 4），y为奇数时，y2+Ay≡1+4（mod4）．即y2+Ay+B（mod 4）仍仅两类．因此，可取C不属于以上两类（mod 4），这时M1，M2无公共元素．E1-023 k为正整数，证明存在无限多个形如n·2k-7的平方数，这里n是正整数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【证】对k=1，2，3，取m=1+4l，l为正奇数，则m2+7≡0（mod24）对k≥3，设有正整数m，满足m2+7≡0（mod2k+1）（1）显然m为奇数．对任意正整数a，（m+a·2k）2+7≡m2+7+2k+1ma=2k+1（b+ma）（mod2k+2）取a与b的奇偶性相同，则（m+a·2k）2+7≡0（mod2k+2）因此，对任意正整数k，均有无穷多个m满足（1），即有无穷多个正整数n，使n·2k-7为平方数m2．E1-024 是否存在这样的有限非零实数集合M，使得对任意的自然数n，总可求得以M中的数为系数．且次数不低于n的多项式，它的所有实根也属于集合M？【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题7．【解】设存在满足要求的集合M=｛a1，a2，…，a m｝．记a=min ｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，A=max｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，显然A≥a＞0．考察多项式p（x）=b k x k+b k-1·x k-1+…+b1x+b0它的系数b0，b1，…，b k及根x1，x2，…，x k均属于集合M．由韦达定理，有这说明多项式的次数不可能大于C，矛盾．因此，满足题设条件的集合M不存在．E1-025确定（并证明）是否有整数集的子集X具有下面的性质：对任意整数n，恰有一组a、b∈X，使a+2b=n．【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题6．【解】这样的X存在．首先令X2=｛0，1｝．假设已有X k=｛a1，a2，…，a k｝，使得a1+2a j（1≤i，j≤k）互不相同．令S k=｛a i+2a j｜1≤i，j≤k｝．对任一不属于S k的整数n，取正整数a k+1，又令a k+2=-2a k+1+n．只要a k+1充分大，对1≤i，j，s，t≤k，有3a k+1＞a s+2a k+1＞a k+1+2a i ＞n＞a k+2+2a j＞a k+1+2a k+2＞a t+2a k+2＞3a k+2，而且a k+1+2a i大于S k中一切正数，a k+2+2a j小于S k中一切负数．于是，对X k+2=｛a k+1，a k+2｝∪X k中任二数a、b，a+2b）互不相同．令 X=X2∪X4∪…∪X2k∪2k+2∪…则X满足要求．E1-026求证存在无穷多个自然数n，使得可将3n个数1，2，…，3n列成数表a1 a2…a nb1 b2… b nc1 c2… c n满足条件：（1）a1+b1+c1=a2+b2+c2=…=a n+b n+c n，且为6的倍数；（2）a1+a2+…+a n=b1+b2+…+b n=c1+c2+…+c n，且为6的倍数．【题说】1997年中国数学奥林匹克题3．【解】设 n=12h-3，h为任一自然数，则在1，2，…，3n能排成3×n的矩阵使每行和都相等，每列和都相等时，每行的和为每列的和为均被6整除．因此只要证明能排成上述矩阵．更一般地，我们证明对奇数m=2k+1，9m个数1，2， (9)总可以排成3×3m的矩阵使行和都相等，列和也都相等．首先将这些数排列如下：这时行和已经相等．考虑第1，4，7，…，3m-2列．为方便起见，将这些列写成将它调整为0 1 2 … 2k-2 2k-1 2kk 2k k-1 (1)k+1 02k k-1 2k-1 … k+1 0 k（第二行自右向左先写0，间隔一个写1，…，写到k再回到右边写k+1，k+2，…，2k．第三行则自右边第二个位置写起．）不难验证此时各列和相等（均为8+3+4+3k×9）．对第2，5，8，…，3m-1列以及第3，6，9，…，3m列用同样方法调整，便得到行和都相等，列和也都相等的矩阵．E1-028 图a是由16条线段组成的图形，证明不能画出一条折线，它和图中每条线段都相交一次（这条折线可以是开的，可以是自身相交的，但折线的顶点不能在线段上，而折线的边也不能通过线段的公共端点）．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题1．【证】原图有6个区域A、B、C、D、E、F可以看作6个点（图b）．如果所说的折线存在，每一段折线就是连结A、B、C、C、D、E、F中某两点的边（边AB表明这段折线的端点为A、B），区域A的边界被分为五段，即点A引出5条边，A是奇顶点．同样，B、D、F是奇顶点（分别引出5、5、9条边）．有4个奇顶点的图不能一笔画成．因此所说的折线不存在．E1-029 已知平面上有2n+3（n≥1）个点，其中没有三个点共线，也没有四个点共圆，能不能通过它们之中的某三个点作一个圆，使得其余的2n个点一半在圆内，一半在圆外？证明你的结论．【题说】 1963年北京市赛高三二试题3．【证】结论是肯定的．首先在2n+3个点之中一定可以找到A、B两点，使得其余2n+1个点在直线AB的一侧，事实上，按任意选定方向，通过每一个已知点作一条直线，这样的直线最多有2n+3条，其中有一条最靠外的令为l1．若l1上有两个已知点，则l1为所求的直线；若l1上只有一个已知点A，由A出发通过其余2n+2个点作射线．设其中射线AB与l1的夹角最小，则直线AB即为所求．线段AB对其余2n+1个点的张角各不相等（因为这2n+3个点中没有四点共圆），设为θ1＜θ2＜…＜θn＜θn+1＜…＜θ2n＜θ2n+1，对应于θn+1的点为C，则圆ABC即为所求．对应于θ1，θ2，…，θn的n个点在圆ABC外，对应于θn+2，θn+3，…，θ2n+1的n个点在圆ABC之内．E1-030设在一环形公路上有n个汽车站，每一站存有汽油若干桶（其中有的站也可以不存），n个站的总存油量足够一辆汽车沿此公路行驶一周．现在使一辆原来没油的汽车从某站依反时针方向沿公路行驶；每到一站即把该站的存油全部带上（出发的站也如此），试证n站之中至少有一站，可以使汽车从这站出发环行一周，不致在中途因缺油而停车．【题说】 1964年北京市赛高三二试题3．【证】设这n个站依次（逆时针顺序）为A1，A2，…，A n，并且每个站都存有油（否则可将该站取消）．当n=1时，显然从唯一的汽车站出发可走完全程．设对n=k时，结论成立．在n=k+1时，由已知条件总油量足够汽车行驶一周，A1，A2，…，A n中必有一个站A i，从它出发可以行驶到下一站A i+1（1≤i≤nA n+1=A1）．将A i+1的油全部移到A i并取消A i+1站，则由归纳假设，存在站A i，由它出发可以行驶一周．由于在行驶中，先到A i后到A i+1，所以恢复A i+1站后，从站A j出发仍可以行驶一周．因此结论对一切自然数n均成立．。

