2012年加拿大数学奥林匹克试题及解答
2012年美国数学奥林匹克(USAMO)试题及其解答
2012 年美国数学奥林匹克试题（USAMO）及其解答
田开斌 解答
1、求所有整数 n≥3，使得对于任意 n 个正实数a1 、a2 、a3 、 … … 、an ，如果满足 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，则其中可以取出三个数， 它们能够构成一个锐角三角形的三条边的长度。 解：对于任意 n≤12，在序列 1、1、√2、√3、√5、√8、√13、√21、√34、√55、√89、12中取前 n 个数，都有 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，但任意三个数都不能构成 锐角三角形的三条边。所以满足条件的 n≥13。 下面我们用反证法证明 n≥13 时，都满足条件。 我们给 n 个正实数从小到大排序为a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ⋯ ≤ an ，若其中任意三个数，都不 能构成一个锐角三角形的三条边，则有a1 2 ≤ a2 2 ，ak 2 + ak+1 2 ≤ ak+2 2 ，其中 1≤k≤n-2。 于是知an 2 ≥ fn · a1 2 ，即an ≥ �fn · a1 ，其中fn 为斐波那契数列的第 n 项。又当 n≥13 时， 根据数学归纳法易知都有�fn ＞n，此时则有an ≥ �fn · a1 ＞na1 ，与 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �矛盾。所以当 n≥13 时，都 满足条件。 综上所述知，满足条件的 n 为所有不小于 13 的自然数。 2、一个圆被 432 个点等分为 432 段弧，将其中 108 个点染成红色，108 个点染成绿色， 108 个点染成蓝色，108 个点染成黄色。求证：可以在每种颜色的点中各选 3 个点，使得由 同色点构成的四个三角形都全等。 解：我们记 f(m)表示 m 除以 432 的余数，其中 0≤f(m)≤431。 我们从某点开始，按顺时针方向依次给 432 个点排序为 0、1、2、3、……431。设 108 个 红点所在位置依次为a1 、a2 、a3 、 … … 、a108 ，108 个绿点依次为b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 ， 108 个蓝点依次为c1 、c2 、c3 、 … … 、c108 ，108 个黄点依次为d1 、d2 、d3 、 … … 、d108 。 记Xi = �f(a1 + i)、f(a2 + i)、f(a3 + i)、 … … 、f(a108 + i)� ∩ �b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 � b1、b2、b3、……、b108=108（j=1、2、3、……108），所以
2012年世界奥林匹克数学竞赛六年级试题
2012赛季世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛 A 卷--------------------------------------------------------------------------------- 考生须知：1. 每位考生将获得考题一份。
考试期间，不得使用计算工具或手机。
2. 本卷共100分，填空题每小题5分，解答题每题10分。
3. 请将答案写在本卷上。
考试完毕时，所有考题及草稿纸会被收回。
4. 若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数。
六年级试卷（本试卷满分100分 ，考试时间90分钟 ）一、填空题。
（每题5分，共60分）1.规定a b =ba ab 求的值是__________________。
2.有甲、乙、丙三个梯形,它们的高之比是1:2:3；上底之比依次是6:9:4；下底之比依次12:15:10.已知甲梯形的面积是30平方厘米,那么乙与丙两个梯形的面积之和是_________________平方厘米。
3.从1到1989中，共有______________个完全平方数。
4.某次数学比赛，分两种方法给分：一种是答对一题给5分，不答给2分，答错不给分；另一种是先给40分，答对一题给3分，不答不给分，答错扣1分，某考生两种评分方法均得81分，这次比赛共有__________________题。
5.某水果商店运来一批梨和苹果。
已知梨重量的32与苹果共620千克，梨重量的41与苹果重量的52相等。
求运来梨子有__________________千克。
6.一条绳子第一次剪掉1米,第二次剪掉剩余部分的21,第三次剪掉1米,第四次剪掉剩余部分的32,第五次剪掉1米,第六次剪掉剩余部分的43,这条绳子还剩下1米.这条绳子原长__________________米。
7.制造一批零件，按计划18天可以完成它的21，如果工作3天后，工作效率提高了31，那么完成这批零件的31，一共需要________________天。
2012亚洲国际数学奥林匹克总决赛真题(四年级)
甲部：每題 3 分 甲部：每题 3 分 Section A – each question carries 3 marks 1) 求 1 3 5 7 ... 37 39 的值。 求 1 3 5 7 ... 37 39 的值。 Evaluate 1 3 5 7 ... 37 39 . 2) 求 200 40 200 50 200 10 的值。 求 200 40 200 50 200 10 的值。 Evaluate 200 40 200 50 200 10 . 3) 求 (633 324) (30 73) (163 137) 的值。 求 (633 324) (30 73) (163 137) 的值。 Evaluate (633 324) (30 73) (163 137) . 定義符號「 」的程序計算有以下的結果：
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国际数学奥林匹克竞赛试题及解答
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛是世界范围内最具影响力和声誉的数学竞赛之一。
每年，来自各个国家的数学高手们聚集在一起，参与这项激烈而充满挑战的竞赛。
本文将介绍一些历年的国际数学奥林匹克竞赛试题，并提供相应的解答。
试题一：证明：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
解答一：我们可以通过反证法来证明这个命题。
假设4^n + n^4是一个素数，即不存在其他因子能够整除它。
考虑到任何正整数n都可以写成2k或2k+1的形式，其中k是整数。
当n为偶数时，可以将n表示为2k的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k)^4 = 2^(2n) + (2k)^4我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为偶数时，4^n + n^4不可能是素数。
当n为奇数时，可以将n表示为2k+1的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k+1)^4 = 2^(2n) + (2k+1)^4同样地，我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k+1)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k+1)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为奇数时，4^n + n^4同样不可能是素数。
综上所述，我们可以得出结论：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
试题二：证明：对于任意正整数n，n^2 + 3n + 1不是完全平方数。
解答二：我们同样可以使用反证法来证明这个命题。
假设n^2 + 3n + 1是一个完全平方数，即存在另一个正整数m，使得m^2 = n^2 + 3n + 1。
根据完全平方数的性质，m^2必然是一个奇数，因为奇数的平方也是奇数。
我们可以将n^2 + 3n + 1拆分为两部分，即(n^2 + 2n + 1) + n。
2012赛季世界奥林匹克数学竞赛
2012赛季世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方晋级赛 A卷---------------------------------------------------------------------------------考生须知：每位考生将获得考题一份。
考试期间，不得使用计算工具或手机。
本卷共100分，填空题每小题5分，解答题每题10分。
请将答案写在本卷上。
考试完毕时，所有考题及草稿纸会被收回。
若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数。
三年级试卷（本试卷满分100分，考试时间90分钟）一、填空题。
（每题5分，共60分）1、计算：1＋2＋3＋…＋98＋99＋98＋…＋3＋2＋1= 。
2、有一张边长为18厘米的正方形纸片，按图中虚线所示剪成两张小纸片，这两张小纸片的周长之和为厘米。
有一列数1、3、7、13、21……，第8个数是。
有一个数，比200小比150大，这个数被7除余3，被9除也余3，这个数是。
数一数，图中有个长方形。
6、2011年的国庆节是星期六，那么2012年的国庆节是星期。
7、将数字0、1、3、4、5、6填入下面的□内，使等式成立。
÷ = × = 28、欧欧、小美各有一些漫画书。
欧欧的漫画书比小美少18本，小美的漫画书是欧欧的3倍少14本，那么欧欧和小美一共有本。
9、3只猫在3天里抓3只老鼠，那么，只猫在30天里抓30只老鼠。
有一盒牛奶，奥斑马12天可以喝完，如果和欧欧一起喝，8天喝完。
那么，欧欧单独喝这盒牛奶可以喝天。
11、有14个连续自然数，前7个连续自然数的和是105。
那么，这14个连续自然数的和是。
12、黑白团队做换座位的游戏，开始时奥斑马、小泉、小美、欧欧分别坐在1、2、3、4号座位上（如图），第一次是前后排互换座位，第二次是左右列互换座位……按此规律交替进行下去，那么在第2011次互换座位后，欧欧的座位编号是号。
开始第一次第二次第三次二、解答题。
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A5整数综合问题
A5 整数综合问题A5－002在n³n(n为奇数)的方格表里的每一个方格中，任意填上一个＋1或－1，在每一列的下面写上该列所有数的乘积；在每行的右边写上该行所有数的乘积，证明：这2n个乘积的和不等于0．【题说】1962年全俄数学奥林匹克八、九年级题5．【证】设p1，p2，…，p n是各行数字乘积，q1，q2，…，q n是各列数字乘积，它们都是＋1或－1，而应有p1p2…p n＝q1q2…q n，所以p1、p2、…、p n、q1、q2…、q n中应有偶数个－1．设为2k个，则其中＋1的个数为2(n－k)．由于n为奇数，k≠n－k，所以p1＋p2＋…＋p n＋q1＋q2＋…＋q n≠0A5－003已知任意n个整数a1，a2，…，a n，由此得到一列新的数．由这n个数依同样法则又得到一列新数，并如此做下去．假如所有这些新数都是整数，证明原来所给各数a i(i＝1，2，…，n)都相等．【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题4．n为偶数时有一种例外情况使结论不成立．【证】对于任给的n个数x i(1≢i≢n)，如果它们不全相等，那么施行如上运算若干次后得的新数中，最大值要变小，最小值要变大，因此，如若不能得出一组n个相同的数的话，其中最大数不能永远是整数．假设从一组n个数z1，z2，…，z n得到n个相同的数那么，当n是奇数时，易知z1＝z2＝…＝z n；当n是偶数时，z1，…，z n中奇数项相等，偶数项相等．若z i(1≢i≢n)由y i(1≢i≢n)经运算得出，且设则有 2(y1＋y2＋…＋y n)＝2na及 2(y2＋y3＋…＋y n＋y1)＝2nb从而 2na＝2nb，a＝b由此得出z1＝z2＝…＝z n＝a因此，我们的命题成立．仅当n为偶数时，有一种例外情况：n个整数a，b，a，b，…，a，b，(a与b的奇偶性相同，a ≠b)满足题中条件，但结论不成立．A5－004某整数集合A既含有正整数，也含有负整数，而且如果a和b是它的元素，那么2a 和a＋b也是它的元素，证明：集合A包含它的任意两个元素之差．【题说】1967年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】不难证明：如果整数c是集合A的元素，而n是自然数，那么nc也属于集合A．因为集合A既含有正整数，也含有负整数，根据最小数原理，集合A存在最小的正整数a和绝对值最小的负整数b．这两个数的和a＋b也应该属于集合A，而且满足不等式．b＜a＋b＜a但是集合A不含有小于a的正数和大于b的负数，所以a＋b只能等于0．因此，数0属于集合A，且b＝－a．根据前面所证，集合A包含数a的所有整数倍．设x∈A，则由带余数除法，存在整数q、r，使x＝qa＋r(0≢r＜a)．于是r＝x＋(－qa)∈A．由于0≢r＜a，必有r＝0．即A中的数均为a的整数倍．既然集合A的元素都是a的整数倍，因此集合A的任意两个元素之差也是元素a的整数倍，因而属于集合A．A5－005证明：任何不大于n！的自然数，都能表示成不多于n个数的和，在这些加数中，没有两个是相同的，而且任何一个都是n！的因数．【题说】第二届(1968年)全苏数学奥林匹克九年级题5．【证】对n用数学归纳法，n＝1时，显然．设n时结论真．对a≢(n＋1)！，将a除以n＋1得a＝d(n＋1)＋r，这里d≢n！，0≢r＜n＋1．由归纳假设，d＝d1＋d2＋…＋d l，l≢n．且所有d i是n！的不同因数(i＝1，2，…，l)．于是 a＝d1(n＋1)＋…＋d l(n＋1)＋r这个和中的加数不多于n＋1个，其中每一个都是(n＋1)！的因数，且全不相等．A5－006找出具有下列性质的所有正整数n：设集合{n，n＋1，n＋2，n＋3，n＋4，n＋5}可以划分成两个无公共元素的非空子集，使得一个子集中所有元素的乘积等于另一子集中所有元素的乘积．【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题4．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】假定n具有所述性质，那么六个数n，n＋1，n＋2，n＋3，n＋4，n＋5中任一个素因数p 必定还整除另一个数(在另一个子集中)．因而p整除这两个数的差，所以p只能为2，3，5．再考虑数n＋1，n＋2，n＋3，n＋4．它们的素因数不能为5(否则上面的六个数中只有一个被5整除)，因此只能为2与3．这四个数中有两个为连续奇数．它们必须是3的正整数幂(因为没有其它因数)，但这样两个幂的差被3整除，决不能等于2．矛盾！这就说明具有所述性质的n是不存在的．A5－007证明：任何一个正的既约真分数m／n可以表示成两两互异的自然数的倒数之和．【题说】1972年～1973年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】对m用数学归纳法．m＝1时，显然成立．假设对小于m的自然数命题成立，我们证明它对m＞1也成立．为此，设n＝qm＋r(0≢r＜m) (1)因为m／n是正的既约真分数，所以q＞0，r＞0．又因0＜m－r＜m，所以由归纳假设，其中t1＜t2＜…＜t k为自然数．因为n＞m，所以由(3)知：t1＞q＋1，将(3)代入(2)得所以，命题对任何自然数m都成立．A5－008 8分和15分的邮票可以无限制地取用．某些邮资额数，例如7分、29分，不能够刚好凑成．求不能凑成的最大额数n，即大于n的额数都能够凑成，并证明你的答案．【题说】第六届(1974年)加拿大数学奥林匹克题6．【解】因为98＝8²1＋15²699＝8²3＋15²5100＝8²5＋15²4101＝8²7＋15²3102＝8²9＋15²2103＝8²11＋15²1104＝8²13＋15²0105＝8²0＋15²7比105大的数，可用以上8数加上8的适当倍数而得到．而97不能用8与15凑成．故所求的n 值为97．【注】一般地，当正整数p、q互质时，不能用p、q凑成的最大整数pq－p－q．A5－009若整数n可表示成n＝a1＋a2＋…＋a k (1)其中a1，a2，…，a k是满足的正整数(不一定相异)，那么，我们称n是好数，已知整数33至73是好数，证明：每一个不小于33的整数都是好数．【题说】第七届(1978年)英国数学奥林匹克题3．【证】我们改证命题p n：整数n，n＋1，…，2n＋7都是好数．已知p33为真．假设p n成立，那么n是好数，即存在正整数a1，a2，…，a k使(1)、从而这表明 2(a1＋a2＋…＋a k)＋4＋4＝2n＋82(a1＋a2＋…＋a k)＋3＋6＝2n＋9也是好数，因此P n成立．根据数学归纳法，对所有正整数n≣33，P n成立，原命题因而得证．A5－010设f(x)＝x2－x＋1．证明：对任意的m个自然数(m＞1)，f(m)，f(f(m))，…两两互素．【题说】第十二届(1978年)全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】因f(0)＝1，所以多项式的常数项p n(0)＝1．因而，对于任意的整数m，p n(m)除以m，余数等于1．用m＇＝p k(m)代替m，就得到p n＋k(m)＝p n(m＇)与m＇＝p k(m)互素．A5－011自然数n的数字和用S(n)来表示．(1)是否存在一个自然数n，使得n＋s(n)＝1980；(2)证明：在任意两个连续的自然数之中，至少有一个能表示成n＋S(n)的形式，其中n为某个自然数．【题说】第十四届(1980年)全苏数学奥林匹克八年级题6．【解】(1)当n＝1962时，n＋S(n)＝1980．(2)令S n＝n＋S(n)，如果n的末位数字是9，则S n＋1＜S n；否则S n＋1＝S n＋2．对任意两个连续的自然数m(m≣2)，m＋1，在S n＜m的n中，选择最大的，并用N表示．这时S N＋1≣m＞S N，所以N 的末位数字不是9，从而S N＋1＝S N＋2．由m≢S N＋1＝S N＋2＜m＋2，即得S N＋1＝m或S N＋1＝m＋1．A5－012设n为≣2的自然数．证明方程x n＋1＝y n＋1在x与n＋1互质时无正整数解．【题说】1980年芬兰等四国国际数学竞赛题3．本题由匈牙利提供．【证】x n＝y n＋1－1＝(y－1)(y n＋y n－1＋…＋1)．如果质数p是y－1与y n＋y n－1＋…＋1的公因数，则p整除x n，从而p是x的因数．但y除以p余1，所以y n＋y n－1＋…＋1除以p与n＋1除以p 的余数相同，即n＋1也被p整除，这与x、n＋1互质矛盾．因此y－1与y n＋y n－1＋…＋1互质，从而y－1＝s n，y n＋y n－1＋…＋1＝t n，其中s、t为自然数，st＝x．但y n＜y n＋y n－1＋…＋1＜(y ＋1)n，所以y n＋y n－1＋…＋1≠t n，矛盾，原方程无解．A5－013设a、b、c是两两互素的正整数，证明：2abc－be－ac－ab是不能表示为xbc＋yac ＋zab形式的最大整数(其中x、y、z是非负整数)．【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题3．【证】熟知在a、b互素时，对任意整数n有整数x、y，使ax＋by＝n．当n＞ab－a－b时，首先取0≢x＜b(若x＞b则用x－b、y＋a代替x、y)，我们有by＝n－ax＞ab－a－b－ax≣ab－a－b－a(b－1)＝－b所以y＞－1也是非负整数．即n＞ab－a－b时，有非负整数x、y使ax＋by＝n．因为a、b、c两两互素，所以(bc，ac，ab)＝1．令(bc，ac)＝d．则(ab，d)＝1，所以方程abz＋dt＝n (1)有整数解，并且0≢z＜d(若z＞d则用z－d、t＋ab代替z、t)．