国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第47届)
第47届IMO预选题解答
中 等 数 学
第 47 届 IMO 预选题( 上)
李建泉 译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
几何部分
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 已知梯形 ABCD 的上 、 下底边满足 AB > CD , 点 K 、 L 分别在边 AB 、 CD 上 , 且满足
DC1 C1 J = . C1 J JC
图5
因此 , △DC1 J ∽ △C1 JC ] ∠C1 DJ = ∠JC1 C. 这表明 DJ ⊥C1 C ,即 C1 、 E、 C 三点共线 . 因为 ∠CA 1 J = ∠CB 1 J = ∠CEJ = 90° ,所以 , A 1 、 B1 、 E 在以 CJ 为直径的圆上 . 于是 , ∠DBA 1 = ∠A 1 CJ = ∠DEA 1 . 从而 , B 、 E、 A1 、 D 四点共圆 ,有 ∠B EA 1 = 90° . 因为 ∠EB 1 A = ∠EJC = ∠EDC1 , 所 以 , A 、 D、 E、 B 1 四点共圆 . 故 ∠A EB 1 = ∠ADB = 90° . 解法 2 :如图 6 , 设以 C1 D 、 A1 B 、 AB 1 为直径的 ω ω ω 圆分别为 1 、 2 、 3 , 则 JC1 、 JB 1 、 JA 1 分别与 ω 1 、 ω3 、 ω2 相切 .
AD SQ PE BC SQ PF ・ ・ = 1 , ・ ・ = 1. DS QP EA CS QP FB AD BC 由于 AB ∥CD ,则 = . DS CS PE PF 于是 , = . 从而 , EF ∥AB . EA FB 又 ∠BCD = ∠BCF + ∠FCD = ∠BCQ + ∠EFQ = ∠BCQ + ∠EPQ , 且 ∠BCD = ∠A PB = ∠EPQ + ∠QPF , 则 ∠BCQ = ∠QPF. 无论点 Q 在 P 、 K 之间 ,还是点 P 在 Q 、 K 之间 , 均有 P 、 Q、 B、 C 四点共圆 . 3. 如图 3 , 设对角线 AC 、 BD 交于点 Q , AD 、 CE 交于点 R , A P 与 CD 交于点 M . 由已知可得 △ABC∽ △ACD∽ △ADE ] AB = AC = AD . AC AD A E 又 ∠BAD = ∠ BAC + ∠CAD = ∠CAD + ∠DAE = ∠CA E , 则 △ABD ∽ △ACE , 且 图3 AQ 、 AR 分 别 是
第47届IMO试题解答
现在证明原题 . 假设凸多边形 P 的面积为 S ,有 m 条边 a1 , a2 , …, am . 设 S i 为 P 中具有边 ai 的最大三角形的面积 . 如果结论不成立 ,则有
m i =1
引理的证明 :2 n 边形的主对角线是指将 2 n 边 形分割成两个 n + 1 边形的对角线 . 对 2 n 边形的任 意边 b , △b 表示 △ABQ ,其中 A 、 B 是 b 的端点 , Q 是 主对角线 AA′ 、 BB′ 的交点 . 下面证明在所有的边上取的 △b 的并覆盖整个 多边形 . 为此 ,选取任意边 AB , 将主对角线 AA′ 设为有 向线段 . 令 X 是多边形中的任意点 , 且不在任意主 对角线上 . 不妨假定 X 在射线 AA′ 的左边 . 考虑主对 角线列 AA′ , BB′ , CC′ , …,其中 A , B , C , … 为相继的 顶点 ,且位于 AA′ 的右边 . 在这个排列中第 n + 1 项为对角线 A′ A ,点 X 在 它的右边 ,于是 ,在 A′ 之前 ,排列 A , B , C , … 中存在 两个相继的顶点 K 、 L ,使得 X 在 KK′ 的左边 ,在 LL′ 的右边 ,从而 ,推出 X 在 △l′ 内 , l′ = K′ L′ . 对位于 AA′ 右边的点 X 可以类似讨论 ( 在主对 角线上的点可以忽略不予考虑 ) . 所以 , 所有 △b 的 并覆盖整个多边形 ,它们的面积之和不小于 S . 因此 , 可 以 找 到 两 个 相 对 的 边 , 如 b = AB 和 ( AA′ b′ = A′ B′ 、 BB′ 为主对角线) ,使得
参考答案
1. 设 ∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ.