数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题031-040汇总

E1-031 在圆内或圆上任取8个点．证明：在这8个点中，必有两个点的距离小于圆的半径．【题说】 1965年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】在所取的8个点中至少有7个点不和圆心重合．如果有某两个点在同一条半径上，那么这两点的距离显然不小于圆的半径．设不和圆心重合的7个点在7条不同的半径上．每相邻两条半径构成一个圆心角，7个圆心角合成周角．因此必有两点A、B使∠AOB＜60°．在△OAB中，最大边大于边AB（因为一角大于60°）．但是边OA和OB都不超过圆的半径，所以AB小于圆的半径．E1-032 一个旅游者乘火车到莫斯科，他在街上逛了一整天，在广场上一个小吃店里吃了晚饭后，决定回火车站．证明：他一定可以沿着来时走过奇数次的街道回火车站．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】将交叉口当作点，交叉口之间的街道当作边，除车站与广场外，每一个点都是偶顶点，即引出偶数条边（走过k次的边算作k条）．旅游者沿原路退回．在每一点处面临奇数条边，其中必有一条边他来时只走过奇数次，沿这条边前进．这样继续下去，由于边数有限，必在某一点停止，这点就是火车站．E1-033在无限大的方格纸上，有n个方格涂成黑色．证明：一定可以剪掉有限个正方形，满足以下两个条件：1．所有的黑色方格全部在被剪掉的正方形之中．2．在任何一个被剪掉的正方形中，黑色方格的面积不小于这个正方【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克九年级题8．【证】从平面上剪掉一个2n×2n的正方形k0，它含有所有黑色方格和至少比它多4倍的白色方格．于是，所有黑方格的面积小于正方则将它再剪成四个正方形k2，等等，直到得到一些2×2的正方形，将所有不含黑色方格的正方形去掉，则剩下的正方形满足题给要求．E1-034 1．假定一个4×7方格的棋盘，如图a所示，各个方格着色为黑或白．求证：对任何一种着色方式，在棋盘中必定包含一个由棋盘上横线和纵线所构成的矩形，它的四角上的方格同色．2．给出一个4×6方格的棋盘上的一种黑白着色，使得在棋盘内每一个如上所说的矩形中，四角上的方格都不是同色的．【题说】第五届（1976年）美国数学奥林匹克题1．题中所说“矩形”，应理解成由平行于棋盘中横线与纵线的线段为四边的矩形，其顶点不与格点重合．【证】 1．可以证明更强的结论：在3×7的棋盘内，存在四角同色的矩形．第一行的7个方格中至少有四个同色．不妨设前4个方格均为白色．第二行（或第三行）的前4个方格中如果有两个白格，那么结论已经成立．如果第二行、第三行的前4个方格中均只有1个白格，那么去掉白格所在的列便得到四角同为黑色的矩形．2．图b即为所求．E1-035线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为n+1个不重叠的小线段．这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．证明：标准线段的个数都是奇数．【题说】 1979年安徽省赛二试题2．【证】从A到B，经过n个分点，颜色改变奇数次，每改变1次颜色，即有1条标准线段，因此标准线段的条数为奇数．E1-036一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段A i B j（i，j=1，2，3，4，5）分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题2．本题由保加利亚提供．【证】首先我们证明上底的五条边颜色完全相同．如果上底的五条边颜色不完全相同，那么必有两条相邻的边颜色不同，不妨设A1A2是绿的，A1A5是红的．自A1引出五条线段A1B1、A1B2、A1A3、A1A4、A1A5中，至少有三条有相同的颜色，这三条线段的端点B j中必有两个相邻，不妨设A1B1，A1B2均为绿色，那么B1B2必为红色，但△B1A1A2推出A2B1为红色，由△B2A1A2推出A2B2也为红色，这时得△A2B1B2的三条边都是红色的，与已知条件矛盾．这就证明了上底的五条边的颜色必相同．同理可证下底的五条边的颜色也相同．现在来证明，上、下底的颜色必须是同样的．若不然，上、下底的颜色不同，不妨设上底的五条边全是绿色，下底的五条边全为红色．前述中设A1B1、A1B2颜色相同，由于B1B2是红色的，A1B、A1B2都必须是绿色的．与前面的证明完全一样，△B1A1A2、△B2A1A2、△A2B1B2中必有一个三条边是同一颜色的三角形．而与已知条件矛盾．所以，上、下底10条边颜色一定相同．E1-037试证在2n×2n（n∈N）个相等小方格组成的棋盘上任意挖去一个小方格后，总可以由三个小方格构成的L形块恰好铺满（既不重叠，也不越界）．【题说】 1981年上海市赛二试题2．【证】用数学归纳法，（1）当n=1时（图a），命题显然真．（2）设当n=k时（图b），命题真，则当n=k+1时，把挖去一个小方格的2k+1×2k+1棋盘ABCD四等分得四个2k×2k棋盘AEOH、EBFO、OFCG、GDHO，其中必有一个是挖去一个小方格的棋盘，设为GDHO．现将一个L形块放在O处（图c），使它在AEOH、EBFO、OFCG各占一格，则这四个2k×2k的棋盘都成了挖去一个小方格的棋盘了，根据归纳假设它们都能被L形块恰好铺满．由（1）、（2）得，对一切自然数n命题真．E1-038 在3×4cm的长方形中，放置6个点．试证：可以找到两【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【证】先把长方形分成5个区域（如图），根据抽屉原理，必有E1-039已知平面上两个不同的点O和A，对于平面上不同于O的每一点X，由OA按逆时针方向到OX的角的弧度数用a（X）表示（0≤a（X）＜2π），设C （X）是以O为圆心，以OX+a（X）／OX的长为半径的圆．平面的每一个点用有限多的颜色之一来着色，证明存在一个点Y，a（Y）＞0．它的颜色出现在圆C（Y）的圆周上．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题3．【证】以O为心，半径小于1的圆有无限多个，而圆上所染颜色的种数（n种颜色的子集）至多为2n-1，所以必有两个圆的颜色的种数相同，设它们的半径为r、s，r＜s＜1．显然r（s-r）∈（0，2π）．⊙（O，r）上以r（s-r）为幅角的点Y，它的颜色出现在⊙（O，s）上．而所以⊙（O，S）即圆C（Y），命题成立．E1-040已知空间有1987个点．证明：可以经过其中某点作一个平面，使得其两侧各有993个点．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】过每两个已知点作一条直线．我们证明存在一个平面，不平行于这有限多条直线中的任何一条．事实上，任取一点O，过O作直线分别与上述直线平行，再过O作一条直线OA与它们均不相同，则在过OA的平面中，只有有限多个含有其它所作的直线．因此有一个过OA的平面α不含其它所作的直线，即不平行于上述直线中的任何一条．过已知的1987个点，分别作平面α的平行平面．由平面α的上述性质，所作的平面都仅含一个已知点．顺次数过去，这1987个平行平面中，第994个平面即为所求．。

2021全国数学奥林匹克竞赛试题b卷解析

2021全国数学奥林匹克竞赛试题b卷解析2021年全国数学奥林匹克竞赛（China Mathematical Olympiad，简称CMO）B卷的试题涵盖了多个数学领域，包括代数、几何、组合和数论等。

以下是对B卷部分题目的解析。

# 第一题：代数问题本题考察了代数表达式的变形和不等式的证明。

首先，需要对给定的代数式进行适当的变换，然后利用不等式的性质进行证明。

解题的关键是要找到合适的代数恒等式，使得不等式成立。

# 第二题：几何问题这道题目涉及到平面几何中的相似三角形和圆的性质。

解题时，需要利用相似三角形的性质来证明某些线段的比例关系，同时结合圆的性质来求解问题。

在解题过程中，要注意几何图形的构造和辅助线的添加。

# 第三题：组合问题本题要求考生使用组合数学的方法来解决计数问题。

题目中涉及到排列组合的基本概念和原理，如加法原理、乘法原理等。

解题时，需要对问题进行合理的分解，然后逐一解决每个子问题，最后将结果合并。

# 第四题：数论问题数论问题通常涉及到整数的性质和数的分解。

这道题目要求考生对给定的数列进行分析，找出其中的规律，并利用数论的知识来证明或求解问题。

在解题过程中，要注意整数的性质，如整除性、同余等。

# 第五题：综合问题作为最后一道题目，这道综合问题往往需要考生综合运用代数、几何、组合和数论等多个领域的知识。

解题时，需要对问题进行深入的分析，找到问题的关键点，并运用合适的数学工具来解决问题。

# 解题策略1. 仔细阅读题目：理解题目的要求和给定的条件。

2. 分析问题：识别题目中的关键信息和潜在的数学结构。

3. 选择合适的方法：根据问题的性质选择合适的解题方法，如代数变换、几何构造、组合计数等。

4. 逐步求解：按照逻辑顺序逐步解决问题，注意每一步的合理性和准确性。

5. 检查和验证：完成解题后，要对结果进行检查和验证，确保没有遗漏或错误。

请注意，以上解析仅为概述，具体的解题步骤和方法需要根据实际题目来确定。

数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何011-020)

