裘宗沪教授朱华伟冯祖鸣吴伟朝教授钱展望讲座1

开幕式《黄埔一期》上午一．裘宗沪老师1．目的①一切为了将来；②年龄就是资本；③研讨。2．形式①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）；②全面地了解世界（比如了解保加利亚2003年试题等，详见试题）；③精僻点评试题的优劣、命题人、与IMO接轨等；④追求理性的成熟；⑤试题的解答与讨论。二．朱伟华老师①学校简介；②纪律要求（学员手册）；③吃饭时间（学员手册）；④上课时间（作息时间）；⑤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①民办公助；②精简节约；③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＊计算难度总体难度为7思考难度2.关于高中数学联赛①改革、扩军（不超过200人）；②协作体目的：了解中学、加强各中学之间的联系；③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）0123＊012345＊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，00030,45,15QCAPCBQACPBCRABRBA.求证：090,PRQRQPR.证法一：设AR=BR=x,BP=y,AQ=z,由正弦定理可得PC=2y,CQ=2z.在△ABR，△BPC,△ACQ中，应用余弦定理得BC2=（2+3)y2,AB2=（2+3)x2,AC2=（2+3)z2。xyzyxB2cos222,xzyzxA2cos222,yzxzyC2cos222设∠ABC=B，∠ACB=C，∠BAC=A，在△ABC中应用余弦定理得：BxyzyxBBxyyxBxyyxPRsin32)sin3(cos)1545cos(222222222同理AxzzyxAAxyyxAxzzxRQsin32)sin3(cos)1545cos(222222222CyzzyxCyzzyPQsin32)3030cos(222222222要证PR2=RQ2,需证zsinA=ysinB∵ABCBACsinsin，即AyBzsin)32(sin)32(22∴AyBzsinsin,zsinA=ysinB∴PR2=RQ2,∴PR=RQ要证PR2+RQ2=PQ2,需证xysinB+xzsinA=2yzsinC∵AyCxsinsin,BzCxsinsin∴CAxysinsin,CBxzsinsin将他代入上式可证得。证法二：151545303045QPRBAC2.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)6,1,(,621jijiAAAAAji.求证：在某一iA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Gg解出来的题目集合，P(b)是被Bb解出来的题目集合，G(P)是解出Pp的女生集合，B(p)是解除出p的男生集合。依题意，对任意gG，bB，有：(i)|P(g)≤6|,|P(b)|≤6；(ii)P(g)P(b).为了证明存在pP满足|G(P)|≥3,|B(p)|≥3，我们假设对任意pP,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2121的棋盘，每一行代表一个女生，每一列代表一个男生，对gG，bB,对相应的方格(g,b)进行染色，任选pP(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11]21221[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gG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61]211[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pP，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030BC.求证：090BCOP（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：090MKN（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：CPAB(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：2222BQAQCBCA；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ABCQ于Q，只要证BM、AN、CQ共点，由塞瓦定理，只要证1NBCNMCAMQABQ，由三角形相似，转化为BCACLBAL。思路2：延长CP交AB于Q，只要证2222BQCBAQAC，由BCLNACLM,得)2(),2(2222NCBCBCLCLBMCACACLCLA，从而得))((2BNAMBCACAB，转化为证明))(()(BQAQBNAMBCACAB，即BQAQBNAM，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BNAMCECFBDAD，由同一法证得结论。EQDPOACB图2思路4，向量法：设21,eCNeCM，)(21eebaabCL，2111eabaabeabbabCP，LMCMACB2cos，计算得0ABCP。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BDFKBCEN,，求证:090EMF(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，090AFBAEB，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：GHFI（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=PB·PD，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PQDOQB分析三：连接BD交AC于E，利用对称性，只须证明PE是BPD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2ROQOP，转化为证明△DOQ∽△POD。思路2，解析法：Q（m，0），P（m1，0），)sin,(cos'),sin,(cos),sin,(cosDDB，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△PDQ∽△POB，再证△POB∽△BOQ，从而OQD=QOB+QBO，所以D,Q,B三点共线。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PAEPBC，则PBC∽PAD。还可证PAB∽PCD，于是，PCPBCDABDQAQPDPCADBCAQBQ,，所以PDPBDQBQ，故PQ平分BPD，PQ平分CPA。又PA=PC，所以PQAC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.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OP∶PL=MQ∶QO，证明：O、K、P、Q四点共圆。（2003俄罗斯数学奥QYWZPX图2.1QMLKDCBAOP图3QMLKOP图3.1林匹克）思路：由LOK=BOK—BOL=KMD—OMD=KMO，及MOK=KLO，得到LOK∽△OMK，再证△POK∽△QKM,得OPK=MQK，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LOK∽△OMK。本题基于以下事实：若LOK=KMO，MOK=KLO，则△POK∽△QKMOP∶PL=MQ∶QO。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，0135ADCABC,在射线AB和射线AD上，分别有两点M、N，使得090NCBMCD，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T