因为 ∠PBA + ∠PCA + ∠PBC + ∠PCB = β + γ ,由假设有 ∠PBC + ∠PCB = β+ γ . 2
2006年第47届国际数学奥林匹克竞赛试题及答案
ACB)=∠IBC+∠
四点共圆．但由内外角平分线相垂直知
的中点O为圆心．由于
，PO=IO，故
与圆周的交点即P=I时成立．
的一条对角线称为好的，如果它的两端点将
1
-+，其中
2x
mε
()(((())))Q x P P P x =，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．
证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．
设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +==，，．它
以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-=，
，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令
121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-=，，，，，．
数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．
设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．
故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第4届)无答案
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第4届）
1.找出具有下列各性质的最小正整数n：它的最后一位数字是6，如果把最后的6去掉并放在最前面所得到的数是原来数的4倍．
2.试找出满足下列不等式的所有实数x：
1/2
>.
3.正方体ABCDA'B'C'D'（ABCD、A'B'C'D'分别是上下底）．一点x沿着正方形ABCD 的边界以方向ABCDA作匀速运动；一点Y以同样的速度沿着正方形B'C'CB的边界以方向B'C'CBB'运动．点X、Y在同一时刻分别从点A、B'开始运动．求线断XY的中点的轨迹．
4.解方程cos2x + cos22x + cos23x = 1．
5.在圆K上有三个不同的点A、B、C．试在K上再作出一点D使得这四点所形成的四边形有一个内切圆．
6.一个等腰三角形，设R为其外接圆半径，内切圆半径为r，求证这两个圆的圆心的
．
7.求证：正四面体有5个不同的球，每个球都与这六条边或其延长线相切；
反过来，如果一个四面体有5个这样的球，则它必然是正四面体．
1。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第47届)及答案
1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个．设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++． 原不等式成为 22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式 222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++ 6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥ 即9232M =时原不等式成立． 等号在21s x y ===，，2z =-，即::(23):2:(23)a b c =+-时达到，故所求的最小的9232M =． 4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m ε-=+ ，其中m 为正的奇数，1ε=±．代入化简得 2212(8)x m m ε--=-．若1ε=，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1ε=-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ，，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ，，，，，．数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i A A +=)．设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=)，由面积关系得到， 11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ，故i i n i i O A O A +和11i i n i i O A O A +++ 中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积 11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△．对于每条有向线段i i n A A + ，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++ 的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211ni i i i O A A P +=⊇ △．于是 221111()2()2()n nii i i i i i S A A S O A A S P ++==∑∑≥△≥ P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。
教学反思例谈四点共圆在几何解题中的应用