E3－011已知凸多边形，在其内不能置放面积为1的任何三角形．证明：这个多边形能置于面积为4的三角形内．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克题九年级题6．【证】设内接于凸多边形P的三角形中，以△ABC的面积为最大（显然S△ABC＜1），M是多边形P内的任意一点，则S△MAB≤S△ABC．由于这两个三角形同底AB，所以M点的轨迹是双轨平行线l1与l l′所形成的带形区域，其中l1与l l′的距离等于△ABC的AB边上的高的两倍．对于△MBC、△MAC做同样的讨论，从而得知多边形P 的所有点属于三个带形区域的公共部分——△A′B′C′，如图．从而E3－012单位正方形周界上任意两点M、N之间连一曲线，如果它把这个正方形分成两个面积相等的部分，试证这个曲线段的长度不小于1．【题说】 1979年全国联赛二试题4．【证】（1）若点M、N分别在对边上（如图a），显然从M 到N的曲线长度（2）若点M、N分别在一双邻边上（如图b），则必与对角线BD相交（否则分成的两部分面积不等）．设E为交点，作关于BD的对称图形，则M′在AB上，据（1）有= ≥1．（3）若点M、N在同一条边上（如图C，M、N可以重合），那么必与AB、CD的中点连线EF相交（否则分成的两部分面积不等）．设G为交点，作关于EF的对称图形，则M′在AD上，据（1）有= ≥1．综上所述，命题得证．E3－013一条平行于x轴的直线，如果它与函数y=x4+px3+qx2+rx+s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．【题说】 1980年四国国际数学竞赛题5．本题由芬兰提供．【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它就是x轴，并且交点A在最左面（如果B在最左，A为左起第二个，则BA、BC、BD 也成三角形，其它情况令x=-t就可以化成这两种），A就是原点．这时B、C、D的横坐标是三次方程x3+px2+qx+r=0的三个根，它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P＜0， q＞0， r＜0及p3＞4pq-8r．任一条平行于x轴的直线y=y0与y=x4+px3+qx2+rx+s的四个交点的横坐标记为x0＜x1＜x2＜x3，则正数a=x1-x0，b=x2-x0，C=x3-x0及0满足方程y0=（x+x0）4+p（x+x0）3+q（x+x0）2+r（x+x0）+s从而a、b、c是方程的根．由于=p3-4pq+8r＞0所以a、b、c可以作为三角形的边长．即直线y=y0是三角形的．E3－014有24个面积为S的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？【题说】 1980年北京市赛题6．【解】设小矩形边长为a、b（不妨令a＞b）．因大矩形与小矩形长边包含x1个小矩形的长边与x2个小矩形短边（x1、x2均为非负整数），而大矩形短边包含y1个小矩形的长边与y2个小矩形的短边（y1、y2均为非负整数）．由题意得方程：用b除上述方程，并解出a/b，得：方程的左边是整数；仅当x1+y2=0时，右边才是整数．因x1与y2均非负，故x1=y2=0．代入方程（1）、（2）、（3），得：因此a＞b，所以x2＞y1．因此y1只能取数值1，2，3，4（x2相应地取数值24，12，8，6）．E3－015设ABC是等边三角形，E是三边AB、BC、CA（包括A、B、C）的所有点的集合，把E任意划分为两个不相交的子集，是否至少有一个集合含有一个直角三角形的三个顶点，证明你的结论．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题4．本题由比利时提供．【证】在等边三角形ABC的边AB、BC、CA上分别取点P、Q、R，使AP:PB=BQ:QC=CR:RA=2则有PQ⊥AB，QR⊥BC，RP⊥CA．对点集E进行红、蓝染色，则P、Q、R中至少有两点同色，不妨R、Q为红色．若BC边上，除Q点外还有红色点X，则RQX组成红色顶点的直角三角形．设BC边上除Q点外没有红点，若AB边上除B点外还有蓝点Y，作YM⊥BC，M为垂足，显然M不同于Q，△YBM为蓝色顶点的直角三角形．若AB边上除B点外都染红色，这时作RZ⊥AB，Z为垂足，则△RAZ为红色顶点的三角形，故E总有一个子集中含有一个直角三角形的三个顶点．E3－016平面上任给五个相异的点，它们之间的最大距离与最小距离之比记为λ求证λ≥2sin54°，并讨论等号成立的充要条件．【题说】 1985年全国联赛二试题4．【解】设已给五点A、B、C、D、E的凸包为M．1．M是凸五边形ABCDE．因为凸五边形内角之和为540°，所以至少有一内角≥108°，不妨设∠BAC≥108°．又设△ABC中∠C≤∠B，A、B、C的对边分别为a、b、c．则2．M为三角形或凸四边形，这时必有一已知点，设为E在△ABC内部．连EA、EB、EC，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中，至少有一个不小于120°，由情况1的证法可得λ≥2sin60°＞2sin54°，命题成立．3．M为线段AB，此时显然有λ≥2＞2sin54°．由上面的证明可以知道，当且仅当已知点组成凸五边形ABCDE，每个角都等于108°，并且每两条邻边均相等时，λ=2sin54°，即λ=2sin54°的充要条件是已知点组成正五边形．E3－017用任意的方式，给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届（1986年）全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．如图a，若平面上AB=2，A为白点，B为黑点．AB中点O不妨设为白色，以AO为边作正三角形，顶点E或F中若有一个为白色，则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色，则正三角形BEF边长在平面上任取一点O，不妨设O为白点，以O为圆心，4为半径作圆（如图b）．若圆内的点均为白点，则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点，则OP＜4，以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR，则R至少与O、P中的一点异色．根据引理，也有符合要求的三角形．E3－018平面上给定△A1A2A3及点P0，定义A s=A s-3，s≥4．构造点列P0，P1，P2，…使得P k+1为绕中心A k+1顺时针旋转120°时P k所达到的位置，k=0、1、2…，若P1986=P0，证明：△A1A2A3为等边三角形．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题2．本题由中国提供．A1-uP0，P2=（1+u）A2-uP1，P3=（1+u）A3-uP2=w+P0，其中w=（1+u）（A3-uA2+u2A1）为与P0无关的常数．同理，P6=P3+w，…，P1986=662w+P0=P0，故w=0．从而A3-uA2+u2A1=0．根据u的性质得到A3-A1=（A2-A1）u，这说明了△A1A2A3为等边三角形．E3－019两个同样大小的正方形相交错，其公共部分构成一个八边形．一个正方形的边是蓝色的，另一个正方形的边是红色的．证明：八边形中蓝色的边长之和等于它的红色边长之和．【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】先考虑两个正方形中心重合的情形．这时，所构成的八边形外切于以中心为圆心、正方形边长为直径的圆．再由切线长定理易推得结论．我们总可以将其中的一个正方形经平移后，使得两个正方形的中心重合．而这个平移变换又可由两次这样的移动来代替：先沿被移动的正方形一边的方向平移，然后再沿着与该边垂直的另一边的方向平移．因此，只要证明：当沿着红色正方形的一边方向移动红色正方形时，所交成的八边形的“红边”之和不变．如图a，设水平位置放置的是红色的正方形．当红色正方形沿其垂直方向的边向上移动时，八边形（平行移动的方向）的两条红边的长度不改变．（上方）第三条红边长度减少的数量等于图中上方带阴影的直角三角形斜边的长度；而（下方）第四条边长度增加了相同的长度（因两个阴影直角三角形各角分别对应相等，斜边上的高也相等，所以两个直角三角形全等）．因此，在移动时，八边形的四条红边之和不变．【别解】设水平放置的正方形ABCD是红色的，斜置正方形A1B1C1D1是蓝色的（如图b）．容易发现直角三角形ATS、BML、CPN、DRQ、A1TL、B1MN、C1PQ、D1RS都是相似的．分别由这些直角顶点作斜边上的高（斜边是红色的，对应的叫红色高线；斜边是蓝色的，对应的叫蓝色高线）．注意到相似三角形对应线段成比例，利用等比定理可得红边之和:红色高线之和=蓝边之和:蓝色高线之和又因三角形AA1B、BB1C、CC1D、DD1A的面积之和等于三角形A1BB1、B1CC1、C1DD1、D1AA1的面积之和，这是因为它们都等于八边形AA1BB1CC1DD1与一个正方形面积的差，所以红色高线之和等于蓝色高线之和．E3－020证明：对于任何自然数n≥3，在欧氏平面上存在一个n个点的集，使得每一对点之间距离是无理数，并且每三个点构成一个面积是有理数的非退化三角形．【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题5．本题由原民主德国提供．【证】在抛物线y=x2上选n个点P1，P2，…，P n，点P i的坐标为（i，i2）（i=1，2，…，n）．因每一条直线与抛物线的交点至多两个，故n点中任三点不共线，构成的三角形为非退化的．任两点P i，P j之间的距离是（i≠j，i，j=1，2，…，n）由于（i+j）2＜（i+j）2+1＜（i+j）2+1+2（i+j）=（i+j+1）2，选n个点符合要求．。

