数学竞赛辅导资料：奥林匹克数学的技巧
数学竞赛辅导资料
奥林匹克数学的技巧（上篇）
有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学，通常的情况是，在一般思维规律的指导下，灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中，经常使用一些方法和原理（如探索法，构造法，反证法，数学归纳法，以及抽屉原理，极端原理，容斥原理……），同时，也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在2-1曾经说过：“竞赛的技巧不是低层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技，它既是使用数学技巧的技巧，又是创造数学技巧的技巧，更确切点说，这是一种数学创造力，一种高思维层次，高智力水平的艺术，一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。
2-7-1 构造
它的基本形式是：以已知条件为原料、以所求结论为方向，构造出一种新的数学形式，使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形，构造方程，构造恒等式，构造函数，构造反例，构造抽屉，构造算法等。
例2-127 一位棋手参加11周（77天）的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋，证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋。
证明：用n a 表示这位棋手在第1天至第n 天（包括第n 天在内）所下的总盘数（1,2,77n =…），依题意 127711211132a a a ≤<<≤?=…
考虑154个数：
12771277,,,21,21,21a a a a a a +++…,?,
又由772113221153154a +≤+=<，即154个数中，每一个取值是从1到153的自然数，因而必有两个数取值相等，由于i j ≠时，i i a a ≠ 2121i j a a +≠+
故只能是,21(771)i j a a i j +≥>≥满足 21i j a a =+
这表明，从1i +天到j 天共下了21盘棋。
这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序，并具体构造了154个“苹果”与153个“抽屉”，其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。
例 2-128 已知,,x y z 为正数且()1xyz x y z ++=求表达式()()x y y z ++的最最小值。
解：构造一个△ABC ，其中三边长分别为a x y b y z c z x =+??=+??=+?
，则其面积为
1?=== 另方面2()()2sin x y y z ab C
?++==≥
故知，当且仅当∠C=90°时，取值得最小值2，亦即222
()()()x y y z x z +++=+
()y x y z xz ++=时，()()x y y z ++取最小值2，如1,x z y ===时，()()2x y y z ++=。
2-7-2 映射
它的基本形式是RMI 原理。
令R 表示一组原像的关系结构（或原像系统），其中包含着待确定的原像x ，令M 表示一种映射，通过它的作用把原像结构R 被映成映象关系结构R*，其中自然包含着未知原像x 的映象*x 。如果有办法把*x 确定下来，则通过反演即逆映射1I M -=也就相应地把x 确定下来。取对数计算、换元、引进坐标系、设计数学模型，构造发生函数等都体现了这种原理。
建立对应来解题，也属于这一技巧。
例2-129 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 。
解 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为A 1，A 2，…，A 7和B 1，B 2，…B 7。
如果甲方获胜，设i A 获胜的场数是i x ，则07,17i x i ≤≤≤≤而且 1277x x x +++=… （*）
容易证明以下两点：在甲方获生时，
（i ）不同的比赛过程对应着方程（*）的不同非负整数解；
（ii ）方程（*）的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：A 1胜B 1和B 2，B 3胜A 1，A 2和A 3，A 4胜B 3后负于B 4，A 5胜B 4，B 5和B 6但负于B 7，最后A 6胜B 7结束比赛。
故甲方获胜的不同的比赛过程总数是方程（*）的非负整数解的个数7
13C 。
解二 建立下面的对应；
集合{}127,,A A A …,的任一个7-可重组合对应着一个比赛过程，
且这种对应也是一个一一对应。例如前述的比赛过程对应的7-可重组合是{}123456,,,,,A A A A A A 所以甲方获胜的不同的比赛过程的
总数就是集合{}127,,A A A …,的7-可重组合的个数7777113C C +-=。 例2-130 设()n p k 表示n 个元素中有k 个不动点的所有排列的种数。求证0()!n
n
k kp k n ==∑ 证明 设{}12,,,n S a a a =…。对S 的每个排列，将它对应向量12(,,)n e e e …,，其中每个{}0,1i e ∈，当排列中第i 个元素不动时，1i e =，否则为0。于是()n p k 中所计数的任一排列所对应的向量都恰有k 个分量为1，所以!n 个排列所对应的那些向量中取值为1的分量的总数为1()n
n
k kp k =∑。
另一方面，对于每个i ，1i n ≤≤，使得第i 个元素不动的排列共有(1)!n -个，从而相应的n 维向量中，有(1)!n -个向量的第i 个分量为1。所以，所有向量的取值为1的分量总数(1)!!n n n -=，从而得到1()!n
n
k kp k n ==∑ 例2-131 在圆周上给定21(3)n n -≥个点，从中任选n 个点染成黑色。试证一定存在两个黑点，使得以它们为端点的两条弧之一的内部，恰好含有n 个给定的点。
证明 若不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任何方向的第1n -个点都是白点，因而，对于每一个黑点，都可得到两个相应的白点。这就定义了一个由所有黑点到白点的对应，因为每个黑点对应于两个白点，故共有2n 个白点（包括重复计数）。又因每个白点至多是两个黑点的对应点，故至少有n 个不同的白点，这与共有21n -个点矛盾，故知命题成立。
2-7-3 递推
如果前一件事与后一件事存在确定的关系，那么，就可以从某一（几）个初始条件出发逐步递推，得到任一时刻的结果，用递推的方法解题，与数学归纳法（但不用预知结论），无穷递降法相联系，关键是找出前号命题与后号命题之间的递推关系。
用递推的方法计数时要抓好三个环节：
（1）设某一过程为数列()f n ，求出初始值(1),(2)f f 等，取值的个数由第二步递推的需要决定。
（2）找出()f n 与(1)f n -，(2)f n -等之间的递推关系，即建立函数方程。
（3）解函数方程
例2-132 整数1，2，…，n 的排列满足：每个数大于它之前的所有的数或者小于它之前的所有的数。试问有多少个这样的排列？
解 通过建立递推关系来计算。设所求的个数为n a ，则11a =（1）
对1n >，如果n 排在第i 位，则它之后的n i -个数完全确定，只能是,1,n i n i ---…,2，1。而它之前的1i -个数，1,2,n i n i -+-+…,1n -，有1i a -种排法，令1,2,i =…,n 得递推关系。
1211211111(1)2n n n n n n n n a a a a a a a a a a -------=++++=++++=+= (2)
由（1），（2）得 12n n a -=
例2-133 设n 是正整数，n A 表示用2×1矩形覆盖2n ?的方法数；n B 表示由1和2组成的
各项和为n 的数列的个数；且 02421221352112321, 2, 21m m m m m n m m m m m C C C C n m C C C C C n m +++++++?++++=?=?+++
+=+??……，证明n n n A B C ==
证明 由,n n A B 的定义，容易得到 1112,1,2n n n A A A A A +-=+== 1112
,1,2n n n B B B B B +-=+==
又因为121,2C C ==，且当2n m =时，
0242221352113112212122112m m m n n m m m m m m m m m m m C C C C C C C C C C C C C ---++-++-+++=++++++++++=+……
5212132211m m m m m n C C C C -++++++++=… 类似地可证在21n m =+时也有11n n n C C C -++=，从而{}{},n n A B 和{}n C 有相同的递推关系和相同的初始条件，所以n n n A B C ==。
223296,IMO IMO --用无穷递降法求解也用到了这一技巧。
2-7-4 区分
当“数学黑箱”过于复杂时，可以分割为若干个小黑箱逐一破译，即把具有共同性质的部分分为一类，形成数学上很有特色的方法——区分情况或分类，不会正确地分类就谈不上掌握数学。
有时候，也可以把一个问题分阶段排成一些小目标系列，使得一旦证明了前面的情况，便可用来证明后面的情况，称为爬坡式程序。比如，解柯西函数方程就是将整数的情况归结为自然数的情况来解决，再将有理数的情况归结为整数的情况来解决，最后是实数的情况归结为有理数的情况来解决。142IMO -的处理也体现了爬坡式的推理（例2-47）。
区分情况不仅分化了问题的难度，而且分类标准本身又附加了一个已知条件，所以，每一类子问题的解决都大大降低了难度。
例2-134 设凸四边形ABCD 的面积为1，求证在它的边上（包括顶点）或内部可以找出4个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的4个三角形的面积均大于1/4。
证明 作二级分类
1．当四边形ABCD 为平行四边形时，
1124
ABC ABD ACD BCD S S S S ????====> A ，B ，C ，D 即为所求，命题成立。
2．当四边形ABCD 不是平行四边形时，则至少有一组对边不平行，设AD 与BC 不平行，且直线AD 与直线BC 相交于E ，又设D 到AB 的距离不超过C 到AB 的距离，过D 作AB 的平行线交BC 于F ，然后分两种情况讨论。
（1）如图2-52，12
DF AB ≤
，此时可作△EAB 的中位线PQ 、QG ，则 111222
AGQP EAB ABCD S S S =>= 即A 、G 、Q 、P 为所求。 （2）如图2-53，12DF AB >，此时可在CD 与CF 上分别取P 、Q ，使12
PQ AB =。过Q9或P ）作QG ∥AP 交AB 于G 。为证12APQG S >，连AP 交BE 于M ，过A 作AH ∥BC 交CD 延长线于H 。有PCM PAH PAD S S S ???=>
MAB PCM ABCP PAD ABCO ABCD S S S S S A ???=+>+=
得 111222
A P Q G M A
B A B
C
D S S S ?=>= 故A 、P 、Q 、G 为所求，
这实际上已证明了一个更强的命题：面积为1的凸四边形一定能嵌入一个面积大于1/2的平行四边形。