设 bc＝da1，ac＝db1，那么(a1，b1)＝1．在n＞2abc－bc－ca－ab时，即 t＞a1b1－a1－b1从而方程a1x＋b1y＝t (2)有非负整数解(x，y)．由(1)与(2)消去t可得bcx＋acy＋abz＝n有非负整数解．另一方面，若有非负整数x、y、z使2abc－bc－ac－ah＝xbc＋yac＋zab则 bc(x＋1)＋ac(y＋1)＋ab(z＋1)＝2abc于是应有，a整除bc(x＋1)，因(a，bc)＝1．所以，a整除x＋1，从而c≢x＋1．同理有，b≢y＋1，c≢z＋1．因此3abc＝bca＋acb＋abc≢bc(x＋1)＋ac(y＋1)＋ab(z＋1)＝2abc由于a、b、c都是正整数，这是不可能的，故2abc－bc－ca－ab不能表成xbc＋yca＋zab(x、y、z为非负整数)的形式．A5－014能否选择1983个不同的正整数都不大于105，且其中没有三个正整数是算术级数中的连续项，并证明你的论断．【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题5．本题由波兰提供．【解】考虑三进制表示中，不含数字2并且位数≢11的数所成的集合M．显然|M|＝211－1＞1983．M中最大的数为若x、y、z∈M并且x＋z＝2y，则由于2y的各位数字为0或2，所以x＋z的各位数字也为0或2．从而x、z在同一位上的数字同为0或同为2，即x＝z．因此M中任三个互不相同的数不成等差数列．于是回答是肯定的，M即是一例．A5－015将19分成若干个正整数之和，使其积为最大．【题说】1984年上海市赛一试题2(9)．【解】由于分法只有有限种，其中必有一种分法，分成的各数的积最大．我们证明这时必有：(1)分成的正整数只能是2和3．因为4＝2＋2，且4＝2³2，若分出的数中有4，拆成两个2其积不变；若分出的数中有数a≣5．则只要把a拆成2与a－2，由2(a－2)＞a知道积将增大．(2)分成的正整数中，2最多两个．若2至少有3个，则由3＋3＝2＋2＋2及3³3＞2³2³2可知，将3个2换成2个3，积将增大．所以，将19分成5个3与2个2的和，这些数的积35³22＝972是最大的．A5－016设a、b、c、d是奇整数，0＜a＜b＜c＜d，且ad＝bc．证明：如果对某整数k和m有a＋d＝2k和b＋c＝2m，那末a＝1．【题说】第二十五届(1984年)国际数学奥林匹克题6．【证】因为a[(a＋d)－(b＋c)]＝a2＋ad－ab－ac＝a2＋bc－ab－ac＝(a－b)(a－c)＞0所以a＋d＞b＋c，即2k＞2m，k＞m．又由ad＝bc，有 a(2k－a)＝b(2m－b)2m(b－2k－m a)＝b2－a2＝(b＋a)(b－a)可知2m整除(b＋a)(b－a)．但b＋a和b－a不能都被4整除(因为它们的和是2b，而b是奇数)，所以2m－1必整除b＋a或b－a之一．因为b＋a＜b＋c＝2m，所以b＋a＝2m－1或b－a＝2m－1．因为a、b是奇数，它们的公因数也是奇数，且是b＋a和b－a的因数，从而是2m－1的奇因数，即1．所以a与b互质，同理a与c也互质．但由ad＝bc，知a能整除bc，故a＝1．A5－017对正整数n≣1的一个划分π，是指将n分成一个或若干个正整数之和，且按非减顺序排列(如n＝4，划分π有1＋1＋1＋1，1＋1＋2，1＋3，2＋2及4共5种)．对任一划分π，定义A(π)为划分π中数1出现的个数；B(π)为π中出现不同的数的个数(如对n＝13的一个划分π：1＋1＋2＋2＋2＋5而言，A(π)＝2，B(π)＝3)．求证：对任意正整数n，其所有划分π的A(π)之和等于B(π)之和．【题说】第十五届(1986年)美国数学奥林匹克题5．【证】设p(n)表示n划分的个数．那么第一个位置是1的划分有p(n－1)个，第二个位置上是1的(当然它第一个位置上也是1)的划分有p(n－2)个．等等．第n－1个位置上是1的划分有P(1)＝1个，第n个位置上是1的只有1种．若令P(0)＝1．则所有划分中含1的数A(π)之和等于P(n－1)＋P(n－2)＋…＋P(1)＋P(0)．另一方面，从含有1的每个划分中拿去一个1，都成为一个(n－1)的划分，共拿去P(n－1)个1．再从含有2的每个划分中拿去一个2，都成为n－2的划分，共拿去P(n－2)个2．…从含有(n－1)的划分(只有一个：1＋(n－1)，拿去(n－1)，即拿去了P(1)＝1个1．再加上含有n的一个划分，n为P(0)＝1个，故B(π)总和也等于P(n－1)＋P(n－2)＋…＋P(1)＋P(0)．因此，A(π)＝B(π)．A5－018在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B＇，A在y轴上的射影为A＇，△OB＇B的面积比△OA＇A的面积大33.5．由x1、求出所有这样的四位数，并写出求解过程．【题说】1985年全国联赛二试题1．＞67．又由于x2、y2均为一位正整数，所以x2y2＝72或x2y2＝81．因为∠BCB＇＜45°，所以x2＞y2．故由x2y2＝72可知x2＝9，y2＝8．此时x1y1＝5．同样可求得x1＝1，y1＝5．综上可知，1985为符合条件的唯一的四位数．A5－019设n、k为互素自然数，0＜k＜n，在集合M＝{1，2，…，n－1｝(n≣3)中的各数，要么着蓝色，要么着白色，已知(1)对于各i∈M，i和n－i同色；(2)对于各i∈M，i≠k， i和|i－k|同色．证明：在M中的所有数均同色．【题说】第二十六届(1985年)国际数学奥林匹克题2．本题由澳大利亚提供．【证】设lk＝nq l＋r l(l＝1，2，…，n－1；1≢r l≢n－1)．若r l＝r l＇，则(l－l＇)k被n整除，但n、k互素，所以n|(l－l＇)这表明在l＝1，2…，n－1时，r1，r2，…，r n－1互不相同，所以M＝｛r1，r2，…，r n－1｝．若r l＜n－k，即r l＋k＜n，则r l＋1＝r l＋k，由条件(2)，r l＋1与r l＋1－k＝r l同色．若r l≣n－k，即r l＋k≣n，则r l＋1＝r l＋k－n，于是r l＋1与k－r l＋1＝n－r l同色．再由条件(1)n－r l与r l同色．综上所述，r i＋1与r l同色(l＝1，2，…，n－2)，因此M中所有数同色．A5－020如n是不小于3的自然数，以f(n)表示不是n的因数的最小自然数(例如f(12)＝5)．如果f(n)≣3，又可作f(f(n))．类似地，如果f(f(n))≣3，又可作f(f(f(n)))果用L n表示n的长度，试对任意的自然数n(n≣3)，求L n并证明你的结论．【题说】第三届(1988年)全国冬令营赛题6．【解】很明显，若奇数n≣3，那么f(n)＝2，因此只须讨论n为偶数的情况，我们首先证明，对任何n≣3，f(n)＝p s，这里P是素数，s为正整数．假若不然，若f(n)有两个不同的素因子，这时总可以将f(n)表为f(n)＝ab，其中a、b是大于1的互素的正整数．由f的定义知，a与b都应能整除n，因(a，b)＝1，故ab也应整除n，这与f(n)＝ab矛盾．所以f(n)＝p s．由此可以得出以下结论：(1)当n为大于1的奇数时，f(n)＝2，故L n＝1；(2)设n为大于2的偶数，如果f(n)＝奇数，那么f(f(n))＝2，这时L n＝2；如果f(n)＝2s，其中自然数s≣2，那么f(f(n))＝f(2s)＝3，从而f(f(f(n)))＝f(3)＝2，这时L n＝3．A5－021一个正整数，若它的每个质因数都至少是两重的(即在这数的分解式中每个质因数的幂指数都不小于2)，则称该正整数为“漂亮数”．相邻两个正整数皆为“漂亮数”，就称它们是一对“孪生漂亮数”，例如8与9就是一对“孪生漂亮数”．请你再找出两对“孪生漂亮数”来．【题说】1989年北京市赛高一题5．【解】设(n，n＋1)是一对“孪生漂亮数”，则4n(n＋1)是漂亮数，并且4n(n＋1)＋1＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2是平方数，而平方数必为漂亮数．所以，(4n(n＋1)、4n(n＋1)＋1)也是一对“孪生漂亮数”．于是，取n＝8，得一对“孪生漂亮数”(288，289)．再取n＝288，得另一对“孪生漂亮数”(332928，332929)．两个自然数的平方差，则称这个自然数为“智慧数”比如16＝52－32，16就是一个“智慧数”．在自然数列中从1开始数起，试问第1990个“智慧数”是哪个数？并请你说明理由．【题说】1990年北京市赛高一复赛题4．【解】显然1不是“智慧数”，而大于1的奇数2k＋1＝(k＋1)2－k2，都是“智慧数”．4k＝(k＋1)2－(k－1)2可见大于4且能被4整除的数都是“智慧数”而4不是“智慧数”，由于x2－y2＝(x＋y)(x－y)(其中x、y∈N)，当x，y奇偶性相同时，(x＋y)(x－y)被4整除．当x，y奇偶性相异时，(x＋y)(x －y)为奇数，所以形如4k＋2的数不是“智慧数”在自然数列中前四个自然数中只有3是“智慧数”．此后每连续四个数中有三个“智慧数”．由于1989＝3³663，所以2656＝4³664是第1990个“智慧数”．A5－023有n(≣2)名选手参加一项为期k天的比赛，每天比赛中，选手的可能得分数为1，2，3，…，n，且没有两人的得分数相同，当k天比赛结束时，发现每名选手的总分都是26分．试确定数对(n，k)的所有可能情况．【题说】第二十二届(1990年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】所有选手得分总和为kn(n＋1)/2＝26n，即k(n＋1)＝52(n，k)取值可以是(3，13)，(12，4)，(25，2)及(51，1)，但最后一种选择不满足要求．当(n，k)＝(3，13)时，3名选手13天得分配置为(1，2，3)＋2(2，3，1)＋2(3，1，2)＋3(1，3，2)＋2(3，2，1)＋3(2，1，3)＝(26，26，26)．当(n，k)＝(12，4)时，12名选手4天得分配置为2(1，2，…，11，12)＋2(12，11，…，2，1)＝(26，26，…，26)．当(n，k)＝(25，2)时，25名选手两天得分配置为(1，2，…，24，25)＋(25，24，…，2，1)＝(26，26，…，26)．A5－024设x是一个自然数．若一串自然数x0＝1，x1，x2，…，x t－1，x t＝x，满足x i－1＜x i，x i －1|x i，i＝1，2，…，t．则称{x0，x1，x2，…x t}为x的一条因子链，t为该因子链的长度．T(x)与R(x)分别表示x的最长因子链的长度和最长因子链的条数．对于x＝5k³31m³1990n(k，m，n是自然数)试求T(x)与R(x)．【题说】第五届(1990年)全国冬令营赛题2．【解】设x的质因数分解式为其中p1、p2、…、p n为互不相同的质数，α1、α2、…、αn为正整数．由于因子链上，每一项至少比前一项多一个质因数，所以T(x)≢α1＋α2＋…＋αn．将α1＋α2＋…＋αn个质因数(其中α1个p1，α2个p2，…，αn个p n)依任意顺序排列，每个排列产生一个长为α1＋α2＋…＋αn的因子链(x1为排列的第一项，x2为x1乘排列的第二项，x3为x2乘第三项，…)，因此T(x)＝α1＋α2＋…＋αn，R(x)即排列对于x＝5k³31m³1990n＝2n³5k＋n³31m³199n，T(x)＝3n＋k＋mA5－025证明：若则为整数．【题说】1990年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题1．【证】若x＋y＋z＋t＝0，则由题设条件可得于是此时(1)式的值等于－4．若x＋y＋z＋t≠0，则由此可得x＝y＝z＝t．于是(1)式的值等于4．A5－026课间休息时，n个学生围着老师坐成一圈做游戏，老师按顺时针方向并按下列规则给学生们发糖：他选择一个学生并给一块糖，隔一个学生给下一个学生一块，再隔2个学生给下一个学生一块，再隔3个学生给下一个学生一块…．试确定n的值，使最后(也许绕许多圈)所有学生每人至少有一块糖．【题说】1991年亚太地区数学奥林匹克题4．【解】问题等价于确定正整数n，使同余式1＋2＋3＋…＋x＝a(modn) (1)对任意正整数a都有解．我们证明当且仅当n是2的方幂时，(1)式总有解．若n不是2的方幂，则n有奇素因数p．由于1，1＋2，1＋2＋3，…，1＋2＋…＋(p－1)，1＋2＋…＋p至多表示mod p的p－1个剩余类(最后两个数在同一个剩余类中)，所以1＋2＋…＋x也至多表示mod p的p－1个剩余类，从而总有a使1＋2＋…＋x≡a(mod p)无解，这时(1)也无解．若n＝2k(k≣1)，考察下列各数：0³1，1³2，2³3，…，(2k－1)2k (2)设x(x＋1)≡y(y＋1)、(mod 2k＋1)，其中0≢x，y≢2k－1，则x2－y2＋x－y≡(x－y)(x＋y＋1)≡0(mod 2k＋1)因为x－y，x＋y＋1中，一个是奇数，一个是偶数，所以x－y≡0(mod2k＋1)或x＋y＋1≡0(mod 2k ＋1)由后者得：2k＋1≢x＋y＋1≢2k－1＋2k－1＋1＝2k＋1－1矛盾．故 x≡y(mod 2k＋1)，即x＝y．因此(2)中的2k个偶数mod 2k＋1互不同余，从而对任意整数a，方程x(x＋1)≡2a(mod 2n)有解，即(1)有解．A5－027设S＝{1，2，3，…，280}．求最小的自然数n使得S的每个有n个元素的子集都含有5个两两互素的数．【题说】第三十二届(1991年)国际数学奥林匹克题3．本题由中国提供．【解】令A i＝｛S中一切可被i整除的自然数｝，i＝2，3，5，7．记A＝A2∪A3∪A5∪A7，利用容斥原理，容易算出A中元素的个数是216．由于在A中任取5个数必有两个数在同一个A i之中，从而他们不互素．于是n≣217．另一方面，令B1＝(1和S中的一切素数｝B2＝(22，32，52，72，112，132｝B3＝｛2³131，3³89，5³53，7³37，11³23，13³19｝B4＝｛2³127，3³83，5³47，7³31，11³19，13³17｝B5＝{2³113，3³79，5³43，7³29，11³17}B6＝{2³109，3³73，5³41，7³23，11³13}易知B1中元素的个数为60．令B＝B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6，则B中元素的个数为88，S－B中元素的个数为192．在S中任取217个数，由于217－192＝25＞4³6，于是存在i(1≢i≢6)，使得这217个数中有5个数在Bi中．显然这5个数是两两互素的，所以n≢217．于是n＝217．A5－028对于每个正整数n，以s(n)表示满足如下条件的最大正整数：对于每个正整数k≢s(n)，n2都可以表示成k个正整数的平方之和．1．证明：对于每个正整数n≣4，都有s(n)≢n2－14；2．试找出一个正整数n，使得s(n)＝n2－14；3．证明：存在无限多个正整数n，使得s(n)＝n2－14．【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】用反证法证明如下：假设对某个n≣4，有s(n)≣n2－14，则存在k＝n2－13个正整数a1，a2，…，a k，使得于是就有从而3b＋8c＝13 这表明c＝0或1；但相应的b不为整数，矛盾．2．每个大于13的正整数m可以表为3b＋8c，其中b、c为非负整数．事实上，若m＝3s＋1，则s≣5，m＝3(s－5)＋2³8．若m＝3s＋2，则s≣4，m＝3(s－2)＋8．由即知n2可表为n2－m个平方和，从而n2可表为n2－14，n2－15，…，对于n＝13，有n2＝122＋52＝122＋42＋32＝82＋82＋52＋42由于82可表为4个42的和，42可表为4个22的和，22可表为4个12的和，所以132＝82＋82＋52＋42可表为4，7，10，...，43个平方的和，又由于52＝42＋32，132可表为5，8，11， (44)平方的和．由于122可表为4个62的和，62可表为4个32的和，所以132＝122＋42＋32可表为3，6，9，…，33个平方的和．为18＋2³9＝36，18＋2³12＝42个平方的和．再由42为4个22的和，132也可表为39个平方的和．综上所述，132可表为1，2，…，44个平方的和．3．令n＝2k³13．因为132可表为1，2，…，155个平方的和，22可表为4个平方的和，所以132³22可表为1，2，…，155³4个平方的和，132³24可表为1，2，…，155³42个平方的和，…，n2＝132³22k可表为1，2，…，155³4k个平方的和．s(n)＝n2－14A5－029每个正整数都可以表示成一个或者多个连续正整数的和．试对每个正整数n，求n有多少种不同的方法表示成这样的和．【题说】第一届(1992年)中国台北数学奥林匹克题2．【解】设m为n的正的奇因数，m＝nd，则若(1)的每一项都是正的，则它就是n的一种表示(表成连续正整数的和)．若(1)式右边有负数与0，则这些负数与它们的相反数抵消(因以略去，这样剩下的项是连续的正整数，仍然得到n的一种表示，其项数为偶数(例如7＝(－2)＋(－1)＋0＋1＋2＋3＋4＝3＋4)于是n的每一个正奇因数产生一个表示．反过来，若n有一个表示，项数为奇数m，则它就是(1)的形式，而m是n的奇因数，若n有一个表示，项数为偶数，最小一项为k＋1，则可将这表示向负的方向“延长”，增加2k＋1项，这些项中有0及±1，±2，…，±k．这样仍成为(1)的形式，项数是n的奇因数．因此，n的表示法正好是n的正奇因数的个数，如果n的标准分解A5－030 x、y为正整数，x4＋y4除以x＋y的商是97，求余数．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】由题知x4＋y4＜98(x＋y)，不妨设x≣y，则x4＜98³2x，所以x≢5．注意到14＝1，24＝16，34＝81，44＝256，54＝625．对x，y∈{1，2，3，4，5}，x4＋y4＞97(x＋y)的仅有54＋44＝881＝(5＋4)³97＋8，所以所求的余数为8．A5－031设p＝(a1，a2，…，a17)是1，2，…，17的任一排列，令k p是满足不等式a1＋a2＋…＋a k＜a k＋1＋…＋a17的最大下标k，求k p的最大值和最小值，并求所有不同的排列p相应的k p的和．【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题1．【解】若k p≣12，则这与k p的定义相矛盾，所以k p≢11．又当p＝(1，2，…，17)时，1＋2＋…＋11＝66＜87＝12＋13＋…＋17，故此时k p＝11．所以，k p的最大值为11，并且kp的最小值为5，此时p＝(17，16，…，2，1)．设p＝(a1，a2，…，a17)是1，2，…，17的任一排列，由kp的定义，知且但(2)的等号不可能成立，否则矛盾．所以由(1)和(3)可知，对排列p＝(a1，a2，…，a17)的反向排列p＇＝(a17，a16，…，a1)，k p＇＝17－(k p＋2)＋1＝16－k p所以k p＋k p＇＝16．于是可把1，2，…，17的17！个不同排列与它的反向排列一一配对．所求之和为A5－032确定所有正整数n，使方程x n＋(2＋x)n＋(2－x)n＝0有整数解．【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题4．【解】显然，n只能为奇数．当n＝1时，x＝－4．当n为不小于3的奇数时，方程左边是首项系数为1的非负整系数多项式，常数项是2n＋1，所以它的整数解只能具有－2t的形式，其中t为非负整数．若t＝0，则x＝－1，它不是方程的解；若t＝1，则x＝－2，也不是方程的解；当t≣2时，方程左边＝2n[－2n(t－1)＋(1－2t－1)n＋(1＋2t －1)n]，而－2n(t－1)＋(1－2t－1)n＋(1＋2t－1)n≡2(mod 4)，从而方程左边不等于零．综上所述，当且仅当n＝1时，原方程有一个整数解x＝－4．A5－033每一个大于2的自然数n都可以表示为若干个两两不等的正整数之和．记这些相加数个数的最大值为A(n)，求A(n)．【题说】1993年德国数学奥林匹克(第一轮)题1．【解】对任意自然数n(n≣3)，存在自然数m，使－1)之和，所以A(n)＝m．A5－034完全平方数对(a，b)满足：(1)a和b的十进制表示位数相同；(2)将b的十进制表示续写在a的十进制表示之后，恰好构成一个新的完全平方数的十进制表示，例如a＝16，b＝81，1681＝412．