国际数学奥林匹克试题分类解析—E组合数学_E3组合几何

E3 组合几何E3－001在平面上给定六个点，其中任何三点都不在一直线上．证明：在这六个给定的点中，可以挑出这样三个点，使得在这三个点构成的三角形中，有一个角不小于120°．【题说】1958年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】考虑这六点的凸包，它是一个凸多边形，顶点是这些已知点的全体或一部分．设∠ABC≥120°，则A、B、C即为所求．如果凸包是△ABC，那么有一已知点D在这三角形内．∠ADB、∠BDC、∠CDA中必有一个≥120°，结论成立．如果凸包是四边形或五边形，用对角线将它们剖分为三角形，必有一个三角形中有已知点．于是由上一种情形的讨论即得．E3－002证明：恰好存在一个三角形，其三条边长为连续自然数，而且一个角的大小是另一个角的两倍．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题1．本题由罗马尼亚提供．【证】设△ABC的三边为n＋1，n，n－l(n为自然数)，∠C＝2AD＝AB，于是2AB＝AB＋AD＞BC＋CD＝BC＋AC，所以AB＝n＋1．由△DCA∽△DAB，得DB·DC＝AD2因 DB＝DC＋BC＝AC＋BC＝2n－1所以 AC×(2n－1)＝(n＋1)2由于n不能整除(n＋1)2．所以AC＝n－1．由(n－1)(2n－1)＝(n＋1)2，解得n＝5E3－003在一平面上已知n个点，其中n＞4且无三点在一直线上，【题说】第十一届(1969年)国际数学奥林匹克题5．本题由蒙古提供．大者设为△ABC．过A、B、C分别作对边的平行线相交得△A′B′C′．因为△ABC的面积最大，所以其余的n－3个点均在△A′B′C′中(如果有一点T在△A′B′C′外，那么T与A、B、C中某两点构成的三角形的面积大于△ABC的面积，矛盾！)．除A、B、C外的n－3个点中，任取二点D、E，则直线DE不可能与△ABC三边都相交，不妨设直线DE与BC不相交，于是四边形BCDEE3－004已知五条线段中任何三条都可以组成一个三角形．证明：这些三角形中至少有一个是锐角三角形．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克九年级题1．【证】设五条线段的长度为a≤b≤c≤d≤e假设由这些线段组成的任何三角形都不是锐角三角形，那么，在由a、b、c；b、c、d；c、d、e 组成的三个三角形中，有c2≥a2＋b2，d2≥b2＋c2，e2≥c2＋d2将它们相加，得到e2≥a2＋2b2＋c2≥a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2从而e≥a＋b．这样，用e、a、b三条线段便不能组成三角形，矛盾．因此，命题得证．E3－005正三角形的每一条边都被分成k个等分，过每个分点作平行于边的直线．结果把三角形分成k2个全等的小正三角形．我们把下面一组小三角形叫做一个“链”：在其中没有一个三角形出现两次，而且前一个三角形与后一个三角形有一条公共边．求“链”中所含三角形个数的最大值．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克九年级题3．链”中两个前后相邻的小三角形颜色不同，而且每个白色小三角形只能经过一次，故每条“链”中小三角形的个数最多为k2－k＋1．图b表明链中小三角形的个数可以恰为k2－k＋1个．E3－006在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形．【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．【证】任意五个点，其中没有三点共线，则一定可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形．这个结论可分三种情形讨论．(1)若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形中至少有两个内角为钝角，它们可能相邻(例如∠A、∠B)，也可能不相邻(例如∠A、∠C)，如图a、图b．再注意四边形ACDE中至少有一个内角非锐角，这样就找到了三个不同的非锐角，相应地得到三个非锐角三角形．(2)若五个点中有四个点组成一个凸四边形ABCD(图C)，另一点E在ABCD内部，则EA、EB、EC、ED相互间的夹角至少有两个钝角．再加上ABCD中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角三角形．(3)若五个点中有三点组成一个三角形ABC(图d)，另外两点D和E均在△ABC内，由于∠ADB、∠BDC、∠CDA中至少有两个钝角，我们可以找到四个钝角三角形．综合(1)、(2)、(3)可得结论．数的比为E3－007已知平面上n(n＞2)个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线．【题说】 1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题2．简单闭折线即不自身相交的闭折线．【证】设已知点为A1，A2，…，A n，L为经过这些点的最短的闭折线．若L不是简单闭折线，则L有两段，设为A i A j、A s A t相交于内点P，这时A i A t＋A s A j＜A i P＋PA t＋A s P＋PA j＝A i A j＋A s A t因此将L中的线段A i A j、A s A t改为A i A t、A s A j，则折线的长度减少，与L的最小性矛盾，从而L一定是简单闭折线．E3－008九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2:3的两个四边形．证明：这九条直线中至少有三条经过同一点．【题说】第六届(1972年)全苏数学奥林匹克八年级题4、十年级题5．【证】由梯形的面积等于高和中位线的积可知：分正方形成面积比为2:3的两个梯形(或矩形)的每条直线，都把沿着梯形的中位线作出的正方形的中位线分成同样的比．如图，分正方形中位线为2:3的点共有四个，而直线有9条，故至少应有三条直线过这些点中的某一个．E3－009证明：对n≥4，每一个有外接圆的四边形，总可以划分成n个都有外接圆的四边形．【题说】第十四届(1972年)国际数学奥林匹克题2．本题由荷兰提供．【证】如果四边形是等腰梯形，我们可以用平行于底边的线分割成任意多个等腰梯形，因任一等腰梯形都有外接圆，故命题对等腰梯形总是成立的．以下设圆内接四边形ABCD不是等腰梯形．不妨设∠A≥∠C，∠D≥∠B．由于对角互补，于是∠A≥∠B，∠D≥∠C．作∠BAP＝∠B，∠CDQ＝∠C，使P、Q在四边形内且PQ∥AD，再作PR∥AB，QS∥DC(如图)．因为∠B＋∠ADC＝∠C＋∠BAD＝180°所以∠DAP＝∠BAD－∠B＝∠ADC－∠C＝∠ADQ因此四边形APQD、ABRP、CDQS都是等腰梯形，当然有外接圆．又∠QPR＋∠QSR＝∠BAD＋∠C＝180°从而四边形PQSR也有外接圆．这样，我们就把ABCD分成四个有外接圆的四边形，其中有三个是等腰梯形．对n＞4，我们可以用前述分割等腰梯形的方法进一步把ABCD分割成n个有外接圆的四边形．E3－010一个给定的凸五边形ABCDE，具有如下性质：五个三角形ABC、BCD、CDE、DEA、EAB中的每一个面积都等于1．证明：各个具有上述性质的五边形都有相同的面积，并且有无限多不全等的这样的五边形．【题说】第一届(1972年)美国数学奥林匹克题5．【证】由S△ABE＝S△ABC，得AB∥CE，同理AE∥BD．因此ABFE为平行四边形，S△BEF＝S△ABE＝1．设S△CDF＝x，则S△BCF＝1－x，即到E，使S△BCD＝S△CDE＝1．作EA∥DF，BA∥CF．EA、BA相交于A，则五边形ABCDE便满足所设条件，这样的五边形有无限多个．E3－011已知凸多边形，在其内不能置放面积为1的任何三角形．证明：这个多边形能置于面积为4的三角形内．【题说】第八届(1974年)全苏数学奥林匹克题九年级题6．【证】设内接于凸多边形P的三角形中，以△ABC的面积为最大(显然S△ABC＜1)，M是多边形P 内的任意一点，则S△MAB≤S△ABC．由于这两个三角形同底AB，所以M点的轨迹是双轨平行线l1与l l′所形成的带形区域，其中l1与l l′的距离等于△ABC的AB边上的高的两倍．对于△MBC、△MAC做同样的讨论，从而得知多边形P的所有点属于三个带形区域的公共部分——△A′B′C′，如图．从而E3－012单位正方形周界上任意两点M、N之间连一曲线，如果它把这个正方形分成两个面积相等的部分，试证这个曲线段的长度不小于1．【题说】 1979年全国联赛二试题4．【证】 (1)若点M、N分别在对边上(如图a)，显然从M到N的曲线长度(2)若点M、N分别在一双邻边上(如图b)，则必与对角线BD相交(否则分成的两部分面积不等)．设E为交点，作关于BD的对称图形，则M′在AB上，据(1)有＝≥1．(3)若点M、N在同一条边上(如图C，M、N可以重合)，那么必与AB、CD的中点连线EF相交(否则分成的两部分面积不等)．设G为交点，作关于EF的对称图形，则M′在AD上，据(1)有＝≥1．综上所述，命题得证．E3－013一条平行于x轴的直线，如果它与函数y＝x4＋px3＋qx2＋rx＋s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．【题说】 1980年四国国际数学竞赛题5．本题由芬兰提供．【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它就是x轴，并且交点A在最左面(如果B在最左，A 为左起第二个，则BA、BC、BD也成三角形，其它情况令x＝－t就可以化成这两种)，A就是原点．这时B、C、D的横坐标是三次方程x3＋px2＋qx＋r＝0的三个根，它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P＜0， q＞0， r＜0及p3＞4pq－8r．任一条平行于x轴的直线y＝y0与y＝x4＋px3＋qx2＋rx＋s的四个交点的横坐标记为x0＜x1＜x2＜x3，则正数a＝x1－x0，b＝x2－x0，C＝x3－x0及0满足方程y0＝(x＋x0)4＋p(x＋x0)3＋q(x＋x0)2＋r(x＋x0)＋s从而a、b、c是方程的根．由于＝p3－4pq＋8r＞0所以a、b、c可以作为三角形的边长．即直线y＝y0是三角形的．E3－014有24个面积为S的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？【题说】 1980年北京市赛题6．【解】设小矩形边长为a、b(不妨令a＞b)．