例谈四点共圆在几何解题中的应用众所周知，在过去的旧版中学平面几何教材中一般都有“四点共圆”的内容，但是在近年的几个较新版本的教材中这个重要的教学内容却被删除了.由于四点共圆在解题时具有应用广泛、灵活多变等诸多特点，甚至有时是其他方法所无法替代的，所以备受各级各类竞赛（或考试）命题者的青睐.笔者认为，对于一个竞赛选手或数学爱好者来说，四点共圆知识是应该必备的.本文首先给出几个常用的判断四点共圆的依据和方法，然后试举例说明应如何利用四点共圆来解题.一、判断四点共圆的主要依据和方法定理1 四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；定理2 四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆； 定理3 线段向同侧所张的角相等，那么角的顶点和线段的端点共圆； 定理4 四边形的两条对角线交点分每条对角线所成的两段线段之积相等，那么这个四边形的四个顶点共圆；定理5 延长四边形的一组对边相交于一点，若这点到这组对边端点的两条线段长的积相等，那么这个四边形的四个顶点共圆；定理6 到同一个点距离相等的四个点共圆. 二、几道最新试题的四点共圆解法例1（2006年芜湖市中考数学试题）如图所示，在Rt ABC ∆中，90ABC ο∠=，点O 为三角形外的一点，以O 为圆心，OC 为半径的圆与边AB 相切，切点为E ，⊙O 与边BC 交于D 点，直径EF 与边BC 交于G 点，连结AG.⑴ 求证：DE ∥AG ；⑵ 当6,10, 6.8AC AB AE ===时，求出⊙O 的半径. ⑴证明：∵⊙O 与边AB 相切于点E ， ∴90AEG ο∠=. 又∵90ACG ο∠=， ∴180AEG ACG ο∠+∠=. ∴A 、E 、G 、C 四点共圆（定理．．1．）.∴AEC AGC ∠=∠. 又∵AB 是⊙O 的切线， ∴ AEC EDC ∠=∠. ∴AGC EDC ∠=∠， ∴DE ∥AG. ⑵ 略.例2（2006年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题）ABC ∆中，AB ＜AC ，AD ，AE 分别是BC 边上的高和中线，且∠BAD=∠EAC.证明：∠BAC 是直角.证明：如图2，取AC 的中点F ，连结EF 、DF ，EF 为ABC ∆的中位线，故有 EF ∥AB ，AEF EAB ∠=∠ ①.又由BAD EAC ∠=∠， 所以EAB DAC ∠=∠ ②因AD 是BC 边上的高，则ADC ∆是直角三角形，则DF AF =，则ADF DAC ∠=∠.再结合①、②，得ADF AEF ∠=∠，由此得A 、D 、E 、F 四点共圆（定理．．3．）. 于是，18090AFE ADE οο∠=-∠=， 所以18090BAC AFE οο∠=-∠=.例3（第47届国际数学奥林匹克竞赛试题）ABC ∆的内心为I,三角形内一点P 满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB.求证：AP ≥AI,而且等号当且仅当P=I 时成立.证明：∵I 是ABC ∆的内心，∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB ，∴∠PBC+∠PCB=12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB, 故∠BPC=∠BIC,图1图2图 3从而P 、B 、C 、I 四点共圆（定理．．3．），设其圆心为O. 设ABC ∆的两条外角平分线BT 、CT 交于点T.而由三角形的内外角平分线性质可得90ICT IBT ο∠=∠=， 即180ICT IBT ο∠+∠=.于是B 、T 、C 、I 四点共圆（定理．．1．）,且IT 是这个圆的直径,O 为IT 的中点. 由于A 、I 、T 三点共线(均在∠BAC 的平分线上),连结PO ，有 AP+PO ≥AO=AI+IO , 又PO=IO, 故AP ≥AI.显然，当且仅当P 在AO 上时（即P=I 时），等号成立.例4（2005年华南师范大学硕士研究生入学考试数学试题）设ABC ∆是钝角三角形，其中A 为钝角，三边上的高为AD ，BE ，CF ，其中D ，E ，F 为垂足，而H 为ABC∆的垂心.求证：DEF ∆的内切圆圆心和3个旁切圆的圆心分别是A 和B ，C ，H.证明：如图4，由90BEC BFC ο∠=∠=知B 、C 、F 、E 四点共圆于圆Ⅰ（定理．．3．）.同理H 、E 、D 、C 共圆于圆Ⅱ；H 、F 、D 、B 共圆于圆Ⅲ.再由9090180BEA BDA οοο∠+∠=+=知A 、D 、B 、E 共圆于圆'I （定理．．1．）.同理A 、D 、C 、F 共圆于圆'II ；A 、E 、H 、F 共圆于圆'III .故ΙADEABE ACF ADF I II ''∠∠∠∠===圆圆圆，AFDACD AFE II I'∠∠∠==圆圆，AED ABD AEF I I'∠∠∠==圆圆. 故A 是DEF ∆的内切圆圆心.从而BDE CDF ∠=∠， 又∵BDK CDF ∠=∠，∴BDK BDE ∠=∠. 即DB 是DEF ∆的一条外角平分线，显然，EB 也是DEF ∆的一条外角平分线，又FB 是DEF ∆的一条内角平分线，所以点B 是DEF ∆的两条外角平分线和一条内角平分线的交点，即点B 是DEF ∆的1个旁切圆圆心.同理，点C ，H 也是DEF ∆的另外2个旁切圆圆心.通过上面展示的几个具体例子的解题过程我们可以看到：要想证明四点共圆，图 4一般首先要顺次连结四点得到一个四边形，然后根据图形的特点选择证明的方法；另外，对于基本图形要能做到见图知性，只有熟练地掌握了基本图形的基本性质，解题时才能做到灵活运用、得心应手！。
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。
第47届国际数学奥林匹克竞赛题目和答案
Problem 2.
