数学奥林匹克小丛书(第三版)高中卷14：点几何解题
(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---参考答案(第3-5章)
第三章 托勒密定理及应用习题A1．由CDE BAE △∽△和CBE DAE △∽△，有4BE AB CE =，4DEAD CE=，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有()()416BE DEBD AE CE AB AD CE+⋅+=+=⋅．令CE x =，得方程26160x x +-=，求得2x =(舍去了负值)．于是12BE DE CE AE ⋅=⋅=．又8BD BC DC <+=，求得3BE =，4DE =或4BE =，3DE =，总之7BD =为所求．2．连EF ，DF ，由FBC FBD FED FAC ∠=∠=∠=∠，ABF EBF EDF ACF ∠=∠=∠=∠，知EDF EDF △∽△，即EF DE DF AF AC CF==．设其比值为k （k 为参数），则EF kAF =，DE kAC DF kCF =⋅=，对四边形BEFD 应用托勒密定理．有()BE EF DF BF DE +=⋅，即()BE k AF k CF BF k AC ⋅+⋅=⋅⋅注意到BE AC =，消去k ，得BF AF CF =+．3．连AC ，在四边形APCD 中应用托勒密定理，有PA PC AC PB AB +=4．连11l l 11,,B D DC B C ，设CAD α∠=，BAD β∠=，O ⊙的半径为R ．由AD 为BC 上中线，可令12ABC ACD ABC S S S k ===△△△．由正弦定理有112sin B D R β=⋅，112sin()C D R αβ=⋅+．对四边形111AB D C 应用托勒密定理，有1112sin 2sin 2sin()AB R αAC R βAD R αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+，消去2R ，两边同乘以 12AB AC AD ⋅⋅得111122ACD ABD ABC AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，亦即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅，由此即证．5．连1535,A A A A ，则1514A A A A =，3513A A A A =．对四边形1345A A A A 应用托勒密定理，有 3413151435()A A A A A A A A A A ⋅+=⋅，即1213141413()A A A A A A A A A A +=⋅，由此整理即证．6．对四边形AB A B ''应用托勒密定理，有11a b cc AB A B '''=+⋅，即11111a b c cc c AB A B c '''=+⋅⋅，同理，对四边形B CA C '''，AB BC ''，AA BC ''分别应用托勒密定理，有1AB A B c AB B C b AB A C a '''''''⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅，1AB B C b abc bb b '''⋅⋅=+，1AB A C a a b c aa a '''''''⋅⋅=+．由此四式即证得结论．7．设圆心O 到AB ，BC ，CA 的距离分别为1x ，2x ，3x ，连接BO 并延长与O ⊙交于D ，连AD ，DC ，则12AD x =，22CD x =，对四边形ABCD 应用托勒密定理有12222x a x c Rb +=．同理，23222x b x a Rc +=，13222x b x c Ra +=．加之1232()2()2()2()x a b x b c x c a R a b c +=+++=++，但123()cx ax bx r a b c ++=++，以上两式相加得123x x x R r ++=+．但11x R h =-，22x R h =-， 33x R h =-，由此即证．8．作一直径(11)AB x x =≥的圆，在B 的两侧分别取C ，D 二点，使2BC =，11BD =，于是AC =AD ，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有211CD x ⋅=+，将此式与原方程比较得CD =．