求证：这样的数对(a，b)有无穷多对．【题说】1993年德国数学奥林匹克(第一轮)题3．【证】取a1＝42，a2＝492，…，a n＝(5³10n－1－1)2，…；b1＝92，b2＝992，…，b n＝(10n－1)2，…．其中n为正整数．显然，a n，b n均为2n位数，且＝25³104n－2－103n＋2³102n－2³102n＋1＝(5³102n－1－10n＋1)2即对任意正整数n，(a n，b n)均满足条件．A5－035证明：对于任意整数x，是一个整数．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题2．由于连续n个整数中必有一个是n的倍数，所以上式为整数．A5－037设n＝231²319．n2有多少个小于n，但不能整除n的正整数因子？【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题6．【解】n2的因子必为2α²3β形，其中0≢α≢62，0≢β≢38．于是(α，β)是属于图中矩形的格点，显然对I、IV中的格点(α，β)，2α．3β不满足要求(2α²3β|n 或2α²3β≣n)，II中任一格点(约定β＝19或α＝31的点属于I或IV，不属于II或III)(α，β)，若2α²3β≣n，则对III中格点(62－α，31－β)，有262－α²331－β＜n．反之，对III中格点(α，β)，若2α²3β≣n，则对II中格点(62－α，31－β)，有262－α²331－β＜n．因此II、III 中恰有一半的格点(α，β)，使2α²3β满足要求．即所求的正整数因子个数为19³31＝589A5－038在满足y＜x≢100的有序正整数对(x，y)中，有【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题8．＝49＋16＋8＋4＋3＋2＋1＋1＋1＝85A5－039对于每个正整数n，将n表示成2的非负整数次方的和，令f(n)为正整数n的不同表示法的个数．如果两个表示法的差别仅在于它们中各个数相加的次序不同，这两个表示法就被视为是相同的．例如，f(4)＝4，因为4恰有下列四种表示法：4；2＋2；2＋1＋1；1＋1＋1＋1．【题说】第三十八届(1997年)国际数学奥林匹克题6．本题由立陶宛提供．【证】对于任意一个大于1的奇数n＝2k＋1，n的任一表示中必含一个1．去掉这个1就得到2k 的一个表示．反之，给2k的任一表示加上一个1就得到2k＋1的一个表示．这显然是2k＋1和2k的表示之间的一个一一对应．从而有如下递归式：f(2k＋1)＝f(2k) (1)对于任意正偶数n＝2k，其表示可以分为两类：含有1的与不含1的．对于前者，去掉一个1就得到2k－1的一个表示；对于后者，将每一项除以2，就得到k的一个表示．这两种变换都是可逆的，从而都是一一对应．于是得到第二个递归式：f(2k)＝f(2k－1)＋f(k) (2)(1)、(2)式对于任意k≣1都成立．显然f(1)＝1．定义f(0)＝1，则(1)式对于k＝0也成立．根据(1)、(2)式，函数f是不减的．由(1)式，可以将(2)式中的f(2k－1)换成f(2k－2)，得到f(2k)－f(2k－2)＝f(k)，k＝1，2，3，…，给定任一正整数n≣1，将上式对于k＝1，2，…，n求和，得到f(2n)＝f(0)＋f(1)＋...＋f(n)，n＝1，2，3， (3)下面先证明上界，在(3)式中，右端所有的项都不大于最后一项，对于n≣2，2＝f(2)≢f(n)．于是有f(2n)＝2＋(f(2)＋…＋f(n))≢2＋(n－1)f(n)≢f(n)＋(n－1)f(n)＝nf(n)n＝2，3，4，…从而得到f(2n)≢2n－1²f(2n－1)≢2n－1²2n－2²f(2n－1)≢2n－1²2n－2²2n－3²f(2n－3)≢…≢2(n－1)＋(n－2)＋…＋1²f(2)＝2n(n－1)/2²2为了证明下界，我们先证明对于具有相同奇偶性的正整数b≣a≣0，有如下不等式成立：f(b＋1)－f(b)≣f(a＋1)－f(a) (4)事实上，如果a、b同为偶数，则由(1)式知上式两端均等于0．而当a、b同为奇数时，由(2)式知f(b＋1)－f(b)＝f(b＋1)/2)，f(a＋1)－f(a)＝f((a＋1)/2)．由函数f是不减的即得不等式(4)成立．任取正整数r≣k≣1，其中r为偶数，在(4)式中依次令a＝r－j，b＝r＋j，j＝0，1，…，k－1．然后将这些不等式加起来，得到f(r＋k)－f(r)≣f(r＋1)－f(r－k＋1)因为r是偶数，所以f(r＋1)＝f(r)．从而f(r＋k)＋f(r－k＋1)≣2f(r)，k＝1，…，r对于k＝1，…，r，将上述不等式相加，即得f(1)＋f(2)＋…＋f(2r)≣2rf(r)根据(3)式，上式左端等于f(4r)－1．从而对于任意偶数r≣2，f(4r)＞2rf(r)＋1＞2rf(r)．取r＝2m－2即得f(2m)≣2m－1f(2m－2) (5)要使r＝2m－2为偶数，m须为大于2的整数，但是(5)式对于m＝2也成立．因此对一切n≣2下界成立．。
八年级数学竞赛例题专题讲解：面积法
八年级数学竞赛例题专题讲解：面积法阅读与思考平面几何学的产生源于人们测量土地面积的需要，面积关联着几何图形的重要元素边与角．所谓面积法是指借助面积有关的知识来解决一些直接或间接与面积问题有关的数学问题的一种方法．有许多数学问题，虽然题目中没有直接涉及面积，但由于面积联系着几何图形的重要元素，所以借助于有关面积的知识求解，常常简捷明快．用面积法解题的基本思路是：对某一平面图形面积，采用不同方法或从不同角度去计算，就可得到一个含边或角的关系式，化简这个面积关系式就可得到求解或求证的结果．下列情况可以考虑用面积法：（1）涉及三角形的高、垂线等问题；（2）涉及角平分线的问题．例题与求解【例1】如图，从等边三角形内一点向三边作垂线，已知这三条垂线段的长分别为1，3，5，则这个等边三角形的边长为______________．(全国初中数学联赛试题) 解题思路：从寻求三条垂线段与等边三角形的高的关系入手．等腰三角形底边上任一点到两腰距离之和等于一腰上的高，那么等边三角形呢？等腰梯形呢？【例2】如图，△AOB中，∠O＝，OA＝OB，正方形CDEF的顶点C在DA上，点D在OB上，点F在AB上，如果正方形CDEF的面积是△AOB的面积的，则OC：OD等于( )A．3：1 B．2：1C．3：2 D．5：3解题思路：由面积关系，可能想到边、角之间的关系，这时通过设元，即可把几何问题代数化来解决．【例3】如图，在□ABCD中，E为AD上一点，F为AB上一点，且BE＝DF，BE与DF交于G，求证：∠BGC＝∠DGC.（长春市竞赛试题）解题思路：要证∠BGC＝∠DGC，即证CG为∠BGD的平分线，不妨用面积法寻找证题的突破口．【例4】如图，设P为△ABC内任意一点，直线AP，BP，CP交BC，CA，AB于点D、E、F.求证：（1）；（2）.（南京市竞赛试题）解题思路：过P点作平行线，产生比例线段.【例5】如图，在△ABC中，E，F，P分别在BC，CA，AB上，已知AE，BF，CP相交于一点D，且，求的值.解题思路：利用上例的结论，通过代数恒等变形求值.（黄冈市竞赛试题）【例6】如图，设点E，F，G，H分别在面积为1的四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，且（是正数），求四边形EFGH的面积．（河北省竞赛试题）解题思路：连对角线，把四边形分割成三角形，将线段的比转化为三角形的面积比．线段比与面积比的相互转化，是解面积问题的常用技巧．转化的基本知识有：(1) 等高三角形面积比，等于它们的底之比；(2) 等底三角形面积比，等于它们的高之比；(3) 相似三角形面积比，等于它们相似比的平方．能力训练1．如图，正方形ABCD的边长为4cm，E是AD的中点，BM⊥EC，垂足为M，则BM＝______.（福建省中考试题）2．如图，矩形ABCD中，P为AB上一点，AP＝2BP，CE⊥DP于E，AD＝，AB＝，则CE＝__________.（南宁市中考试题）第1题图第2题图第3题图3．如图，已知八边形ABCDEFGH中四个正方形的面积分别为25，48，121，114，PR＝13，则该八边形的面积为____________.（江苏省竞赛试题） 4. 在△ABC中，三边长为，，，表示边上的高的长，，的意义类似，则(＋＋)的值为____________. （上海市竞赛试题）5．如图，△ABC的边AB＝2，AC＝3，Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ分别表示以AB，BC，CA为边的正方形，则图中三个阴影部分的面积之和的最大值是__________.（全国竞赛试题） 6．如图，过等边△ABC内一点P向三边作垂线，PQ＝6，PR＝8，PS＝10，则△ABC的面积是 ( )．A. B.C.D.（湖北省黄冈市竞赛试题）第5题图第6题图第7题图7．如图，点D是△ABC的边BC上一点，若∠CAD＝∠DAB＝，AC＝3，AB＝6，则AD的长是( )．A．2 B. C.3 D.8．如图，在四边形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，AN，BN，DM，CM划分四边形所成的7个区域的面积分别为，，，，，，，那么恒成立的关系式是( )．A.+=B.+=C.+= D．+=9．已知等边△ABC和点P，设点P到△ABC三边AB，AC，BC的距离分别为，，，△ABC的高为．若点P在一边BC上（如图1），此时，可得结论：＋＋＝.请直接用上述信息解决下列问题：当点P在△ABC内（如图2）、点P在△ABC外（如图3）这两种情况时，上述结论是否还成立？若成立．请给予证明；若不成立，，，与之间又有怎样的关系？请写出你的猜想，不需证明．（黑龙江省中考试题）10.如图，已知D，E，F分别是锐角△ABC的三边BC，CA，AB上的点，且AD、BE、CF相交于P点，AP＝BP＝CP＝6，设PD＝，PE＝，PF＝，若，求的值．（“希望杯”邀请赛试题）11.如图，在凸五边形ABCDE中，已知AB∥CE，BC∥AD，BE∥CD，DE∥AC，求证：AE∥BD.（加拿大数学奥林匹克试题）12.如图，在锐角△ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA边上的三等分点. P，Q，R分别是△ADF，△BDE，△CEF的三条中线的交点.(1) 求△DEF与△ABC的面积比；(2) 求△PDF与△ADF的面积比；(3) 求多边形PDQERF与△ABC的面积比.13．如图，依次延长四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA至E，F，G，H，使，若，求的值．（上海市竞赛试题）14.如图，一直线截△ABC的边AB，AC及BC的延长线分别交于F，E，D三点，求证：．（梅涅劳斯定理）15．如图，在△ABC中，已知，求的值.（“华罗庚金杯”少年数学邀请赛试题）。
2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答
2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答第一题设J是三角形ABC顶点A所对旁切圆的圆心. 该旁切圆与边BC相切于点M, 与直线AB和AC分别相切于点K和L. 直线LM和BJ相交于点F, 直线KM与CJ相交于点G. 设S是直线AF和BC的交点, T是直线AG和BC的交点. 证明: M是线段ST的中点.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第一题解答: 因为∠JFL=∠JBM−∠FMB=∠JBM−∠CML=12(∠A+∠C)−12∠C=12∠A=∠JAL,所以A、F、J、L四点共圆. 由此可得AF⊥FJ, 而BJ是∠ABS的角平分线, 于是三角形ABS的角平分线与高重合, 从而AB=BS; 同理可得AC=CT.综上, 有SM=SB+BM=AB+BK=AK=AL=AC+CL=CT+CM=MT,即M是线段ST的中点.第二题设n⩾3, 正实数a2,a3,⋯,a n满足a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1, 证明:(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n>n n.解答:由均值不等式, 我们有(a k+1)k=⩾(a k+1k−1+⋯+1k−1)k(ka k⋅(1k−1)k−1−− − − − − − − − − − −−√k)k=k k(k−1)k−1a k,当a k=1k−1时等号成立, 其中k=2,3,⋯,n. 于是(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n⩾221a2⋅3322a3⋅⋯⋅n n(n−1)n−1a n=n n.当对任意的k=2,3,⋯,n时, 若恒有a k=1k−1, 此时由n⩾3知a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1(n−1)!≠1,因此上述不等式等号不成立, 从而不等式得证.第三题"欺诈猜数游戏" 在两个玩家甲和乙之间进行, 游戏依赖于两个甲和乙都知道的正整数k和n.游戏开始时甲先选定两个整数x和N, 1⩽x⩽N. 甲如实告诉乙N的值, 但对x 守口如瓶. 乙现在试图通过如下方式的提问来获得关于x的信息: 每次提问, 乙任选一个由若干正整数组成的集合S(可以重复使用之前提问中使用过的集合), 问甲"x是否属于S?". 乙可以提任意数量的问题. 在乙每次提问之后, 家必须对乙的提问立刻回答"是" 或"否", 甲可以说谎话, 并且说谎的次数没有限制, 唯一的限制是甲在任意连续k+1次回答中至少又一次回答是真话.在乙问完所有想问的问题之后, 乙必须指出一个至多包含n个正整数的集合X, 若x属于X, 则乙获胜; 否则甲获胜. 证明:(1) 若n⩾2k, 则乙可保证获胜;(2) 对所有充分大的整数k, 存在正整数n⩾1.99k, 使得乙无法保证获胜.解答: (1)可以认为n=2k,N=n+1. 采用二进制.把1,2,…,2k都写成二进制: a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a i(i=1,2,…,k+1)是0或者1; 然后, 记T为这2k个二进制数组成的集合. 2 k+1的二进制表示是100…01¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .令S1={100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ },S i={a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯∈T|a1=0,a i=1},i=2,3,…,k+1,也就是说, S i就是T中所有满足a i=1的元素组成的子集(i=1,2,…,k+1).乙采用如下问题, 可保证获胜: 第一次提问, 选择S1, 并且接下来也一直选取S 1, 甲的回答会出现两种情况:▪连续k+1次回答“否”, 则100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯可以排除;▪在至多k+1次回答中, 一旦出现”是”, 乙接下来的k次提问, 依次选取S2,S3,…,S k+1, 就取得胜利. 事实上, 若甲最后的k次回答都是”是”, 则x∈T; 若甲最后的k次回答有一些是”否”, 则x绝对不可能是a1a2…ak+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a1=0, a i=0还是1取决于甲对S i的答案: 若甲的回答是”是”, a i=0, 否则a i=1(i=2,3,…,k+1). (2). 先将问题转化成等价形式: 甲从集合S中取定一个元素x(|S|=N), 乙提出一系列的问题. 乙的第j个问题题就是取S的子集D j, 随后甲选取集合P j∈{D j,D c j}, 使得对任意的j⩾1都有x∈P j∪P j+1∪⋯∪P j+k,当乙提完他想问的一系列问题后, 如果乙能选取一个集合X满足|X|⩽n, 使得x∈X, 那么乙获胜; 否则甲获胜.解答1. 任取实数p使得2>p>1.99, 再选取正整数k0, 使得当k>k0时(2−p)p k+1−1.99k>1.设N使得(2−p)p k+1>N>1.99k. 我们来证明, 若|S|=N, 不妨S={1,2,…,N}, 甲有办法使乙无法胜利.记D j是乙的第j个问题展示的集合, 定义P j为D j或者D C j, 取决于甲对D j的答案: 若甲的回答是”是”, P j=D j, 否则P j=D C j; 再记P0=S. 定义A j如下:A j=A j(P j)=a0+pa1+p2a2+⋯+p j a j,这里a0=∣∣P j∣∣,a i=∣∣P j−i∖(P j∪P j−1∪⋯∪P j−i+1)∣∣(i=1,2,…,j).此时∑i=0j a i=N.注意A0=N.我们指出, 甲可以使得N2−p>A j成为事实: N2−p>A0=N.假设已有N2−p>A j, 甲可选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得N2−p>A j+1. 事实上,A j+1(D j+1)=b0+pb1+p2b2+…+p j b j+p j+1b j+1,A j+1(D C j+1)=c0+pc1+p2c2+…+p j c j+p j+1c j+1.注意b0+c0=N,b i+c i=a i−1(i=1,2,…,j+1),于是A j+1(D j+1)+A j+1(D C j+1)=N+p(a0+pa1+p2a2+…+p j a j)<N+p⋅N2−p,因之min{A j+1(D j+1),A j+1(D C j+1)}<N2+p2⋅N2−p=N2−p.于是, 可以选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}达到我们的要求.既然p k+1>N2−p>A j, 那么, 只要i⩾k+1,必定a i=0,这导致乙无法排除S的任何一个元素, 不能取得胜利.解答2. 记p,q是满足2>q>p>1.99的实数, 选取正整数k0使得(p q)k0⩽2(1−q2),p k0−1.99k0>1.我们来指出, 对任意k⩾k0, 若|S|∈(1.99k,p k), 那么甲有策略, 通过回答”是”或者”否”, 使得下式对所有j∈N成立:P j∪P j+1∪⋯∪P j+k=S,这里P i是D i或者D C i, 取决于甲对D i的答案: 若甲的回答是”是”, P i=D i, 否则P i=D C i; D i是乙的第i个问题所问的集合(i∈N).假定S={1,2,…,N}. 定义(x)∞j=0=(x j1,x j2,…,x j N)如下: x01=x02=⋯=x0 N=1; P0=S, 在P j+1选定之后, 定义x j+1:x j+1i={1,qx j i,i∈P j+1,i∉P j+1.(1)只要甲使得成立x j i⩽q k(1⩽i⩽N,j⩾1), 那么乙就不能取得胜利. 记T(x)=∑i=1N x i, 甲只要使得T(x j)⩽q k(j⩾1)即可. 这是可以做到的: 显而易见的事情是, T(x0)=N⩽p k<q k. 假设已有T(x j)⩽q k, 甲可以就乙的D j+1选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得T(x j+1)⩽q k. 假定甲回答”是”, 此时P j+1=D j+1, 记y是根据(1)得到的序列; 相应地, 记z是甲回答”否”, P j+1=D C j+1, 根据(1)得到的序列. 于是T(y)=∑i∈D C j+1qx j i+∣∣D j+1∣∣,T(z)=∑i∈D j+1qx j i+∣∣D C j+1∣∣.因此T(y)+T(z)=q⋅T(x j)+N⩽q k+1+p k,根据选取的k0的性质, 得min{T(y),T(z)}⩽q2⋅q k+p k2⩽q k.第四题求所有的函数f:Z→Z使得对任意满足a+b+c=0的整数a,b,c恒有f(a)2+f(b)2+f(c)2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).