Let P be a regular 2006-gon. A diagonal of P is called good if its endpoints divide the boundary of P into two parts, each composed of an odd number of sides of P . The sides of P are also called good .
C M
Ω
I P A B
ω
Let Ω be the circumcircle of triangle ABC . It is a well-known fact that the centre of ω is the midpoint M of the arc BC of Ω. This is also the point where the angle bisector AI intersects Ω. From triangle AP M we have AP + P M ≥ AM = AI + IM = AI + P M. Therefore AP ≥ AI . Equality holds if and only if P lies on the line segment AI , which occurs if and only if P = I .
2
Problem 5. Let P (x) be a polynomial of degree n > 1 with integer coefficients and let k be a positive integer. Consider the polynomial Q(x) = P (P (. . . P (P (x)) . . .)), where P occurs k times. Prove that there are at most n integers t such that Q(t) = t. Problem 6. Assign to each side b of a convex polygon P the maximum area of a triangle that has b as a side and is contained in P . Show that the sum of the areas assigned to the sides of P is at least twice the area of P .
高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案
高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。
4.试作一直角三角形使其斜边为已知的c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。
试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q 上。
1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC 边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。
1996年第三十七届IMO试题(不含答案)
第三十七届（1996年）印度 孟买（Mumbai ，India ）1. 给定一个正整数r 和一个规模为|AB |=20，|BC |=12的矩形木板ABCD 。
矩形被分为一格一格的20×12个单位方格。
在矩形上可执行下面的移动：只要这两个小顶点A 的小方格内经过若干次移动后到达含顶点B 的小方格内的序列。
(a) 说明当r 可被2或3整除时任务不可能完成。
(b) 证明当r =73时任务可能完成。
(c) 当r =97时可以完成任务吗？（芬兰）2. 设P 为满足∠APB-∠ACB =∠APC -∠ABC 的三角形ABC 内一点。
设D 、E 分别是三角形APB 、APC 的内心。
说明AP 、BD 、CE 共点。
（加拿大）3. 设S 为非负整数的集合。
找到所有定义域与值域都为S 的函数f 且满足： (())(())() ,f m f n f f m f n m n S +=+∀∈。
（罗马尼亚）4. 正整数a 和b 使得15a +16b 和16a -15b 都为正整数的平方。
试求出能表示成这两个完全平方数的较小的一个的可能的最小值。
（俄罗斯）5. 设ABCDEF 为凸六边形且AB 平行于DE ，BC 平行于EF ，CD 平行于F A 。
R A 、R C 、R E 分别表示三角形F AB 、BCD 、DEF 的外接圆半径，P 表示六边形的周长。
证明2A C E P R R R ++≥。
（亚美尼亚） 6. 设p 、q 、n 为正整数且p+q<n 。
设(x 0，x 1，…，x n )是满足下列条件的(n +1)元整数：(a) x 0=x n =0；(b) 对于每个i （1≤i ≤n ），要么x i -x i -1=p ，要么x i -x i -1=-q 。
说明存在下标i<j 且(i ,j )≠(0,n )，使得x i =x j 。
（法国）。
国际数学奥林匹克竞赛真题集
国际数学奥林匹克竞赛真题集国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是全球最大规模、最高水平的青少年数学竞赛。
每年，来自世界各国的优秀中学生齐聚一堂，通过数学思维和解题能力的比拼，展示自己在数学领域的才华。
本文将介绍一些历年IMO竞赛的真题，以展示这一赛事的难度和魅力。