在BCD △中，由余弦定理，有1cos 2CBD ∠=-，知120CBD ∠=︒，故14sin120CDx AB ===︒为所求．9．作直径1AC =的圆，并作弦AB b =，AD a =的圆内接四边形ABCD ，则DC =，BC =AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅，即1a b BD =⋅，由此得1BD =，即BD 也是圆的直径，故221a b +=．10．当0x =时，1y =，当0x ≠时，作代换222x t x +=，1122x x t x x =+=+≥sin cos t θy t θ+=+，即1sin cos yt θy θ-=-⋅，以1AB =为直径作圆，作弦sin AC θ=，作弦AD =，则BD =cos BC θ=．由托勒密定理及1CD AB ≤=，有sin cos θy θ+，亦有sin cos sin cosyt tθyθθyθ-=-≤+，即11t y⋅--，故22y≤≤11．连AC，CE，AE，对四边形APCE应用托勒密定理，有AC PE AE PC CE PA⋅=⋅+⋅，而AC AE CE==，有PE PA PC=+．同理，PD PB PF=+，由此即证．12．不失一般性，令P点位于OBF△内部（其中O为CAB△中心），作1PP AD⊥于1P，2PP BE⊥于2P，3PP CF⋅于3P．由P，O，1P，2P四点共圆，有23180PP O PPO∠+=︒，知1P，3P，O，2P四点共圆，即P，3P，O，lP，2P共圆，推知l23PP P△是正三角形，在312PP PP中，有123213312PP P P PP PP PP PP⋅=⋅+⋅，即123PP PP PP=+，故PAD PCFS S+△△．13．作ABC△外接圆的直径CF，并设AF x=，BF y=，则60BFC A∠=∠=︒，直径2CF d y==．对四边形BCAF应用托勒密定理，有cd ax by=+．从而tan tan tan tan2221tan tan tan tan2a bA B BFC AFC ax by ax by by cd by by c by xa bA B BFC AFC ax by ax by cd c y cy x--∠-∠-+-=-======-= +∠+∠++⋅+．14．令AB AC a==，对四边形ABPC应用托勒密定理，有a PB a PC BC PA⋅+⋅=⋅，即有PA aPB PC BC=+．对四边形BCAQ应用托勒密定理，有QA BC a QB a QC⋅+⋅=⋅，即QA aQC QB BC=-．15．对四边形ABCD应用托勒密定理，BC AD BD AC AB CD⋅+⋅=⋅，即AD ACBC BD CDAB AB⋅+⋅=．又ABD MCP△∽△及ABC MDQ△∽△，有AD MPAB MC=，AC MQAB MD=，于是MP MQBC BD CDMC MD⋅+⋅=，注意到=22CD MC MD=即证．16．连EG，FG和EF，对四边形BFGE应用托勒密定理，有BE FG BF EG BG EF⋅+⋅=⋅，又FEG FBG ADB∠=∠=∠，EFG EBG∠=∠，则EFG ABD△∽△，有FG EG EFAB AD BD==，令其比值为t，则t BE AB t BF AD t BG BD⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅，消去t，注意到AD BC=即证．17．作DG AF∥交1O⊙于G，则AG FD=，GF AD=．对四边形AGDF应用托勒密定理，AD FG AG FD AF GD⋅=⋅+⋅．由AD平分BAF∠，知FD BD=，即AG BD=，由此知GB DA∥，有GD AB=．故222AD FD AF GD FD AF AB=+⋅=+⋅．同理，有22AE FE AF AC=+⋅．此两式相减有2222DA EA DF EF-=-，故DE AF⊥．18．在直径2AB x=>的圆中，在两个半圆上分别取点C和D，使2AC=，1AD=，则BCBD=由托勒密定理，CD x=⋅，与原方程比较得CD．在ACD△中，由余弦定理，有1cos2CAD∠=-，则120CAD∠=︒，故sinCDxCAD=∠．19．