裘宗沪教授、朱华伟、冯祖鸣、吴伟朝教授、钱展望讲座1.doc

开幕式黄埔一期上午一裘宗沪老师1目的一切为了将来；年龄就是资本；研讨。2形式系统地学习数论（带余除法、一次方程的整数解、小费尔马定理等，由潘振标教授讲解）；全面地了解世界（比如了解保加利亚2003年试题等，详见试题）；精僻点评试题的优劣、命题人、与IMO接轨等；追求理性的成熟；试题的解答与讨论。二朱伟华老师学校简介；纪律要求（学员手册）；吃饭时间（学员手册）；上课时间（作息时间）；其他.3月8日（裘宗沪老师）数学竞赛的发展以健康为主旋律1三项原则民办公助；精简节约；自愿参加。2取消理科班。3成功与不足普及与提高；中学与大学结合（）；1，2，4，5题基本不丢分；第六人第一；强项（数论）不丢.1991年加强代数；1996年大学内容少一点；2001年组合不必太多；2003年与国际竞赛接轨.题意理解0123 计算难度0123 总体难度为7思考难度0123452.关于高中数学联赛改革、扩军（不超过200人）；协作体目的：了解中学、加强各中学之间的联系；向国际数学强国学习苏俄 15次中国 10次匈牙利 6次罗马利亚 5次美国 4次西德 2次东德、捷克、伊朗、保加利亚各1次（特意提到保加利亚）3.中国金牌银牌铜牌752253月9日上午裘宗沪老师点评IMO1(荷兰)如图，.求证：.证法一：设AR=BR=x,BP=y,AQ=z,由正弦定理可得PC=y,CQ=z.在ABR，BPC, ACQ中，应用余弦定理得BC2=（2+)y2, AB2=（2+)x2, AC2=（2+)z2。,设ABC=B，ACB=C，BAC=A，在ABC中应用余弦定理得：同理要证PR2=RQ2,需证zsinA=ysinB ，即 ,zsinA=ysinB PR2=RQ2, PR=RQ要证PR2+RQ2=PQ2,需证 xysinB+xzsinA=2yzsinC, 将他代入上式可证得。证法二：2.最简单的组合题、最难的组合题以及最漂亮的组合题（1）设S=1，2，3，1978，把S分成6个互不相交的集合，即.求证：在某一中，一个元素是其他两个元素的和，或者是某一元素的2倍.（2）（2001.3.第42届IMO试题）21个男孩和21个女孩参加一次数学竞赛：(i)每一个参赛都至多解出了6道题；(ii)对于每一个女孩和每一个男孩，至少有一道题被这一对孩子都解出.证明：有一道题，至少有3个女孩和至少有3个男孩都解出.略证：G是参加比赛的女生集合，B是参加比赛的男生集合，P为题目集合，P(g)是被解出来的题目集合，P(b)是被解出来的题目集合，G(P)是解出的女生集合，B(p)是解除出p的男生集合。依题意，对任意gG，bB，有：(i)|P(g)6|,|P(b)|6；(ii)P(g)P(b). 为了证明存在pP满足|G(P)|3,|B(p)|3，我们假设对任意pP,有|G（p）|2或|B(p)| 2.若|G(p)|2 ，则将p染成红色，否则将其染成黑色，考虑一个21的棋盘，每一行代表一个女生，每一列代表一个男生，对gG，bB,对相应的方格(g,b)进行染色，任选pP(g) P(b)，将p的颜色涂在(g,b)内，由条件(ii)知，这样的涂法是存在的，由抽届原理知至少有一种颜色涂了不少于个方格，存在一行至少有11个黑色格或存在一列至少有11个红格.假设gG所在行至少有11个黑色格，对这11个黑色格中的每一个所代表的题目，最多被2个男生解出，于是至少有道不同的题目被g解出，由条件(i)知g仅解出这6道题，这样最多有12个男生解的题也被g解出，与条件(ii)矛盾.同理，若存在一列至少有11个红格也可推出矛盾，因此，必存在pP，满足|G(p)| 3,|B(p)| 3.（3）3月9日裘宗沪老师点评IMO下午（阴影部分题为集体研讨题目）1.在锐角三角形ABC中，AP是BC边上的高，O是外心，若.求证：（第42届IMO试题）.分析：2.两圆相交于A、B两点，过A作直线与两圆分别交于C和D，若弧CB和弧DB（这两弧不含A）中点分别是M和N，线段CD中点是K，求证：（2000年伊朗数学奥林匹克）.3.在锐角三角形ABC中，角C的平分线交AB于L，从L作边AC和边BC的垂线，垂足分别为M和N，设AN和BM的交点是P，证明：CPAB(2000年保加利亚数学竞赛，十年级).分析一：连接CP并延长交AB于Q，利用基本结论：；分析二：过C作CQ垂直AB于Q，往证AN、BM、CQ共点，利用塞瓦定理转化结论，然后利用四点共圆的知识得出结论；分析三：利用向量的内积与向量相互垂直的关系；分析四：解析几何的方法；分析五：过C作AB的平行线，利用同一法可得结论.