1. 第42届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：给定正整数n，证明存在正整数a，b，和不全为0的非负整数c1，c2，...，cm，使得:(sqrt(2)+sqrt(3))^n = a + b*sqrt(2)+ c1*sqrt(5)+...+cm*(2^(m/2) + 3^(m/2))问题2：设a，b，c为实数，满足a+b+c=3，证明：(a^3+b^3+c^3)/3 ≥ a^2+b^2+c^2-1这些问题要求参赛选手在限定的时间内解决，对于数学知识的掌握和思维能力的发挥都提出了极为严格的要求。
解决这些问题需要结合数学定理和巧妙的思路，考验了选手的数学素养和逻辑推理能力。
2. 第56届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设ABC为等边三角形，D为BC的中点，点E在BC上，使得BE=2CD。
若角BAD的度数为x，求角EAC的度数。
问题2：已知n为正整数，证明存在正整数a，b，c，使得:a^2 + b^2 + c^2 = 1981n这些问题涉及到了平面几何和代数方程的求解，在解题过程中要运用到各种几何定理和代数技巧。
选手需要具备较强的图形分析和代数运算能力，同时发挥创造性思维，寻找解决问题的新思路。
3. 第58届国际数学奥林匹克竞赛真题问题1：设a，b，c为正整数，满足a^2 + b^2 + 2014 = c^2，求a的最小值。
问题2：给定一个100×100的方格纸，问最多能用多少条线将方格纸划分成互不相交的部分。
这些问题融合了数论和组合数学的思想，要求选手在解题过程中综合运用多个数学知识点，寻找问题的规律和特殊性质。
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1972年，国际数学奥林匹克竞赛的第一届在罗马尼亚布加勒斯特举办，这是一个面向全球中学生的数学竞赛。
在这个竞赛中，参赛者将面临一系列富有挑战性的数学问题，需要灵活运用数学知识和解题技巧，找到问题的最优解。
随着时间的推移，国际数学奥林匹克竞赛逐渐成为全球数学领域最具声望和影响力的竞赛之一。
每年，数千名来自不同国家和地区的优秀中学生参加这一盛会，相互竞争，共同探索数学的奥妙。
在国际数学奥林匹克竞赛中，试题的难度极高，需要参赛者拥有扎实的数学功底和灵活的思维能力。
下面将介绍一道典型的国际数学奥林匹克竞赛试题，并给出详细的解答过程。
试题一：已知自然数 n 的三位数表示为 $\triangle$ABC（A、B、C是三个数字，可以相同），计算器可以做两种操作：1. 把数 n 变成 n + 1 或 n - 1；2. 把数 n 变成 $\triangle$BCA；问：对于任意的三位数n，最少需要多少次操作才能将n 变成100。
解答一：我们可以从 100 开始，逆向思考，通过操作 2 将 100 变成任意的三位数。
对于任意一个三位数 $\triangle$XYZ：- 如果 $\triangle$X < $\triangle$Z，则可以通过操作 1 进行两次变换$\triangle$XYZ -> $\triangle$XZ(Y+1) -> $\triangle$XZ(Y+1+1) -> 100。
- 如果 $\triangle$X > $\triangle$Z，则可以通过操作 1 进行两次变换$\triangle$XYZ -> $\triangle$XZ(Y-1) -> $\triangle$XZ(Y-1-1) -> 100。
- 如果 $\triangle$X = $\triangle$Z，则可以通过操作 1 进行一次变换$\triangle$XYZ -> $\triangle$XZY -> 100。
第47届IMO预选题(下)
P a ( P)
(1 - x ) b
( P)
= 1 , 其中 , P 取
遍 S 中的所有凸多边形 ( 包括三角形 ,且一条 线段 、 一个点和空集也认为分别是凸 2 边形 、
2 m0π
d
凸 1 边形和凸 0 边形) . 2 4. 有 一 个 由 n 个 单 位 正 方 形 组 成 的 n ×n的正方形蛋糕 ,将一些草莓放在一些单 位正方形内 . 放法 A : 每行每列恰有一个草莓 . 放法 B : 每行每列恰有一个草莓 , 且对 于每一个以蛋糕左上角的顶点为一个顶点的 格点矩形 ,包含放法 B 中的草莓不少于包含 放法 A 中的草莓 . 证明 : 放法 B 可以由放法 A 经过若干 次如下的操作得到 : 每次操作是选择两个草 莓 ,使得这两个草莓分别在一个格点矩形的 右上角和左下角 , 将这两个草莓放到矩形的 另外两个角上 . 5. 一场 ( n , k ) — 赛是指 n 个选手进行 k 轮比赛 ,使得 : (1) 每个选手参加每一轮的比赛 ,每两个 选手最多进行一场比赛 ; ( 2) 若选手 A 与选手 B 在第 i 轮进行比 赛 ,选手 C 与选手 D 也在第 i 轮进行比赛 , 当选手 A 在第 j 轮与选手 C 进行比赛时 , 则 选手 B 与选手 D 也在第 j 轮进行比赛 . 求存 在 一 场 ( n , k ) — 赛的所有数对 令 m = km0 , n = kn0 ,则式 ① 成立 . 此时 , f ( x ) 在 [ n , n + 1 ] 上仅有一个最大 点 x m ,而无最小点 . π 2 故所求条件为 T = ω ≤ 1 ,即 | | π. | ω| ≥ 2
t
的唯一整数 . 下证 :一场 ( n , k) — 赛存在当且仅当 2 tk | n . 首先证明 : 若 n = 2 t ( t ∈N+ ) , 则对于所有 k ≤