由222+=，在直径AB=的圆中，在一半圆上取点C，使AC=，BC=；在另一半圆上取中点D，则AD BD==CD，知CD AB≤，由托勒密定理，2AB CD=⋅≤，即y=≤ABC△中，AC BC AB+≥（当C与A或B重合时，取等号)，故y≤20．设222x y a+=，则01a≤≤．当0a=时，命题显然成立，当01a<≤时，在直径AB a=的一半圆上取点C，使AC x=，BC y=，因2222x y a +=+=，则可在另一半圆上取点D ，使BD =，AD =，由托勒密定理，有2x y AB CD a +=⋅≤，即2()()x x y y x y ++-≤≤但222()()()()x xy y x x y y x y x x y y x y +-=++-≤++-≤21．设点T 在劣弧»AB 上，连AT ，BT ，CT ，分别交小圆于点D ，E ，F ．连DE ，EF ，FD ，过点T 作公切线RQ ．由DFT RTD RTA ACT ∠=∠=∠=∠，有AC DF ∥，有AD ATCF CT=．又 2AM AD AT =⋅，2CP CF CT =⋅，有2222AM AD AT AT CP CF CT CT =⋅=，即AM AT CP CT =．同理，BN BT CP CT=．对圆内接四边形ATBC 应用托勒密定理，有AT BC BT AC TC AB ⋅+⋅=⋅，而AB BC CA ==，则 AT BT CT +=，故AM BN CP ++．22．令BC a =，AC b =，AB c =．由BE 平分ABC ∠，有AE AB EC BC =，亦有AE ABAC BC AB=+，即bc AE a c =+．同理，bcAF a b=+．由AE PQ ∥，有AEF Q ∠=∠，从而AEF PCB ∠=∠，注意到 FAE BPC ∠=∠，有AEF PCB △∽△，即PB AF a cPC AE a b+==+，即()PB b PC a c PB a ⋅=⋅+-⋅．在圆内接四边形PABC 中，应用托勒密定理，有PB b PC c PA a ⋅=⋅+⋅，故()PC a c PB a PC c PA a +-⋅=⋅+⋅，因此，PC PA PB ++．23．由()BE AC AF FC AC ⋅=+⋅，AC ，()()AF BC AB FC AF BD CD FC BE AE AF ⋅+⋅=⋅++-=⋅ ()()AC AF CD FC AC FC AE AF FC AC AF CD FC AE +⋅+⋅-⋅=+⋅+⋅-⋅，又AF CD FC AE ⋅=⋅， 则BF AC AF BC AB FC ⋅=⋅+⋅，由托勒密定理之逆，知ABCF 有外接圆．24．连EA ，ED ，由BAE ECD ∠=∠，且CDE EAD ABE ∠=∠=∠，有ABE CDE △∽△，亦有AE ABEC CD=， 即EC AB EA CD ⋅=⋅．在圆内接四边形AEBC 中，应用托勒密定理，有EA BC EB AC EC AB ⋅+⋅=⋅，于是222111EB AC EA BC EA BC BC BD BD BD EC AB EC AB EA CD CD CD BD CD DA ⋅⋅⋅=-=-=-===⋅⋅⋅⋅．又ABD CAD ∠=∠，ADB ADC ∠=∠，有ABD CAD △∽△，有AB BDAC AD=．于是22EB AC AB EC AB AC ⋅=⋅，故33EB AB EC AC =． 习题B1．在弧¼ADC 上取点H ，使AH CD c ==，连HC ，HB ，令AC m =，BD n =，BH p =，易证AHC CDA △∽△，即HC AD d ==．对四边形ABCD ，ABCH 分别应用托勒密定理，有ac bd mn +=，ad bc pm +=．又在弧¼BCH 上取点K ，使BK CH d ==，由CHB KBH △∽△，有HK BC b ==对四边形ABKH 应用托勒密定理，有ab cd AK p +=⋅．又由¼¼KHA BCD =，有AK BD n ==． 于是2()()ac bd ad bc m ab cd ++=+，2()()ac bd ab cd n ad bc++=+，由此即求得AC ，BD ．2．作AGH △的外接圆1O ，分别截AC ，AD AB 于点H ，Q ，G ．易证BCD APE △∽△，即DC BCPE AP=，BD BC AE AP =，即PE AK CD BC BC AP AP =⋅=⋅，AEBD BC AP=⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AE AKAD BC BD AC DC AB BC BC AB AP AP⋅=⋅+⋅=⋅+⋅⋅，故AP AD AE AE AK AB ⋅=⋅+⋅．