解答: 令a=b=c=0可得3f(0)2=6f(0)2, 这说明f(0)=0. 现在我们令b=−a, c=0可得到f(a)2+f(−a)2=2f(a)f(−a)即(f(a)−f(−a))2, 于是f(a)=f(−a), 即f(n)为偶函数.假设对某个整数a使得f(a)=0, 则对任意整数b我们有a+b+(−a−b)=0, 因此f(a)2+f(b)2+f(a+b)2=2f(b)f(a+b),这等价于(f(b)−f(a+b))2=0, 即f(a+b)=f(b). 因此对某个整数a使得f(a)=0时, f是一个以a为周期的函数.令b=a及c=−2a代入题目条件中的等式f(2a)⋅(f(2a)−4f(a))=0. 取a=1我们得到f(2)=0或f(2)=4f(1).如果f(2)=0, 那么f以 2 为周期, 对任意奇数n有f(n)=f(1). 容易验证对任意的c∈Z函数f(x)={0,c,2∣n,2∤n满足题目条件.现在假设f(2)=4f(1)并且f(1)≠0. 如果对任意的整数n都有f(n)=n2⋅f(1)成立,那么此时问题解决了. 如果存在整数n使得f(n)≠n2f(1), 由于f是偶函数, 不妨将n看做自然数, 那么显然n⩾3, 我们设n是使得f(n)≠n2f(1)的最小的正整数.令a=1, b=n−1, c=−n代入可得f(1)2+(n−1)4f(1)2+f(n)2=2(n−1)2f(1)2+2((n−1)2+1)f(n)f(1)即(f(n)−(n)2f(1))⋅(f(n)−(n−2)2f(1))=0,由假设可得此时f(n)=(n−2)2f(1).令a=n, b=2−n, c=−2代入可得2(n−2)4f(1)2+16f(1)2=2⋅4⋅2(n−2)2f(1)2+2⋅(n−2)4f(1),这说明(n−2)2=1即n=3. 因此f(3)=f(1). 令a=1, b=3, c=4(因为f为偶函数, 所以条件改成c=a+b时仍然成立)代入可得f(4)2=4f(4)f(1), 即f(4)=0或f(4)=4f(1)=f(2).如果f(4)≠0, 令a=2, b=2, c=4代入可得f(2)2+f(2)2+f(4)2=2f(2)2+4f(2)f(4),即f(4)=4f(2). 又因为我们已经推得f(4)=f(2), 这说明f(2)=0, 矛盾. 因此f(4)=0, 从而f以4 为周期. 于是f(4k)=0, f(4k+1)=f(4k+3)=c, 以及f(4k+2)=4c, 容易验证这个解满足题目条件.综上所述, 函数方程的解为: f(x)=cx2, 其中c∈Z; f(x)={0,c,2∣n,2∤n其中c ∈Z; 以及f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪ 0,c,4c,4∣n,2∤n,n≡2 (mod 4)其中c∈Z.第五题已知三角形ABC中, ∠BAC=90∘, D是过顶点C的高的垂足. 设X是线段CD内部一点. K是线段AX上一点, 使得BK=BC. L是线段BX上一点, 使得AL=AC. 设M是AL与BK的交点. 证明: MK=ML.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第五题解答: 因为AL2=AC2=AD⋅AB, 所以△ALD和△ABL相似, 因此∠ALD=∠XBA.设R是射线DC上一点, 使得DX⋅DR=BD⋅AD. 由于∠BDX=∠RDA=90∘我们可以推得△RAD∼△BXD, 因此∠XBD=∠ARD, 从而∠ALD=∠ARD 即R, A, D, 和L四点共圆. 这说明∠RLA=90∘, 于是RL2=AR2−AL2=AR2−AC2. 类似地, 我们可以得到RK2=BR2−BC2和∠RKB=90∘. 因为RC⊥AB我们有AR2−AC2=BR2−BC2, 因此RL2=RK2即RL=RK.又因为∠RLM=∠RKM=90∘我们可以推得MK2=RM2−RK2=RM2−RL2=ML2,从而MK=ML.第六题求所有正整数n, 使得存在非负整数a1,a2,⋯,a n, 满足12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.解答: 所求n≡1,2(mod4). 设M=max{a1,a2,⋯,a n}, 则有3M=∑k=1n k⋅3M−a k≡∑k=1n k=n(n+1)2(mod2),所以n(n+1)2是奇数, 从而n≡1,2(mod4).若对奇数n=2m+1, 此时存在非负整数序列(a1,a2,⋯,a n)使得12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.注意到12a m+1=12a m+1+1+12a m+1+1,m+13a m+1=m+13a m+1+1+2(m+1)3a m+1+1=m+13a m+1+1+n+13a m+1+1.因此此时对n+1, 可以验证(a1,a2,⋯,a m,a m+1+1,a m+2,⋯,a n,a m+1+1)为满足题意的序列. 这说明对奇数n若满足题目条件, 则n+1也满足题目条件.剩下的问题只要解决n=4m+1时的构造问题即可.设序列(a1,a2,⋯,a2k+1)是(1,2,⋯,2k+1)的一个排列, 设G=(1,2,⋯,2k,2k), 用g i表示它的分量.定义D(X)=∑i=12k+1a i3g i, 由于∑i=12k+112g i=1, 所以我们只要求出一个排列X使得D(X)=1, 问题就解决了. 令X=(2,1,4,3,6,5,...,2k,2k−1,2k+1), 用归纳法可算得此时D(X)=1+k32k.现在假设上面的k是正偶数, 即k=2m, 则X=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+2,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1),定义Y=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1,2m+2),即将X的第2m+1个分量移动到最后形成的. 简单计算可得D(X)−D(Y)=2m3 4m, 所以D(Y)=1. 当k=0时, 此时取a1=0时即可. 这说明n=4m+1时的构造问题已经解决.综上所述, 要求的为满足n≡1,2(mod4)的正整数.。
2012年高中数学竞赛平面几何问题的解答及其它
平面几何问题的解答及其它1. 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , ⊙(PBC )与⊙(PDA )的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .A B CDPOQ这是第26届IMO 的一道几何题的推广. 第26届IMO 的那道几何题的条件是A 、B 、C 、D 四点共圆, 且O 为圆心.思路1 欲证明OQ ⊥PQ , 可考虑证明点O 在过点Q 且垂直于PQ 的直线上.证法1 如图1所示, 过点Q 作PQ 的垂线分别交△P AD 与△PBC 的外接圆交于I 、J 两点, 则AI ⊥P A , BJ ⊥P A , 所以AI ∥BJ , 因而AB 的垂直平分线过IJ 的中点; 同理, CD 的垂直平分线也过IJ 的中点. 显然, O 是AB 的垂直平分线与CD 的垂直平分线的交点, 因此, O 为IJ 的中点. 故OQ ⊥PQ .思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决.证法2 如图2所示, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA →圆PBC , 则A →B , D →C , 于是, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使A →D , 则 B →C . 再设AB 、CD 的中点分别为M 、N , 则M →N , 因而P 、Q 、M 、N 四点共圆, 但⊙(PMN )显然以OP 为直径, 这说明点Q 在以OP 为直径的圆上, 故OQ ⊥PQ .A B C DPOQ NM1JM NQOPDC B A思路3 设M 、N 分别为AB 、CD 的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P 、Q 、N 、M 四点共圆, 问题便得到解决.1.三弦定理及其逆定理 —一个不可小觑的证明四点共圆的方法我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy 定理, 即设ABCD 是一个圆内接凸四边形, 则AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅.Ptolemy 定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即在凸四边形ABCD 中, 若AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅, 则ABCD 是一个圆内接四边形.从表面上看来, Ptolemy 定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题实践中, 欲用Ptolemy 定理之逆证明四点共圆似乎是一件奢侈的事件. 下面介绍Ptolemy 定理的一个等价定理——三弦定理.三弦定理 设P A 、PB 、PC 是一圆Γ内有一公共端点的三条弦, BPC α=, APB β=, 则sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+证明 设圆Γ的半径为R , 由正弦定理, 2sin BC R α=, 2sin AB R β=, 2sin()AC R αβ=+, 于是sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+⇔2sin 2sin 2sin ()PA R PC R PB R αβαβ⋅+⋅=⋅+⇔PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅.而P ABC 是一个圆内接四边形, 由Ptolemy 定理, PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅. 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy 定理等价.三弦定理之逆 设P A 、PB 、PC 是有一公共端点的三条线段,BPC α=,APB β=. 若sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+.则P 、A 、B 、C 四点共圆.证明 设过P 、A 、B 三点的圆与直线PC 交于P 、C ′两点, 由三弦定理, 有sin sin sin ()PA PC PB αβαβ'+=+. 比较条件, 得C ′ = C , 故P 、A 、B 、C 四点共圆.PBACP( C' )BAC与Ptolemy 定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy 定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy 定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其原因也在于它与三角函数联系起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.例1 设点P 、Q 、R 分别在锐角△ABC 的三条高AD 、BE 、CF 上, 且△PBC 、△QCA 、△RAB 的面积之和等于△ABC 的面积. 证明: P 、Q 、R 、H 四点共圆. 其中, H 为△ABC 的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克)证明 如图所示, 不妨设R 在△HAB 内. 因PBC QCA RAB ABC HBC HCA HAB S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆++==++,所以()()HAB RAB PBC HBC QCA HCA S S S S S S ∆∆∆∆∆∆-=-+-即111222HR AB HP BC HQ CA ⋅=⋅+⋅, 再由正弦定理, 得sin sin sin HR C HP A HQ B =+. 而 180PHQ DHE C ∠=∠=︒-, RHQ A ∠=, PHR B ∠=,所以, sin sin sin HR PHQ HP RHQ HQ PHR ∠=∠+∠, 故由三弦定理之逆, P 、Q 、R 、H 四点共圆.PAECBF DHRQABCDEFO例2 设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: O 、E 、A 、F 四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BD BF B =, 2cos DCEC C=,所以, 2cos BD AF c B =-, 2cos DCAE b C=-. 又由正弦定理, sin OA A a =, 于是再注意90FAO C =︒-, 90OAC B =︒-, 即得sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=⇔cos cos sin AF B AE C OA A +=⇔()cos ()cos 2cos 2cos 2BD DC a c B b C B C -+-=⇔cos cos c B b C a +=而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=成立.由三弦定理之逆, O 、E 、A 、F 四点共圆.例3 设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别为△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BF BD B =, 2cos EC DC C =,所以, 2cos AF c BD B =-, 2cos AE b DC C =-.再设△ABC 的外接圆半径为R , 则不难知道, 2cos AH R A =. 又90HAE C =︒-, 90FAH B =︒-, 于是, 由正弦定理, 并注意cos cos()sin sin cos cos A B C B C B C =-+=-, 得sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=⇔cos cos cos AF C AE B a A +=⇔(2cos )cos (2cos )cos cos c BD B C b DC C B a A -+-=⇔cos cos (2cos cos cos )b B c C a B C A +=+⇔ cos cos (cos cos sin sin )b B c C a B C B C +=+⇔cos cos cos()b B c C a B C +=-而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有ABCDEFHcos cos 2(sin cos sin cos )b B c C R B B C C +=+= (sin 2sin 2)2sin()cos()R B C R B C B C +=+-=2sin cos()cos ()R A B C a B C -=-.即cos cos cos ()b B c C a B C +=-成立, 因而sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=成立, 故由三弦定理之逆, E 、A 、F 、H 四点共圆.第1题的证法31 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , △PBC 与△PDA 的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .证明 设∠QPD = , ∠CP A = , 则由三弦定理, 有sin sin sin()PA PQ PD αβαβ+=+, sin sin sin()PB PQ PC αβαβ+=+, 两式相加, 得()sin 2sin (+)sin()PA PB PQ PC PD αβαβ++=+.设AB 与CD 的中点分别为M 、N , 则P A + PB = 2PM , PC + PD = 2PN , 所以sin sin sin()PM PQ PN αβαβ+=+.由三弦定理之逆, M 、P 、Q 、N 四点共圆. 但O 、M 、P 、N 四点共圆, 所以O 、M 、P 、Q 四点共圆. 而PM ⊥OM , 故OQ ⊥PQ .M NQOPDC B A PAB CD EFM第19题的证明19. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设△AEF 的外接圆与△ABC 的A-陪位中线的另一交点为P , 由三弦定理, 有sin sin sin AP A AE BAP AF PAC =∠+∠.再设BD BC λ=, 则1DCBCλ=-, 所以, AE FD AC λ==, (1)AF ED AB λ==-, 于是 sin sin (1)sin AP A AC BAP AB PAC λλ=∠+-∠= sin (sin sin )AB PAC AC BAP AB PAC λ∠+∠-∠= sin (sin sin )AB BAM AC MAC AB BAM λ∠+∠-∠再注意M 是BC 的中点, 由分角线定理, sin 1sin BM AB BAMMB AC MAC∠==∠, 所以 sin sin AC MAC AB BAM ∠=∠因此, sin sin AP A AB BAM =∠, 从而sin sin AB BAMAP A∠=为定长. 故P 是一个定点, 且∠BAM =∠P AC .2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件2001年举行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O 是△ABC 的外心, D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , 则O 、E 、A 、F 四点共圆.我们可以证明, 如果一个过△ABC 的外心和顶点A 的圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 一定在BC 上存在一点D , 使E 、F 分别在DC 的垂直平分线和BD 的垂直平分线上.事实上, 由三弦定理, sin sin sin AF OAC AE BAO OA A ∠+∠=. 而sin cos OAC B ∠=, sin cos BAO C ∠=, 所以, 1cos cos sin 2AF B AE C OA A BC +==. 设F 、E 在BC 上的射影分别为M 、N , 则 1cos cos 2MN AF B AE C BC =+=是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC 的一半. 于是, 设点B 关于FM 的对称点为D , 则D 、C 关于EN 对称.这就证明了, 一个圆过△ABC 的外心和顶点A 的充分必要条件是: 这个圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 线段EF 在BC 上的射影长等于BC 的一半.ONMA BCEFDA B CPQO第17题的证明17. 设△ABC 的外心为O , 点P 、Q 分别在边AB 、CA 上, 且BP PQ QC CABCAB==. 求证: A 、P 、O 、Q 四点共圆.证明 作△RQP , 使△RQP ∽△ABC , 且R 与A 在PQ 的两侧, 则PR PQ QR CA BC AB ==. 而BP PQ QC CA BC AB==, 所以RP = BP , QR = QC , 因此, ∠PRB =∠RBP , ∠CRQ =∠QCR . 