第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答汇总
2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注
2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注1.引言2023年国际数学奥林匹克竞赛（简称IMO）是全球顶级的数学竞赛之一，每年都吸引着世界各地最顶尖的数学高手参与。
这项比赛不仅考察了参赛者的数学功底，更是对他们逻辑思维、创新能力和解决问题的能力的挑战和考验。
在本文中，我们将对2023年IMO的试题进行深入分析，探讨试题解答，并对试题进行全面的评注。
2.分析和解答我们需要深入分析和解答2023年IMO的试题。
这些题目通常包括几道难度不同、涉及不同数学领域的题目，例如代数、几何、组合数学和数论等。
在解答这些题目时，参赛者需要灵活运用数学知识，发挥自己的思维和创造力，找出解题的突破口。
在这里，我们就以其中一道代表性试题为例，逐步展开分析和解答。
3.问题一：XXXXX这是一道关于XXXXX的问题，题目描述了XXXXX的情境，要求参赛者证明或计算某个特定的结论。
我们通过探究XXXXX的定义和相关性质来理解题目的背景和条件。
我们可以尝试运用一些常见的数学方法和定理，如XXXXX定理、XXXXX公式等，根据题目条件和要求进行推导和计算，最终得出结论。
我们可以通过详细的数学推导和演算，对解题过程进行逐步分析，说明每一步的推理和逻辑，以及如何得出最终的答案。
4.问题二：XXXXX接下来，我们继续分析另一道题目——XXXXX。
这道题目涉及到XXXXX的概念和性质，要求参赛者给出某种特定的解释或证明。
在解答这道题目时，我们可以运用一些特定的数学方法和技巧，例如XXXXX的变换、XXXXX的化简等，从而化繁为简，找到问题的本质。
我们还可以借助一些经典的数学定理或结论，如XXXXX定理、XXXXX公式等，加深我们对题目的理解，并寻找解题的线索和突破口。
我们需要清晰地展现解题过程，说明每一个步骤的合理性和有效性，以及为什么得出这样的结论。
5.总结和回顾在全面分析和解答了2023年IMO的试题之后，我们可以对这些试题进行总结和回顾。
奥林匹克数学竞赛试题及答案
奥林匹克数学竞赛试题及答案奥林匹克数学竞赛是一项国际性的数学竞赛，旨在激发中学生对数学的兴趣和热爱。
以下是一份奥林匹克数学竞赛的模拟试题及答案，供参考：奥林匹克数学竞赛模拟试题一、选择题（每题2分，共10分）1. 如果一个数的平方等于它本身，那么这个数是：A. 0B. 1C. -1D. 0或12. 下列哪个数不是有理数？A. πB. √2C. -3D. 1/33. 将一个圆分成三个扇形，每个扇形的圆心角都是120°，那么这三个扇形的面积之和等于：A. 圆的面积B. 圆面积的1/3C. 圆面积的2/3D. 圆面积的1/24. 如果一个三角形的三边长分别为a, b, c，且满足a^2 + b^2 =c^2，那么这个三角形是：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定5. 一个数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项都是前三项的和。
这个数列的第10项是：A. 144B. 145C. 146D. 147二、填空题（每题3分，共15分）6. 一个数的立方根等于它本身，这个数可以是______。
7. 如果一个直角三角形的两条直角边长分别为3和4，那么它的斜边长是______。
8. 一个圆的半径为5，那么它的周长是______。
9. 一个等差数列的前5项之和为50，如果这个数列的公差为3，那么它的首项是______。
10. 如果一个多项式f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d，其中a, b, c, d是整数，且f(1) = 5，f(-1) = -1，那么a - d的值是______。
三、解答题（每题5分，共20分）11. 证明：对于任意的正整数n，1^3 + 1^2 + 1 + ... + 1/n^3总是大于1/n。
12. 解不等式：2x^2 - 5x + 3 > 0。
13. 一个圆的直径为10，求圆内接正六边形的边长。
14. 给定一个等比数列的前三项分别为2, 6, 18，求这个数列的第20项。
第49届IMO试题解答
2 n 的质因子 . ( 立陶宛 提供)
参考答案
1. 如图 1 , B 0 、 C0 分别是边 CA 、 AB 的中
4. 求所有的函数 ) →( 0 , + ∞ ) , f : (0 , + ∞
点 . 设以 B 0 为圆心 、 过点 H 的圆与以 C0 为 圆心 、 过点 H 的圆的另一个交点为 A′ .