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第40届)
1.试找出所有这样的有限集S：S至少包括平面上的3个点；对任何两个S中不同的点A，B，AB的垂直平分线是S的一个对称轴．
2.设n ≥ 2是一个给定的整数，是找出最小的常量C使得对于所有非负实数x1，...，xn如下不等式成立：
∑i<jxixj(xi2+ xj2)≤C ( ∑ xi)4．
并判断何时等号成立．
3.给定一个n×n的棋盘，n是偶数．如果这个棋盘中的两个不同的小方格有一个公共边就说他们是相邻的，但同一个方格不认为与它自身相邻．试找出最小数目的方格，使得当它们被标记之后，棋盘上每一个方格都至少与一个标记过的方格相邻．
4.试找出所有的正整数对(n，p)，使得p是素数，n ≤ 2p并且(p-1)n+1可被np-1整除．
5.圆Γ有两个内切圆Γ1，Γ2，切点分别是M，N，Γ1经过Γ2的圆心．
Γ1，Γ2的公共弦的延长线交Γ源自A，B两点．线MA，MB分别交Γ1分别于E，F．
求证：EF于Γ2相切．
6.试找出所有的函数f:R → R使得f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1对所有x，y∈R都成立．
其中R表示实数集．
高中数学竞赛 历届imo竞赛试题(-46届完整中文版)
第1届I M O1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于 cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。
4.试作一直角三角形使其斜边为已知的 c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。
试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q上。
第2届IMO1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A 点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。
国际数学奥林匹克IMO试题(官方版)1974_eng
Sixteenth International Olympiad,19741974/1.Three players A,B and C play the following game:On each of three cards an integer is written.These three numbers p,q,r satisfy0<p<q<r.The three cards are shuffled and one is dealt to each player.Each then receives the number of counters indicated by the card he holds.Then the cards are shuffled again;the counters remain with the players.This process(shuffling,dealing,giving out counters)takes place for at least two rounds.After the last round,A has20counters in all,B has10and C has9.At the last round B received r counters.Who received q counters on thefirst round?1974/2.In the triangle ABC,prove that there is a point D on side AB such that CD is the geometric mean of AD and DB if and only ifsin A sin B≤sin2C 2 .1974/3.Prove that the number nk=02n+12k+123k is not divisible by5for any integern≥0.1974/4.Consider decompositions of an8×8chessboard into p non-overlapping rect-angles subject to the following conditions:(i)Each rectangle has as many white squares as black squares.(ii)If a i is the number of white squares in the i-th rectangle,then a1<a2<···<a p.Find the maximum value of p for which such a decomposition is possible.For this value of p,determine all possible sequences a1,a2,···,a p. 1974/5.Determine all possible values ofS=aa+b+d+ba+b+c+cb+c+d+da+c+dwhere a,b,c,d are arbitrary positive numbers.1974/6.Let P be a non-constant polynomial with integer coefficients.If n(P)is the number of distinct integers k such that(P(k))2=1,prove that n(P)−deg(P)≤2,where deg(P)denotes the degree of the polynomial P.。