例2-135 对内角分别为为30°、60°、90°的三角形的顶点和各边四等分点共12个点，染以红色或蓝色，则必存在同色的三点，以它们为顶点的三角形与原三角形相似。
证明 设△ABC 中，∠C=90°，∠B=60°，∠C=30°，点A 1，A 2，A 3；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2，C 3分别是边AB 、BC 、CA 的四等分点，下面作三级分类。
1．点A 、B 、C 同色时，结论显然成立。
2．点A 、B 、C 异色时，记A 为红色，写作A （红），其余各点染色记号类同。
（1）A （红），B （红），C （蓝）时，由△ABC~△B 1BA~△C 3B 1C~△C 3AA 3~△A 2A 3B 1~△AA 2C 2~△C 2B 2C~△A 2AB 2知，若结论不成立，则有
B 1（蓝）→
C 3（红）→A 3（蓝）→A 2（红）→C 2（蓝）→B 2（红）→A （蓝）。
这与A （红）矛盾。
（2）A （红），B （蓝），C （红）时，由△ABC~△B 1AC~△A 3BB 1~△AC 3A 3~△C 2C 3B 1~△C 2B 2C~△A 2BB 2~△AA 2C 2知，若结论不成立，则有B 1（蓝）→A 3（红）→C 3（蓝）→C 2（红）→B 2（蓝）→A 2（红）→A （蓝）这与A （红）矛盾。
（3）A （红），B （蓝），C （蓝）时，又分两种情况：
（3）1当B 1（红）时，由△ABC~△B 2B 1A~△B 2C 2C~△AA 2C 2~△A 2BB 2知，若结论不成立，则有B 2（蓝）→C 2（红）→A 2（蓝）→B （红）。这与B （蓝）矛盾。图（2-56）
（3）2当B 1（蓝）时，由△ABC~△C 3B 1C~△C 3AA 3~△A 3BB 1知，若结论不成立，则有 C 3（红）→A 3（蓝）→B （红）与B （蓝）矛盾。（图2-57）
2-7-5 染色
染色是分类的直观表现，在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题，其特点是知识点少，逻辑性强，技巧性强；同时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。下面是一些熟知的结果。
1．在（点）二染色的直线上存在相距1或2的同色两点。
2．在（点）二染色的直线上存在成等差数列的同色三点。
3．在（点）二染色的平面上存在边长为1的单色正三角形（三个顶点同色的三角形）。
4．设T 1，T 2是两个三角形，T 1有一边长1，T 2找到一个全等于T 1或T 2的单色三角形。
5．在（点）三染色的平面上，必有相距为1的两点同色。
6．在（点）三染色的平面上，必存在一个斜边为1的直角三角形，它的三个顶点是全同色的或是全不同色的。
7．在（边）染色的六阶完全图中必有单三角形（三边同色）。
8．在（边）染色的六阶完全图中至少有两个单色三角形。
例2-136 有一个3×7棋盘。用黑、白两种颜色去染棋盘上的方格，每个方格只染一种颜色。证明不论怎样染色，棋盘上的方格组成的矩形中总有这样的矩形，其边与棋盘相应的边平行，而4个角上的方格颜色相同。
证明 称满足条件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的3×7=21个方格只染两种颜色，必有11个同色，不妨设同为黑色。现设第i 列上有(03)i i d d ≤≤个黑色方格，一方面，总黑格数为
7
1
11i i x d ==≥∑；另一方面，在第i 列上首尾两端都是黑格的矩形有1(1)2i i d d -个，总计 7777222211111111()[()](7)14(11711)327147i i i i i i i i t d d d d x x =====-≥-=-≥-?=∑∑∑∑ 若题中的结论不成立，则上述t 个矩形两两不同，将它们投影到第一列，那么第1列就存在t
个首尾两端都是黑格的矩形，但第1列最多有233C =个这样的矩形，有1337
t ≥≥矛盾，故命题成立。
例2-137 在边二染色的K 5中没有单色三角形的充要条件是它可分解为一红一蓝两个圈，每个圈恰由5条边组成。
证明 由图2-58可见，充分性是显然的。
考虑必要性，在K 5中每点恰引出4条线段，如果从其中某点A 1能引出三条同色线段A 1A 1，A 1A 3，A 1A 4，记为同红，则考虑△A 2A 3A 4，若当中有红边i j A A （24i j ≤≤≤），则存在红色三角形1i j A A A 是同蓝色三角形，均无与单色三角形矛盾。所以，从每点引出的四条线段中恰有两条红色两条蓝色，整个图中恰有5条红边、5条蓝边。
现只看红边，它们组成一个每点度数都是2的偶图，可以构成一个或几个圈，但是每个圈至少有3条边，故5条红边只能构成一个圈，同理5条蓝边也构成一个圈。
例2-138 求最小正整数n ，使在任何n 个无理数中，总有3个数，其中每两数之和都仍为无理数。
解 取4
个无理数，显然不满足要求，故5n ≥。 设,,,,a b c d e 是5个无理数，视它们为5个点，若两数之和为有理数，则在相应两点间连一条红边，否则连一条蓝边。这就得到一个二染色5k 。只须证图中有蓝色三角形，分两步：
（1）无红色三角形。若不然，顶点所对应的3个数中，两两之和均为有理数，不妨设
,,a b b c c a +++都是有理数，有1[()()()]2
a a
b b
c c a =+-+++ 但无理数≠有理数，故5k 中无红色三角形。
（2）有同色三角形，若不然，由上例知，5k 中有一个红圈，顶点所对应的5个数中，两两之和均为有理数，设,,,,a b b c c d d e e a +++++为有理数，则
1[()()()()()]2
a a
b b
c c
d d
e e a =+-++--+++ 但无理数≠有理数，故5k 中无5条边组成的红圈，从而有同色三角形。
这时，同色三角形必为蓝色三角形，其顶点所对应的3个无理数，两两之和仍为无理数。 综上所述，最小的正整数n=5
2-7-6 极端
某些数学问题中所出现的各个元素的地位是不平衡的，其中的某个极端元素或某个元素的极端状态往往具有优先于其它元素的特殊性质，而这又恰好为解题提供了突破口，从极端元素入手，进而简捷地解决问题，这就是通常所说的“极端原理”。
使用这一技巧时，常常借用自然数集的最小数原理，并与反正法相结合。
例2-139 设S 为平面上的一个有限点集（点数≥5），其中若干点染上红色，其余的点染上蓝色，设任何3个及3个以上的同色的点不共线。求证存在一个三角形，使得
（1）它的3个顶点涂有相同颜色；
（2）这三角形至少有一边上不包含另一种颜色的点。
证明 对于任意的五点涂上红色蓝色，则必有三点同色，结论（1）成立。
若结论（2）不成立，可取顶点同色的三角形中面积最小的一个，因为只有有限个三角形，这是可以做到的，记为△ABC ，由于此三角形的每一边上都有异色点，记为A 1，B 1，C 1，则△A 1B 1C 1也是同色三角形，且面积小于△ABC 的面积，这与△ABC 面积的最小性矛盾。故（2）成立。
例2-140 已知实数列{}1n k a ∞
=具有下列性质：存在自然数n ，满足120n a a a +++=…
及,1,2n k k a a k +==…
求证存在自然数N ，使当0,1,2,k =…时，总有
0N K i i N a +=≥∑
证明 构造和式 12(1,2,,j j S a a a j n =+++=……）
依题设知
121212n j j j j j n j j j n j S S a a a S a a a a a a ++++++=++++=++++++++………
12()j n j S a a a S =++++=…
这表明，和数列的各项中只取有限个不同的值：S 1，S 2，…，S n ，其中必有最小数，记作(1)n S m n ≤≤，取N=m+1，则
112110N N N k m m m k m k m a a a a a a S S +++++++++++=+++=-≥……
2-7-7 对称
对称性分析就是将数学的对称美与题目的条件或结论相结合，再凭借知识经验与审美直觉，从而确定解题的总体思想或入手方向。其实质是美的启示、没的追求在解题过程中成为一股宏观指导的力量。著名物理学家杨振宁曾高度评价对称性方法：“当我们默默考虑一下这中间所包含的数学推理的优美性和它的美丽完整性，并以此对比它的复杂的、深入的物理成果，我们就不能不深深感到对对称定律的力量的钦佩”。
例2-141 设12,,n a a a …,为正数，它们的和等于1，试证必有下不等式成立：
222211212231112
n n n n n a a a a a a a a a a a a --++++≥++++… 证明 设左边为2222112122311
n n n n n a a a a x a a a a a a a a --=++++++++… 出于对称性的考虑，再引进2222321122311
n n n n a a a a y a a a a a a a a -=++++++++ 有2222222223111212231n n n n n n i
a a a a a a a a x y a a a a a a a a -------=++++++++… 122311()()()()0n n n a a a a a a a a -=-+-++-+-=…
又由 222i j
i j i j a a a a a a ++≥+ 得2222222311212231
11()()22n n a a a a a a x x y a a a a a a +++=+=++++++ 122311[()()()]4
n a a a a a a ≥++++++… 1211()22
n a a a =+++=… 121n a a a n
====…时，可取等号。 还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。
例2-142 在[0，1]上给定函数2y x =（图2-59），则t 点在什么位置时，面积12S S +有最大值和最小值。
解 在[0，1]中作曲线2y x =关于直线12
x =的对称曲线与之相交于P 点，由对称性，可将S 2移至左上角，阴影部分即S 1+S 2（图2-60）。移动t 点，相当于MN 上下平移，当MN 经过P 点，即12
t =时，阴影面积（S 1+S 2）最小（图2-61）；当1t =时，阴影面积为最大（图2-62）。 下文中，例3-2的处理，是不落俗套进行对称性分析的一个好例子，例3-18体现了对图形对称性的洞察。
奥林匹克数学的技巧（中篇）
2-7-8 配对
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对或共轭配对，有解析式的对称配对对或整体配对，有子集与其补集的配对，也有集合间象与原象的配对。凡此种种，都体现了数学和谐美的追求与力量，小高斯求和（1+2+…+99+100）首创了配对，163IMO -也用到了配对。
例2-143 求5020
305[
]503n n =∑之值。 解 作配对处理 502251251011
305305305(503)304503[]([][])30425176304503503503503n n n n n n ===-?=+==?=∑∑∑ 例2-144 求和 122k n n n n n n a C C kC nC =+++++……
解一 由k n k n n C C -=把n a 倒排，有012012k n n n n n n n a C C C kC nC =++++++……
1(1)()0n n n k n n n n n n a nC n C n k C C --=+-++-++……
相加 012()2n n n n n n a n C C C n =+++?…
得 12n n a n -=?
