第61届IMO(国际数学奥林匹克)完整版试题
6年级数学奥林匹克试题
6年级数学奥林匹克试题一、试题部分。
1. 计算：(1)/(1×2)+(1)/(2×3)+(1)/(3×4)+·s+(1)/(99×100)- 解析：根据分数的裂项公式，(1)/(n(n + 1))=(1)/(n)-(1)/(n + 1)。
- 原式=(1-(1)/(2))+((1)/(2)-(1)/(3))+((1)/(3)-(1)/(4))+·s+((1)/(99)-(1)/(100))- 可以发现中间项都可以消去，最后得到1-(1)/(100)=(99)/(100)。
2. 一个圆柱的底面半径是2厘米，高是5厘米，求它的侧面积。
（π取3.14）- 解析：圆柱侧面积公式为S = 2π rh。
- 已知r = 2厘米，h = 5厘米，π=3.14。
- 则侧面积S = 2×3.14×2×5 = 62.8平方厘米。
3. 有一个分数，如果分子加1，这个分数等于(1)/(2)；如果分母加1，这个分数等于(1)/(3)，求这个分数。
- 解析：设这个分数的分子为x，分母为y。
- 根据题意可列方程组(x + 1)/(y)=(1)/(2) (x)/(y+1)=(1)/(3)- 由第一个方程可得y = 2(x + 1)，代入第二个方程得(x)/(2(x +1)+1)=(1)/(3)。
- 即(x)/(2x+3)=(1)/(3)，3x=2x + 3，解得x = 3。
- 把x = 3代入y = 2(x + 1)得y = 8，所以这个分数是(3)/(8)。
4. 把100个苹果分给若干个小朋友，每人至少分1个，且每人分的个数不同，那么最多有多少个小朋友？- 解析：要使小朋友最多，那么从1开始分，依次增加个数。
- 设最多有n个小朋友，根据等差数列求和公式S_n=(n(n + 1))/(2)。
- 当n = 13时，S_13=(13×(13 + 1))/(2)=91；当n = 14时，S_14=(14×(14 + 1))/(2)=105。
IMO历届试题
IMO历届试题2010年第51届国际奥林匹克数学竞赛（IMO）试题及答案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 iO 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()nnii i i i i i S A AS 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．。
2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答
2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答1. 第一题第一题给出一个正整数$n$，要求用$n$条直线将平面分割成最多的部分。
这是一个典型的组合数学问题，通过分析可以得出结论：$n$条直线最多将平面分割成$\frac{n^2+n+2}{2}$个部分。
我们可以通过代入不同的正整数$n$进行计算得出结果，并通过严谨的证明论证得出结论。
2. 第二题第二题要求证明一组特殊的数列满足一定的性质。
这涉及到数学归纳法和数列的性质分析，需要对数列的递推关系进行推导和证明。
首先可以给出数列的前几项，然后利用数学归纳法证明数列的性质成立。
最后给出结论，证明题目所述的性质成立。
3. 第三题第三题涉及到不定方程的求解和数论知识的应用。
要求证明一定范围内的不定方程存在解，同时要求给出满足条件的解的个数。
这需要运用到数论知识中的整除性质和模运算，通过分析不定方程的特点，得出结论并给出严格的证明。
4. 第四题第四题是一个几何问题，要求证明一组特殊的几何图形满足一定的条件。
这需要利用到几何图形的性质和几何推理，通过对几何图形的特点进行分析，从而得出结论并给出严谨的证明。
5. 第五题第五题是一个概率和统计的问题，要求计算某个随机事件发生的概率。
这需要利用到概率的计算方法和统计学知识，通过分析随机事件的特点和条件，给出概率的计算公式，并进行严格的推导和计算，最后得出准确的结果。
2023年imo国际数学奥林匹克第二天的题目涉及到组合数学、数论、几何、概率和统计等多个领域的知识，要求考生在解答问题时，既要运用到各个领域的知识，又要具备严密的逻辑推理能力和严谨的数学证明能力。
希望所有参加imo国际数学奥林匹克的学生都能在比赛中取得优异的成绩，展现自己在数学领域的才华和潜力。
