裘宗滬教授朱華偉馮祖鳴吳偉朝教授錢展望講座

1、開幕式黃埔一期上午一裘宗滬老師1目的一切為了將來；年齡就是資本；研討。2形式系統(tǒng)地學(xué)習(xí)數(shù)論（帶余除法、一次方程的整數(shù)解、小費(fèi)爾馬定理等，由潘振標(biāo)教授講解）；全面地了解世界（比如了解保加利亞2003年試題等，詳見試題）；精僻點(diǎn)評(píng)試題的優(yōu)劣、命題人、與IMO接軌等；追求理性的成熟；試題的解答與討論。二朱偉華老師學(xué)校簡(jiǎn)介；紀(jì)律要求（學(xué)員手冊(cè)）；吃飯時(shí)間（學(xué)員手冊(cè)）；上課時(shí)間（作息時(shí)間）；其他.3月8日（裘宗滬老師）數(shù)學(xué)競(jìng)賽的發(fā)展以健康為主旋律1三項(xiàng)原則民辦公助；精簡(jiǎn)節(jié)約；自愿參加。2取消理科班。3成功與不足普及與提高；中學(xué)與大學(xué)結(jié)合（）；1，2，4，5題基本不丟分；第六人第一；強(qiáng)項(xiàng)（數(shù)論）不丟.19

2、91年加強(qiáng)代數(shù)；1996年大學(xué)內(nèi)容少一點(diǎn)；2001年組合不必太多；2003年與國(guó)際競(jìng)賽接軌.題意理解0123 計(jì)算難度0123 總體難度為7思考難度0123452.關(guān)于高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽改革、擴(kuò)軍（不超過200人）；協(xié)作體目的：了解中學(xué)、加強(qiáng)各中學(xué)之間的聯(lián)系；向國(guó)際數(shù)學(xué)強(qiáng)國(guó)學(xué)習(xí)蘇俄 15次中國(guó) 10次匈牙利 6次羅馬利亞 5次美國(guó) 4次西德 2次東德、捷克、伊朗、保加利亞各1次（特意提到保加利亞）3.中國(guó)金牌銀牌銅牌752253月9日上午裘宗滬老師點(diǎn)評(píng)IMO1(荷蘭)如圖，.求證：.證法一：設(shè)AR=BR=x,BP=y,AQ=z,由正弦定理可得PC=y,CQ=z.在ABR，BPC, ACQ中，應(yīng)用余弦

3、定理得BC2=（2+)y2, AB2=（2+)x2, AC2=（2+)z2。,設(shè)ABC=B，ACB=C，BAC=A，在ABC中應(yīng)用余弦定理得：同理要證PR2=RQ2,需證zsinA=ysinB ，即 ,zsinA=ysinB PR2=RQ2, PR=RQ要證PR2+RQ2=PQ2,需證 xysinB+xzsinA=2yzsinC, 將他代入上式可證得。證法二：2.最簡(jiǎn)單的組合題、最難的組合題以及最漂亮的組合題（1）設(shè)S=1，2，3，1978，把S分成6個(gè)互不相交的集合，即.求證：在某一中，一個(gè)元素是其他兩個(gè)元素的和，或者是某一元素的2倍.（2）（2001.3.第42屆IMO試題）21個(gè)男孩和2

4、1個(gè)女孩參加一次數(shù)學(xué)競(jìng)賽：(i)每一個(gè)參賽都至多解出了6道題；(ii)對(duì)于每一個(gè)女孩和每一個(gè)男孩，至少有一道題被這一對(duì)孩子都解出.證明：有一道題，至少有3個(gè)女孩和至少有3個(gè)男孩都解出.略證：G是參加比賽的女生集合，B是參加比賽的男生集合，P為題目集合，P(g)是被解出來的題目集合，P(b)是被解出來的題目集合，G(P)是解出的女生集合，B(p)是解除出p的男生集合。依題意，對(duì)任意gG，bB，有：(i)|P(g)6|,|P(b)|6；(ii)P(g)P(b). 為了證明存在pP滿足|G(P)|3,|B(p)|3，我們假設(shè)對(duì)任意pP,有|G（p）|2或|B(p)| 2.若|G(p)|2 ，則將p染