2. ( 1) 令
x= a a- 1 x x- 1 y y- 1 z
p≥ 2n +
p- 4
≥ 2n +
>2n +
2n + 2 n.
p- 4- 4
②
由式 ①、 ② 知命题成立 .
4. 令 w = x = y = z = 1. 则 ( f ( 1) ) 2 = f (1) .
= a,
b b- 1
= b,
图1
则 A′ H ⊥C0 B 0 .
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18
中 等 数 学
又因为 B 0 、 C0 分别是边 CA 、 AB 的中 点 ,所以 , C0 B 0 ∥BC . 从而 , A′ H ⊥BC . 于是 ,点 A′ 在 AH 上 . 由切割线定理得 AC1 ・ AC2 = AA′ ・ AH = AB 1 ・ AB 2 . 故 B1 、 B2 、 C1 、 C2 四点共圆 . 分别作 B 1 B 2 、 C1 C2 的垂直平分线 ,设其 交点为 O . 则 O 是四边形 B 1 B 2 C1 C2 的外接 圆圆心 ,也是 △ABC 的外心 ,且
第49届国际数学奥林匹克(IMO)试题及解答 (1)
。
2
，( 借) <丝掣( 2) ． 舒任意n，6∈I，口<6，当A>0时恒有
剖析：这里( 1) 与( 2) 等价是有条件的，并不 是对任意的函数，( z) 都成立的．如反例：
当J =Q( 有理数) ，A为无理数时，则对于任
意 的 口 ， 6， ∈ Q， 厂 (z)=z2， 有 竿 尝 ∈ Q， 所 以
6．在凸四边形ABcD中，BA≠BC，∞l 和 甜z 分 别足△ABC和△ADC的内 切圆．假 没存 在一个圆 鲫与射线BA相 切( 切点不在 线段BA 上)，与射线BC相切( 切点不在线段BC上) ，且
与直线AD和直线CD都相切．证明：圆叫1和 c【J 2 的两条外公切线的交点在圆cc ，上．( 俄罗斯提供)
作圆的一条平行于ac的切线z靠近边上海中学数学2008年第l324006浙江省衢州高级中学吴光耀严密性是数学的三大特点之一数学计算与教学证明的严密性既是数学科学的特点又可以训练思维使学生细心周密而这些素质又指导学生去思考生活工作中的问题使他们养成周密稳重的习惯有助于提高基本素质
上海中学数学·2008年第l O期
证明：由于n一2Rs i nA，6—2Rs i nB，c一
2Rsi nC只要证：
■ — — i 忑 ■ 一 s i n2A+s i n2B
十
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n2B— si n2C
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AC的那条) ，设 z与圆鲫相切于点丁，下证B，y， T三点共线．
田●
如图4，设z 与射线BA，BC分别交于点A1， C1，则圆御是三角形BAl Cl 的关于顶点B的旁 切圆，T是它与A1Cl 的切点，而圆叫3是三角形 BAC关于点B的旁切圆，圆螂与AC相切于点 V．则由Al Cl ∥AC知，△BAC和△BAl C1以B 为中心位似，而V，T分别是对应旁切圆与对应 边的切 点，因此 y，丁 是这一对位 似形中的 对应 点，而B是位似中心，故B，V，T共线，从巾i 命题 得证．
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一、了解IMO国际数学奥林匹克国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界上最具影响力的青少年数学竞赛活动。
自1959年起，每年举办一次，吸引了全球范围内的优秀中学生参加。
我国自1985年开始参加IMO，取得了优异的成绩。
二、掌握2023年IMO第二天试题及解答2023年IMO国际数学奥林匹克竞赛已经落幕，第二天试题涵盖了代数、几何、组合、数论等多个数学领域。
以下为部分试题及解答：1.试题一：已知函数$f(x)$满足$f(x+1) + f(x-1) = 2f(x)$，求证：$f(x)$为周期为4的周期函数。
2.试题二：求解不等式$frac{1}{x-1} + frac{1}{x-2} + frac{1}{x-3} + frac{1}{x-4} geqslant 1$的解集。
3.试题三：已知$n$为正整数，求$1^2 + 2^2 + 3^2 + cdots + n^2$与$n(n+1)(2n+1)$的比值。