因大矩形与小矩形长边包含x1个小矩形的长边与x2个小矩形短边(x1、x2均为非负整数)，而大矩形短边包含y1个小矩形的长边与y2个小矩形的短边(y1、y2均为非负整数)．由题意得方程：用b除上述方程，并解出a/b，得：方程的左边是整数；仅当x1＋y2＝0时，右边才是整数．因x1与y2均非负，故x1＝y2＝0．代入方程(1)、(2)、(3)，得：因此a＞b，所以x2＞y1．因此y1只能取数值1，2，3，4(x2相应地取数值24，12，8，6)．E3－015设ABC是等边三角形，E是三边AB、BC、CA(包括A、B、C)的所有点的集合，把E任意划分为两个不相交的子集，是否至少有一个集合含有一个直角三角形的三个顶点，证明你的结论．【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题4．本题由比利时提供．【证】在等边三角形ABC的边AB、BC、CA上分别取点P、Q、R，使AP:PB＝BQ:QC＝CR:RA＝2则有PQ⊥AB，QR⊥BC，RP⊥CA．对点集E进行红、蓝染色，则P、Q、R中至少有两点同色，不妨R、Q为红色．若BC边上，除Q点外还有红色点X，则RQX组成红色顶点的直角三角形．设BC边上除Q点外没有红点，若AB边上除B点外还有蓝点Y，作YM⊥BC，M为垂足，显然M不同于Q，△YBM为蓝色顶点的直角三角形．若AB边上除B点外都染红色，这时作RZ⊥AB，Z为垂足，则△RAZ为红色顶点的三角形，故E 总有一个子集中含有一个直角三角形的三个顶点．E3－016平面上任给五个相异的点，它们之间的最大距离与最小距离之比记为λ求证λ≥2sin54°，并讨论等号成立的充要条件．【题说】 1985年全国联赛二试题4．【解】设已给五点A、B、C、D、E的凸包为M．1．M是凸五边形ABCDE．因为凸五边形内角之和为540°，所以至少有一内角≥108°，不妨设∠BAC≥108°．又设△ABC 中∠C≤∠B，A、B、C的对边分别为a、b、c．则2．M为三角形或凸四边形，这时必有一已知点，设为E在△ABC内部．连EA、EB、EC，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中，至少有一个不小于120°，由情况1的证法可得λ≥2sin60°＞2sin54°，命题成立．3．M为线段AB，此时显然有λ≥2＞2sin54°．由上面的证明可以知道，当且仅当已知点组成凸五边形ABCDE，每个角都等于108°，并且每两条邻边均相等时，λ＝2sin54°，即λ＝2sin54°的充要条件是已知点组成正五边形．E3－017用任意的方式，给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届(1986年)全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．如图a，若平面上AB＝2，A为白点，B为黑点．AB中点O不妨设为白色，以AO为边作正三角形，顶点E或F中若有一个为白色，则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色，则正三角形BEF边长在平面上任取一点O，不妨设O为白点，以O为圆心，4为半径作圆(如图b)．若圆内的点均为白点，则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点，则OP＜4，以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR，则R至少与O、P中的一点异色．根据引理，也有符合要求的三角形．E3－018平面上给定△A1A2A3及点P0，定义A s＝A s－3，s≥4．构造点列P0，P1，P2，…使得P k＋1为绕中心A k＋1顺时针旋转120°时P k所达到的位置，k＝0、1、2…，若P1986＝P0，证明：△A1A2A3为等边三角形．【题说】第二十七届(1986年)国际数学奥林匹克题2．本题由中国提供．A1－uP0，P2＝(1＋u)A2－uP1，P3＝(1＋u)A3－uP2＝w＋P0，其中w＝(1＋u)(A3－uA2＋u2A1)为与P0无关的常数．同理，P6＝P3＋w，…，P1986＝662w＋P0＝P0，故w＝0．从而A3－uA2＋u2A1＝0．根据u的性质得到A3－A1＝(A2－A1)u，这说明了△A1A2A3为等边三角形．E3－019两个同样大小的正方形相交错，其公共部分构成一个八边形．一个正方形的边是蓝色的，另一个正方形的边是红色的．证明：八边形中蓝色的边长之和等于它的红色边长之和．【题说】第二十届(1986年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】先考虑两个正方形中心重合的情形．这时，所构成的八边形外切于以中心为圆心、正方形边长为直径的圆．再由切线长定理易推得结论．我们总可以将其中的一个正方形经平移后，使得两个正方形的中心重合．而这个平移变换又可由两次这样的移动来代替：先沿被移动的正方形一边的方向平移，然后再沿着与该边垂直的另一边的方向平移．因此，只要证明：当沿着红色正方形的一边方向移动红色正方形时，所交成的八边形的“红边”之和不变．如图a，设水平位置放置的是红色的正方形．当红色正方形沿其垂直方向的边向上移动时，八边形(平行移动的方向)的两条红边的长度不改变．(上方)第三条红边长度减少的数量等于图中上方带阴影的直角三角形斜边的长度；而(下方)第四条边长度增加了相同的长度(因两个阴影直角三角形各角分别对应相等，斜边上的高也相等，所以两个直角三角形全等)．因此，在移动时，八边形的四条红边之和不变．【别解】设水平放置的正方形ABCD是红色的，斜置正方形A1B1C1D1是蓝色的(如图b)．容易发现直角三角形ATS、BML、CPN、DRQ、A1TL、B1MN、C1PQ、D1RS都是相似的．分别由这些直角顶点作斜边上的高(斜边是红色的，对应的叫红色高线；斜边是蓝色的，对应的叫蓝色高线)．注意到相似三角形对应线段成比例，利用等比定理可得红边之和:红色高线之和＝蓝边之和:蓝色高线之和又因三角形AA1B、BB1C、CC1D、DD1A的面积之和等于三角形A1BB1、B1CC1、C1DD1、D1AA1的面积之和，这是因为它们都等于八边形AA1BB1CC1DD1与一个正方形面积的差，所以红色高线之和等于蓝色高线之和．E3－020证明：对于任何自然数n≥3，在欧氏平面上存在一个n个点的集，使得每一对点之间距离是无理数，并且每三个点构成一个面积是有理数的非退化三角形．【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题5．本题由原民主德国提供．【证】在抛物线y＝x2上选n个点P1，P2，…，P n，点P i的坐标为(i，i2)(i＝1，2，…，n)．因每一条直线与抛物线的交点至多两个，故n点中任三点不共线，构成的三角形为非退化的．任两点P i，P j之间的距离是(i≠j，i，j＝1，2，…，n)由于(i＋j)2＜(i＋j)2＋1＜(i＋j)2＋1＋2(i＋j)＝(i＋j＋1)2，选n个点符合要求．E3－021设G是紧夹在平行线l1与l2之间的任一凸区域(即其边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域)，其边界c与l1、l2都有公共点．平行于l1的直线l将G分为如图所示的A、B 两部分，且l与l1和l2之间的距离分别为a和b．并说明理由；【题说】 1989年四川省赛二试题2．【解】设l与G的边界c分别交于X、Y，点P∈l2∩G，连PX、PY并延长分别交l1于X1、Y1．由上式可知，G为一边位于l1上，而另一顶点在l2上的三角形时，(2)设X1Y1＝d，则XY＝bd/a＋b，E3－022平面上已给7个点，用一些线段连结它们，使得(1)每三点中至少有两点相连；(2)线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．【题说】第三十届(1989年)IMO预选题17．本题由蒙古提供．【解】如图表明9条线段已经足够了．下面证明至少需要9条线段．如果点A只作为1条线段的端点，则不与A相连的5点之间至少要设每一点至少作为两条线段的端点．若点A只作为两条线段AB、少还要引出一条线段，所以这时至少有2＋6＋1＝9条线段．E3－023从n×n正方形剪去一个1×1的角格，求其余的图形分成等积三角形的最少个数．【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克九年级题6．【解】一个与图中折线ABC有公共点的三角形，一条边长不大于1，至少分成个等积的三角形．图中的分法表明缺角正方形可以分成2(n＋1)个等积三角形．E3－024证明存在一个凸1990边形，同时具有下面的性质(1)与(2)：(1)所有的内角均相等．(2)1990条边的长度是12，22，…，19892，19902的一个排列．【题说】第三十一届(1990年)国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【证】问题等价于存在12，22，…，19902的一个排列a1，a2，…，a1990，使令｛(a2k－1，a2k－1＋995)，k＝1，2， (995)＝｛((2n－1)2，(2n)2)，n＝1，2， (995)(约定a j＋1990＝a j，j＝1，2，…)，则(1)等价于其中b k是(2n)2－(2n－1)2＝4n－1(n＝1，2，…，995)的一个排列，令并取b199t＋5r＝4(5r＋t)－17(约定b j＋995＝b j)则由于其中S与厂无关．因此即(2)成立．E3－025设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个【题说】 1991年全国联赛二试题2．【证】如图a，考虑四个三角形；△ABC，△BCD，△CDA，△DAB的面积，不妨设S△DAB为最小．分四种情况讨论；即为所求．为所求．E3－026在桌面上放有七个半径为R的木球O，O1，O2，…，O6，球O1，O2，…，O6都与球O相切．问在这些球上面是否可以再放三个半径为R的木球O7，O8，O9，使得O7，O8，O9这三个球都与球O 相切？并说明理由．【题说】上海市1992年高三年级数学竞赛二试题2．【解】可以．理由如下：O，O1，…，O6在同一个平面π上．用这个平面截这些球得7个圆．⊙O1，…，⊙O6都与⊙O相切．O1O2…O6组成边长为2R的正六边形，O是它们的中心．不妨设⊙O i与⊙O i＋1(i＝1，2，…，5)相切，⊙O6与⊙O1相切．在球O、O1、O2上放球O7，使球O7与这三个球都相切，此时OO1O2O2是棱长为2R的正四面体，O7到平面π的距离是这正四面体的高．同样在球O、O3、O4上放球O8，使球O8与这三个球都相切；在球O、O5、O6上放球O9，使球O9与这三个球都相切．O8、O9到平面π的距离等于O7到π的距离．