思路1，同一法：作于Q，只要证BM、AN、CQ共点，由塞瓦定理，只要证，由三角形相似，转化为。图2思路2：延长CP交AB于Q，只要证，由得，从而得，转化为证明，即，最后用塞瓦定理证得。思路3：延长CP交AB于D，过C作AB的平行线l，延长LM，LN交l于E、F，得，由同一法证得结论。思路4，向量法：设，计算得。也可以用解析几何证。另外，若CL为外角平分线也有类似的结论。4.圆O1与圆O2内切于圆O，切点分别为M、N，圆O1与圆O的公共弦交圆O于A和B两点，MA和MB交圆O1于C和D，证明：圆O2和直线CD相切(40届IMO).5.圆S1 圆S2相交于A、B，一直线过A，与S1交于C，与S2交于D，点M、N、K分别是线段CD、BC、BD上的点，且MN/BD，MK/BC，设在S1的弧BC上（不含点A）有一点E，在S2的弧BD上（不含点A）有一点F，满足，求证: (第43届IMO备选题).答案见中等数学2003年第5期P2876.在平行四边形ABCD中，E、F分别是边AD和CD上的点，EG平行AB与BF相交于G，若AF与BE相交于 H，DH与BC相交于BC.求证：（2002年保加利亚国家数学奥林匹克地区赛）.答案见中等数学2004年第一期P267. 圆S1 圆S2相交于P、Q两点，在S1上取不同的两点A1和B1（不是P、Q），直线A1P和B1P交S2分别于A2和B2，并且A1B1与A2B2交于点C，证明：当A1、B1变化时，三角形A1A2C的外心总在一个固定的圆上（第43届IMO备选题）.答案见中等数学2003年第5期P278.凸四边形ABCD内接于一圆，过A和C作圆的切线相交于点P，P不在直线DB上，且PA2=PBPD，证明：直线BD经过AC的中点(1998年保加利亚春季数学竞赛，十年级).分析一：连接AC、OP交于Q（O为圆心），以Q为坐标原点建立直角坐标系，利用解析法证明（此法可以考虑推广到椭圆的情形）；分析二：连接OP交AC于Q，连接OB、OD、AO、OD，利用射影定理、相似及三角形外角和定理可以证明分析三：连接BD交AC于E，利用对称性，只须证明PE是的平分线即可，而这只须利用三角形全等及相似得出结论.思路1，同一法：连接BD，交OP于Q，只要证明，转化为证明DOQPOD。思路2，解析法：Q（m，0），P（，0），由P、B、D/共线，推证Q、B、D共线。思路3：证明D,Q,B三点共线，连OB，接着证明PDQPOB，再证POBBOQ，从而=+，所以D,Q,B三点共线。图2.1思路4：设AC与BD交于点Q，PD与圆O交于点E。易知PE=PB，BE/AC。易证PAEPBC，则PBCPAD。还可证PABPCD，于是，所以，故PQ平分BPD，PQ平分CPA。又PA=PC，所以PQAC即Q为AC中点得证。 由本题可得以下结论：过圆外一点P作两条等长的割线交圆于X、Y、Z、W（设X、Z是对称的交点），则弦XW、YZ过定点。P在圆内，圆改为椭圆也有类似的结论。9.圆内接四边形ABCD的对角线交于点O，三角形ABO和三角形CDO的外接圆分别是S1,SS,它们的交点是O和K，过O作AB的平行线交圆S1于L，过O 作CD的平行线交圆S2于M，在OL和OM上分别取P ，Q两点，使OP：PL=MQ：QO，证明：O、K、P、Q四点共圆.分析一：连接OK、LK、KM，可证三角形OLK与三角形OKM相似，进而证明三角形OPK与三角形KQM相似.分析二：辅助线作法同上，但在证明相似的过程中，可以利用弦切角定理的逆定理，证明OM为S1的切线，OL为圆S2的切线，进而利用切线的有关知识予以证明.图3图3.1答案见中等数学2004年第一期P19在OL和OM上分别取P和Q两点，使OPPL=MQQO，证明：O、K、P、Q四点共圆。（2003俄罗斯数学奥林匹克） 思路：由=，及=，得到OMK，再证POKQKM,得=，所以O、K、P、Q四点共圆。还可以从OM是圆S1的切线入手，得到OMK。 本题基于以下事实：若=，=，则POKQKMOPPL=MQQO。10.三角形ABC的外心O，内心I，作一个旁切圆分别切AB和AC于K、M两点，旁切圆切边BC于N点，已知线段KM的中点在三角形ABC的外接圆上，证明：O、N、I共线(2003年俄罗斯数学奥林匹克).答案见中等数学2004年第一期P2011.