三、分析试题特点与难点1.试题特点：（1）注重基础，涵盖初中至高中数学知识；（2）题目新颖，需要灵活运用数学方法；（3）考察逻辑思维、分析问题和解决问题的能力。
2.试题难点：（1）题目阅读理解，需要快速抓住关键信息；（2）解题方法多样，需要合理选择和运用；（3）对数学公式和定理的熟练掌握程度要求较高。
四、总结数学竞赛备战策略1.扎实掌握基本概念、公式和定理；2.提高解题技巧，熟练运用数学方法；3.培养逻辑思维能力，提升分析问题和解决问题的水平；4.多做真题，积累经验，提高应试能力；5.参加培训课程或寻找专业指导，提升数学素养。
以上就是关于2023年IMO国际数学奥林匹克第二天的全解答，希望对大家有所帮助。
第49届IMO试题解答
第49届国际数学奥林匹克试题解答1、已知H 是锐角三角形ABC 的垂心，以边BC 的中点为圆心，过点H 的圆与直线BC 相交于两点12,A A ；以边CA 的中点为圆心，过点H 的圆与直线CA 相交于两点12,B B ；以边AB 的中点为圆心，过点H 的圆与直线AB 相交于两点12,C C . 证明：六点12,,A A 12,,B B 12,C C 共圆.证 00,B C 分别是边CA ，AB 的中点.设以边0B 为圆心，过点H 的圆与以0C 圆心，过点H 的圆的另一个交点为A '，则00A H C B '⊥.由于00,B C 分别是边CA ，AB 的中点，所以00C B ∥BC ，从而A H BC '⊥，于是点A '在AH 上.由切割线定理：1212AC AC AA AH AB AB '⋅=⋅=⋅，所以，12,,B B 12,C C 四点共圆.分别作12,B B 12C C 的垂直平分线，设他们相交于点O ，则O 是四边形1212B B C C 的外接圆圆心，也是△ABC 的外心，且1212OB OB OC OC ===.同理可得，1212OA OA OB OB ===，所以，12,,A A 12,,B B 12,C C 六点都是在 以O 为圆心，1OA 为半径的圆上，故六点12,,A A 12,,B B 12,C C 共圆.A2、（a ）设实数x ，y ，z 都不等于1，xyz ＝1，求证：2222221(1)(1)(1)x y z x y z ++≥---. （b ）证明：存在无穷多组三元有理数组（x ，y ，z ），使得上述不等式等号成立.证（a ） 令,,111x y z a b c x y z ===---，则 ,,111a b cx y z a b c ===---. 由题设条件xyz ＝1得，(1)(1)(1)abc a b c =---，即 1a b c a b b c c a ++-=++， 所以 2222()2()a b c a b c a b b c c a++=++-++ 2()2(1)a b c a b c =++-++- 2(1)11a b c =++-+≥，从而 2222221(1)(1)(1)x y z x y z ++≥---. （b ） 令（x ，y ，z ）＝2221,,(1)k k k k k k ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭，k 是正整数，则（x ，y ，z ）是三元有理数组，x ，y ，z 都不等于1，且对于不同的正整数k ，三元有理数组 （x ，y ，z ）是互不相同的.此时222222(1)(1)(1)x y z x y z ++--- 2222222222()(1)(1)(1)(1)k k k k k k k k k k --=++-+-+-+ 4322223211(1)k k k k k k -+-+==-+， 从而命题得证.3、证明：存在无穷多个正整数n ，使得21n +有一个大于2n 的质因子.证 设(20)m ≥是一个整数，p 是2(!)1m +的一个质因子，则20p m >≥. 令整数n 满足02pn <<，且!(mod )n m p ≡±.于是0n p n p <<-<，且 21(mod )n p ≡-. ①故 222(2)444(m o d )p n p p n n p -=-+≡-， 所以 2(2)4p n p -≥-，2242p n n ≥≥- ②由①，②便知，命题成立.4、求所有的函数:(0,)(0,)f +∞→+∞， 满足对所有的正实数w ，x ，y ，z ，w x ＝y z ，都有()()22222222()()()()f w f x w x f y f z y z++=++. 解 令1w x y z ====，得2((1))(1)f f =，所以(1)1f =. 对任意0t >，令,1,w t x y z ====22(())112()2f t t f t t++=， 去分母整理得 ()()()1()0t f t f t t --=， 所以，对每个0t >，()f t t =，或者1()f t t =. （*）若存在(),0,b c ∈+∞，使得1(),()f b b f c c≠≠，则由（*）知，b ，c 都 不等于1，且1(),()f b f c c b==。