（*） 同理，由托勒密定理，有AP AQ AE AE AK AG ⋅=⋅+⋅．于是2()AP AQ AP AP PQ AP AP PQ AE AH AK AG ⋅=+=+⋅=⋅+⋅， 即22AP PG PH AP AP PQ AE AH AK AG +⋅++⋅=⋅+⋅从而2AP AE AH AK AG PG PH =⋅+⋅-⋅．由(*)式减去上式，有()()() AP AD AP AE AC AH AK AB AG PG PH -=-+-+⋅，即PA PD PK PI PE PF PG PH ⋅=⋅+⋅+⋅．又22221()24PK PI EF KI KI ++≤≤，214PE PF EF ⋅≤，214PG PH GH ⋅≤，故224EF KI GH PA PD ++≥⋅，其中等号当且仅当P 为ABCV △的中心时取得． 3．设四边形1234A A A A 内接于以O 为圆心，半径为R 的圆，设点O 在弦13A A ，12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为点0H ，1H ，2H ，3H ，4H ．记(0,1,,4)i i h OH i ==…，1S ，2S 与1p ，2p 为123A A A △与34l A A A △的面积与半周长，1r ，2r 为它们的内切圆半径．考虑含点O 的三角形，不妨设O 在123A A A △内，分别对四边形302A H OH ，110A H OH ，221A H OH ，应用托勒密定理，并注意02H H ，01H H ，12H H 是123A A A △的中位线，有1102()R r p R H H +=⋅．01121023203011102121()()(R H H R H H S h H A h H A h H A h H A h H A h +⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅2211222003112011)()()2H A h A A h A A h A A h h h p +⋅+⋅+⋅=++⋅，故1120R r h h h +=++．考虑O 在三角形外部的情形，考虑341A A A △，对四边形140A H H O ，330A H H O ，413A H OH 应用托勒密定理，有220404033434010413()()(R r p R H H R H H R H H R H H S h H A h H A h +=⋅+⋅+⋅+⋅+=⋅-⋅+⋅0303343434433444101334021)()()()2H A h H A h H A h H A h A A h A A h A A h h h p -⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-⋅，故2340R r h h h +=+-．在上述情形下，1212342r r h h h h R +=+++-．对一般情形，所求内切圆半径之和等于1h ，2h ，3h ，4h ，2R 并赋以一定的符号之和，这些符号只与点O 相对四边形1234A A A A 的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关．4．设圆1C 的圆心为O ，半径为r ，连i OA ，(1,2,,)i OB i n =…，在四边形112OA B B 中应用托勒密不等式，有112211112OA B B CO A B OB A B ⋅+⋅≥⋅，即1211222()r B B λr A B λr A A A B →⋅+⋅≥+)，故 12111222()B B λA B λA A A B +≥+．同理，迭用托勒密不等式，有23222333()B B λA B λA A A B '+≥+；34333444()B B λA B λA A A B +⋅≥+；…； 1111()n n n n n n n B λA B λA A A B ----+⋅≥+，1111()n n n n B B λA B λA A A B +≥+．将上述几个同向不等式相加，得1223111223-11()n n n n n B B B B B B B B λA A A A A An A A -+++≥+++……+， 故21p λp ≥．