所以O7、O8、O9在与π平行的平面上．记O7、O8、O9在π上的投影为O7'、O8'、O9'，则O7'O8'＝O7O8，O8'O9'＝O8O9，O7'O9'＝O7O9，且O7'、O8'、O9'分别是△OO1O2、△OO3O4、△OO5O6的中心，连O2O7'、O3O6'并延长交O1O4于E、F，则E、F 分别为OO1、OO4的中点且O2E⊥O1O4，O3F⊥O1O4，故同理O8'O9'＝O7'O8'＝2R．可见这样放的球O7、O8、O9不会重叠．E3－027设凸四边形ABCD的内角中，仅∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分成n个钝角三角形．但除A、B、C、D外，在该凸凹边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证：n 应满足的充分必要条件是n≥4．【题说】 1993年全国联赛二试题1．【证】 1°充分性如图a，连结AC；设E是△ABC的费马点，连结AE、BE、CE，则△ACD、△AEB、△BEC、△CEA都是钝角三角形，这时n＝4．在EC上取E1，E2…，E n，连结AE1，AE2，…，AE k，则△AEE1，△AE1E2，…，AE k－1E k皆是钝角三角形．这时n＝k＋3，k≥1．故对任意n≥4，都可将ABCD分割成n个钝角三角形．2°必要性对角线AC或BD将四边形分成的两个三角形中至少有一个不是钝角三角形．所以n≠2．假设n＝3，则三个三角形共9个顶点，但A、B、C、D四点中必有两点(A与C或者B与D)是两个三角形的公共顶点．所以四边形内仅有一个点是三角形的顶点，而且这点E必在对角线AC或BD上．E在AC上，则△ABE与△BEC中有一个不是钝角三角形．E在BD上，则在△BDC为钝角三角形时，△ADE、△ABE中必有一个不是钝角三角形．所以必有n≥4．【注】如果四边形ABCD中有两个钝角，那么可能将它割分成三个钝角三角形．如下图b、c所示．E3－028对于平面上任意三点P、Q、R，我们定义m(PQR)为三角形PQR的最短的一条高线的长度(当P、Q、R共线时，令m(PQR)＝0)．设A、B、C为平面上三点，对此平面上任意一点X，求证：m(ABC)≤m(ABX)＋m(AXC)＋m(XBC) (*)【题说】第三十四届(1993年)国际数学奥林匹克题4．【证】不妨设A、B、C不共线．将AB、BC、CA都扩展为直线，把平面分为t个部分，如图a 所示分为三种区域．(1) X点在区域Ⅰ内，记l(PQR)为△PQR的最长边的长度．延长AX交BC于D(图b)，则AX≤AD＜max｛AB，BC｝≤l(ABC)，同理BX≤l(ABC)，CX≤l(ABC)．所以l(ABX)≤l(ABC)，l(BCX)≤l(ABC)，l(CAX)≤l(ABC)，于是m(ABX)＋m(BCX)＋m(CAX)(2)X点在区域Ⅱ中，不妨设X在∠BAC的对顶角中，记BC、CA、AB所对应的高分别为h a、h b、h c．①若m(BCX)是从X引出，则m(BCX)≥h a≥m(ABC)，(*)成立．②若m(BCX)不是由X引出的，不妨设m(BCX)(图c)．(i)若∠CBX≤90°，则CD＝BC·sin∠CBX≥BCsin∠ABC＝h c≥m(ABC)(ii)若∠CBX≥90°，则∠CBD＝∠BXC＋∠BCX≥∠BCX≥∠BCA，而∠CBD＝180°－∠CBX≤90°所以 CD＝BC·sin∠CBD≥∠BC·sin∠BCA＝h b≥m(ABC)于是此时不等式(*)成立．(3)若X点在区域Ⅲ中，不妨设在∠ABC所含的区域中，考虑AB、BC、CA、AX、BX、CX中的最长边(图d)：①若为AB、BC．CA中之一l(ABC)，则(1)式的证明即知不等式(*)成立．②若BX最长，如图设BX交AC于D，∠ADB≤90°．作AE⊥BX于E，作CF⊥BX于F，则m(ABX)＝AE，m(BCX)＝CF．又因为∠ADB＞∠ACB．所以AE＋CF＝AC·sin∠ADB＞AC·sin∠ACB＝h a≥m(ABC)．(*)成立．③若最长边是AX或CX，不妨设为AX(图f)．在△ABX中，∠ABX≥∠BAX．所以90°≥∠BAX≥∠BAC．作BD⊥AX于D，则m(ABX)＝BD＝AB·sin∠BAX≥AB·sin∠BAC＝h b≥m(ABC)．综上所述，不等式(*)恒成立．E3－029一个嵌在大一些的长方形内的小长方形(小长方形的顶点在大长方形的边上)如果能够绕小长方形中心在大长方形内旋转(不论转多小的角度)，则称是未被卡住的．设在6×8的长方形内所有未被【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题14．【解】如图，ABCD为外面的大长方形，AB＝8，PQRS为内接小长方形，O为公共中心，设∠QPB ＝θ，OP＝OQ＝r，PQ＝x，QR＝y．不失一般性，可设BQ≤CQ．则BA＝BP＋PA＝xcoosθ＋ysinθ＝8BC＝BQ＋QC＝xsinθ＋ycosθ＝6因为42＋(3－BQ)2＝OQ2＝OP2＝(BP－4)2＋32，所以BQ增加时，此时因为Q、S是ABCD对边的中点，长方形PQRS面积为24，对角线长8，即所以 (x＋y)2＝64＋2×24＝112N＝448E3－030如果一个三角形的边长都是素数，试证它的面积一定不是整数．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十年级一试题1．【证】设三角形的边长是a、b、c，根据海伦公式我们有16△2＝(a＋b＋c)(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b) (1)其中△为三角形的面积．如果△为整数，那么(1)式左边应为偶数．由于a＋b＋c、a＋b－c、b＋c－a、c＋a－b的奇偶性均相同，所以它们都是偶数．于是a、b、c全为偶数或者一个为偶数，另两个为奇数．因为a、b、c都是素数，前设a＝2．由于|b－c|＜a，所以奇素数b、c必须相等．由(1)得△2＝b2－1．从而(b－1)2＜△2＜b2，△也不可能为整数．因此，这三角形的面积不可能为整数．E3－031任意两个面积相等的矩形，是否可以在平面上这样摆放：使得任意一条水平直线只要与其中一个矩形相交，则必定也与第二个矩形相交，而且交出的两条线段等长．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十年级二试题6．【解】设两个等面积的矩形A1B1C1D1和A2B2C2D2，边长分别为a1、b1与a2、b2．不失一般性，可以认为a1＜b2，a2＜b1(如果a1＝b2，则a2＝b1)．把两个长方形摆成右图．设D1与直线C1C1距离为h，A1、A1与－1．由于a1b1＝a2b2，所以h1＝h2，于是A1A1∥C1C2．四边形A1E1C1C2和A2E2C2C1都是平行四边形，A1E1＝A2E2．根据矩形的面积相等得三角形A1B1E1和A2B2E2的面积也相等，又因为A1E1＝A2E2，于是两个三角形的高也相等．从而，B1B2∥A1A2．由此得出，任意水平直线截△A1B1E1与△A2B2E2的截线相等．另外，水平直线截平行四边形A1E1C1C2和A2E2C2C1的截线显然也是相等的．于是图中矩形的位置合乎要求．E3－032在平面上摆放着两个直角三角形，它们斜边上的中线互相平行．试证：一个三角形的一条直角边和另一个三角形的某一直角边之间的夹角小于它们斜边之间的夹角．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级一试题2．【证】平行移动一个三角形，使得两三角形的直角顶点C与C'重合，并作位似变换使得它们的中线也重合(如图)．以E为圆心，CE为半径作圆，于是斜边之间的夹角是圆心角∠AEA'，一对直角边之间的夹角是圆周角∠ACA'，显然∠AEA'＝2∠ACA'＞∠ACA'．因为所作的平移和位似变换，不改变直线之间的夹角，所以结论正确．E3－033证明：存在着这样的自然数n，如果将边长为n的正三角形用平行于其边的直线把它分成n2个边长为1的正三角形．那么，从这些小三角形的顶点中可以选出1993n个点，使得其中任意三点都不组成正三角形(它的边不一定与原三角形的边平行)．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级一试题4．【证】设边长为n的正三角形被边的平行线分成n2个边长为1的小正三角形．将小正三角形的顶点染上三种颜色A、B、C，如图所示．图中任一个正三角形(它的边不一定与原三角形的边平行)，如果一个顶点颜色为A，另一个为B，那么绕A旋转60°，颜色B变成了颜色C，所以第三个顶点颜色为C．由此可知任一正三角形，三个顶点的颜色或者全都相同，或者全都不同．在三种颜色中，有一种颜色的顶点数最少，去掉这种颜色的点，称1993)，则剩下的点数E3－034一个三角形形状的纸片ABC和其上一点P，考虑将A、B、C折在点P上所形成的折痕，如果三条折痕互不相交，我们称P为△ABC的一个折叠点．如果AB＝36，AC＝72，∠B＝90°，且由△ABC且s没有平方因子．求q＋r＋s．【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题15．【解】先证△ABC折叠点所构成的集合是以AB、BC为直径的圆的内部的公共部分．为此需证明：由顶点A和B折叠在P上所形成的折痕不交的充要条件是P位于以AB为直径的圆的内部．事实上，由任一点Q折到P所形成的折痕是PQ的垂直平分线的一部分．若P在以AB为直径的圆外，那么△PAB是锐角三角形，因为∠P是锐角，∠PAB和∠PBA分别不超过60°和90°，所以，△APAB的外心在三角形的内部，则折痕相交；若P在以AB为直径的圆内，那么PA和PB的中垂线交点与P被AB分开．所以，折痕不在△ABC内部相交，若P在圆上，则折痕在AB上相交．类似地讨论用于以BC为直径的圆和以AC为直径的圆．注意到△ABC的所有内点都在以AC为直径的圆内，所以三角形的折叠点所构成的集合是三角形内点和以AB，BC为直径的圆的内点的公共部分．下面来求这个公共部分的面积：如图，以BC、AB为直径的两圆都与AC交于D(D是B到AC的垂足)．题目所求部分是两段圆弧所围的部分．一个是以AB中点M为圆心，以18为半径的120°的弧，另一个是以BC中点N为圆心，以的面积分别为108π和162π．所求部分的面积是从而，q＋r＋s＝270＋324＋3＝597．E3－035A、B、C、D四个城市的分布是：C到A的距离小于D到A的距离；而C到B的距离也小于D到B的距离．证明：C到连结A、B两地的直路上任意一点的距离小于D到该点的距离．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】作CD的垂直平分线l．因CA＜DA，CB＜DB，故A、B与C均在l的同侧，因而线段AB。