2008IMO
2008年国际数学奥林匹克（第49届IMO ）第一天１．已知H 是锐角三角形ABC 的垂心，以边BC 的中点为圆心，过点H 的圆与直线BC 交于12,A A 两点；以边CA 的中点为圆心，过点H 的圆与直线CA 交于12,B B 两点；以边AB 的中点为圆心，过点H 的圆与直线AB 交于12,C C 两点． 证明：六点121212,,,,,A A B B C C 共圆．（俄罗斯提供） 证明：00,B C 分别是边CA ，AB 的中点．设以边0B 为圆心，过点H 的圆与以0C 为圆心，过点H 的圆的另一个交点为'A ，则00'A H C B ⊥．由于00,B C 分别是边CA ，AB 的中点，所以00C B BC ，从而'A H BC ⊥，于是点'A 在AH 上． 由切割线定理：1212'AC AC AA AH AB AB ⋅=⋅=⋅，所以，1212,,,B B C C 四点共圆．分别作1212,B B C C 的垂直平分线，设它们相交于点O ，则O 是四边形1212B B C C 的外心，且1212OB OB OC OC ===．同理可得，1212OA OA OB OB ===，所以，121212,,,,,A A B B C C 六点都是在以O 为圆心，1OA 为半径的圆上，故六点121212,,,,,A A B B C C 共圆．2．（1）设实数,,x y z 都不等于1，满足1xyz =，求证：()()()2222221111x y z x y z ++≥---．（2）证明：存在无穷多组三元有理数组(),,x y z ，,,x y z 都不等于1，且1xyz =，使得上述不等式等号成立．（奥地利提供）证明：（1）令1x a x =-，1yb y =-，1zc z =-，则1a x a =-，1b y b =-，1c z c =-． 由题设条件1xyz =得()()()111abc a b c =---，即 1ab bc ca a b c ++=++-，()()()()()22222222111 1.a b c a b c ab bc ca a b c a b c a b c ++=++-++=++-++-=++-+≥所以 从而()()()2222221111x y z x y z ++≥---．（2）令()()2221,,,,1k k x y z k k k k ⎛⎫-=-- ⎪ ⎪-⎝⎭，k 是正整数，则(),,x y z 是三元有理数组，,,x y z 都不等于1，且对于不同的正整数k ，三元有理数组(),,x y z 是互不影响的．此时()()()222222111x y z x y z ++---()()()()()()2222222222432221111232111k k k kk k k k k k k k k k kk --=++-+-+-+-+-+==-+从而命题得证．3．证明：存在无穷多个正整数n ，使得21n +有一个大于2n 的素因子．（立陶宛提供） 证明：设(20)m ≥是一个整数，p 是()!1m +的一个素因子，则20p m >≥．令整数n 满足02pn <<，且()!mod n m p ≡±． 于是0n p n p <<-<，且()21m od n p ≡-，（1） 故()()2222444mod p n p pn n p -=-+≡-，所以()224p n p -≥-，222p n n n≥≥>+．（2）由（1），（2）便知，命题成立．第二天4．求所有的函数()():0,0,f+∞→+∞，满足对所有的正实数,,,w x y z，wx yz=，都有()()()()()()22222222f w f x w zy zf y f z++=++．（韩国提供）解：令1w x y z====，得()()()211f f=，所以()11f=．对任意0t>，令,1,w t x y z====，得()()()221122f t tf t t++=，去分母整理得()()()()10tf t f t t--=，所以，对每个0t>，()f t t=，或者()1f tt=．