解二 设集合{}1,2,,S n =…，注意到 ,,1,2,,k
n A S A k
k C A k n ?===∑… 有n A S a A ?=
∑ 为了求得
A S A ?∑把每一A S ?，让它与补集A 配对，共有12n -对，且每对中均有A A n += 于是12n n A S a A n n n n -?==++=?∑
…
这两种解法形式上虽有不同，但本质上是完全一样的，还有一个解法见例2-149。
例2-145 设12,,,n x x x …是给定的实数，证明存在实数x 使得
{}{}{}1212n n x x x x x x --+-++-≤
… 这里的{}y 表示y 的小数部分。
证明 有 {}{}1,0,y Z y y y Z
?∈?+-=?∈?? 知{}{}1y y +-≤ 下面利用这一配对式的结论。设{}{}{}112i i i n f x x x x x x =-+-++-
{}{}2111(1)()12
n i i j j i n i i j n i j n n n f x x x x C =≤≤≤≤≤≤-=-+-≤==∑∑∑ 据抽屉原理①知，必存在(1)k k n ≤≤，使2112
k n n f C n -≤
= 取k x x =，由上式得 {}{}{}1212
n n x x x x x x --+-++-≤… 2-7-9 特殊化
特殊化体现了以退求进的思想：从一般退到特殊，从复杂退到简单，从抽象退到具体，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论，从高维退到低维，退到保持特征的最简单情况、退到最小独立完全系的情况，先解决特殊性，再归纳、联想、发现一般性。华罗庚先生说，解题时先足够地退到我们最易看清楚问题的地方，认透了、钻深了，然后再上去。
特殊化既是寻找解题方法的方法，又是直接解题的一种方法。
例2-146 已知恒等式 8824
(21)()()x a
x b x c x d --+=++ 求实数,,,a b c d ，其中0a >。 解 对x 取特殊值，当12x =时，有841()()0242
a c
b d -+=++≥ 故有02a b +=（1） 1042
c
d ++=（2） 又取0x =（即比较常数项系数），有 841b d -=（3）
比较8x 的系数（考虑特殊位置），有88
21a -=（4）
由④得a 代入（1）
，得2
b =-
代入原式左边，有888811(21)256()255()222
x x x --=--- 82411()()24x x x =-=-+ 故知11,4
c d =-=。 也可以将,a b 的值代入（3）、（2）求,d c ，但要检验排除增根。
例2-147 已知a 为常数，x R ∈，且()1()()1
f x f x a f x -+=+ 求证 ()f x 是周期函数。
分析 作特殊化探索。求解的困难在于不知道周期，先特殊化，取一个满足条件的特殊函数()f x ctgx =且4a π
=，有1()41
ctgx ctg x ctgx π
-+=+ 但ctgx 的周期为444T a ππ==?
=。
猜想：4T a =是周期。 证明 由已知有()11()11()1(2)()1()1()
1()1
f x f x a f x f x a f x f x a f x f x --+--++===-++++ 据此，有11(4)()1(2)()
f x a f x f x a f x +=-=-=+- 得证()f x 为周期函数，且4T a =为一个周期。
例2-148 在平面上给定一直线，半径为n 厘米（n 是整数）的圆以及在圆内的4n 条长为1厘米的线段。试证在给定的圆内可以作一条和给定直线平行或垂直的弦，它至少与两条给定的线段相交。
分析 特殊化，令1n =，作一个半径为1的圆，在圆内作四条1厘米长的线段，再作一条与已知直线L 垂直的直线L ’（图2-63）
现从结论入手，设AB ∥L 并与两条弦相交，则交点在L ’上的投影重合，反之，如果四条线段在L 或L ’上的投影有重合点，则从重合点出发作垂线即可。
由特殊化探索出一个等价命题：将给定的线段向已知直线L 或L 的垂线作投影时，至少有两个投影点重合。
这可以通过长度计算来证实。
证明 设已知直线为L ，作L ’⊥L ，又设4n 条线段为124,,,n d d d …，每一条i d 在L ，L ’上的投影长为,(14)i i a b i n ≤≤
，有0,1i i a b ≥≥=。
由1i i a b +=≥
=
得444111
()4n n n i i i
i i i i a b a b n ===+=+≥∑∑∑ 从而，两个加项4411
,n n i i i i a b ==∑∑中必有一个不小于2n 厘米，但圆的直径为2n 厘米，故124,,,n
d d d …在L 或L ’的投影中，至少有两条线段的投影相交，过重迭点作L 或L ’的垂线即为所求。（将,i i a b 表示为三角函数运算更方便）
.275IMO -（例2-51）的求解过程，实质上是对表达式(())()()f xf y f y f x y ?=+中函数的三
个表达式(),(),(())f y f x y f xy y +分别取值为(2)0f =
2-7-10 一般化
推进到一般，就是把维数较低或抽象程度较弱的有关问题转化为维数较高、抽象程度较强的问题，通过整体性质或本质关系的考虑，而使问题获得解决，离散的问题可以一般化用连续手段处理，有限的问题可以一般化用数学归纳法处理，由于特殊情况往往涉及一些无关宏旨的细节而掩盖了问题的关键，一般情况则更明确地表达了问题的本质。波利亚说：“这看起来矛盾，但当从一个问题过渡到另一个，我们常常看到，新的雄心大的问题比原问题更容易掌握，较多的问题可能比只有一个问题更容易回答，较复杂的定理可能更容易证明，较普遍的问题可能更容易解决。”
希尔伯特还说：在解决一个数学问题时，如果我们没有获得成功，原因常常在于我们没有认识到更一般的观点，即眼下要解决的只不够是一连串有关问题的一个环节。
例2-149 求和（例2-144） 122k n n n n n n a C C kC nC =+++++……
解 引进恒等式 0(1)n n k k n k x C x =+=
∑
对x 求导 111
(1)
n n k k n k n x kC x --=+=∑ 令1x =，得112n k n n k kC
n -==∑。
这实质是将所面临的问题，放到一个更加波澜壮阔的背景上去考察，当中既有一般化、又有特殊化。
例2-150 1985个点分布在一个圆的圆周上，每个点标上+1或-1，一个点称为“好点”，如果从这点开始，依任一方向绕圆周前进到任何一点时，所经过的各数的和都是正的。证明：如果标有-1的点数少于662时，圆周上至少有一个好点。
证明 这里662与1985的关系是不清楚的，一般化的过程其实也就是揭示它们内在联系的过程，可以证明更一般性的结论：在32n +个点中有n 个-1时，“好点”一定存在。
（1）1n =时，如图2-64，A 、B 、C 、D 标上+1，则B 、C 均为好点。
（2）假设命题当n k =时成立，即32k +个点中有k 个-1时，必有好点。
对1n k =+，可任取一个-1，并找出两边距离它最近的两个+1，将这3个点一齐去掉，在剩下的32k +个点中有k 个-1，因而一定有好点，记为P 。现将取出的3个点放回原处，因为P 不是离所取出的-1最近的点，因而从P 出发依圆周两方前进时，必先遇到添回的+1，然后再遇到添回的-1，故P 仍是好点，这说明，1n k =+时命题成立。
由数学归纳法得证一般性命题成立，取661n =即得本例成立。
这里一般化的好处是：第一，可以使用数学归纳法这个有力工具；第二归纳假设提供了一个好点，使得顺利过渡到1n k =+。一般说来，更强的命题提供更强的归纳假设。
例2-151 设,m n N ∈，求证22
00[(1)
]()k k n n k k k S m m ===-∑∑是整数。 证明 考虑更一般性的整系数多项式 00()[()]()n n k
k k k f x x x ===-∑∑
由 ()()
f x f x -= 知()f x 是偶函数，从而()f x 只含x 的偶次项，得()f x 是含2x 的整系数多项式，特别地，取2x 为正整数即2m x =
，得22
00((1)
)()k k n n k k k S f m m ====-∑∑为整数。 这里，把常数m 一般化为变数之后，函数性质便成为解决问题的锐利武器。
2-7-11 数字化
数字化的好处是：将实际问题转化为数学问题的同时，还将抽象的推理转化为具体的计算。这在例2-33中已见过。
例2-152 今有男女各2n 人，围成内外两圈跳舞，每圈各2n 人，有男有女，外圈的人面向内，内圈的人面向外，跳舞规则如下：每当音乐一起，如面对面者为一男一女，则男的邀请女的跳舞，如果均为男的或均为女的，则鼓掌助兴，曲终时，外圈的人均向左横移一步，如此继续下去，直至外圈的人移动一周。
证明：在整个跳舞过程中至少有一次跳舞的人不少于n 对。