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形112OA B B ，223OA B B ，…，1n n OA B B ，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知2323OA A OB B ∠=∠，2132OA A OB B ∠=∠，但 2332OB B OB O ∠=∠，则2123OA A OA A ∠=∠，从而1223OA A OA A △∽△，因此1223A A A A =．同理， 23341n A A A A A A ===…，即n 边形12n A A A …为正n 边形．反之，若12n A A A …为正n 边形，将其绕点O 逆时针方向旋转2πn，知12A A →，23A A →，…，1n A A →，从而12B B →，23B B →，…，1n B B →．于是知12n B B B …也是正n 边形，因此有122312n A A A A A A r ===⋅…πsin n，12231π2sin n B B B B B B λr n ====⋅…．此时有21p λp =．5．作1O ⊙，O ⊙的公共直径GMK ，其中GM 是1O ⊙的直径，GK 是O ⊙的直径，连CG 交1O ⊙于点N ．显然MN KC ∥，于是CN KM CG KG =，222CN KMf CN CG CG CG CG KG=⋅=⋅=⋅，即f CG =理，d AG =e BG =ABGC 中应用托勒密定理，有b BG c CG a AG ⋅+⋅=⋅．此时两bd ce af +=． 6．首先证EF GH =，MN PQ =．由切线长定理，有()()()()AC BC BD DA AF BF BE AE -+-=-+-= ()()2AF AE BE BF EF -+-=，()()()()()AC DA BD BC CH DH DG CG CH CG -+-=-+-=-+()2DG DH GH -=，而()()()()AC B BD DA AC DA BD BC -+-=-+-，故EF GH =．同理MN PQ =． 连1O A ，1O E ，3O C ，3O G ，由BAD ∠与BCD ∠互补，知1O AE ∠与3O CG ∠互余，有13390O AE O CG CO G ∠=︒-∠=∠，即13AE CO G △∽△．于是1313AE CG O E O G R R ⋅=⋅=⋅．同理，24BM DP R R ⋅=⋅．令AE AQ a ==，BM BF b ==，CG CN c == DP DH d == EF GH m ==，MN PQ n ==．于是，AB a b m =++，CD c d m =++，BC b c n =++，DA d a n =++，()()AC AF CM a m c n =+=+++，()()BD BE DQ b m d n =+=+++．对ABCD 应用托勒密定理，有AC BD AB CD BC DA ⋅=⋅+⋅，即()()()()()()a c m n b d m n a b m c d m b c n d a n +++⋅+++=+++++++++，亦即mn ac bd =+．即证． 7．设BAN NAC a ∠=∠=，对AB ，AN ，AC 应用三弦定理，则有2cos AN αAB AC ⋅=+，因1sin ()2ABC ABL ACL S S S AL αAB AC ++=⋅⋅+△△△，则cos sin ABC AN AL αα=⋅⋅⋅△S ．又在Rt ALK △中，cos AL αAK ⋅=，则sin 2ANK S ABC AN AK αS =⋅⋅=△△．又易知AK AM =，即知ANK ANM △∽△，于是12ANK ANM AKNM S S S ==△△四边形，即证．8．必要性：连OB ，OC ，知EAB △，FAC △均为等腰三角形，且2()2BPC AEP CFD BAD CAD BAC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB OP BC ⋅=⋅+⋅，由PB PC PO =+得OC BC =，即OBC △为正三角形，推得1302BAC BOC ∠=∠=︒．充分性：由30BAC ∠=︒，知OBC △为正三角形，且由BPC BOC ∠=∠知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB PO BC ⋅=⋅+⋅，及OC OB BC ==，即得PB PC PO =+． 