这样∠CRQ +∠QRP +∠PRB =∠QCR +∠BAC +∠RBA .另一方面, 因 (∠CRQ +∠QRP +∠PRB ) + (∠QCR +∠BAC +∠RBA ) = 360︒, 所以∠CRQ +∠QRP +∠PRB = 180°.这说明点R 在△ABC 的边BC 上. 因P 为BR 的垂直平分线与AB的交点, Q 为RC 的垂直平分线与AC 的交点, 故 A 、P 、Q 、O 四点共圆.附: 例2的另两个证法RA B CPQO例2 设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: A 、E 、O 、F 四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）分析1 当E 、F 分别是外心O 在CA 、AB 上的射影时, 点D 为A 在BC 上的射影, 此时, 欲证结论显然成立. 以此为出发点, 我们可以得到如下的证明.证法1 过点A 作BC 的垂线,垂足为L , 再设M 、N 分别为CA 、AB 的中点, 则ML = MC , NL = NB , 所以LM ∥DE , LN ∥DE , 进而EM MC DL LC =, DL BLFN BN=. 两式相乘, 得 EM MC BL AC BN AC BNFN LC BN AB LC LC AB=⋅=⋅=⋅. 但△ALC ∽△BON , △ABL ∽△COM , 所以AC OB LC ON =, BL OMAB OC=, 代入上式, 并注意OB = OC 即得EM OMFN ON=. 于是△OME ∽△ONF , 从而∠OEM =∠OFN , 故A 、E 、O 、F 四点共圆. 分析2 如果E 、A 、F 、O 四点共圆. 因B 、D 、C 三点在一直线上, 由Pascal 定理, 直线DE 与BO 的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.证法2 设直线BO 与DE 交于P . 因∠BPD =∠CDE −∠CBP =∠ACB − (90°−∠BAC ) = 90°−∠CBA . 又FD = FB , 所以, ∠BFD = 180°−2∠CBA = 2∠BPD , 再由FD = FB 即知, 点F 是△PBD 的外心, 所以, FP = FD = FB , 因此, ∠FPD =∠EDF =180°− (∠FDB +∠EDC ) = 180°− (∠CBA +∠ACB ) =∠BAC , 这说明P 、E 、A 、F 四点共圆. 又∠FPB =∠PBF =∠BAO , 所以, O 、P 、A 、F 四点共圆. 故E 、A 、F 、O 四点共圆.LON MA BCEFD DFECBAPO3 一类四点共圆问题揭秘象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深刻的背景. 它们涉及到同向相似三角形的相似中心.两个同向相似三角形, 只要其相似系数不等于1, 则它们必有相似中心. 这个相似中心可以按如下方法作出.设△ABC 与△A ′B ′C ′同向相似. 当A ′B ′∥AB 时, 直线A ′A 与B ′B 的交点O 即△ABC 与△A ′B ′C ′的相似中心. 当A ′B ′╫AB 时, 如图1和图2.所示, 设直线A ′B ′与AB 交于点P , 则⊙(P AA ′)与⊙(PBB ′)的第二个交点O 即△ABC 与△A ′B ′C ′的相似中心.θPOAB θA'B'θθA'B'P ABO当三角形△的三个顶点在三角形△′的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形. 定理 设△PQR 是△ABC 的内接三角形, 则△ABC 的所有与△PQR 同向相似的内接三角形(对应顶点在△ABC 的同一边所在直线上)都有同一个相似中心.这个定理的证明简单. 其相似中心即△PQR 关于△ABC 的密克点.根据这个定理, 如果我们确定了△ABC 的内接△PQR 的形状, 就可以确定其相似中心, 那么, △ABC 的顶点A , △PQR 在AB 、AC 上的两个顶点, 相似中心, 这四点必然共圆. 但直接这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作△PQR 的外接圆与BC 的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.例1 如图所示, 设△PEF ∽△ABC , 则可证△ABC 的外心O 是所有这样的△PEF 的相似中心, 因此, O 、E 、A 、F 四点共圆. 再设△PEF 的外接圆与BC 的另一交点为D , 则∠FDB =∠FEP =∠CBA , ∠CDE =∠PFE =∠ACB , 所以, F 、E 分别是BD 、DC 的垂直平分线与AB 、AC 的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是△PQR 的外接圆与BC 相切的情形.A BCDPO F EA BCPORQ例2 如图所示, 设△XYZ 是非直角△ABC 的垂足三角形, △ABC 的内接△PEF ∽△XYZ , 则不难证明△PEF 与△XYZ 的相似中心是△ABC 的垂心H . 再设△PEF 的外接圆与BC 的另一交点为D , 则∠FDB =∠FEP =∠ZYX = 180°−2∠CBA , ∠CDE =∠PFE =∠XZY =180°−2∠ACB , 所以, ∠BFD =∠CBA , ∠DEC =∠ACB , 因此, DF = DB , DE = DC . 于是有题1设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.ABFDPCE HZ YXABDFEHC容易看出, △AEF 的外心在△PEF 的外接圆上.事实上, 设△AEF 的外心为O , 则∠FOE = 2∠BAC , 而∠EPF =180°−2∠BAC , 所以, ∠FOE +∠EPF =180°, 故O 在△PEF 的外接圆上. 因此, △PEF 的外接圆即△OEF 的外接圆.当△OEF 的外接圆与BC 相切时, P 、D 重合. 此时, 因为DB = DF , DC = DE , 而△DEF ∽△XYZ , 这样便有DC XYDB XZ=. 于是有 题2 设AD 、BE 、CF 是锐角△ABC 的三条高, H 是△ABC 的垂心. 过A 、H 两点的⊙O 与AB 、AC 分别交于Q 、P (均异于A ). 求证: 若△OPQ 的外接圆与BC 相切于R , 则RC DERB DF=. 这正是美国国家队2006年选拔考试题.O ABC D EF ZY XO P ABCDE FR Q例3 如图所示, 设△PEF 与△ABC 反向相似, AL 是高, M 、N 分别是AB 、AC 的中点, △MAL 的外接圆与△NLC 的外接圆交于L 、K 两点, 则可以证明K 是所有这样的与△ABC 反向相似的△PEF 的相似中心. 再设△PEF 的外接圆与BC 的另一交点为D , 则∠FDB =∠FEP =∠ACB , ∠CDE =∠PFE =∠CBA , 所以, FD ∥AC , ED ∥AB , 于是, 我们有题3 △ABC 中, 点A 在直线BC 上的射影为D , M 、N 分别为AB 、AC 的中点, △MBL 的外接圆Γ1与△NLC 的外接圆Γ2相交于D 、K 两点. 对BC 边上的任意一点P , 过P 作AB 、AC 的平行线分别与AC 、AB 交于E 、F . 求证: K 、E 、A 、F 四点共圆.A BC DPEF LK NM MNKLFE D CBA Γ2Γ1这是2010年中国国家集训队测试题.又可以证明, K 在△ABC 的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .PABC D EFMA BCDEF 1类似的与内心有关的问题是设I 是△ABC 的内心, D 、E 、F 分别边BC 、CA 、AB 上的点, 且BF = BD , CD = CE , 则E 、A 、F 、I 四点共圆.但这个问题太简单. 事实上, 由对称性, ∠IEC =∠CDI =∠IF A , 故E 、A 、F 、I 四点共圆.4 等角线及其性质给定一个角∠AOB , OC 是它的角平分线, 过O 点作两条关于OC 对称的直线OX 和OY ，则称OY 是OX 关于∠AOB 的等角线. 显然OX,OY 关于∠AOB 互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线; 一个角的平分线是重合的等角线, 即自等角线. 一角的邻补角的平分线也是自等角线.ABOYXTOA BCDPNM定理1自∠AOB 的顶点O 引两条直线OC 、OD , P 是直线OC 上一点, 过P 作直线OA 、OB 作垂线, 垂足分别为M 、N , 则OC 、OD 是∠AOB 的两条等角线的充分必要条件是OD ⊥MN .CDPNMOABABCD E定理2 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 则∠BAD =∠EAC 的充分必要条件是: 22AB BD BEAC DC EC⋅=⋅. 定理3 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 且∠BAD =∠EAC , 则有AD ∙ AE = AB ∙ AC −BD BE DC EC ⋅⋅⋅.最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 实际上, 定理1已经包含了这一结果.利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几何问题.例1. 设O 是△ABC 的外心, K 是△BOC 的外心, 直线AB 、AC 分别交△BOC 的外接圆于另一点M 、N , L 是点K 关于直线MN 的反射点. 求证: AL ⊥BC .(俄罗斯, 2000)证明 因∠OMA =∠OCB = 90︒-∠BAC , 即∠OMA +∠BAN = 90︒, 所以MO ⊥AN . 同理, NO ⊥AM , 这说明O 为△AMN 的垂心, 于是△OMN 的外接圆与△AMN 的外接圆是等圆, 它们关于直线MN 对称. 由于K 为△OMN 的外心, 所以L 为△AMN 的外心, 从而AL 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 但O 为△ABC 的外心, 故AL ⊥BC .第4题的证明4. 在锐角△ABC 中, AB ≠AC . 过A 作BC 的垂线AD , P 为AB 延长线上一点, Q 为AC 延长线上一点, 且P 、B 、C 、Q 四点共圆, DP = DQ . 求证: D 是△APQ 的外心.证明 设O 为△ABC 的外心, 则AD 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 而P 、B 、C 、Q 四点共圆, 所以△APQ 与△ACB 反向相似, 因此△APQ 的外心在直线AD 上.另一方面, 因AB ≠AC , 所以BC 与PQ 不平行, 因此, PQ 的垂直平分线与直线AD 不重合. 而DP = DQ , 所以D 是PQ 的垂直平分线与直线AD 的交点. 而△APQ 的外心既在直线AD 上, 也在PQ 的垂直平分线上, 故D 是△APQ 的外心.KABC NLM OPQDC BAO5 三角形的陪位中线三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为方便计, 过△ABC 的顶点A 的中线的陪位中线称为△ABC 的A-陪位中线.下面的定理1是三角形的陪位中线的一个基本性质.定理1 设D 是△ABC 的边BC 上一点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线的充分必要条件是22BD AB DC AC. 定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个判定定理.定理2 已知△ABC, Γ1是过A 、B 两点且与AC 相切的圆, Γ2是过A 、C 两点且与AB 相切的圆, 圆Γ1与圆Γ2交于A 、D 两点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线.FEDABCKΓ2Γ1 ABCP定理3 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线. 利用三角形的陪位中线的理论可以方便地处理有关平面几何问题.例1 圆Γ1与圆Γ2交于A 、B 两点. 点P 在圆Γ1上. 直线PA 与PB 分别交圆Γ2于C 、D (不同于A 、B ), 圆Γ1在A 、B 两点的切线交于Q . 如果P 在圆Γ2的外部, C 、D 均在Γ1的外部. 求证：直线PQ 平分线段CD . (圣彼德堡, 1997)证明 因PQ 是△P AB 的P-对称中线, 而△P AB 与△PDC 反向相似, 所以PQ 为△PDC 的P-中线, 即直线PQ 通过CD 的中点. 换句话说, 直线PQ 平分线段CD .ΓΓAB21QP D CMABCΓC 1B 1TS例2 设Γ是△ABC 的外接圆, 圆Γ在B 、C 两点的切线交于T . 过A 且垂直于AT 的直线与直线BC 交于S , 点B 1、C 1在直线ST 上(B 1、B 在BC 的垂直平分线的同侧), 且TB 1 =TC 1 =TB . 求证: △AB 1C 1∽△ABC .(美国国家队选拔考试, 2006)证明 设M 为BC 的中点, 则AM 、AT 是∠BAC 的两条等角线, 所以∠BAT =∠MAC . 又∠TBC =∠BAC , 所以∠TBA =∠TBC +∠CBA =∠BAC +∠CBA =180°−∠ACB . 于是, 由TC 1 = TB 及正弦定理, 得1sin sin sin sin TC TB BAT MAC MCAT AT TBA ACB AM∠∠====∠∠. 另一方面, 因∠TMS = 90° =∠TAS , 所以A 、M 、T 、S 四点共圆, 于是, ∠STA =∠SMA , 即 ∠C 1TA =∠CMA , 因此, △ATC 1∽△AMC . 同理, △AB 1T ∽△ABM . 故△AB 1C 1∽△ABC .第6题的证明6. 设△ABC 的A-中线关于∠BAC 的角平分线的对称直线与BC 交于D . △ADC 的外接圆与AB 的另一个交点为E , △ABD 的外接圆与AC 的另一个交点为F . 求证: EF ∥BC .证明 因AD 是△ABC 的陪位中线. 于是22BD AB DC AC=. 另一方面, 由圆幂定理, BD BC EB AB ⋅=⋅, DC BC FC AC ⋅=⋅. 因此,BD EB AB DC FC AC ⋅=⋅, 于是KB ABLC AC=, 故EF ∥BC . FABCDE EAB D FPCM第19题的证法219. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设过A 、B 两点且与AC 相切的圆和过A 、C 两点且与AB 相切的圆交于A 、P 两点, 则P 是一个定点. 且由定理2, AP 是△ABC 的A-陪位中线, 也就是说, ∠BAM =∠P AC .由弦切角定理, ∠P AC =∠PBA , ∠ACP =∠BAP , 所以△PCA ∽△P AB . 又DE ∥AB , DF ∥AC , 所以CE CD AFEA DB FB==, 这说明E 、F 是两个相似三角形PCA 与P AB 的相似对应点, 因此, ∠PEC =∠PF A . 故E 、A 、F 、P 四点共圆. 换句话说, △AEF 的外接圆通过定点P .6 三角形的等角共轭点容易证明以下事实设P 是△ABC 所在平面上的一点, 则AP 、BP 、CP 分别关于∠BAC 、∠CBA 、∠ACB 的等角线交于一点或互相平行. 而且, 这三条等角线互相平行当且仅当点P 在△ABC 的外接圆上.这个事实的既可以用Ceva 定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva 定理证明. 如果AP 、BP 、CP 分别关于∠BAC 、∠CBA 、∠ACB 的等角线交于一点Q , 则点Q 称为点P 关于△ABC 的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.定理1 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 则sin sin AP BQCAQ BPC∠=∠. 定理2 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 则BPC BQC BAC +=.定理3 三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.定理4 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, D 、E 、F 是点P 分别关于BC 、CA 、AB 的对称点, 则点Q 是△DEF 的外心.证明 如图所示, 因E 、F 是点P 分别关于CA 、AB 的对称点, 所以AE = AP = AF , 因此, 点A 在线段EF 的垂直平分线上. 设PE 与CA 交于M , PF 与AB 交于N , 则M 、N 分别为PE 、PF 的中点, 所以, EF ∥MN . 又PM ⊥CA , PN ⊥AB , 由性质1.2, AQ ⊥MN , 所以AQ ⊥EF , 因而AQ 即线段EF 的垂直平分线. 同理, BQ 是线段FD 的垂直平分线. 故点Q 是△DEF 的外心.AP Q B CDMEFNABCDPQ'P'Q定理5 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 直线AP 关于∠BPC 的等角线为1l , 直线AQ 关于∠BQC 的等角线为2l , 则1l 与2l 关于直线BC 对称.事实上, 如图所示, 设P 、Q 两点关于BC 的对称点分别为P ′、Q ′, 则∠Q ′BC =∠CBQ =∠PBA , ∠BCQ ′ =∠QCB =∠ACP , 所以, Q ′、A 是△PBC 的两个等角共轭点, 因而PQ ′、P A 是∠BPC 的两条等角线. 同理, QP ′、QA 是∠BQC 的两条等角线. 显然, PQ ′与P ′Q 关于BC 对称, 因此, PQ ′与P ′Q 交于BC 上一点.由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:设P 、Q 是△ABC 内两点, 且∠ABP =∠QBC , ∠ACP =∠QCB , 点D 在BC 边上. 求证: ∠APB +∠DPC = 180°的充分必要条件是∠AQC +∠DQB =180°.事实上, 由条件知, P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, PD 与P A 是∠BPC 的两条等角线. 由于QA 关于∠BQC 的等角线与P A 关于∠BPC 的等角线关于BC 对称, 它们的交点必在BC 上, 因此, QD 即QA 关于∠BQC 的等角线.可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne 点的等角共轭点和三角形的Nagel 点的等角共轭点.三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.例1 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线.证明 设点A 关于BC 的中点M 的对称点为Q , 则ABQC 是一个平行四边形, 由此可知, BQ 、BP 是∠CBA 的两条等角线, CQ 、CP 是∠ACB 的两条等角线, 因而P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 所以AQ 、AP 是∠BAC 的两条等角线. 