5、成紅色，否則將其染成黑色，考慮一個(gè)21的棋盤，每一行代表一個(gè)女生，每一列代表一個(gè)男生，對(duì)gG，bB,對(duì)相應(yīng)的方格(g,b)進(jìn)行染色，任選pP(g) P(b)，將p的顏色涂在(g,b)內(nèi)，由條件(ii)知，這樣的涂法是存在的，由抽屆原理知至少有一種顏色涂了不少于個(gè)方格，存在一行至少有11個(gè)黑色格或存在一列至少有11個(gè)紅格.假設(shè)gG所在行至少有11個(gè)黑色格，對(duì)這11個(gè)黑色格中的每一個(gè)所代表的題目，最多被2個(gè)男生解出，于是至少有道不同的題目被g解出，由條件(i)知g僅解出這6道題，這樣最多有12個(gè)男生解的題也被g解出，與條件(ii)矛盾.同理，若存在一列至少有11個(gè)紅格也可推出矛盾，因此，必存在pP

6、，滿足|G(p)| 3,|B(p)| 3.（3）3月9日裘宗滬老師點(diǎn)評(píng)IMO下午（陰影部分題為集體研討題目）1.在銳角三角形ABC中，AP是BC邊上的高，O是外心，若.求證：（第42屆IMO試題）.分析：2.兩圓相交于A、B兩點(diǎn)，過A作直線與兩圓分別交于C和D，若弧CB和弧DB（這兩弧不含A）中點(diǎn)分別是M和N，線段CD中點(diǎn)是K，求證：（2000年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克）.3.在銳角三角形ABC中，角C的平分線交AB于L，從L作邊AC和邊BC的垂線，垂足分別為M和N，設(shè)AN和BM的交點(diǎn)是P，證明：CPAB(2000年保加利亞數(shù)學(xué)競(jìng)賽，十年級(jí)).分析一：連接CP并延長(zhǎng)交AB于Q，利用基本結(jié)論：；分析二：

7、過C作CQ垂直AB于Q，往證AN、BM、CQ共點(diǎn)，利用塞瓦定理轉(zhuǎn)化結(jié)論，然后利用四點(diǎn)共圓的知識(shí)得出結(jié)論；分析三：利用向量的內(nèi)積與向量相互垂直的關(guān)系；分析四：解析幾何的方法；分析五：過C作AB的平行線，利用同一法可得結(jié)論.思路1，同一法：作于Q，只要證BM、AN、CQ共點(diǎn)，由塞瓦定理，只要證，由三角形相似，轉(zhuǎn)化為。圖2思路2：延長(zhǎng)CP交AB于Q，只要證，由得，從而得，轉(zhuǎn)化為證明，即，最后用塞瓦定理證得。思路3：延長(zhǎng)CP交AB于D，過C作AB的平行線l，延長(zhǎng)LM，LN交l于E、F，得，由同一法證得結(jié)論。思路4，向量法：設(shè)，計(jì)算得。也可以用解析幾何證。另外，若CL為外角平分線也有類似的結(jié)論。4.圓O

8、1與圓O2內(nèi)切于圓O，切點(diǎn)分別為M、N，圓O1與圓O的公共弦交圓O于A和B兩點(diǎn)，MA和MB交圓O1于C和D，證明：圓O2和直線CD相切(40屆IMO).5.圓S1 圓S2相交于A、B，一直線過A，與S1交于C，與S2交于D，點(diǎn)M、N、K分別是線段CD、BC、BD上的點(diǎn)，且MN/BD，MK/BC，設(shè)在S1的弧BC上（不含點(diǎn)A）有一點(diǎn)E，在S2的弧BD上（不含點(diǎn)A）有一點(diǎn)F，滿足，求證: (第43屆IMO備選題).答案見中等數(shù)學(xué)2003年第5期P2876.在平行四邊形ABCD中，E、F分別是邊AD和CD上的點(diǎn)，EG平行AB與BF相交于G，若AF與BE相交于 H，DH與BC相交于BC.求證：（200