第47届国际数学奥赛金牌得主事迹侧记
第47届国际数学奥赛金牌得主事迹侧记三年前，理科实验班刚组建时，那个满脸微笑，经常与别人讨论学术问题的学生就格外引人注意。
在课余时间，他常与老师同学讨论包括天文地理，社会，环境以及数学，物理，化学等极广泛的话题，而且每次讨论，他都会用较为深刻的理论阐述一种观念，令人折服，这位颇有学识的同学就是柳智宇。
夯实基础能力提高柳智宇同学对所有的学习科目都有同样浓厚的兴趣，而且每门课程都融会贯通，对数学的学习当然也不例外。
在读高一时，老师召集同学们自己选择竞赛科目，柳智宇同学选定了数学。
他在数学小组，严谨的学习态度是众人皆知的。
他常说：“即使是他认为较为熟悉的题型，只要老师布置的，我都要认真地做一遍。
”他也是一个很会学习的学生，他的学习效率比一般学生高。
刚刚组建数学组时，他的数学知识含量并不是最多的，因此有一段时间，对竞赛难题，经常是找不到解决问题的本质的方法，有时虽然想出了一些解法，但这些方法也没有抓住问题的要害。
这时，他发现了自己的差距，自己暗下决心，准备用比同学多一倍的时间系统学习数学竞赛有关书籍，在老师的指导下，将《高中数学竞赛教程》共三本书上的所有题目全部自己做一遍，三本书共有习题3千多道，这在常人看来是一项艰难的事情，但他却一步一个脚印，通过不懈努力完成了自己的计划。
在解答一个具体问题时，常常要通过艰难的思索，一旦求出解答，那种喜悦的心情是多么的甜蜜，是别人所不能分享的幸福。
就这样，通过长达3个月的努力，他的解题能力有了大幅提高，超过了数学组的其他选手，在高一年级参加的数学竞赛中初露锋芒，获得了可喜的成绩。
撰写论文初露锋芒由于柳智宇同学思维敏捷，深入研究一些问题，常常得到一些新的研究成果，在老师的指导下，他完成了20多篇以数学问题的多解，推广，归纳，应用等为题材的论文。
这些论文包括《关于方幂级数问题的研究》，《八数码问题的研究》，《质数问题的研究》，《高阶递推数列问题的研究》等等。
他还利用暑假到南开大学和香港大学交流的机会，对自己的数学论文进行交流与求证。
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国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第47届）
1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．
证：∠PBC+∠PCB= 1
2
(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而
P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．
等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．
2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．
设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．
解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．
考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无
公共元，因此好三角形不多于2006
2
=1003 个．
设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．
3．求最小实数M，使得对一切实数a，b，c都成立不等式
1
-+，其中
2x
mε
((())))P P x ，其中 P Q 的每个整数不动点都是设有整数x 使得()Q x x =，2)，．它
2)，
，的每一项整除后一项．由周期性及21}k m m m x u x x +-，，，，．即0x 是 P
的另一个2-周期点，1|x ，同理|
22-12n n A A ，每条对角线n +与1i i A A ++1)i n i n A A +++11i i i i i n i i n A O A O A O A ++++=，故i i O A O ，于是以 A 为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积111)}2()i n i i i n i i i i i A A A S O A A ++++++≥△对于每条有向线段i i n A A +，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于11n A A +和12111n n n A A A A +++=的相反侧，故必有在i i n A A +和11i i n A A +++ 的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或i i n O A A +△中．即21n
i i i i O A A P +=⊇△．于是
211((2()n i
i i i i i S A A O A A S P ++=∑△≥ P 中同一边上的各个(S A A 之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。