而AQ 过BC 的中点M , 故AP 是△ABC 的A-陪位中线.ABCPMQABPCMQ第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为在△ABC 中, AB = AC , P 是三角形内部一点, 使得∠CBP =∠ACP , M 是边AB 的中点. 求证:∠BPM +∠CP A = 180︒.这实际上就是上面这个问题. 只不过P 、A 换了个位置而已.例2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不是平分∠ABC , 也不平分∠CDA , 点P 在四边形的内部, 满足∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA . 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是P A = PC . (第45届IMO, 2004)证明 条件∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA 表明A 、C 是△BDP 的等角共轭点, 所以sin sin PA BAD PC DCB ⋅∠=⋅∠.又由定理1, BAD BCD BPD +=,所以, ∠BAD −∠DCB =180°−∠DPB . 而∠BPD ≠180°, 因此, ∠BAD ≠∠DCB . 于是, P A = PC ⇔sin sin BAD DCB ∠=∠⇔∠BAD +∠BCD =180°⇔四边形ABCD 内接于圆.ABCDPABCD PFF'E'D'QE第15题的证明 15. 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 点P 在BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F . 求证: ∠EDF = 90°的充分必要条件是Q 为△AEF 的垂心.证明 如图所示, 设点P 关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为D ′、E ′、F ′, 则∠EDF =∠E ′D ′F ′. 由定理4, Q 是△D ′E ′F ′的外心. 因PE ⊥AE , PF ⊥AF , E 、F 分别为PE ′、PF ′的中点, 于是∠EDF = 90°⇔∠E ′D ′F ′ = 90°当且仅当E ′、Q 、F ′三点共线, 且Q 为E ′F ′的中点⇔ PQ 与EF 互相平分⇔PEQF 是一个平行四边形⇔ EQ ∥PF , 且FQ ∥EF ⇔EQ ⊥AF , FQ ⊥AE ⇔ Q 为△AEF 的垂心.第16题的证明16．设△ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别切于D 、E 、F , 点D 关于∠BAC 的外角平分线的对称点为P , 点E 关于∠CBA 的外角平分线的对称点为Q , 点F 关于∠ACB 的外角平分线的对称点为R , 则△PQR 与△ABC 是位似的.证明 因AD 、BE 、CF 交于一点X , 而直线AP 与AD 是∠BAC 的两条等角线, BQ 与BE 是∠CBA 的两条等角线, CR 与CF 是∠ACB 的两条等角线, 所以AP 、BQ 、CR 三直线交于点X 关于△ABC 的等角共轭点Y .另一方面, 由正弦定理, sin sin AD C DC DAC =∠, sin sin BE CCE CBE=∠. 但DC = CE , ∠DAC =∠BAY , ∠CBE =∠YBA , 所以sin sin sin sin AD CBE YBA YABE DAC BAY YB∠∠==∠∠=. 又AP = AD , BQ = BE , 所以, YA AD AP YB BE BQ ==, 即YA YB APBQ=, 于是 PQ ∥AB . 同理, QR ∥BC , RP ∥CA . 故△XYZ 与△ABC 是位似的.X YA BCD PFRQEA BCDPA 2B 2C 2C 1B 1A 1FLNME第20题的证明20．设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条高线(D 、E 、F 别在BC 、CA 、AB 上), P 为△ABC 所在平面上任意一点, 点P 在直线BC 、CA 、AB 、AD 、BE 、CF 上的射影分别为A 1、B 1、C 1、A 2、B 2、C 2. 求证: A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行.证明 如图所示, 设L 、M 、N 分别为A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点. 因P A 1DA 2、PB 1EB 2、PC 1FC 2皆为矩形, 所以, L 、M 、N 也分别是PD 、PE 、PF 的中点, 于是, LM ∥DE , LN ∥DF . 而AD 、BC 为∠EDF 的内、外角平分线, 所以, 矩形P A 1DA 2的两条对称轴分别为∠MLN 的内、外角平分线. 但矩形P A 1DA 2的对角线A 1A 2与PD 关于其对称轴对称, 所以, 直线A 1A 2与PD 是∠MLN 的两条等角线. 同理, 直线B 1B 2与PE 是∠NML 的两条等角线, 直线C 1C 2与PF 是∠LNM 的两条等角线, 故A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行. 当点P 不在△ABC 的九点圆上时, A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点, 此点即点P 关于△LMN 的等角共轭点.7 根轴与根心一、点对圆的幂设Г是平面上一个圆心为O 、半径为r 的圆, 对于平面上任意一点P , 令ρ(P )=PO 2 – r 2,则(P )称为点P 对于圆Г的幂.显然, 当点P 在圆Г外时, ρ(P )＞0; 当点P 在圆Г内时, ρ(P )＜0; 当点P 在圆Г上时, (P )=0. 且由勾股定理易得, 点P 在圆Г外时, ρ(P )即点P 到圆Г的切线长的平方; 点P 在圆Г内时, ρ(P )即以点P 为中点的弦的一半的平方的相反数.有了点对圆的幂的概念, 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P 任作一条直线交圆Г于两点A 、B (A 、B 可以重合), 则ρ(P )=PA PB ⋅.定理2 设A 、B 、C 、D 是一个已知圆上任意四点, 直线AB 与CD 交于点P , 直线AD 与BC 交于点Q , 则有2()()P Q PQ ρρ+=. 其中 ()X ρ表示点X 对已知圆的幂.ABCDPΓQEΓAB CD PE QΓA BCDP E Q定理3(Gergonne 定理) 设P 是△ABC 所在平面上任意一点, 过点P 作△ABC 的三边的垂线, 垂足分别为D 、E 、F , △ABC 与△DEF 的面积分别为S 、T , △ABC 的外接圆半径为R , 点P 对△ABC 的外接圆的幂为ρ , 则有2||4T S R ρ=.ABCDPFKEAPF DECBK例1 设I 为△ABC 的内心, D 、E 、F 分别为△ABC 的内切圆在边BC 、CA 、AB 上的切点. 过点A 作EF 的平行线分别与直线DE 、DF 交于P 、Q . 证明: PIQ 为锐角. (第39届IMO, 1998)证明 如图4, 设△ABC 的内切圆半径为r , 因∠PQD =∠EFD =∠DEC , 所以, A 、Q 、D 、E 四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 P A PQ = PE PD = PI 2–r 2; 同理, AQ PQ = FQ DQ = QI 2 – r 2. 两式相加, 得P A PQ + AQ PQ = PI 2 + QI 2 – 2r 2, 即PQ 2 = PI 2 + QI 2 – 2r 2＜PI 2 + QI 2.故PIQ 是一个锐角.例2 (Brocard 定理) 设⊙O 的内接四边形的两组对边的交点分别为P 、Q , 两对角线的交点为R . 求证:圆心O 为△PQR 的垂心.证明 如图10, 因ρ(P ) = OP 2 – r 2, ρ(Q ) = OQ 2 – r 2, ρ(R ) = OR 2 – r 2, 由定理1.2, 有PR 2 = OP 2 +OR 2 –2r 2, PQ 2 = OP 2 + OQ 2 – 2r 2. 两式相减, 得 PR 2 – PQ 2 = OR 2 – OQ 2, 所以OP ⊥RQ ; 同理, OQ ⊥PR . 故圆心O 为△PQR 的垂心.ABCDP1FQEABCDP QOR二、根轴可以证明, 如果动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.如果两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线; 如果两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线; 在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆1与圆2的圆心分别为O 1、O 2, 半径分别为r 1、r 2. 如果圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 如果两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14).两圆圆心O 1、O 2到两圆的根轴的距离分别为2221212122O O r r O O +-和2221212122O O r r O O -+.l Γ2Γ1l Γ2Γ1 lΓ2Γ1lΓ2Γ1O 2O 1O 1O 2Γ1Γ2如果两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 如果两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 如果两圆中有一圆退化为一点O (此时点O 称为点圆), 则其根轴仍然存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上任意一点P 到圆的切线长PT 等于点P 到点O 的距离.lPOΓTTO PΓl根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题很多时候都与根轴联系在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .例1 证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上.证明 如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为△BEC 、△CDF 、△AED 、△ABF , H 1、H 2、H 3、H 4分别为它们的垂心. 设直线H 1B 、H 1E 分别交EC 、BC 于K 、L , 则K 在以BD 为直径的圆Γ1上, L 在以EF 为直径的圆Γ2上, 由于L 、E 、K 、B 四点共圆, 所以, H 1L ⋅H 1E =H 1B ⋅H 1K , 这说明H 1在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 再设EH 3、DH 3分别交AB 、AD 与M 、N , 则M 在圆Γ1上, N 在圆Γ2上, 而E 、D 、N 、M 四点共圆, 所以H 3D H 3M =H 3E H 3N , 因此, H 3也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, H 2 、H 4也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 故H 1、H 2、H 3、H 4四点共线.。
2014-2012加拿大滑铁卢大学11年级数学竞赛试题
1.For real numbers a and b with a≥0and b≥0,the operation is defined bya b=√a+4b.For example,5 1=5+4(1)=√9=3.(a)What is the value of8 7?(b)If16 n=10,what is the value of n?(c)Determine the value of(9 18) 10.(d)With justification,determine all possible values of k such that k k=k.2.Each week,the MathTunes Music Store releases a list of the Top200songs.A newsong“Recursive Case”is released in time to make it onto the Week1list.The song’s position,P,on the list in a certain week,w,is given by the equation P=3w2−36w+110.The week number w is always a positive integer.(a)What position does the song have on week1?(b)Artists want their song to reach the best position possible.The closer that theposition of a song is to position#1,the better the position.(i)What is the best position that the song“Recursive Case”reaches?(ii)On what week does this song reach its best position?(c)What is the last week that“Recursive Case”appears on the Top200list?3.A pyramid ABCDE has a square base ABCD of side length 20.Vertex E lies on theline perpendicular to the base that passes through F ,the centre of the base ABCD .It is given that EA =EB =EC =ED =18.(a)Determine the surface area of the pyramidABCDEincluding its base.(b)Determine the height EF of the pyramid.A B C D EF 2018(c)G and H are the midpoints of ED and EA ,respectively.Determine the area of thequadrilateral BCGH .4.The triple ofpositive integers (x,y,z )is called an Almost Pythagorean Triple (or APT)if x >1and y >1and x 2+y 2=z 2+1.For example,(5,5,7)is an APT.(a)Determine the values of y and z so that (4,y,z )is an APT.(b)Prove that for any triangle whose side lengths form an APT,the area of thetriangle is not an integer.(c)Determine two 5-tuples (b,c,p,q,r )of positive integers with p ≥100for which(5t +p,bt +q,ct +r )is an APT for all positive integers t .1.At the JK Mall grand opening,some lucky shoppers are able to participate in a moneygiveaway.A large box has beenfilled with many$5,$10,$20,and$50bills.The lucky shopper reaches into the box and is allowed to pull out one handful of bills.(a)Rad pulls out at least two bills of each type and his total sum of money is$175.What is the total number of bills that Rad pulled out?(b)Sandy pulls out exactlyfive bills and notices that she has at least one bill of eachtype.What are the possible sums of money that Sandy could have?(c)Lino pulls out six or fewer bills and his total sum of money is$160.There areexactly four possibilities for the number of each type of bill that Lino could have.Determine these four possibilities.2.A parabola has equation y=(x−3)2+1.(a)What are the coordinates of the vertex of the parabola?(b)A new parabola is created by translating the original parabola3units to the leftand3units up.What is the equation of the translated parabola?(c)Determine the coordinates of the point of intersection of these two parabolas.(d)The parabola with equation y=ax2+4,a<0,touches the parabola withequation y=(x−3)2+1at exactly one point.Determine the value of a.3.A sequence of m P’s and n Q’s with m>n is called non-predictive if there is some pointin the sequence where the number of Q’s counted from the left is greater than or equal to the number of P’s counted from the left.For example,if m=5and n=2the sequence PPQQPPP is non-predictive because in counting thefirst four letters from the left,the number of Q’s is equal to the number of P’s.Also,the sequence QPPPQPP is non-predictive because in counting thefirst letterfrom the left,the number of Q’s is greater than the number ofP’s.(a)If m=7and n=2,determine the number of non-predictive sequences that beginwith P.