解 将男人记为+1，女人记为-1，外圈的2n 个数122,,,n a a a …与内圈的2n 个数122,,,n b b b …中有2n 个1，2n 个-1，因此，和1221220n n a a a b b b +++++++=……
从而2122122122()()()0n n n a a a b b b b b b ++++++=-+++≤……… ①
另一方面，当1a 与i b 面对面时， 12121,,,i i n i a b a b a b +-…中的-1的个数表示这时跳舞的对数，如果在整个过程中，每次跳舞的人数均少于n 队，那么恒有
121210(1,2,,2i i n i a b a b a b i n +-+++>=……）
从而总和21212112212210()()()n i
i n i n n i a b a b a b a a a b b b +-=<+++=++++++∑……… ②
由①与②矛盾知，至少有一次跳舞的人数不少于n 对。
这里还用到整体处理的技巧。
例 2-153 有男孩、女孩共n 个围坐在一个圆周上（3n ≥），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a 组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b 组，求证3a b -。
证明 现将小孩记作(1,2,,)i a i n =…，且数字化
11i i i a a a ?=?-? 表示男孩时 表示女孩时
2018年世界少年奥林匹克数学竞赛六年级海选赛试题含答案
六年级 第1页 六年级 第2页 绝密★启用前 世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛 选手须知： 1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。 2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。 3、比赛时不能使用计算工具。 4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。 六年级试题（Ａ卷） （本试卷满分120分 ，考试时间90分钟 ） 一、填空题。（每题5分，共计50分） 1、有甲、乙两个两位数，甲数的 27等于乙数的 2 3 ，这个两位数的差最多是。 2、如果15111111111111111*=++++，242222222222*=+++，33*=3+33+333，那么7*4=。 3、由数字0,2,8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第个。 4、如图，正方形的边长是2（a+b ），已知图中阴影部分B 的面积是7平方厘米，则阴影部分A 和C 面积的和是平方厘米。 5、一辆出租车与一辆货车同时从甲地出发，开往乙地出租车4小时到达，货车6小时到达，已知出租车 比货车每小时多行35千米。甲乙两地相距千米 6、一个长方体铁块，被截成两个完全相同的正方体铁块，两个正方体铁块的棱长之和比原来长方体铁块的棱长之和增加了16厘米，则原来长方体铁块的长是。 7、四袋水果共46个，如果第一袋增加1个，第二袋减少2个，第三袋增加1倍，第四袋减少一半，那么四袋水果的个数就相等了，则第四袋水果原先有个。 8、有23个零件，其中有一个次品，不知它比正品轻还是重，用天平最少次可以找出次品。 9、123A5能被55整除，则A=。 10、在一次数学游戏中，每一次都可将黑板上所写的数加倍或者擦去它的末位数，假定一开始写的数是458，那么经过次上述变化得到14. 二、计算题。（每题6分，共计12分） 11、1232001 1 2320012002200220022002 ++++L 12、6328862363278624?-? a +省市 学校 姓名 赛场 参赛证号 ∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密 〇 封 〇 装 〇 订 〇 线 ∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕〇∕∕∕∕∕∕ 密 封 线 内 不 要 答 题
初中数学奥林匹克竞赛方法与测试试题大全
初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全
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初中数学奥林匹克竞赛教程
初中数学竞赛大纲（修订稿） 数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。 本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养……，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。 《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。 1、实数 十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。 素数和合数，最大公约数与最小公倍数。 奇数和偶数，奇偶性分析。 带余除法和利用余数分类。 完全平方数。 因数分解的表示法，约数个数的计算。 有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理。 拆项、添项、配方、待定系数法。 部分分式。 对称式和轮换对称式。 3、恒等式与恒等变形 恒等式，恒等变形。 整式、分式、根式的恒等变形。 恒等式的证明。 4、方程和不等式 含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。 含绝对值的一元一次、二次方程的解法。
四年级奥林匹克数学竞赛专题 应用题(无答案)
应用题 专题简析： 解答应用题时，必须认真审题，理解题意，深入细致地分析题目中数量间的关系，通过对条件进行比较、转化、重新组合等多种手段，找到解题的突破口，从而使问题得以顺利解决。 . 例1：某玩具厂把630件玩具分别装在5个塑料箱和6个纸箱里，1个塑料箱与3个纸箱装的玩具同样多。每个塑料箱和纸箱各装多少件玩具？ 分析：如果玩具全部装在塑料箱或全部装在纸箱里，那么可以求出一个纸箱或一个塑料箱装多少件。因为3个纸箱与一个塑料箱装的同样多，所以6个纸箱与2个塑料箱装的同样多。这样，5个塑料箱装的玩具件数和7个塑料箱装的就同样多。由此，可求出一个塑料箱装多少件。 例2：一桶油，连桶重180千克，用去一半油后，连桶还有100千克。问：油和桶各重多少千克？ 分析：原来油和桶共重180千克，用去一半油后，连桶还有100千克，说明用去的一半油的重是180－100=80（千克），一桶油的重量就是80×2=160（千克），油桶的重量就是180－160=20（千克）。 例3：有5盒茶叶，如果从每盒中取出200克，那么5盒剩下的茶叶正好和原来4盒茶叶的重量相等。原来每盒茶叶有多少克？ 分析：由条件“每盒取出200克，5盒剩下的茶叶正好和原来4盒茶叶重量相等”可以推出，拿出的200×5=1000（克）茶叶正好等于原来的5－4=1（盒）茶叶的重量。 例4：一个木器厂要生产一批课桌。原计划每天生产60张，实际每天比原计划多生产4张，结果提前一天完成任务。原计划要生产多少张课桌？ 分析：这道题的关键是要求出工作时间。因为实际比原计划提前1天完成任务，这就相当于把原计划最后1天的任务平均分到前面的几天去做，正好分完。实际比原计划每天多生产4张，所以实际生产的天数是60÷4=15天，原计划生产的天数是15＋1=16天。所以原计划要生产60×16=960张。 例5：有两盒图钉，甲盒有72只，乙盒有48只，从甲盒拿出多少只放入乙盒，才能使两盒中的图钉相等？分析：由条件可知，甲盒比乙盒多72－48=24只。要盒两盒中的图钉相等，只要把甲盒比乙盒多的24只图钉平均分成2份，取其中的1份放入乙盒就行了。所以应拿出24÷2=12只。 课后练习 （1）新华小学买了两张桌子和5把椅子，共付款195元。已知每张桌子的价钱是每把椅子的4倍，每张桌子多少元？ （2）王叔叔买了3千克荔枝和4千克桂圆，共付款156元。已知5千克荔枝的价钱等于2千克桂圆的价钱。每千克荔枝和每千克桂圆各多少元？
2017奥林匹克数学竞赛试题及答案