从三角形AAA的三边向外作三角形、三角形、三角形。其中OA=OA，OA=OA，求证：（2000年伊朗数学奥林匹克）.12.在凸四边形ABCD中，,在射线AB和射线AD上，分别有两点M、N，使得，圆AMN和圆ABD相交于A和K，求证：(2002年伊朗数学奥林匹克).13.锐角三角形ABC的三条高AH1、BH2、CH3，它的内切圆分别切BC、CA、AB三于T1、T2、T3三点，考虑直线H1H2、H2H3、H3H1关于直线T1T2、T2T3、T3T1的对称映象，证明：映象构成的三角形的三个顶点在三角形ABC的内切圆上.14(2000年保加利亚数学奥林匹克)在锐角三角形ABC中，在边BC、AC、AB上分别有三点A1、B1、C1，具有性质：每一点是其他两点在相应边上正射影的中点，证明：(1)这样的三点是存在且唯一的；(2)三角形A1B1C1与三角形ABC的三条中线作边构成的三角形是相似的.答案见数学通讯2002年第9期P47。3月10日朱华伟老师问题的引入与背景1.自1894年匈牙利IMO迄今，IMO已有100多年的历史，100多年来产生了众多新颖而美妙的好题，这些是试题是培训学生的基础，是研究试题的源泉，提倡“以题养题”.2.命题的演绎与深化与解题的化归是一个互逆的过程背景一：拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：若是互不相等的复数，则 （）两端同乘则若将上式两边取模， 利用模的不等式性质（和的模小于等于模的和）可得即若将视为平面上的三个点A，B，C，复数Z对应的点为P，则有则题1：设P为三角形ABC所在平面上任意一点，求证：aPBPC+bPAPC+cPAPB（）并判断等号成立的条件。题2（98年IMO.5）设D为锐角三角形ABC内部一点，且满足DADBAB+DBDCBC+DCDACA=ABBCCA，试确定点D的几何位置，并证明你的结论.（方法一可考虑用托勒密定理；方法二可考虑运用上述深化）.若将（）式左右两边同除以abc（即ABBCCA），则可化为，(1)利用代数不等式，x,y,z0推出xy+yz+zx (x+y+z)2 （2）把（1）式两端看成两两相乘，代入（2）得题3：设P为三角形ABC所在平面上任一点，求证：.（）式可以推广为，其中是互不相等的复数.如果取z=0，得上式两边取模，则利用和的模小于模的和，从而，若限制=1,i=1,2,3,则zi表示的点都在单位圆上。于是可得题4：题4(92年CMO国家集训队)若，任给单位圆上n个不同点，把P到其余各点的距离之积记为,求证：.研讨题：在上述背景下，编制一道数学问题.背景二：裴波那契恒等式裴波那契恒等式关于它的证明方法，其中之一可以用几何画图的方法证。留做研讨题。另法也可以用复数证明，证明过程如下。设z=a+bi,w=c+di,|z|2|w|2=(a2+b2)(c2+d2)|zw|2=|(ac-bd)+ad+bc)i|2=(ac-bd)2+(ad+bc)2|z|2|w|2=|zw|2 (a2+b2)(c2+d2) =(ac-bd)2+(ad+bc)2通俗意义：如果两个数都可以表示为平方和的形式，则这两个数的积也可表示平方和的形式。如：17=42+1，13=22+32，221=1713=52+14229=22+52,13=22+32,2913=962=1374,74=52+72将（*）式中的a,b,c,d看成四个变元x,y,z,t(x2+z2)(y2+t2)=(xy-zt)2+(xt+yz)2设f(x)=x,则上式为(f(x)+f(z)(f(y0+f(t)=f(xy-zt)+f(xt+yz) (*)此时，可得到题3。 题1：1986年初中数学联赛题. 题2：1963年成都高中数学竞赛试题.题3：由裴波那契恒等式易得，若设，则上式可化为(*)反过来，若x,y,z,t为实数，求所有满足条件(*)的函数f(x),此即为2000年IMO试题.还可以思考：取t=0,则满足f(x)+f(y)f(z)=f(xz)+f(yz)的函数又该如何求？题4（第6届拉丁美洲MO）：已知P(x,y)=2x2-6xy+5y2，若存在整数B，C，使P（B，C）=A，则称A为P（x,y）的值.(1)在集合1，2，100中，哪些元素是P的值？(2)证明：P的值的积仍是P的值.略析：p(x,y)=(x-2y)2+(x-y)2，易知A为两个数的平方和的形式.（1） 如果A是P的值，那么A是两个整数的平方和，反之，若A是两