(b)Suppose that n=2.Show that for every m>2,the number of non-predictivesequences that begin with P is equal to the number of non-predictive sequences that begin with Q.(c)Determine the number of non-predictive sequences with m=10and n=3.4.(a)Twenty cubes,each with edge length1cm,are placed together in4rows of5.What isthe surface area of this rectangularprism?(b)A number of cubes,each with edge length1cm,are arranged to form a rectangularprism having height1cm and a surface area of180cm2.Determine the number of cubes in the rectangular prism.(c)A number of cubes,each with edge length1cm,are arranged to form a rectangularprism having length l cm,width w cm,and thickness1cm.A frame is formed byremoving a rectangular prism with thickness 1cm located k cm from each of the sides of the original rectangular prism,as shown. Each of l,w and k is a positive integer.If the frame has surface area532cm2,determine all possible values for l and w such that l≥w.l cmw cmk cmk cmk cmk cm1 cm1.Quadrilateral P QRS is constructed with QR =51,as shown.The diagonals of P QRS intersect at 90◦at point T ,such that P T =32and QT =24.322451P QRST (a)Calculate the length of P Q.(b)Calculate the area of P QR .(c)If QS :P R =12:11,determine the perimeter of quadrilateral P QRS .2.(a)Determine the value of (a +b )2,given that a 2+b 2=24and ab =6.(b)If (x +y )2=13and x 2+y 2=7,determine the value of xy .(c)If j +k =6and j 2+k 2=52,determine the value of jk .(d)If m 2+n 2=12and m 4+n 4=136,determine all possible values of mn .3.(a)Points M (12,14)and N (n,n 2)lie on theparabola with equation y =x 2,as shown.Determine the value of n such that∠MON =90◦.yx(b)Points A (2,4)and B (b,b 2)are the endpointsofa chord of the parabola with equationy =x 2,as shown.Determine the value of bso that ∠ABO =90◦.y x(c)Right-angled triangle P QR is inscribed inthe parabola with equation y =x 2,asshown.Points P,Q and R have coordinates(p,p 2),(q,q 2)and (r,r 2),respectively.If p ,qand r are integers,show that 2q +p +r =0.y x4.The positive divisors of 21are 1,3,7and 21.Let S (n )be the sum of the positive divisors of the positive integer n .For example,S (21)=1+3+7+21=32.(a)If p is an odd prime integer,find the value of p such that S (2p 2)=2613.(b)The consecutive integers 14and 15have the property that S (14)=S (15).Determine all pairs of consecutive integers m and n such that m =2p and n =9q for prime integers p,q >3,and S (m )=S (n ).(c)Determine the number of pairs of distinct prime integers p and q ,each less than 30,with the property that S (p 3q )is not divisible by 24.。
若干国外数学竞赛试题的简证
若干国外数学竞赛试题的简证由于数学竞赛试题的难度较高，往往需要一定的数学知识和技巧才能解决。
以下是一些国外数学竞赛试题的简证：1. 美国数学竞赛（AMC）试题题目：在一个正方形中，有一条长度为1的线段，它的两个端点分别在正方形的两个相邻边上。
求这条线段与正方形的对角线的夹角。
简证：将正方形的一条边作为x轴，另一条边作为y轴，线段的两个端点分别为(0,1)和(1,0)。
对角线的两个端点分别为(0,0)和(1,1)。
因此，对角线的斜率为1，线段的斜率为-1。
两条直线的夹角为90度，因此线段与对角线的夹角为45度。
2. 国际数学奥林匹克（IMO）试题题目：证明：对于任意正整数n，都存在一个长度为n的整数序列，使得这个序列的任意两个元素之差都不是这个序列中任意一个元素的倍数。
简证：考虑构造一个长度为n的整数序列a1, a2, …, an。
首先，令a1=1。
然后，对于i=2, 3, …, n，令ai为满足以下条件的最小正整数：1. ai与a1, a2, …, ai-1中的任意一个元素的差都不是这个元素的倍数。
2. ai与a1,a2, …, ai-1中的任意一个元素的和都不是另一个元素的倍数。
这样构造出来的序列满足题目要求。
3. 加拿大数学竞赛（CIMC）试题题目：已知正整数a, b, c满足a+b+c=2019，且a, b, c都是质数。
求a, b, c的最小值。
简证：由于a, b, c都是质数，因此它们只能是奇数。
又因为a+b+c=2019是奇数，所以a, b, c中必须有一个数是2。
不妨设a=2，那么b+c=2017。
由于2017是质数，因此b和c中必须有一个数是2017的质数因子。
又因为2017是一个较大的质数，因此它的质数因子只能是2或3。
如果b=2，那么c=2015，不是质数；如果b=3，那么c=2014，也不是质数。
因此，最小的满足条件的a, b, c分别为2, 3, 2017。
总之，数学竞赛试题的解题方法往往需要一定的数学知识和技巧，需要我们在平时的学习中多加积累和练习。
2012年世界奥林匹克数学竞赛四年级试题
2012年世界奥林匹克数学竞赛四年级试题2012赛季世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地⽅海选赛 A 卷--------------------------------------------------------------------------------- 考⽣须知：⼀、每位考⽣将获得考题⼀份。
考试期间，不得使⽤计算⼯具或⼿机。
⼆、本卷共100分，填空题每⼩题5分，解答题每题10分。
三、请将答案写在本卷上。
考试完毕时，所有考题及草稿纸会被收回。
四、若计算结果是分数，请化⾄最简，并确保为真分数或带分数。
四年级试卷（本试卷满分100分，考试时间90分钟）⼀、填空题。
（每题5分，共60分）1、计算：10×11÷10×11= 。
2、定义运算?为a ?b =5×)(b a b a +-?.则5?6是。
3、⼀只⼩⾍沿笔直的树⼲跳着往上⾏，每跳⼀次都⽐上⼀次升⾼4厘⽶。
它从离地⾯10厘⽶处开始跳，如果把这⼀处称为⼩⾍第⼀次落脚点，那么它的第100个落脚点正好是树梢，这棵树⾼厘⽶。
4、将下⾯算式补充完整。
5、图中⼀共有个平⾏四边形。
6、奥斑马、⼩泉、欧欧三个⼈的数学平均分是94，加上⼩美的成绩之后，他们的平均分变成了92，⼩美的数学分数是。
1. ⽤1、2、3、4这四个数字可组成个⽐2000⼤的⽆重复数字的四位数。
8、有⼀列数，1、3、6、8、5、7、1、3、6、8、5、7 ……第58个数是，这58个数相加的和是。
×9、某班有36个同学在⼀项测试中，答对第⼀题的有25⼈，答对第⼆题的⼈有23⼈，两题都答对的有15⼈。
两题都答不对的同学有⼈。
10、⼀根绳⼦剪去⼀半多4⽶，再剪去余下的⼀半，还剩下43⽶，这根绳⼦原来长⽶。
11、从1、2、3、4、5、6这些数中，任取两个数，使其和不能被3整除，则有种取法。
12、奥班马、⼩泉、⼩美、欧欧各拿⼀只⽔桶同时到⼀个⽔龙头前接⽔，他们只能⼀个⼀个地接⽔。
高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理
第章 角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，则三直线、、平行或共点的充要条件是证明由，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立． 推论设、、分别是的外接圆三段弧、、上的点，则、、共点的充要条件是．事实上，应用三角形正弦定理，代入角元形式的塞瓦定理即证． 第二角元形式的塞氏定理设、、分别是的三边、、所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则、、平行或共点的充要条件是．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例（年加拿大数学奥林匹克题）如图，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．40°20°α40°70°HF EDCBA图22-1证明如图，设，则，对及点，应用甬元形式的塞瓦定理，有．从而， 即有．于是．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故． 例（年香港代表队选拔赛题）如图，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．BA图22-2证明用表的度数，令，则，，，，．对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有． 亦即．亦即．从而而，则． 由，有于是，即，从而。
历届奥数数论竞赛题讲解精选
历届奥数竞赛题讲解精选1. 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．---------------------------------------------------------------------------1.已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【证】设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．2.求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．【解】设 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412---------------------------------------------------------------------------1.求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．2.证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a．---------------------------------------------------------------------------1.如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．2.能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋503.021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402 … … … … … …1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令 Si＝ai＋ai＋1＋...＋ai＋9（i＝1，2， (1901)则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．综上所述A＝15005．---------------------------------------------------------------------------1. n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】 32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．2. 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k ＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．---------------------------------------------------------------------------1. 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】由n个数ai＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…· n是 k的倍数，所以m·n！＋k是 k的倍数，因而为合数．对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj ＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n ＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 （1）5d－1＝y2 （2）13d－1＝z2 （3）其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 （4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．---------------------------------------------------------------------------1.如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．【证】若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．2.证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．【题说】第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．【证】因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除．于是6是p＋1的因数．。
2012中国数学奥林匹克
２ ｌ
１ ．． ， ． ． ． ． ． ． ， ． ． ． 一
２ １ 中 国 数 学 奥 林 匹 克 ０ ２
中 图分 类 号 ： ４ ４７ Ｇ ２ ．９ 文 献 标识 码 ：Ａ 文 章 编 号 ：１０ ６ １ （０ ２ ０ ０ ２ —０ ０５— ４ ６ ２ １ ）３— ０ １ ４
ｐ 成立． ）
ｉ 、
．
由于表 中各 数 互不 相 同 ， 则 。 ， ， ， …
互不相 同 ， Ｙ ， ， 也 互 不 相 同． 妨 设 Ｙ ，：… Ｙ 不
１ ＜… ＜ ， ＜２ 这是 因为交换 与 的值 ｆ
相 当于交换 第 ｉ 和第 行 ， 行 既不 改变 题设也
２
第 一 天
１ 如 图 １ 在 圆内接△ Ａ Ｃ中 ， Ａ为最 ． ， Ｂ
， 、
ｍ 以及 ｂ，２… ， 。ｂ， ｂ ∈ ｛一１１ ， 得 ， ｝使
ｎ＝ｂ １＋ｂ ２＋ … ＋ｂ １ ２
ｍ
口ｍ ．
（ 陈永 高 供 题 ）
大角 ， 不含 点 Ａ的弧Ｂ 上 两点 Ｄ、 Ｃ Ｅ分 别为弧
，
在△ Ａ Ｅ与△ Ｂ Ｅ中， Ｐ Ｐ 分别运用正弦定 理并 结合 Ａ Ｂ 得 Ｅ： Ｅ， 墨一 一 一 丝 丝
ｓｎ ｉ ＡＰＥ —ＡＥ —ＢＥ —ｓｎ ｉ
，
口 （ ＝１ ２ … ， ＝１２， ， ） 每 个 子 表 ｉ ， ， Ｐ； ， … ｎ，
丝
ＢＰＥ ‘
格 中的 ｋ 数构成 块． 个
（ 朱华伟 供题 ）
或 同时减 去 １若 可 以 通 过有 限 多 次 上 述操 ． 作将 Ａ中元 素全变 为 ０ 则 称 是 一个 “ ， 好矩 阵 ” 求好 矩阵 Ａ的个数． （ 振 华 ． 瞿 供题 ） ３ 证 明 ： 于任 意 实数 Ｍ ＞ 总 存 在 满 ． 对 ２， 足下 列条 件 的严 格递 增 的正整数 数列 口 ， 口 ，
2012年西部数学奥林匹克解答
证明：设 AP 与 ω 交于 A1 ， P 在 BC 上的投影为 D 。设 ∆DEF 的外心为 Q ，外接圆半径 为 R′ 。 由 于 A, E , P, F 共 圆 ， 所 以 ∠PEF = ∠PAF = ∠A1 AB = ∠PB1 A1 ， 同 理
F
故= MD
1 = AO AF 。又因 2
M H E B D
O
为 FM AH ⇒ FM AD ， 所以 AFMD 是等腰梯形，因
C
此 A, F , M , D 共 圆 ， 由 于
∠AFE = ∠ADE = 90° ， 所
以 A, F , E , D 共 圆 ， 因 此
∆ADE 是外接圆过 OH 的中点。
P = { B1 , B2 ,..., Br } 是 F 中若干个元素， 满足 E = B j ， 且r 最 小。 由 r 的最小性可知，Bi
j =1
r
两两不相交。由于 F 中没有 E ，所以 r ≥ 2 。 任取 F 中一个不属于 P 的 Ai ， 由 r 的最小性， 而 Ai ⊆ Ai 不可能包含任何一个 Bi ，
因此 R′ ≥ r ，因此
EF r = PE = PF ，因此当 ≥ ，等号成立当且仅当 Q = P ，且 PD B1C1 R
且仅当 P 是 ∆ABC 内心时等号成立。
A
B1
A
C1 F P
E
E F Q
B
D A1
C
B
D
C
上
善
若
水
蕴
秀
斋
5、O, H 分别是锐角 ∆ABC 的外心和垂心 （ A, O, H 不共线） ，A 在 BC 上的投影为 D ，AO 的中垂线与 BC 交于 E 。求证： ∆ADE 是外接圆过 OH 的中点。 证明：设 M 是 OH 中点，则 M 是 ∆ABC 的九点圆 ω 圆 A 心，由于 D 在九点圆 ω 上， 因此 MD 是九点圆 ω 的半径，