第六题第六题是一个复杂的优化问题，要求在一定的约束条件下，求解出使得某个特定函数值最大或最小的情况。
这种问题往往需要运用到微积分的知识，通过对函数的导数进行分析，找到极值点，并进行推导和证明，得出最优解的情况及相应的最大值或最小值。
国际数学奥林匹克竞赛
1894年组织的数学竞赛
01 历史起源
03 竞赛介绍 05 历届赛事
目录
02 赛事历程 04 主试委员会 06 历届冠军
国际数学奥林匹克竞赛，英文名：International Mathematical Olympiad，简称：IMO。“数学奥林匹克” 的名称源自苏联，其将体育竞赛、科学的发源地——古希腊和数学竞赛相互关联。在20世纪上半叶，不同国家相 继组织了各级各类的数学竞赛，先在学校，继之在地区，后来在全国进行，逐步形成了金字塔式的竞赛系统。从 各国的竞赛进一步发展，自然为形成最高一层的国际奥林匹克竞赛创造了必要的条件。
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。
赛事历程
2023年3月31日，经过两轮的集训与选拔，2023年中国数学奥林匹克国家队队员前6候选名单确定。
竞赛介绍
Байду номын сангаас
目的 时间
主办 对象
试题
考试
奖励
激发青年人的数学才能；引起青年对数学的兴趣；发现科技人才的后备军；促进各国数学教育的交流与发展。
历届冠军
(1977-2019) 1977:美国 1982:西德 1983:西德 1987:罗马尼亚 1988:苏联 1989:中国 1990:中国 1991:苏联 1992:中国 1993:中国
谢谢观看
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、比赛期间，确定如何回答学生用书面提出的关于试题的疑问； 5、解决个别领队与协调员之间在评分上的不同意见； 6、决定奖牌的个数与分数线。
历届赛事
2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答
2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。
imo试题2015答案
imo试题2015答案1. 题目分析IMO试题是国际数学奥林匹克试题，旨在考察学生的数学思维能力和解题能力。
本次文章将提供关于IMO试题2015的答案，以供参考。
2. 题目回答为了遵守题目要求，下面将给出IMO试题2015的答案，注意请勿将以下答案与其他来源进行对比或公开讨论。
（由于答案需要填充大量数学公式和图表，无法在此文本中直接插入，以下是答案的大致内容描述）题目1：答案：设每个数的倒数为 a，那么我们可以将每个等式都写成a+a=1，整理得到 a=1/2。
所以，每个数的倒数为1/2，即每个数为2。
题目2：答案：我们可以对每个国家的得分进行排列，假设从小到大依次排列为 A1,A2,A3,B1,B2,B3。
根据题目给出的条件，得到以下不等式：A1 < B3A2 < B1A3 < B2Sum(Ai) = Sum(Bi)将以上不等式可以转化为以下方程组：A1 + A2 + A3 = B1 + B2 + B3 (1)A1 + A2 < B1 + B2 (2)A2 + A3< B1 + B2 (3)A1 + A3 < B2 + B3 (4)通过推理和分析，我们可以得出答案：可能最小值为(A,B,C,D,E,F) = (1,2,2,2,3,5)。
题目3：答案：设 f(n) 为除以 2015 的余数，我们可以用 f(n) 的值来表示序列的状态。
通过观察，我们可以发现 f(n) 的值只有 2015 种可能：0,1,2,...,2014。
设 g(i) 表示 f(n) 为 i 的序列个数，则问题转化为求 g(i) 的表达式。
我们可以得出 g(i) = ⌊N/2015⌋ + σ(i) ，其中σ(i) 表示 1 到N 中余数为 i 的个数，N 表示最后一个数。
通过数学计算，我们可以得出答案：如果 N 能整除 2015，则答案为 2015-M，否则为 2014-M，其中 M 是最小的满足条件的正整数。
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'）。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................