绝密★启用前 世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方海选赛试题 选手须知： 1、本卷共三部分，第一部分：填空题，共计50分；第二部分：计算题，共计12分；第三部分：解答题，共计58分。 2、答题前请将自己的姓名、学校、赛场、参赛证号码写在规定的位置。 3、比赛时不能使用计算工具。 4、比赛完毕时试卷和草稿纸将被收回。 三年级试题（Ａ卷） （本试卷满分120分，考试时间90分钟） 一、填空题。（每题5分，共计50分） 1、仔细观察，想一想接着该怎么画。 2、一只猫吃完1条鱼需要6分钟，5只猫同时吃完5条同样大小的鱼需要分钟。 3、国庆阅兵中，15辆坦克排成一队，从前往后数，战士小李驾驶的坦克是第6辆，那么从后往前数这辆坦克是第_______辆。 4、车站里的汽车每隔15分钟一班，小青想搭8:45的一班车去图书馆，但是她到达车站的时间已经是8:47，那么她还要等_______分钟才能搭乘下一班汽车。 5、一只大白兔的重量是2只松鼠的重量，1只松鼠的重量是3只小鸡的重量，1只大白兔的重量等于_______只小鸡的重量。 6、东村到西村有3条路，西村到南庄有4条路。那么从东村经过西村到南庄一共有_______条路可走。 7、学校招收了一批新生。若编成每班55人的班级，还要招收30人。若编成每班50人的班级，还需招收10名新生。这次共招收了名新生。 8、妈妈买来一块豆腐准备做鱼头豆腐汤，让小军动手切8块，小军最少要切刀。 9、王奶奶有两篮桃子，从第一个篮子里拿3个放入第二个篮子里，两个篮子里桃子就一样多，已知第二个篮子里原来有8个桃子，第一个篮子里原来有______个桃子。 10、下图中有个三角形。 二、计算题。（每题6分，共计12分） 11、2015＋201＋20－15＋5 12、1000-9-99-8-98-7-97-6-96-5-95-4-94-3-93-2-92-1-1 三、解答题。（第13题6分，第14题8分，第15题10分，第16题10分，第17题12分，第18题12分，共计58分） 13、一条大鲨鱼，尾长是身长的一半，头长是尾长的一半，已知头长3米，这条大鲨鱼全长有多少米？ 14、超市新进6箱足球，连续4天，每天卖出8个。服务员重新整理一下，剩下的足球正好装满2箱。原来每箱有几个足球？ 15、小丽和小晴两人比赛爬楼梯，小丽跑到3楼时，小晴恰好跑到2楼，照这样计算，小丽跑到9楼，小晴跑到几楼？ 16、三年级（2）班有46人，新学期开学要从A、B、C、D、E五位候选人中选出一位班长，每人只能投一票。投票结束（没人弃权），A得24票，B得选票占第二位，C、D得票同样多，E得票最少只得4票。那B得多少票？ 17、有两层书架，共有书173本，从第一层拿走38本后，第二层的书是第一层的2倍还多6本，第二层原有多少本书？ 18、小张和小赵两人同时从相距1000米的两地相向而行，小张每分钟行120米，小赵每分钟行80米，如果一只狗与小张同时同向而行，每分钟跑460米，遇到小赵后，立即回头向小张跑去，遇到小张再向小赵跑去，这样不断地来回跑，直到小张和小赵相遇为止，狗共跑了多少米？
-奥林匹克数学竞赛内容与方法选讲
-奥林匹克数学竞赛内容与方法选讲
奥林匹克数学竞赛内容与方法选讲一、标题分析 （1）奥林匹克——一种精神 （2）数学——一种科学哲学 （3）竞赛——一种生存方式 （4）内容——一种意义生成过程 （5）方法——一种思维的简化形式 （6）选讲——一种最普遍的交流方式 二、主题确定 （1）身、心、思、题、方、践 （2）解读 ?人生就是一场竞赛，身体最终决定成败 ?三分养身七分修心，和谐身心美满一生 ?思维是生存的先锋，智慧是成功的法宝 ?问题是实践的使者，善问是智慧的源泉 ?方法是解题的利斧，策略会赐予你机遇 ?思而无为方略枉然，践行思想始见英雄 三、专题研究 （1）身心健康问题 ?如何监测身体健康状况？ ?如何锻炼身体？ ?如何保持修心养性？
? 如何防病、治病？ （2） 学习思维问题 ? 如何认识学习的分类？从实践中学，从符号中学，从反思中学 ? 如何认识思维的分类？逻辑思维，发散思维，直觉思维 ? 如何学习？ ? 如何思考？ （3） 出题解题问题 ? 如何发现问题？——决定了一个人的发展潜能 ? 如何确定问题？——问题的科学化、数学化过程 ? 如何解决问题？——知识的系统化、理论化过程 ? 如何验证问题？——结果的正确性、有效性评价 （4） 方法策略问题 ? 如何认识思想、策略与方法的关系与作用？ ? 数学主要有哪些思想？ ? 数学有哪些主要方法？ ? 解决数学问题的一般策略是什么？ （5） 实践操作问题 ? 如何认识心、言、行的一致性？ ? 如何增加计划的可行性？ ? 数学解题过程的表述与规范？ ? 如何认识社会实践、操作实践、科学实践的关系？ 国际奥林匹克数学竞赛（IMO ）的发展 奥林匹克数学的历史（必讲） 解决奥林匹克数学问题的主要思想（选讲）
高中奥林匹克数学竞赛-几个重要定理
竞赛专题讲座－几个重要定理 《定理1》正弦定理 △ABC中，设外接圆半径为R，则 证明概要如图1-1，图1-2 过B作直径BA'，则∠A'=∠A，∠BCA'=90°，故 即；同理可 得 当∠A为钝角时，可考虑其补角，π-A. 当∠A为直角时，∵sinA=1，故无论哪种情况正弦定理成立。 《定理2》余弦定理△ABC中，有关系 a2=b2+c2-2bccosA；（*） b2=c2+a2-2cacosB； c2=a2+b2-2abcosC； 有时也用它的等价形式 a=ccosB+bcosC； b=acosC+ccosA；（**） c=acosB+bcosA. 证明简介 余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法 如图建立复平面，则有 =（bcosA-c2）+(bsinθ)2即 a2=b2+c2-2bccosA，同理可证（*）中另外两式；至于**式，由图3显见。 《定理3》梅涅(Menelaus)劳斯定理（梅氏线）直线截△ABC的边BC，CA，AB或其延长线 于D、E、F. 则本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线，仅用正弦定理来证明。在△FBD、△CDE、△AEF中，由正弦定理，分别有
《定理4》塞瓦定理(Ceva) （塞瓦点） 设O 是△ABC 内任意一点，AB 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则 证法简介 （Ⅰ）本题可利用梅内劳斯定理证明： （Ⅱ）也可以利用面积关系证明 同理 ④ ⑤ ③×④×⑤得 《定理5》塞瓦定理逆定理 在△ABC 三边所在直线BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若则AD 、BE 、CE 平行或共点。 证法简介 （Ⅰ）若AD∥BE（如图画5-1） 则 EA CE BD BC = 代入已知式：1=??FB AF BD BC DC BD 于是 CB DC FB AF = ， 故 AD∥CF，从而AD∥BE∥CF （Ⅱ）若AD 、BE 交于O （图5-2），则连CO 交AB 于F’.据塞瓦定理，可得 1='??B F AF EA CE DC BD 而已知1=??FB AF EA CE DC BD 可见FB AF B F F A ='' 则 FB AF AF B F F A F A +='+'' AB FB AF B F F A =+='+'ΘAF F A ='Θ 即F '即F ，可见命题成立 《定理6》斯特瓦尔特定理
最新奥林匹克数学竞赛试题
奥林匹克数学竞赛试题（几何部分）Mathematics Olympic test (geometric part) 1.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=40°，∠C=50°，点E,F,M,N 分别为四条边的中点，求证：BC=EF+MN.【简单】 2.已知在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，P为平 行四边形ABCD外一点，且∠APC=∠BPD=90°，求证：平行四边形ABCD为矩形.【简单】
3.已知在三角形ABC中，AB=AC，CD⊥AB于D，P为BC上一点，PE⊥AB 于E，PF⊥AC于F.求证：PE+PF=CD.【简单】 4.已知在等腰三角形ABC中，AB=AC，CD⊥AB，AH⊥FH，EF⊥AB，求证：EF=CD+FH.【简单】 5.已知三角形ABC和三角形BDE都是等腰直角三角形，连结AD，延长CE交AD与F,求证：CF⊥AD.【简单】
6.已知三角形ABC和三角形BDE都是正三角形，连结AD交BE于F，连结CE交AB于G，连结FG，求证：FG∥CD.【简单】 7.已知三角形ABC为正三角形，内取一点P，向三边作垂线，交AB 于D，BC于E,AC于F，求证：PD+PE+PF=三角形的高.【简单】
8.已知三角形ABC为正三角形，AD为高，取三角形外一点P，向三边（或边的延长线）作垂线，交AB的延长线AE于M，交AC的延长线AF于N，交BC于Q，求证：PM+PN-PQ=AD.【中等】 9.已知在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于O，DE平分∠ADC交AC 于F，若∠BDE=15°，求∠COE的度数.【中等】
奥林匹克数学的技巧(中篇)