9．对四边形1ACA B 应用托勒密定理，有111AA BC AB AC AC A B ⋅=⋅+⋅，令11A B AC x ==，注意112x A B ACK BC =+>，有11222()ABx AC x AA AB AC AB AC BC BC +==+⋅>+，即11()2AA AB AC >+．同理，11()2BB BA BC >+，11()2CC CA CB >+，此三式相加即证．10．令AC a =，CE b =，AE c =．对四边形ACEF 应用托勒密不等式，有AC EF CE AF AE CF ⋅+⋅≥⋅，注意EF AF =，有FA c FC a b ≥+．同理。
数学奥林匹克小丛书：复数与向量
数学奥林匹克小丛书：复数与向量
复数与向量：本书讨论的是数学的一大奥秘，这些奥秘复杂而又千变万化，但明智的探索者们将其拆解为简单而有效的形式，让普通人也能轻松掌握它们。
数学奥林匹克小丛书：复数与向量是数学课本，它深入探讨了复数及其在几何、抽象代数中的应用。
书中概述了向量的基本概念，包括向量空间、内积和线性变换，以及在复变函数的现实情况下给出的这些概念的大致理解。
此外，本书也详细介绍了特殊向量，如雅可比矩阵、列向量、复数和复变函数向量。
列表：
1. 书中概述了向量的基本概念，包括向量空间、内积和线性变换。
2. 本书也详细介绍了特殊向量，如雅可比矩阵、列向量、复数和复变函数向量。
3. 书中深入探讨了复数及其在几何、抽象代数中的应用。
4. 在复变函数的现实情况下给出的向量的大致理解。
数学奥林匹克小丛书：复数与向量主要介绍了复数与空间向量的相关知识，运用于各个学科，而对奥林匹克数学竞赛知识的掌握也有极大的帮助，在竞赛中有显著作用。
此外，本书也涉及到将复数和向量应用到抽象代数中的理论。
详细介绍了特定的向量，可以帮助读者轻松理解这些概念，为深入进一步的学习做铺垫。
数学竞赛书目
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高中数学竞赛书籍排行
高中数学竞赛书籍排行
以下是一些高中数学竞赛的经典书籍，排名不分先后：
1. 《高中数学竞赛专题讲座》（共10本）：这套书是数学竞赛的经典教材之一，包括了许多经典的数学竞赛题目和解题方法。
2. 《高中数学竞赛全解》：这本书是数学竞赛的必备参考书之一，包含了高中数学竞赛的所有知识点和经典题目，非常适合学生自学或复习。
3. 《高中数学竞赛真题解析》：这本书收录了大量的数学竞赛真题，并进行了详细的解析，是提高学生解题能力的很好参考书。
4. 《高中数学竞赛不等式选讲》：这本书主要介绍了高中数学竞赛中的不等式问题，包括了许多经典的不等式题目和解题方法。
5. 《高中数学竞赛数论与组合分册》：这本书是数学竞赛数论和组合部分的经典教材之一，包含了大量的经典题目和解题方法。
以上书籍都是高中数学竞赛的经典教材和参考书，对于提高学生的数学竞赛水平有很大帮助。
当然，每个人的学习情况不同，需要根据自己的实际情况选择适合自己的书籍。
数学奥林匹克小丛书初中卷第三版因式分解技巧
《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版因式分解技巧》一、引言在学习数学的过程中，因式分解是一个非常重要且基础的概念。
它不仅在解题的过程中起着关键性作用，而且对于扎实的数学基础和逻辑思维能力的培养也具有重要意义。
而《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中关于因式分解的技巧更是为我们提供了宝贵的学习资源和指导，帮助我们更好地掌握这一重要知识点。
二、从简到繁，由浅入深的因式分解技巧1. 提取公因式在因式分解的过程中，首先要掌握的就是提取公因式的技巧。
这是因式分解的基础，也是解题过程中最常见的一种方法。
在《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中，通过大量的例题和解析，深入浅出地阐述了提取公因式的原理和方法，从而让我们更好地掌握这一技巧。
2. 分解因式除了提取公因式外，分解因式也是因式分解过程中的重要步骤。
《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中提供了丰富多样的分解因式的题目，并给出了详细的解题思路和方法，帮助我们更好地理解和掌握这一技巧。