9、2年保加利亞國(guó)家數(shù)學(xué)奧林匹克地區(qū)賽）.答案見中等數(shù)學(xué)2004年第一期P267. 圓S1 圓S2相交于P、Q兩點(diǎn)，在S1上取不同的兩點(diǎn)A1和B1（不是P、Q），直線A1P和B1P交S2分別于A2和B2，并且A1B1與A2B2交于點(diǎn)C，證明：當(dāng)A1、B1變化時(shí)，三角形A1A2C的外心總在一個(gè)固定的圓上（第43屆IMO備選題）.答案見中等數(shù)學(xué)2003年第5期P278.凸四邊形ABCD內(nèi)接于一圓，過A和C作圓的切線相交于點(diǎn)P，P不在直線DB上，且PA2=PBPD，證明：直線BD經(jīng)過AC的中點(diǎn)(1998年保加利亞春季數(shù)學(xué)競(jìng)賽，十年級(jí)).分析一：連接AC、OP交于Q（O為圓心），以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)

10、系，利用解析法證明（此法可以考慮推廣到橢圓的情形）；分析二：連接OP交AC于Q，連接OB、OD、AO、OD，利用射影定理、相似及三角形外角和定理可以證明分析三：連接BD交AC于E，利用對(duì)稱性，只須證明PE是的平分線即可，而這只須利用三角形全等及相似得出結(jié)論.思路1，同一法：連接BD，交OP于Q，只要證明，轉(zhuǎn)化為證明DOQPOD。思路2，解析法：Q（m，0），P（，0），由P、B、D/共線，推證Q、B、D共線。思路3：證明D,Q,B三點(diǎn)共線，連OB，接著證明PDQPOB，再證POBBOQ，從而=+，所以D,Q,B三點(diǎn)共線。圖2.1思路4：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)Q，PD與圓O交于點(diǎn)E。易知PE=PB，

11、BE/AC。易證PAEPBC，則PBCPAD。還可證PABPCD，于是，所以，故PQ平分BPD，PQ平分CPA。又PA=PC，所以PQAC即Q為AC中點(diǎn)得證。 由本題可得以下結(jié)論：過圓外一點(diǎn)P作兩條等長(zhǎng)的割線交圓于X、Y、Z、W（設(shè)X、Z是對(duì)稱的交點(diǎn)），則弦XW、YZ過定點(diǎn)。P在圓內(nèi)，圓改為橢圓也有類似的結(jié)論。9.圓內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O，三角形ABO和三角形CDO的外接圓分別是S1,SS,它們的交點(diǎn)是O和K，過O作AB的平行線交圓S1于L，過O 作CD的平行線交圓S2于M，在OL和OM上分別取P ，Q兩點(diǎn)，使OP：PL=MQ：QO，證明：O、K、P、Q四點(diǎn)共圓.分析一：連接OK、

12、LK、KM，可證三角形OLK與三角形OKM相似，進(jìn)而證明三角形OPK與三角形KQM相似.分析二：輔助線作法同上，但在證明相似的過程中，可以利用弦切角定理的逆定理，證明OM為S1的切線，OL為圓S2的切線，進(jìn)而利用切線的有關(guān)知識(shí)予以證明.圖3圖3.1答案見中等數(shù)學(xué)2004年第一期P19在OL和OM上分別取P和Q兩點(diǎn)，使OPPL=MQQO，證明：O、K、P、Q四點(diǎn)共圓。（2003俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克） 思路：由=，及=，得到OMK，再證POKQKM,得=，所以O(shè)、K、P、Q四點(diǎn)共圓。還可以從OM是圓S1的切線入手，得到OMK。 本題基于以下事實(shí)：若=，=，則POKQKMOPPL=MQQO。10.三角

13、形ABC的外心O，內(nèi)心I，作一個(gè)旁切圓分別切AB和AC于K、M兩點(diǎn)，旁切圓切邊BC于N點(diǎn)，已知線段KM的中點(diǎn)在三角形ABC的外接圓上，證明：O、N、I共線(2003年俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克).答案見中等數(shù)學(xué)2004年第一期P2011.從三角形AAA的三邊向外作三角形、三角形、三角形。其中OA=OA，OA=OA，求證：（2000年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克）.12.在凸四邊形ABCD中，,在射線AB和射線AD上，分別有兩點(diǎn)M、N，使得，圓AMN和圓ABD相交于A和K，求證：(2002年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克).13.銳角三角形ABC的三條高AH1、BH2、CH3，它的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB三于T1、T2、T3