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答第一题：在一个正方形的边上选择10个点，然后连接相邻点之间得到一个多边形。
问这个多边形内部最多能够放置多少个相互不相交的小正方形？解答：这个问题可以通过找规律进行解答。
我们可以先考虑较小的正方形个数，再逐渐递增。
当只有1个小正方形时，我们可以把它放在正方形中心。
当有2个小正方形时，我们可以把它们放在相邻的两个顶点上。
当有3个小正方形时，我们可以放置两个在相邻的两个顶点上，另一个放在中心位置。
当有4个小正方形时，我们可以把它们分别放在四个顶点上。
当有5个小正方形时，我们可以把其中4个放在四个顶点上，然后将剩下的一个放在中心位置。
当有6个小正方形时，我们可以把其中4个放在四个顶点上，另外两个放在中点和中心位置。
...通过逐个增加小正方形的个数，我们可以得出规律：在一个正方形上最多可以放置 n(n+1)/2 个相互不相交的小正方形，其中 n 为偶数。
第二题：求方程组|y - x^2| = 3|y - x - 4| = 5的解。
解答：首先，对于第一个方程 |y - x^2| = 3，我们可以将其分为两部分进行讨论：1. y - x^2 = 3，解得 y = x^2 + 3；2. -(y - x^2) = 3，解得 y = -x^2 - 3。
然后，将得到的两个解代入第二个方程 |y - x - 4| = 5，得到：1. |(x^2 + 3) - x - 4| = 5，即 |x^2 - x - 1| = 5；2. |(-x^2 - 3) - x - 4| = 5，即 |-x^2 - x - 7| = 5。
我们分别解这两个方程：1. x^2 - x - 1 = 5，解得 x = -2 或 x = 3。
2. -x^2 - x - 7 = 5，解得 x = -3 或 x = 2。
将上述解代入方程 y = x^2 + 3 或 y = -x^2 - 3，则可求出相应的 y 值。
因此，该方程组的解为 (-2, 7)，(3, 12)，(-3, -6)，(2, -1)。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界范围内最高水平的数学竞赛之一。
每年有来自各个国家和地区的优秀学生参加，他们在这场激烈的竞赛中展示他们的数学才能。
以下将介绍一些历年IMO试题，并为您提供解答。
2008年IMO试题：1. 证明方程 x^2 + y^2 + z^2 = 2008x + 2009y + 2010z 只有有限多个整数解。
解答：我们可以将方程改写为 (x-1004)^2 + (y-1004.5)^2 + (z-1005)^2 = 2.5^2 + 3.5^2 + 5^2。
因此，方程的解可看作是(1004, 1004.5, 1005)平移后和(2.5, 3.5, 5)放缩后的结果。
由于放缩的倍数是有限的，因此方程只有有限多个整数解。
2012年IMO试题：2. 设 a_1, a_2, ..., a_n 是 n 个正整数的序列，并且满足 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i} 对于所有的1 ≤ i ≤ n-1。
证明：n 是一个完全平方数。
解答：考虑给定的方程 a_i * a_{i+1} = a_n + a_{n-i}，将其展开后整理得到a_i * (a_{i+1} - a_{n-i}) = a_n - a_{n-i}。
根据方程左右两边为整数，我们可以得到 a_{i+1} - a_{n-i} 是 a_i 的一个因子。
由于 a_1, a_2, ..., a_n 都是正整数，所以 a_{i+1} - a_{n-i} 的取值范围有限。
当 i = 1 时，我们可以推导出 a_2 - a_{n-1} 是 a_1 的因子。
同理，对于 i = 2, ..., n-1，我们可以推导出 a_{i+1} - a_{n-i} 也是a_1 的因子。
因此，a_1 的所有因子均出现在 a_2 - a_{n-1} 中。
2012年cmo试题及答案
2012年cmo试题及答案一、选择题1. 已知函数f(x) = 2x^2 + 3x + 1，求f(-1)的值。
A. -2B. 0C. 2D. 4答案：A2. 计算下列几何体的体积。
A. 正方体B. 圆柱C. 圆锥D. 球体答案：B二、填空题3. 已知一个等差数列的首项为3，公差为2，求第5项的值。
答案：134. 一个三角形的三个内角分别为α、β、γ，且α + β + γ = 180°，若α = 60°，β = 50°，则γ = _______。
答案：70°三、解答题5. 已知点A(1,2)和点B(4,6)，求线段AB的中点坐标。
答案：中点坐标为(2.5, 4)6. 证明：若a > b > 0，则a^2 > b^2。
答案：证明如下：因为a > b > 0，所以a - b > 0。
两边平方得(a - b)^2 > 0，即a^2 - 2ab + b^2 > 0。
所以a^2 > b^2。
四、证明题7. 证明：若a、b、c为实数，且a^2 + b^2 = c^2，则a、b、c满足勾股定理。
答案：证明如下：已知a^2 + b^2 = c^2，根据勾股定理，若a、b、c为直角三角形的三边，则a^2 + b^2 = c^2成立。
因此，a、b、c满足勾股定理。
五、应用题8. 某工厂生产一批产品，已知每件产品的成本为50元，销售价格为80元，若要使利润达到10000元，问需要生产多少件产品？答案：设需要生产x件产品，则利润为(80 - 50)x = 10000，解得x = 200。
因此，需要生产200件产品。
六、综合题9. 已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2，求函数的极值点。
答案：首先求导数f'(x) = 3x^2 - 6x，令f'(x) = 0，解得x = 0或x = 2。
检验二阶导数f''(x) = 6x - 6，可知x = 0处为极大值点，x = 2处为极小值点。
初一数学加拿大试题及答案
初一数学加拿大试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 如果一个整数的绝对值是5，那么这个数可能是：A. -5B. 5C. -5或5D. 以上都不是2. 以下哪个不是有理数？A. 3.14B. -2/3C. πD. 03. 一个数的平方根是它自己，这个数可能是：A. 0B. 1C. -1D. 以上都不是4. 计算下列表达式的值：\( 2^3 \times 5^2 \) 等于：A. 200B. 400C. 800D. 16005. 如果 \( x \) 和 \( y \) 是正整数，且 \( x^2 + y^2 = 50 \)，那么 \( x \) 和 \( y \) 的可能值是：A. (1, 7)B. (5, 5)C. (7, 1)D. 所有选项都可能6. 以下哪个是偶数？A. 2B. 3C. 5D. 77. 一个数的相反数是它自己，这个数是：A. 0B. 1C. -1D. 以上都不是8. 以下哪个是质数？A. 2B. 4C. 6D. 89. 一个数的立方根是它自己，这个数可能是：A. 0B. 1C. -1D. 所有选项10. 以下哪个是奇数？A. 2B. 3C. 4D. 5二、填空题（每空1分，共10分）11. 如果 \( a \) 和 \( b \) 是整数，且 \( a + b = 10 \)，那么\( a - b \) 可能的值是 _________。
12. 一个数的倒数是 \( \frac{1}{5} \)，这个数是 _________。
13. 如果 \( x \) 是一个正数，且 \( x^3 = 8 \)，那么 \( x \)的值是 _________。
14. 一个数的平方和它的立方相等，这个数是 _________。
15. 如果 \( y \) 是一个整数，且 \( y^2 = 25 \)，那么 \( y \)的值是 _________。
三、解答题（每题5分，共20分）16. 计算下列表达式的值：\( (-3)^2 + 4 \times (-2) - 5 \)。
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第四题：在一个 m×n 的长方形迷宫的一些单元格内放了机器人，在一个单元格内可以 放多个机器人，迷宫的边界都砌了围墙，有一些单元格的一些边也砌了墙，机器人无法穿 越围墙。你可以给这些机器人下一条指令（上、下、左、右之一），所有的机器人在同一 时间遵照这一指令走到与之相邻的单元格内，但此方向上有围墙时，机器人就呆在原单元 格内不动。接着你可以下下一条指令，这个过程可以不断地进行下去。已知迷宫是连通的， 也即任意指定一个单元格、任意指定一个机器人，此机器人都可以通过若干步走到这个单 元格。证明：你可以通过有限条指令，使得所有机器人都在同一个单元格内。 证明：为了简化思考，由于一个方格中的所有机器人行动都一致，我们可以将这些机 器人捆绑成一个机器人处理。假设 k 个方格中有机器人，我们对 k 进行归纳证明。 当 k=2 时，也即只有两个方格中有机器人，我们可以捆绑成两个机器人处理，设为 A 和 B。我们考虑 A、B 之间的最短连通路径。显然，若某条路径是从 A 到 B 的最短连通路径， 那么这条路径也是从 B 到 A 的最短连通路径。我们将 B 通过最短连通路径移动到 A 现在所
杏 壇 孔 門
在的位置称为一次操作。设开始时 A、B 之间的最短连通路径为L0 ，L0 上有p0 个方格。第 t 次操作后，最短路径为Lt ，Lt 上有pt 个方格。我们考虑pt+1 和pt 之间的关系。假设第 t+1 次 操作，在 B 向 A 运动的过程中，A 受阻q t+1 次，则 A 从原来位置移动到新的位置走了 pt − q t+1 个方格，即在 A 原来位置到新位置之间存在一条pt − qt+1 个方格的路径，于是知 pt+1 ≤ pt − q t+1 。由于迷宫的边界都砌了围墙，所以我们总可以在任意连续的 max{m、n} 次操作中，让 A 至少受阻一次，即使得q t ≥ 1，也即使得pt+1 ≤ pt − 1。那么最多通过不超 过p0 × max{m、n}条指令，就可以使得 A、B 在同一个单元格内。 假设当 k≤r 时，结论成立，则我们考虑 k=r+1 时的情况。 当 k=r+1 时，我们先任取两个方格中的机器人，可以通过 k=2 时的操作方式，将它们 移动到同一个方格内。这时便最多有 r 个方格内有机器人。根据归纳假设知，可以将这些 机器人赶到移动到同一个方格内。 根据数学归纳法知，可以通过有限条指令，使得所有机器人都在同一个单元格内。 第五题：编号为 1、2、3、……、n 的 n 本书排成一排（开始顺序是乱的），图书管理 员想把它们按照正确的顺序排序（从左到右依次为 1、2、3、……、n）。每次他选一本位 于它本该所处位置右边的书将它插入正确的位置。例如，若 n=4，四本书依次为 1、3、2、 4 时，管理员可以将编号为 2 的书放在第 2 个位置，这样四本书顺序变为 1、2、3、4。求 证： （1）无论如何选择操作顺序，只要操作不断地进行，肯定可以将所有的书排列成正确 的顺序； （2）他最多可以操作多少步？ 解答：（1）我们将图书管理员选一本位于它本该所处位置右边的书，将它插入正确的 位置，称为一次操作。 我们先证明，只要还没有将所有书放回正确位置，操作就可以不断进行下去。 否则，假设存在某个时刻，还没有将所有书都放回正确位置，操作就无法再进行。此 时，任一本书要么在正确位置，要么在正确位置左侧，且至少有一本书在正确位置左侧。 假设此时编号为 k 的书所在位置为bk （k=1、2、3、……、n），则 {b1 、b2 、b3 、 … … 、bn }={1、2、3、……、n}，且b1 ≤ 1，b2 ≤ 2，b3 ≤ 3，……， bn ≤ n，且至少有一个等号不成立。此时有1 + 2 + 3 + ⋯ + n = b1 + b2 + b3 + ⋯ + bn ＜1 + 2 + 3 + ⋯ + n，矛盾。所以只要还没有将所有书放回正确位置，操作就可以不断 进行下去。 我们考虑如下 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ），令 1，第 k 本书在正确的位置 ak = � ，其中 k=1、2、3 、……、n 。我们证明在操作过程中， 0，第 k 本书不在正确的位置 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ）不会出现重复。 否则，我们假设一个 n 元有序数组（a1 ∗ 、a2 ∗ 、a3 ∗ 、 … … 、an ∗ ）在 p 次操作后再次出 现。假设在这 p 次操作中，被操作的书的最小编号为 m，由于每次操作都是将书从右向左 移，所以编号为 m 的书被且仅被操作过一次，所以原来的am ∗ = 0，而 p 次操作后的 am ∗ = 1，矛盾。所以 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ）不会出现重复。 而 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ）最多有2n 种不同的情况，且操作可以一直 进行下去，所以最多可以进行2n − 1次操作，必然会出现（1、1、1、……、1），也即所 有的书都排列成了正确的顺序。 （2）假设 n 本书最多可以操作 f(n)次，我们用数学归纳法证明 f(n)≤2n −1 − 1。 当 n=2 时，最多可以操作 1 次，结论成立。 假设当 n=t 时，有 f(t)≤2t −1 − 1。 当 n=t+1 时，我们证明 f(t+1)≤2t − 1。由于书只能从右向左移，所以编号为 1 的书 移回到正确位置后，便不能再移动，剩下的 t 本书，编号和位置都减 1，则可以按 n=t 时 处理，即最多只能再进行 f(t)≤2t −1 − 1次操作。另一方面，当编号为 t+1 的书回到正确 的位置后，也不能再移动，剩下的 t 本书也可以按 n=t 时处理，即最多只能再进行 f(t)≤ 2t −1 − 1次操作。
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第一题：对于任意正实数 x、y、z，求证：x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4。 + 4 ≥ 8 �x 2 ·
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+
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·
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·
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·
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·
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·
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xy 2
· 4 = 4xyz，所以x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥
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我们考虑编号为 1 和编号为 t+1 的书都不在正确位置的情况，此时a1 = 0，at+1 = 0， t+1 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、at+1 ）最多有2t −1 种不同的情况。由于操作过程中 t+1 元有序数组不会出现重复，所以在进行2t −1 次操作后，必有编号为 1 的书或者编号为 t+1 的书回到正确位置。此时最多再进行2t −1 − 1次操作，就可以将所有书都放回正确的位 置。所以 f(t+1)≤2t −1 + (2t −1 − 1) = 2t − 1。 根据数学归纳法知，对于任意自然数 n，都有 f(n)≤2n −1 − 1。 另一方面，若开始时 n 本书排列为 n、1、2、3、……n-1，每次对最右边的书进行操 作，此时操作2n −1 − 1次，才将所有书都放回正确位置。 综上所述，图书管理员最多可以操作2n −1 − 1步。
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2012 年加拿大数学奥林匹克竞赛试题解答 田开斌 解答
解法一：根据均值不等式知：x 2 + xy 2 + xyz 2 + 4 = x 2 +
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4xyz − 4，等号当且仅当x = y = z = 2时等号成立。 解法二：因为x 2 + xy 2 + xyz 2 + 4 − 4xyz = (x − 2)2 + x(y − 2)2 + xy(z − 2)2 ≥ 0，等 号当且仅当x = y = z = 2时成立。所以x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4，等号当且仅当 x = y = z = 2时等号成立。 解法三：令f(z) = xy · z 2 − 4xy · z + (x 2 + xy 2 + 4)，则△= (−4xy)2 − 4xy · (x 2 + xy 2 + 4=4xy4xy−x2+xy2+4=−4xyx2+xy2+4−4xy。又 x2+xy2+4−4xy≥xy2+4x−4xy=x(y−2)2≥0， 所以△≤ 0。于是知f(z) ≥ 0，即x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4。 注：由解法三知：x、y＞0，z 为任意实数，都有不等式x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4。 解法四：x 2 + xy 2 + xyz 2 + 4 ≥ 4x + xy 2 + xyz 2 = x(4 + y 2 + yz 2 ) ≥ x(4y + yz 2 ) = xy(4 + y 2 ) ≥ 4xyz ，所以x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4 ，等号当且仅当x = y = z = 2 时等号成立。 第二题：对任意正整数 n、k，定义 L(n，k)为 n、n+1、n+2、……、n+k-1 的最小公倍 数。求证：对于任意正整数 b，存在正整数 n、k，使得L(n，k)＞bL(n + 1，k)。 证明：我们取素数p = 2t + 1＞4b。令n = p，k = 2t − 1，则n + k = (2t + 1) + (2t − 1) = 4t。令L(n + 1，k − 1) = d。因为 p 是素数，且n + k − 1 = 4t − 1＜2p，所以 (p，d) = 1 ，于是 L�n，k� = pd 。又因为 n + 1 = 2t + 2＜3t＜4t − 1 = n + k − 1 ，所以 t|d ， 于是知L�n + 1，k� = �d，4t� ≤ 4d。于是知L�n，k� = pd＞4bd ≥ bL�n + 1，k�。命题得 证。 第三题：凸四边形 ABCD 中，对角线 AC、BD 交于点 P，AC+AD=BC+BD。求证：∠ACB、 ∠ADB、∠APB 的内角平分线交于一点。 证明：如图，设∠ADB 和∠ACB 的角平分线交于点 E，我们只需证明 EP 平分∠APB 即可。 作 B 关于 EC 的对称点 M，则 M 在 AC 上，且 EB=EM、CB=CM；作 A 关于 ED 的对称点 N， 则 N 在 BD 上，且 EA=EN、DA=DN。又因为 AC+AD=BC+BD，所以 AC-BC=BD-AD，即 AM=BN。于 是知△EAM≌△ENB。作 EJ⊥AC 于 J，EK⊥BD 于 K，则 EJ=EK，所以 EP 平分∠APB。证毕。