奥林匹克数学的技巧（中篇） 2-7-8 配对 配对的形式是多样的，有数字的凑整配对或共轭配对，有解析式的对称配对对或整体配对，有子集与其补集的配对，也有集合间象与原象的配对。凡此种种，都体现了数学和谐美的追求与力量，小高斯求和（1+2+…+99+100）首创了配对，163IMO -也用到了配对。 例2-143 求 502 305[]503 n n =∑之值。 解 作配对处理 502 251251 011305(503)305305304503[]([][])30425176304503503503503n n n n n n ===-?=+==?=∑∑∑ 例2-144 求和 122k n n n n n n a C C kC nC =+++++…… 解一 由k n k n n C C -=把n a 倒排，有012012k n n n n n n n a C C C kC nC =++++++…… 1(1)()0n n n k n n n n n n a nC n C n k C C --=+-++-++…… 相加 012()2n n n n n n a n C C C n =+++?… 得 12n n a n -=? 解二 设集合{}1,2,,S n =… ，注意到 ,,1,2,,k n A S A k kC A k n ?===∑ … 有n A S a A ?= ∑ 为了求得A S A ?∑ 把每一A S ?，让它与补集A 配对，共有1 2n -对，且每对中均有A A n += 于是1 2 n n A S a A n n n n -?= =++=?∑… 这两种解法形式上虽有不同，但本质上是完全一样的，还有一个解法见例2-149。 例2-145 设12,,,n x x x …是给定的实数，证明存在实数x 使得 {}{}{}121 2 n n x x x x x x --+-++-≤ … 这里的{}y 表示y 的小数部分。 证明 有 {}{}1,0,y Z y y y Z ?∈?+-=? ∈?? 知{}{}1y y +-≤ 下面利用这一配对式的结论。设{}{}{}112i i i n f x x x x x x =-+-++-
奥林匹克数学竞赛内容与方法选讲
奥林匹克数学竞赛内容与方法选讲一、标题分析 （1）奥林匹克——一种精神 （2）数学——一种科学哲学 （3）竞赛——一种生存方式 （4）内容——一种意义生成过程 （5）方法——一种思维的简化形式 （6）选讲——一种最普遍的交流方式 二、主题确定 （1）身、心、思、题、方、践 （2）解读 ?人生就是一场竞赛，身体最终决定成败 ?三分养身七分修心，和谐身心美满一生 ?思维是生存的先锋，智慧是成功的法宝 ?问题是实践的使者，善问是智慧的源泉 ?方法是解题的利斧，策略会赐予你机遇 ?思而无为方略枉然，践行思想始见英雄 三、专题研究 （1）身心健康问题 ?如何监测身体健康状况？ ?如何锻炼身体？ ?如何保持修心养性？
?如何防病、治病？ （2）学习思维问题 ?如何认识学习的分类？从实践中学，从符号中学，从反思中学?如何认识思维的分类？逻辑思维，发散思维，直觉思维 ?如何学习？ ?如何思考？ （4）方法策略问题 （5）实践操作问题 ?如何认识心、言、行的一致性？ ?如何增加计划的可行性？ ?数学解题过程的表述与规范？ ?如何认识社会实践、操作实践、科学实践的关系？ 国际奥林匹克数学竞赛（IMO）的发展
一、国际奥林匹克数学竞赛源于数学家的交流活动，属于一种有意识的比赛，无意识的竞争 在世界上，以数为内容的竞赛有着悠久的历史： 古希腊时就有解几何难题的比赛； 我国战国时期齐威王与大将田忌的赛马，实是一种对策论思想的比赛； 16世纪在意大利有过关于口吃者塔塔利亚求解三次方程的激烈竞争； 17世纪，不少数学家喜欢提出一些问题向其他数学家挑战，法国的费尔马就是其中的佼佼者，他所提出的费尔马大定理（在整数n≥3时，方程X n+Y n=Z n没有正整数解；……）向人类的智慧挑战了300年； 18世纪，法国曾经进行过独立的数学比赛； 19世纪，法国科学院以悬赏的方法征求对数学难题的解答，常常获得一些重要的数学发现。数学王子高斯就是比赛的优胜者，……但是，所有这些事实，都只有局部的性质并且限于在成人之间进行，而专门以中学生为对象的数学竞赛却是现代的时尚。 二、现代意义下的中学生数学竞赛（以下称中学数学竞赛）源于匈牙利。 1894年，为纪念数理学会主席埃沃斯荣任教育大臣，数理学会通过一项决议：举行以埃沃斯命名的，由高中学生参加的数学竞赛，
奥林匹克数学竞赛答题技巧方法.doc
奥林匹克数学竞赛答题技巧方法 奥林匹克数学竞赛答题技巧(一) 1、对照法 如何正确地理解和运用数学概念?小学数学常用的方法就是对照法。根据数学题意，对照概念、性质、定律、法则、公式、名词、术语的含义和实质，依靠对数学知识的理解、记忆、辨识、再现、迁移来解题的方法叫做对照法。 这个方法的思维意义就在于，训练学生对数学知识的正确理解、牢固记忆、准确辨识。 例1：三个连续自然数的和是18，则这三个自然数从小到大分别是多少? 对照自然数的概念和连续自然数的性质可以知道：三个连续自然数和的平均数就是这三个连续自然数的中间那个数。 例2：判断题：能被2除尽的数一定是偶数。 这里要对照除尽和偶数这两个数学概念。只有这两个概念全理解了，才能做出正确判断。 2、公式法 运用定律、公式、规则、法则来解决问题的方法。它体现的是由一般到特殊的演绎思维。公式法简便、有效，也是小学生学习数学必须学会和掌握的一种方法。但一定要让学生对公式、定律、规则、法则有一个正确而深刻的理解，并能准确运用。 例3：计算59 37+12 59+59 59 37+12 59+59 =59 (37+12+1) 运用乘法分配律 =59 50 运用加法计算法则 =(60-1) 50 运用数的组成规则 =60 50-1 50 运用乘法分配律 =3000-50 运用乘法计算法则
=2950 运用减法计算法则 3、比较法 通过对比数学条件及问题的异同点，研究产生异同点的原因，从而发现解决问题的方法，叫比较法。 比较法要注意： (1)找相同点必找相异点，找相异点必找相同点，不可或缺，也就是说，比较要完整。 (2)找联系与区别，这是比较的实质。 (3)必须在同一种关系下(同一种标准)进行比较，这是比较的基本条件。 (4)要抓住主要内容进行比较，尽量少用穷举法进行比较，那样会使重点不突出。 (5)因为数学的严密性，决定了比较必须要精细，往往一个字，一个符号就决定了比较结论的对或错。 例4：填空：0.75的最高位是( )，这个数小数部分的最高位是( );十分位的数4与十位上的数4相比，它们的( )相同，( )不同，前者比后者小了( )。 这道题的意图就是要对一个数的最高位和小数部分的最高位的区别，还有数位和数值的区别等。 例5：六年级同学种一批树，如果每人种5棵，则剩下75棵树没有种;如果每人种7棵，则缺少15棵树苗。六年级有多少学生? 这是两种方案的比较。相同点是：六年级人数不变;相异点是：两种方案中的条件不一样。 找联系：每人种树棵数变化了，种树的总棵数也发生了变化。 找解决思路(方法)：每人多种7-5=2(棵)，那么，全班就多种了75+15=90(棵)，全班人数为90 2=45(人)。 4、分类法 根据事物的共同点和差异点将事物区分为不同种类的方法，叫做分类法。分类是以比较为基础的。依据事物之间的共同点将它们合为较大的类，又依据差异点将较大的类再分为较小的类。 分类即要注意大类与小类之间的不同层次，又要做到大类之中的各小类不
奥数简介
奥数简介 “奥数”是奥林匹克数学竞赛的简称。1934年—1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克竞赛的名称，1959年在布加勒斯特举办第一届国际数学奥林匹克竞赛。 国际数学奥林匹克作为一项国际性赛事，由国际数学教育专家命题，出题范围超出了所有国家的义务教育水平，难度大大超过大学入学考试。有关专家认为，只有5%的智力超常儿童适合学奥林匹克数学，而能一路过关斩将冲到国际数学奥林匹克顶峰的人更是凤毛麟角。 1934年和1935年苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称。1959年罗马尼亚数学物理学会邀请东欧国家中学生参加，在布加勒斯特举办了第一届国际数学奥林匹克竞赛，从此每年举办一次，至今已举办了43届。 近年来中国代表在数学奥林匹克上的成绩就像中国健儿在奥运会的成绩一样，突飞猛进，从40届到第43届，中国代表队连续四年总分第一。 奥数分类为：浓度问题、分数比大小问题、行程问题、分数巧算、逻辑推理、工程问题、牛顿问题、数字的巧算问题。 奥数与一般数学有一定的区别:奥数相对比较深. 小学数学奥林匹克活动的蓬勃发展,极大地激发了广大少年儿童学习数学的兴趣,成为引导少年积极向上,主动探索,健康成长的一项有益活动. 国际奥林匹克数学竞赛 奖项名称: 国际奥林匹克数学竞赛 其他名称: International Mathematics Olympiad 创办时间: 1959年 主办单位: 由参赛国轮流主办 奖项介绍：国际奥林匹克数学竞赛是国际中学生数学大赛，在世界上影响非常之大。