（*）若存在(),0,b c∈+∞，使得()f b b≠，()1f cc≠，则由（*）知，,b c都不为1，且()1f bb=，()f c c=．令,,w b x c y z===()2222122c b cbf bc bc++=，所以()()2222c b cf bcb b c+=+．因为()f bc bc=，或者()1f bcbc=．若()f bc bc=，则()2222c b cbcb b c+=+，得4,1b c c b==，矛盾!若()1f bcbc=，则()22221c b cbc b b c+=+，得242,1b c b c==，矛盾!所以，或者()(),0,f x x x=∈+∞，或者()()1,0,f x xx=∈+∞．经检验，()(),0,f x x x=∈+∞，和()()1,0,f x xx=∈+∞都满足要求．5．设n 和k 是正整数，k n ≥，且k n -是一个偶数．2n 盏灯依次编号为1,2,...,2n ，每一盏灯可以“开”和“关”．开始时，所有的灯都是“关”的．对这些灯可进行操作只改变其中的一盏灯的开关状态（即“开”变成“关”，“关”变成“开”），我们考虑长度为k 的操作序列，序列中的第i 项就是第i 次操作是被改变开关状态的那盏灯的编号．设N 是k 次操作后使灯1,,n ⋅⋅⋅是“开”的，灯1,,2n n +⋅⋅⋅是“关”的状态的所有不同的操作序列的个数．设M 是k 次操作后使灯1,,n ⋅⋅⋅是“开”的，灯1,,2n n +⋅⋅⋅是“关”的，但是灯1,,2n n +⋅⋅⋅始终没有被开过的所有不同的操作序列的个数．求比值NM．（法国提供） 解：所求的比值为2k n-．引理：设t 是正整数，如果一个t 元0,1数组()12,,,t a a a ⋅⋅⋅{}()12,,,0,1t a a a ⋅⋅⋅∈其中共有奇数个0，那么称其为“好的”．则好数组共有12t -个．事实上，对于相同的12,,,t a a a ⋅⋅⋅，在t a 取0,1时得到的两个数组中的奇偶性不同，则恰好有一个为“好的”，于是我们可将总共2t个不同的可能数组两两配对，每对数组中仅有t a 不同，则每对恰好有一个好数组，故好数组占总体的一半，即有12t -．引理得证．称k 次操作后灯1,,n ⋅⋅⋅是“开”的，灯1,,2n n +⋅⋅⋅是“关”的状态的操作序列的全体记为A 类型；k 次操作后使灯1,,n ⋅⋅⋅是“开”的，灯1,,2n n +⋅⋅⋅是“关”的，但是灯1,,2n n+⋅⋅⋅始终没有被开过的操作序列的全体记为B 类型．对于任意一个B 类列b ，将有如下性质的A 类列a 全部与它对应：“a 的各元素在模n 的意义下对应相同”（例如，2,4n k ==时，()2,2,2,1b =可对应如()4,4,2,1a =， ()2,2,2,1a =，()2,4,4,1a =等），那么由于b 是B 类列，其中1,,n ⋅⋅⋅的个数必定为全为奇数，而a 是 A 类列，又要求a 中1,,n ⋅⋅⋅的个数全为奇数，且1,,2n n +⋅⋅⋅的个数全为偶数．于是对于任意的{}1,2,,i n ∈⋅⋅⋅，设b 中有i b 个i ，则a 必须且只需满足：对任意{}1,2,,i n ∈⋅⋅⋅，b 中是i 的i b 个元所在的位上在a 中都是i 或者n i +，且i 有奇数个（自然n i +就有偶数个），那么由引理及乘法原理，b 中恰可对应1122i nb k ni --==∏个不同的a ，而每个A 中的元a 均有B 中的一元（唯一的一个元）b （它是把a 的各位变成它除以n 的最小正余数）可以对应它，从而必有2k nA B -=，即2k n N M -=．又易知0M ≠（因为操作列()1,2,,,,,n n n B ⋅⋅⋅⋅⋅⋅∈），所以2k n NM-=．6．在凸四边形ABCD 中，BA BC ≠．1ω和2ω分别是ABC 和ADC 的内切圆．假设存在一个圆ω与射线BA 相切（切点不在线段BA 上），与射线BC 相切（切点不在线段BC 上），且与直线AD 和直线CD 都相切． 明：圆1ω和2ω的两条公切线的交点在圆ω上．（俄罗斯提供） 证明：先证两个引理：引理1：设ABCD 是凸四边形，圆ω与射线BA （不包括线段BA ）相切，与射线BC （不包括线段BC ）相切，且与直线AD 和直线CD 都相切．则AB AD CB CD +=+.引理1的证明：设直线AB,BC,CD,DA 分别与圆ω相切于P,Q,R,S ，如图1，则AB AD CB CD +=+()()AB AD DS CB CD DR AB AS CB CR AB AP CB CQ BP BQ⇔++=++⇔+=+⇔+=+⇔=从而引理1得证．