14、三點(diǎn)，考慮直線H1H2、H2H3、H3H1關(guān)于直線T1T2、T2T3、T3T1的對(duì)稱映象，證明：映象構(gòu)成的三角形的三個(gè)頂點(diǎn)在三角形ABC的內(nèi)切圓上.14(2000年保加利亞數(shù)學(xué)奧林匹克)在銳角三角形ABC中，在邊BC、AC、AB上分別有三點(diǎn)A1、B1、C1，具有性質(zhì)：每一點(diǎn)是其他兩點(diǎn)在相應(yīng)邊上正射影的中點(diǎn)，證明：(1)這樣的三點(diǎn)是存在且唯一的；(2)三角形A1B1C1與三角形ABC的三條中線作邊構(gòu)成的三角形是相似的.答案見數(shù)學(xué)通訊2002年第9期P47。3月10日朱華偉老師問題的引入與背景1.自1894年匈牙利IMO迄今，IMO已有100多年的歷史，100多年來產(chǎn)生了眾多新穎而美妙的好題，這些

15、是試題是培訓(xùn)學(xué)生的基礎(chǔ)，是研究試題的源泉，提倡“以題養(yǎng)題”.2.命題的演繹與深化與解題的化歸是一個(gè)互逆的過程背景一：拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：若是互不相等的復(fù)數(shù)，則 （）兩端同乘則若將上式兩邊取模， 利用模的不等式性質(zhì)（和的模小于等于模的和）可得即若將視為平面上的三個(gè)點(diǎn)A，B，C，復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為P，則有則題1：設(shè)P為三角形ABC所在平面上任意一點(diǎn)，求證：aPBPC+bPAPC+cPAPB（）并判斷等號(hào)成立的條件。題2（98年IMO.5）設(shè)D為銳角三角形ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且滿足DADBAB+DBDCBC+DCDACA=ABBCCA，試確定點(diǎn)D的幾何位置，并證明你的結(jié)論.（方法一可考慮用托

16、勒密定理；方法二可考慮運(yùn)用上述深化）.若將（）式左右兩邊同除以abc（即ABBCCA），則可化為，(1)利用代數(shù)不等式，x,y,z0推出xy+yz+zx (x+y+z)2 （2）把（1）式兩端看成兩兩相乘，代入（2）得題3：設(shè)P為三角形ABC所在平面上任一點(diǎn)，求證：.（）式可以推廣為，其中是互不相等的復(fù)數(shù).如果取z=0，得上式兩邊取模，則利用和的模小于模的和，從而，若限制=1,i=1,2,3,則zi表示的點(diǎn)都在單位圓上。于是可得題4：題4(92年CMO國(guó)家集訓(xùn)隊(duì))若，任給單位圓上n個(gè)不同點(diǎn)，把P到其余各點(diǎn)的距離之積記為,求證：.研討題：在上述背景下，編制一道數(shù)學(xué)問題.背景二：裴波那契恒等式裴波

17、那契恒等式關(guān)于它的證明方法，其中之一可以用幾何畫圖的方法證。留做研討題。另法也可以用復(fù)數(shù)證明，證明過程如下。設(shè)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通俗意義：如果兩個(gè)數(shù)都可以表示為平方和的形式，則這兩個(gè)數(shù)的積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將（*

18、）式中的a,b,c,d看成四個(gè)變?cè)獂,y,z,t(x2+z2)(y2+t2)=(xy-zt)2+(xt+yz)2設(shè)f(x)=x,則上式為(f(x)+f(z)(f(y0+f(t)=f(xy-zt)+f(xt+yz) (*)此時(shí)，可得到題3。 題1：1986年初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題. 題2：1963年成都高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題.題3：由裴波那契恒等式易得，若設(shè)，則上式可化為(*)反過來，若x,y,z,t為實(shí)數(shù)，求所有滿足條件(*)的函數(shù)f(x),此即為2000年IMO試題.還可以思考：取t=0,則滿足f(x)+f(y)f(z)=f(xz)+f(yz)的函數(shù)又該如何求？題4（第6屆拉丁美洲MO）：已知P(x,y)=2x2-6xy+5y2，若存在整數(shù)B，C，使P（B，C）=A，則稱A為P（x,y）的值.(1)在集合1，2，100中，哪些元素是P的值？(2)證明：P的值的積仍是P的值.略析：p(x,y)=(x-2y)2+(x-y)2，易知A為兩個(gè)數(shù)的平方和的形式.（1） 如果A是P的值，那么A是兩個(gè)整數(shù)的平方和，反之，若A是兩