数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值031-040)汇总

E2-031 在一种“咬格子”的游戏中，两名选手轮流“咬”一个由单位正方形组成的5×7网格．所谓“咬一口”，就是一个选手在剩下的正方形中挑一个正方格子去掉（“吃掉”）它的左面的一条边（朝上延长）与底边（朝右延长）所确定的象限中的全部正方形格子，如图a所示，有阴影的格子是选定的，吃掉的是这个有阴影的及打“×”的四个格子．（虚线部分是在这之前已被“吃掉”的）游戏的目标是要对手“咬”最后一口．图b所示的是35个正方形组成的集合的一个子集，它是在“咬格子”游戏过程中可能出现的一个子集．在游戏过程中，可能出现的不同的子集总共有多少个？整个网格及空集也计算在内．【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题12．【解】根据游戏规则，每次“吃”剩下的图形有如下特点：从左到右，各列的方格数不增．因为如某一方格被“吃”，那么它右面和上面的格子全部被“吃”．于是每次剩下的图形从A到B的上边界是一条由7段横线与5段竖线组成的折线，且它是不增的；反之，每一条这样的折线，也对应一块“吃”剩下的方格集．E2-032 1克、30克、50克三种砝码共110个，总重量为1000克，问其中30克的砝码有多少个？【题说】第一届（1990）希望杯高一二试题2（4）．原是填空题．【解】设1克、30克和50克砝码数分别有x、y、z，则有以下关系：（2）-（1）得29y+49z=890（3）因29 890，49 890，所以y≠0，z≠0．即y≥1，z≥1．从而890=29y+49z≥29+49z由于z是整数，故z≤17．令z=1，2，…，17，代入（3），知：只有当z=1时，y=29是唯一整数解．又由（1）知，x=80．即这一组砝码中有29个30克的砝码．E2-033 下图中将等边三角形每边3等分，过等分点作每边平行线，这样所形成的平行四边形个数，记为f（3），则f（3）=15．将等边三角形每边n等分，过各分点作各边平行线，所形成的平行四边形个数记为f（n），求f（n）表达式．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题5．【解】如图所示的平行四边形，由a、b、c、d四个数决定．这4个数满足a≥1， b≥1， c≥0，d≥02≤a+b+c+d≤n即0≤a1+b1+c+d≤n-2其中a1=a-1，b1=b-1，c，d均为非负整数．因此平行四边形的总数为【别解】在BA、BC的延长线上分别取E、F，使BE=BF=n+1，则EF=n+1．图中的平行四边形，每一边恰好与EF相交于一点．这四点不同，都是EF上的格点（即将EF等分为n+1份的分点）．反之，从EF的n+2个格点（包括E、F在内）中任取四点，过靠近E的两点作AB的平行线，过另两点作BC的平行线，便可得到一个图中的平行四边形，所以E2-034若平面上有997个点，如果每两点连成一条线段，且中点涂成红色．证明：平面上至少有1991个红点．你能找到一个正好是1991个红点的特例吗？【题说】 1991年亚太地区数学奥林匹克题2．【证】在给定的997个点中，设M、N两点间的距离最大，分别以 M、N为圆心，MN/2为半径作圆，这两个圆仅有一个公共点，即MN的中点E．于是MP的中点必在⊙M内部或圆周上，这样的995个点互不相同．同理，NP的中点必在⊙N 内部或圆周上，这样的995个点互不相同，而且与上面的995个中点均不相同，加上点E，共有2×995+1=1991个红点．x轴上横坐标分别为1，2，…，997的997个点就是满足要求的例子．E2-035A，B分别是坐标平面上的格点的集合：A={（x，y）|x，y为正整数，1≤x≤20，1≤y≤20}B={（x，y）|x，y为正整数，2≤x≤19，2≤y≤19}A中的点分别染成红色或蓝色．染成红色的点有219个，其中有180个包含于B中，又四个角上的点（1，1），（1，20），（20，1），（20，20）都染成蓝色．将水平或垂直方向上相邻两点按下列要求用红、蓝、黑色的线段连接起来：两点均为红色时，用红线连接；两点均为蓝色时，用蓝线连结；两点为一红一蓝时，用黑线连结．问：（长度为1的）黑线有237段时，（长度为1的）蓝线有多少段？【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】集合A中有400个点，其中红点有219个，蓝点有181个，在B内有蓝点144个．A的四周有76个点，其中红点39个，蓝点37个（包括四个角上的点）．每个角上的点引出2条线段；每个边界上（除四个角）的点引出3条线段；每个B内的点引出4条线段．因此，对于蓝点共引出线段2×4+3×33+4×144=683（段）其中黑线有237段，所以蓝线有683-237=446（段）这些蓝线在上述计数时，被重复计算了一次，故实际上有蓝线446÷2=223（段）E2-036 设集合A={1，2，…，10}．A到A的映射f满足下列两个条件：（1）对任意X∈A，f(30（x）=x；（2）对每个正整数k，1≤k≤29，至少存在一个a∈A，使得f(k（a）≠a．其中f(1（x）=f（x），f(2（x）=f（f（x）），…，f(k+1（x）=f（f(k （x）），…．求这样的映射的总数，【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题12．【解】设A划分成3个互不相交的子集：{a1，a2，a3，a4，a5}∪{b1，b2，b3}∪{c1，c2}并且定义映射f：f（a1）=a2，f（a2）=a3，f（a3）=a4，f（a4）=a5，f（a5）=a1；f （b1）=b2，f（b2）=b3，f（b3）=b1；f（c1）=c2，f（c2）=c1．5，3，2两两互素，30是它们的最小公倍数．由条件知，f不是恒等映射，且 f由若干个循环组成，这些循环的阶数的最小公倍数应为30．从而，f是满足条件（1）、（2）的唯一一类映射．所以，f的总数相当于从10个元素中选取5个，再从剩余的5个中选3个，它们再分别进行循环排列的个数．故所求映射的总数是E2-037 一副牌有 2n+ 1张，由一张王及标 1至 n的牌每种各两张组成．这2n +1张排成一行，王在正中间，对每个k，1≤k≤n，两张标k的牌之间恰有k-1张牌．确定所有不超过10并且有这种排法的n．对哪些n，不可能这样排？【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题5．【解】设标i的牌，从左数起位置为a i与b i（a i＜b i，i=1，2，…，n．因为王牌位置为n+1，b i=i+a i，所以即因此4｜n（n+1）．n=1，2，5，6，9，10不满足上述要求．n=3时，解为232J311．n=4时，解为2423J4311．n=7时，解为2723563J7546114．n=8时，解为78426247J86531135．E2-038 在4000至7000之间有多少个四个数字均不相同的偶数？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题1．【解】答：728．若千位数字为4或6，这时千位数字有2种选法，个位数字有4种选法，百位数字有8种选法，十位数字有7种选法．所以共有2×4×8×7=448个数符合要求．同理，若千位数字为5，有 1× 5× 8× 7= 280个偶数符合要求．所以，共有448+280=728个．E2-039 令S为一个有6个元素的集合．问有多少种不同的方法可以把S分成两个不一定不同的子集，使得这两个子集的并恰好是S？两子集的顺序不必考虑，如{a，c}，{b，c，d，e，f}与{b，c，d，e，f}，{a，c}算一种分法．【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题8．【解】365．设S=AUB，S中每一个元素，或属于A，或仅属于B，或同时属于A、B，共3种情况．所以如果S中有n个元素，共有3n种方法选择集合A和B．除了A=B=S的情况，如果不计顺序每种情形算了2次，所以共有种分法．特别地，n=6时，共有365种分法．E2-040 红色和白色的椅子各有5张，围成一个圆圈，共有多少种不同的排法？同色的椅子是没有区别的，经旋转后排列的顺序一致的排法只算1种．【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】将椅子的位置编号为0～9．红色椅子的位置是集合A={0，然有f (10（R）=f（R）．从而使得f(n（R）=R的最小正整数n0必是10的约数．每种这样的排法R都被重复计算了n0次．r1+r2+…+r5≡（r1+5）+（r2+5）+…+（r5+5）（mod10）≡（r1+…+r5）+25（mod10）所以25≡0（mod10）这不可能．所以n0≠5．若n0=2，易知只有R={0，2，4，6，8}和{1，3，5，7，9}满足要求．除此以外的250种R，其n0均为10．故所求的排法数为。