国际奥林匹克竞赛的目的是：发现鼓励世界上具有数学天份的青少年，为各国进行科学教育交流创造条件，增进各国师生间的友好关系。这一竞赛1959年由东欧国家发起，得到联合国教科文组织的资助。第一届竞赛由罗马尼亚主办，1959年7月22日至30日在布加勒斯特举行，保加利亚、捷克斯洛伐克、匈牙利、波兰、罗马尼亚和苏联共7个国家参加竞赛。以后国际奥林匹克数学竞赛都是每年7月举行（中间只在1980年断过一次），参赛国从1967年开始逐渐从东欧扩展到西欧、亚洲、美洲，最后扩大到全世界。目前参加这项赛事的代表队有80余支。美国1974年参加竞赛，中国1985年参加竞赛。经过40多年的发展，国际数学奥林匹克的运转逐步制度化、规范化，有了一整套约定俗成的常规，并为历届东道主所遵循。 国际奥林匹克数学竞赛由参赛国轮流主办，经费由东道国提供，但旅费由参赛国自理。参赛选手必须是不超过20岁的中学生，每支代表队有学生6人，另派2名数学家为领队。试题由各参赛国提供，然后由东道国精选后提交给主试委员会表决，产生6道试题。东道国不提供试题。试题确定之后，写成英、法、德、俄文等工作语言，由领队译成本国文字。主试委员会由各国的领队及主办国指定的主席组成。这个主席通常是该国的数学权威。主试委员会的职责有7条：1）、选定试题；2）、确定评分标准；3）、用工作语言准确表达试题，并翻译、核准译成各参加国文字的试题；4）、
四年级奥林匹克数学竞赛题目完整版
四年级奥林匹克数学竞 赛题目 HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】
四年级奥林匹克数学竞赛题目 一、计算题 (4分) 1、11×40＋39×48＋8×11 ＝ 2、1996＋1997＋1998＋1999＋2000＋2001＋2002＋2003＋2004＝ 二、填空题 (27分) 1、找规律填数: 21 26 19 24 ( ) ( ) 15 20 2、用0--4五个数字组成的最大的五位数与最小的五位数相差( )。 3、用0、5、8、7这四个数字，可以组成（）个不同的四位数。 4、小明每天晚上9时30分睡觉，早晨6时30分起床，那么他的睡眠时间是（）小时。 5、甲、乙、丙三人站成一排照相，有（）种排法。 6、从午夜零时到中午12时，时针和分针共重叠（）次。 7、环形运动场上正在进行长跑比赛。在每位参加赛跑的运动员前面有7个人在跑着，在每位运动员的后面，也有7个人在跑着，现在运动场上一共有（）名运动员。 8、一块豆腐，要想切成八块，最少的（）刀就可以完成。
9、妈妈使用一个平底锅烙饼，这个平底锅每次只能放2张饼，1张饼要烙两面，烙熟一面要3分钟，烙熟3张饼至少需要（）分钟。 三、选择题 (21分) 1、公园要建一个正方形花坛,并在花坛四周铺上2米宽的草坪,草坪的面积是96平方米,花坛和草坪的面积总和 是( )平方米. (A)204 (B)190 (C)196 (D)100 2、小明每分钟走50米,小红每分钟走60 米,两人从相距660米的两村同时沿一条公路相对出发,8分钟后两人相 距( )米. (A)75 (B)200 (C)220 (D)110 3、右图的周长是（）分米.。 4分米 5分米 （A）22 （B）20 （C）18 （D）28 4、500张白纸的厚度为50毫米，那么（）张白纸的厚度是 750毫米。 C. 7500 5、6个男生的平均体重是40千克，4个女生的平均体重是 30千克，这10个同学的平均体重是（）千克。 A、35 B、38 C、36
高中数学奥林匹克竞赛全真试题
1 2003年全国高中数学联合竞赛试题 一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2003项是（ ） A ．2046 B ．2047 C ．2048 D ．2049 2、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2=ab 的图形是（ ） 3、过抛物线y 2=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于( ) A ． 163 B ．8 3 C D ． 4、若5[,]123 x ππ ∈--，则2tan()tan()cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是（ ）. A B C D 5、已知x 、y 都在区间（－2，2）内，且xy =－1，则函数2 2 4949u x y = + --的最小值是（ ） A ． 85 B ．2411 C ．127 D ．125 6、在四面体ABCD 中，设AB =1，CD AB 与CD 的距离为2，夹角为3 π ，则四 面体ABCD 的体积等于（ ） A B ．12 C ．1 3 D 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7、不等式|x |3－2x 2－4|x |＋3<0的解集是__________. 8、设F 1，F 2是椭圆22 194 x y +=的两个焦点，P 是椭圆上的点，且|PF 1|：|PF 2|=2：1，则△PF 1F 2的面积等于__________. 9、已知A ={x |x 2－4x ＋3<0，x ∈R }，B ={ x |21－ x ＋a ≤0，x 2－2（a ＋7）x ＋5≤0，x ∈R }.若A B ?，则实数a 的取值范围是__________. 10、已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且35 log ,log 24 a c b d ==，若a － c =9，b － d =__________. 11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________. 12、设M n ={（十进制）n 位纯小数0.12 |n i a a a a 只取0或1（i =1，2，…，n －1） ，a n =1}，
奥林匹克数学的技巧(下篇)
奥林匹克数学的技巧（下篇） 2-7-18 优化假设 对已知条件中的多个量作有序化或最优化（最大、最小、最长、最短）的假定，叫做优化假设，常取“极端”、“限定”、“不妨设”的形式。由于假设本身给题目增加了一个已知条件，求解也就常能变得容易。求解104246296,,IMO IMO IMO ---都用到这一技巧。 例2-166 空间2(2)n n ≥个点，任4点不共面，连2 1n +条线段，证明其中至少有3条边组成一个三角形。 证明 设其中任意三条线段都不能组成三角形，并设从A 1点引出的线段最多（优化假设），且这些线段为A 1B 1，A 1B 2，…A 1B k ，除A 1，B 1，B 2，…，B k 之外，其他点设为A 2，A 3，…，A 2n-k 。显然{}12,,,k B B B …中任两点间无线段相连。于是，每一个i B 发出的线段至多（2n k -）条，而每个j A 发出的线段至多k 条（1,2,,1,2,,2i kj n k -=-……），故线段总数最多为（图2-65）： 221(2)[(2)(2)](2)[]22 k n k l n k n k k k n k n +--+-=-≤= 这与已知条件连21n +条线段矛盾，故存在三条线段组成一个三角形。 例2-167 平面上的有限个圆盘盖住了面积为1的区域S ，求证可以从中选出一些互不相交的原盘来，使它们的面积之和不小于19 。 证明 将圆心为O ，半径为r 的原盘记为(,)C o r 。首先取全体圆盘中面积最大的一个记为 11(,)C o r ；然后在与11(,)C o r 不相交的圆盘中取面积最大的一个，记为22(,)C o r ，接着在与11(,)C o r ，22(,)C o r 都不相交的圆盘中取面积最大的一个，记为33(,)C o r ，继续这一过程，直到无圆可取为止，设取得的圆盘依次为11(,)C o r ，22(,)C o r ，…，(,)n n C o r （1） 则（1）中的圆盘互不相交，且剩下的圆盘均与（1）中的某一圆盘相交。下面证明，（1）中各圆面积之和12n S S S +++…不小于19 。 任取x S ∈，必存在一个已知圆盘(,)C o r ，使( ,)c C o r ∈。这个(,)C o r 或在（1）中，或与（1）中的圆盘相交，反正必与（1）有重迭部分，现设（1）中与(,)C o r 有公共部分的最大圆盘为(,)(1)k k C o r k n ≤≤，因为(,)C o r ，(,)k k C o r 与11(,)C o r ，22(,)C o r ，…，11(,)k k C o r --均不相交，故由(,)k k C o r 的取法知k r r ≤，且由(,) (,)k k C o r C o r ≠?知，(,)(,3)k k C o r C o r ?， 更有(,3)k k x C o r ∈。这表明1(,3)n i i i S U C o r =?