3. 特殊方法与技巧除了基础的提取公因式和分解因式外，《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》还介绍了一些特殊的因式分解方法和技巧，如差的平方公式、完全平方公式等。
这些特殊的方法和技巧，往往能在解题过程中起到意想不到的作用，因此对于我们来说也至关重要。
4. 延伸拓展《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中不仅仅停留在基础的因式分解技巧上，还对其进行了更深远的延伸拓展。
更复杂的多项式的分解、高次方程的因式分解等。
这些内容的介绍和讲解，对于我们更深入地理解因式分解技巧以及应用它们解决实际问题都具有重要意义。
三、个人观点和理解在学习《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》中关于因式分解的技巧时，我深刻地体会到了因式分解在数学学习中的重要性。
它不仅是解题的利器，更是培养我们逻辑思维和分析问题能力的重要途径。
而《数学奥林匹克小丛书初中卷第三版》所提供的丰富多样的例题和详细解析，让我受益匪浅。
在未来的学习中，我也会进一步加强对因式分解技巧的掌握，努力提高解题能力和数学素养。
数学奥林匹克小丛书(第三版)高中卷13：复数与几何
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数学奥林匹克小丛书 (第三Fra bibliotek) 编委会冯志刚 国家督学、上海中学特级教师、正高级教师、多届IMO中国队副领队 葛 军 博士、中国数学奥林匹克高级教练、南京师范大学兼职教授、
江苏省中学数学教学研究会副理事长 孔令志 华东师范大学出版社教辅分社副社长、《数学奥林匹克小丛书》项目编辑 冷岗松 国家集训队教练、上海大学教授、博士生导师 李胜宏 第44届IMO中国队领队、浙江大学教授、博士生导师 李伟固 国家集训队教练、北京大学教授、博士生导师 刘鸿坤 第31、32届IMO中国队副领队、华东师范大学教授 刘诗雄 华南师范大学中山附属中学校长、中学数学特级教师、
高中数学竞赛有哪些值得推荐的辅导书？从入门到高阶，数竞党必读！
又到了新一轮竞赛学习，不少学生反映不知道买哪些参考书，今天就来给大家推荐一些书目，从入门、进阶到拔高，适合各个不同阶段，欢迎大家对号入座~一、入门1、《奥数教程》，华东师范大学出版社这套书按年级分为高一、高二、高三三套，每个年级包含教程、测试和学习手册三本， 是比较基础、入门级的竞赛教程 。
《奥数教程》从课本知识出发，由浅入深，逐步过渡到竞赛，内容涵盖了竞赛的全部考点和热点。
每本书包含基础篇和拔高篇，基础篇主要是一试相关内容，拔高篇是二试相关内容。
共30讲，每讲又分为“内容概述”、“例题精解”、“读一读”和“巩固训练”四个部分， 系统地梳理了数学竞赛知识，比较适合刚接触竞赛的学生使用。
《奥数教程-能力测试》是配套的练习用书，每讲配备了1个小时左右的练习量，确保学生更好地掌握知识。
《奥数教程-学习手册》详细解答了《奥数教程》中“巩固训练”，并对该年级的竞赛热点进行精讲，并配有真题用作练习。
2、《2018年全国高中数学联赛备考手册》，华东师范大学出版社这本书每年出版一本，集合了各个省市联赛预赛的试题及答案详解，预赛命题人员大多为各省市数学会成员，题型和难度一般和高联一试相当，可以在学完一遍一试后作为练习题使用。
二、进阶1、《数学奥林匹克小丛书》，华东师范大学出版社俗称“小蓝本”，这套书共14册，包括《集合》、《函数与函数方程》、《三角函数》、《平均值不等式与柯西不等式》、《不等式的解题方法与技巧》、《数列与数学归纳法》、《平面几何》、《复数与向量》、《几何不等式》、《数论》、《组合数学》、《图论》、《组合极值》、《数学竞赛中的解题方法与策略》等，可以说是竞赛生人手一套的“圣书”。
力图用各种方法介绍数学竞赛中的14个专题，书中有对基本知识、基本问题以及解决这些问题的一些典型方法的讲解，还有由基本问题派生出来的教学方法和应用，相对易懂。
2、《奥赛经典》，湖南师范大学出版社这套书分为《奥林匹克数学中的组合问题》、《奥林匹克数学中的几何问题》、《奥林匹克数学中的代数问题》、《奥林匹克数学中的数论问题》、《奥林匹克数学中的真题分析》五册。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。