数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值041-050)

E2-041 A={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，满足下列条件（1），（2）的子集S有多少个？（1）S的元素有5个；（2）S中任意两个不同元素的和的个位数字恰好是0到9这10个整数．【题说】 1994年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】这样的子集不存在，即满足条件的S的个数为0．事实上，若存在满足条件的子集S={a1，a2，a3，a4，a5}，由于4（a1+a2+a3+a4+a5）≡0+1+…+9（mod10）上式左边为偶数，右边为奇数，不可能．E2-043 用94块大小尺寸均为4″×10″×19″的砖，一块放在另一块的上面堆积成一个94块砖高的塔，每块砖可随意摆放为塔提供4″或10″或19″的高度．若94块砖全部用上可摆放多少种不同高度的塔？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题11．【解】设有x块砖提供10″的高度，y块砖提供19″的高度，x、y都是非负整数，且x+y≢94，则塔的高度为h=4（94-x-y）+10x+19y=376+3（2x+5y）（1）如果x≣5，则将x换成x-5，y换成y+2，由（1）表示的塔高取同样值，并且（x-5）+（y+2）≢94．所以可以假定x≢4．这时相同的x，不同的y表示的塔高h显然不同．如果x取不同值x1、x2（0≢x1＜x2≢4），那么对任意的y1、y2，（2x2+5y2）-（2x1+5y1）=2（x2-x1）+5（y2-y1）（2）前一项不被5整除，后一项被5整除，所以（2）不为0，即相应于x1、x2的塔高不同．当x=0，1，2，3，4时，y分别有95（0～94），94，93，92，91种取法．所得的塔高均不同．所以共有95+94+93+92+91=465种不同高度的塔．E2-044 设p 是一个奇素数，考虑集合{1，2，…，2p ｝的满足以下两条件的子集A ：（i ）A 恰有p 个元素；（ii ）A 中所有元素之和可被p 整除．试求所有这样的子集A 的个数．【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题6．与V={p+1，p+2，…，2p}外，每一个p 子集与U 、V 的交均非空．将这些子集分类，如果子集S 、T 与V 的交S ∩V=T ∩V ，并且S ∩U 的每个元加上k （mod p ）就得到T ∩U 的每个元，这里k ∈{0，1，2，…，p-1}，那么就将S 与T 归入同一类．对于{0，1，2，…，p-1}中不同的k 1、k 2，由S 得到的集T 1、T 2，元素和σ（T 1）、σ（T 2）的差≡（k 1-k 2）m （modp ），这里m=S ∩U 的元素个数．由于S 与U 、V 的交均非空，0＜m ＜p ，所以（k1-k 2）m 0（modp ），即T 1≠T 2．因此，每一类中恰好有p 个集，并且这些集的元素之和modp 各不相同．于是其中恰有一个集元素之和被p 整除．从而所求子集A 的个数为E2-045 4对夫妇去看电影，8个人坐成一排．若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，共有几种坐法？【题说】 1995年日本数学奥林匹克预选赛题6．【解】先将女性排定，有4！种方法．女性与女性之间若坐着男性（包括这些女性的丈夫）必不少于两个．同样，在男性与男性之间坐着的女性也必不少于两个．把座位连在一起的女性视为一组，则4位女性的分组方式有4，3+1，2+2，2+1+1，1+1+1+1等五种．孤立坐着的女性必须在这一排座位的两端，所以1+1+1+1的分组方式不合要求．女性分成2+1+1时，两端必须坐着女性，这时男性只能分成2+2，即下表中的第1类，男性的排法只有1种．女性分成2+2时，有下表的2，3，4，5四类，男性的排法分别有2，1，1，1种．女性分成3+1时，有下表的6，7，8三类，男性的排法分别有2，1，1种．女性4人连排时，有下表的9，10，11三类，男性的排法分别有3！，2！，2！种．于是排法总数为4!×（1+2+2×1+2×1+1+2×2+2×1+2×1+2×3!+2×2!+2!）=24×34=8161．女男男女女男男女2．女女男男男男女女3．女女男男男女女男或男女女男男男女女4．女女男男女女男男或男男女女男男女女5．男女女男男女女男6．女女女男男男男女或女男男男男女女女7．男男女女女男男女或女男男女女女男男8．男女女女男男男女或女男男男女女女男9．女女女女男男男男或男男男男女女女女10．男男男女女女女男或男女女女女男男男11．男男女女女女男男E2-046 用六种不同颜色中几种染一个正方体各面，要求相邻两面不同色，问有多少种不同的染色法？（两个染色正方形，如果能通过转动、翻身使二者各面颜色对应相等，则认为是染色法相同）【题说】1996年全国数学联赛一试题2（5），原为填空题．【解】分4种情况讨论：1°用了6种颜色．将一种颜色染下底，则上底有5种染法．固定一种颜色朝东，其它三面有3！种染法．共有5×3！=30种．=90种．所以染色法共有30+90+90+20=230种．E2-047 在直角坐标平面上，以（199，0）为圆心、以199为半径的圆周上，整点的个数有多少个？【题说】 1996年全国数学联赛一试题2（6），原为填空题．【解】该圆方程为（x-199）2+y2=1992 （1）显然，（1）有4个整数解：（0，0），（199，199），（199，-199），（389，0）．当y≠0、±199时，|y|与199互素，故由（1）知|x-199|、|y|、199是一组基本勾股数．由勾股数基本公式知，存在二正整数m、n使199=m2+n2．由于平方数≡0或1（mod4），所以m2+n2≡0，1或2（mod4），但199=4×49+3≡3（mod4）矛盾．因此当y≠0、±199时，（1）无整数解．综上所述，在（1）圆周上的整点只有4个．E2-048 白（围棋）子5个、黑（围棋）子10个排成一横行，要求每个白子的右邻必须是黑子，共有多少种排法？【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题2．【解】先将10个黑子排成一行，每个黑子的左邻都留一个空位，从E2-049 设n为正整数，S={1，2，…，n}．S的（非空）子集A，B，C，D满足A∪B∪C∪D=S且A∩B∩C=φ，这样的集合组（A，B，C，D）有多少个？【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】根据k（1≢k≢n）是否属于A，B，C，D，分别有24=16种情形．在这些情形中，（1）k不属于A，B，C，D；（2） k属于A，B，C，但不属于D；（3）k属于A，B，C，D．这3种情形与要求不符．其余13种情形均合要求．对每个k（1≢k≢n）都有13种情形，故共有13n个满足题设要求的集合组．E2-050 一个7×7的棋盘的2个方格着黄色，其余的方格着绿色．如果一种着色法可从另一种着色法经过在棋盘的平面中的旋转而得到，那么这两种着色法看做同一种．可能有多少种不同的着色法？【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题7．如果这一对方格关于棋盘中心中心对称，那么旋转后可与另一对方不关于棋盘中心中心对称，那么绕中心旋转90°、180°、270°，分别与另外三对方格重合，经过旋转也只可能与这三对重合．因此不同的。