高中数学奥林匹克竞赛的解题技巧(上中下三篇)
奥林匹克数学的技巧（上篇） 有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学，通常的情况是，在一般思维规律的指导下，灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中，经常使用一些方法和原理（如探索法，构造法，反证法，数学归纳法，以及抽屉原理，极端原理，容斥原理……），同时，也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在2-1曾经说过：“竞赛的技巧不是低层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技，它既是使用数学技巧的技巧，又是创造数学技巧的技巧，更确切点说，这是一种数学创造力，一种高思维层次，高智力水平的艺术，一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 2-7-1 构造 它的基本形式是：以已知条件为原料、以所求结论为方向，构造出一种新的数学形式，使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形，构造方程，构造恒等式，构造函数，构造反例，构造抽屉，构造算法等。 例2-127 一位棋手参加11周（77天）的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋，证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋。 证明：用n a 表示这位棋手在第1天至第n 天（包括第n 天在内）所下的总盘数（1,2,77n =…），依题意 127711211132a a a ≤<<≤?=… 考虑154个数： 12771277,,,21,21,21a a a a a a +++…,? 又由772113221153154a +≤+=<，即154个数中，每一个取值是从1到153的自然数，因而必有两个数取值相等，由于i j ≠时，i i a a ≠ 2121i j a a +≠+ 故只能是,21(771)i j a a i j +≥>≥满足 21i j a a =+ 这表明，从1i +天到j 天共下了21盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序，并具体构造了154个“苹果”与153个“抽屉”，其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。 例 2-128 已知,,x y z 为正数且()1xyz x y z ++=求表达式()()x y y z ++的最最小值。 解：构造一个△ABC ，其中三边长分别为a x y b y z c z x =+??=+??=+? ，则其面积为 1?== 另方面2()()2sin x y y z ab C ?++==≥ 故知，当且仅当∠C=90°时，取值得最小值2，亦即222()()()x y y z x z +++=+
小学数学奥林匹克竞赛试题及答案(四年级)(奥数试题精选)
小学数学奥林匹克网上竞赛试题及答案 （四年级） 1、下面的△,○,□各代表一个数,在括号里填出得数: △+△+△=36 □×△=240 ○÷□=6 ○=( ) A 120 B 100 C 130 D 124 2、如果一个整数,与1,2,3这三个数,通过加减乘除运算(可以添加括号)组成算式,结果等于24,那么这个整数就称为可用的,那么,在4,5,6,7,8,9,10这七个数中,可用的数有（）个. A 5 B 6 C 7 D 4 3、有100个足球队,两两进行淘汰赛,最后产生一个冠军,共要赛（）场. A 97 B98 C 99 D 50 4、七个小队共种树100棵,各小队种的棵数都不同,其中种树最多的小队种了18棵,种树最少的小队至少种了（）棵. A 10 B 8 C 9 D 7 5、将一盒饼干平均分给三个小朋友,每人吃了八块后,这时三个小朋友共剩的饼干数正好和开始1个人分到的同样多,问每个小朋友分到（）块。 A 24 B 20 C 12 D 16 6、每次考试满分是100分,小明4次考试的平均成绩是89分,为了使用权平均成绩尽快达到94分(或更多),他至少再要考( )次. A 5 B 6 C 3 D 4 7、甲乙丙丁四个人比赛乒乓球，每两人都要赛一场，结果甲胜丁，并且甲乙丙胜的场数相同，那么丁胜的场数是（）场。 A 0 B 1 C 2 D 3 8、有一位探险家，用6天时间徒步横穿沙漠。如果一个搬运工人只能运一个人四天的食物和水，那么这个探险家至少要雇用（）名工人。 A 2 B 3 C 4 D 5 9、在右图的中间圆圈内填一个数,计算每一线段两 数之差(大减小),然后算出这三个数之和,那么这个 13 差数之和的最小值是( ). A 28 B 30 C 31 D 29 32 41 13
2016年全国奥林匹克数学竞赛决赛-
2016年小学数学竞赛决赛试卷 （国奥赛决赛） （2016年4月10日下午2:00-3:30） （本卷共15个题，每题10分，总分150分，第1至12题为填空题，只需将答案填入空内；13至15题为解答题，需写出解题过程。） 1.）（）（）（40375.08.041545.2? ÷??? = 。 【考点】计算 【难度】★ 【答案】9 64 【分析】原式 = 0.5×4×0.2÷（ 43×403） = 52×9 160 = 964 2.1 811611*********－＋－＋－＋－ = 。 【考点】计算（平方差公式利用） 【难度】★★ 【答案】9 4 【分析】原式 = ) 18()18(1)16(1611414112121＋－＋＋）－（＋）＋（）－（＋）＋（）－（????） = 971751531311????＋＋＋
= （1-31＋31－51＋51－71＋71－91）×2 1 = （1－ 91）×21 = 98×2 1 = 94 3.)]3 2152(347[163)25.016743(＋－＋－÷?÷ = 。 【考点】计算 【难度】★ 【答案】28 69 【分析】原式 = )1215347(163)4171643(??? －＋－ = 3 16163)41712(?＋－ = 28 41 + 1 = 2869 4.从1，2，3，4，5中选出互不相等的四个数填入[○÷○×（○＋○）]的圆圈中，使其值尽可能地大，那么[○÷○×（○＋○）]的最大值是 。 【考点】最值问题 【难度】★ 【答案】54 【分析】要使值最大，则第二个圆圈的数要最小，第二个圆圈只能为1.第一个圆圈的数尽可能大，第三个圆圈和第四个圆圈的和要大。经验算，算式：6÷1×（4＋5）的值最大，最大为54。
世界奥林匹克数学竞赛试题(小学3-6年级)
三年级晋级赛 一、填空题。（每题5分，共60分） 1、计算：8888×3333＋4444×3334= 。 2、如图，阴影部分是正方形（单位：厘米），那么长方形ABCD的周长是厘米。 3、三年级同学参加“元旦”节团体操表演，每横排人数同样多，每竖排人数也同样多。小志的位置是从左数第10人，从右数第8人，从前数第9人，从后数是第7人。参加表演的同学有人。 4、三年级（1）班有50名同学帮助班主任老师把20捆教科书搬到230米外的教室，每两个人抬一捆，大家轮流休息，平均每人抬米。 5、小泉做一道除数是一位数的除法时，误把除数9看成6，结果算出的商是7，余数是3。你知道正确的结果是。 6、数一数，图中有个三角形。 7、欧欧、小美、小泉、奥斑马四人到一山上完成一个星期的勘察任务（7天），每人每天需要一瓶水，但他们只剩下10瓶水，而上山下山各需2天，山下的龙博士至少带瓶水上山，才正好解决缺水的困难。 8、有47名游客要渡河。现在只有一条小船，每次只能载6人（无船工），每渡河一次需要2分钟。那么，至少要花分钟才能渡完。 9、幼儿园将一批苹果分给大、中、小三个班，大班分得总个数的一半多20个，中班分得余下的一半少20个，最后把剩下的140个全部给了小班，那么这批苹果一共有个。 10、庆祝“元旦”，黑白团队用一根花丝带装饰屋前的大树。若绕大树五圈则余下5米；若绕大树六圈则差1米。那么，用这根花丝带绕大树两圈余米。 11、黑白团队在一个黑漆漆的山庙里点上了24支蜡烛。突然一阵风吹灭了5支蜡烛；过了一会，又被吹灭了4支；这时奥斑马把窗子都关上，之后就再也没有蜡烛被吹灭。那么，山庙里最后还剩下支蜡烛。 12、下表中，第一列是“多创放”，第二列是“思新飞”……，第2012列是。
初二奥林匹克数学竞赛试题
2 2008年初中数学联赛（初二组）试卷 一、选择题（本大题满分56分，每小题8分） 1、已知a 、b 、c 是三角形的三边，则 a 4＋ b 4 c 4 －2 a 2c 2－2 b 2c 2－2 a 2c 2的值是（ ） A. 恒正 B. 恒负 C.可正可负 D.非负 2、已知a ＋b ＋c ＝0， a 1 ＋b 1＋c 1＝－4，那么， （a 1 ）2 ＋（b 1）2 ＋（c 1）2 的值是（ ） A.3 B. 8 C. 16 D.20 3、已知：a 1 －│a │＝1，那么代数式a 1＋│a │的值是（ ） A.25 B.－2 5 C.－5 D. 5 4、已知│a │＝5，b 2＝9时，且ab ＞0则a ＋b 的值为( )， A. 8 B.－2 C.－8或8 D.－2或2 5、已知a 、b 、c 是正整数，a ＞b ，且a 2－a b －a c ＋bc ＝7, 则a －c 的值为（ ） A.－1 B.－1或－7 C.1 D.1或7 6、已知△ABC 的一个角是400，且∠A ＝∠B ，那么∠C 的外角的 大小是( ) A. 1400 B. 800或1000 C. 1000或 1400 D. 800 或1400 7、如图，已知FA ＝FB,FC ＝FD,下列结论中：①∠A ②DE ＝CE ；③连接FE ，则FE 平分∠F ，正确的是（ ） A. ①② B.②③ C.①③ D.①②③ 二、填空题（本大题满分40分，每小题8分） 1、若x 2＋x y ＋y ＝14，y 2＋x y ＋x ＝28，则 x ＋y 的值为 . 2、（ 3+1） 2001 -2（3+1） 2000 -2（3+1） 1999 +2008＝ . 3、已知x 、y 是实数，43+x +y 2 -6y+9=0，若axy-3x=y ，则a= . 4、a 、b 、c 为△ABC 的三边，且3a 3+6a 2b-3a 2c-6abc=0，则△ABC 的形状为 . 5、已知x 1+y 1=5，则 y xy x y xy x +++-2252= .