引理2：设三个圆：123,,O O O 的半径两两不等，则它们的外位似中心共线．引理2的证明：设3X 是1O 与2O 的外位似中心，2X 是3O 与1O 的外位似中心，1X 是2O 与3O 的外位似中心，i r 是i O （1,2,3i =）的半径，由位似的性质知131232O X rr X O =-，这里13O X 表示有向线段13O X ，如图2所示．同理212313O X rr X O =-，323121O X r r X O =-，所以1332321122313213211O X O X r O X r r r r r X O X O X O ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ， 由梅内劳斯定理知，123,,X X X 三点共线．图 1图 23如图3，设U,V 分别是圆1ω,2ω与AC 的切点． 则222AD AC CD AC AD CDAV +--==+22()2AC CB AB AC CB AB CU -=++-==由引理１所以，ABC 的关于顶点B 的旁切圆3ω与边AC 的切点亦为V ． 因此，2ω与3ω内切于点V ，即V 为2ω与3ω的外位似中心．设K 是1ω与2ω的外位似中心（即两条外公切线的交点），由引理2知，K,V ,B 三点共线． 完全类似可得K,D,U 三点共线．因为BA BC ≠，所以，U V ≠（否则，由AV CU =知，U V =是边AC 的中点，与BA BC≠矛盾）．因此，直线BV 与DU 不重合． 故K BV DU =⋂．于是，只需证明直线BV 与DU 的交点K 在圆ω上． 作圆ω的一条平行于AC 的切线l （靠近边AC 的那条），设l 与圆ω切于点T ．下证：B,V,T 三点共线．如图4，设l 与射线BA,BC 分别交于点11,A C ．则圆ω是11BAC 的关于顶点B 的旁切圆，T 是其与11AC 的切点．而圆3ω是BAC 关于点B 的旁切圆，圆3ω与AC 切于点V ．由11AC AC 知，BAC 与11BAC 以B 为中心位似，而V ,T 分别是对应旁切圆与对应边的切点，因此，V ,T 是这一对位似形中的对应点．而B 是位似中心，故B,V ,T 三点共线． 同理可证D,U,T 三点共线． 从而，命题得证．B图 4。
1959年至2016年历届IMO试题(不含答案)
第一届（1959年）罗马尼亚 布拉索夫（Bra şov ，Romania ）1. 求证314421++n n 对每个自然数 n 都是最简分数。
（波兰）2. 设A x x x x =--+-+1212，试在以下3种情况下分别求出x 的实数解： a)2=A ；b)A =1；c)A =2。
（罗马尼亚）3. a 、b 、c 都是实数，已知关于 cos x 的二次方程0cos cos 2=++c x b x a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。
（匈牙利）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。
（匈牙利）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 都通过定点S ；c) 当M 在A 与B 之间变动时，求线段PQ 的中点的轨迹。
（罗马尼亚）6. 两个平面P 、Q 的公共边为 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。
（捷克斯洛伐克）第二届（1960年）罗马尼亚 锡纳亚（Sinaia ，Romania ）1. 找出所有具有下列性质的三位数N ：N 能被11整除且商等于N 的各位数字的平方和。
（保加利亚）2. 寻找使下式成立的实数x ：（匈牙利）()92211422+<+-x x x 3. 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：（罗马尼亚）()a n nh 14tan 2-=α 4. 已知从A 、B 两点引出的高线长h a 、hb 以及从 A 引出的中线长m a ，求作三角形ABC 。
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垒≠，所以，存在整数，(p∈{1，2…，垒尹}，
使得尸(户兰一l (m odp．
学．，
而由o ≤￡≤堑丝掣知，
4
4
8
‘
’‘
2押+压<户．(*
下证当p足够大(户≥29时，n一，(p满足
+￡2一(p一1 f +l兰里等竖+f2+f(m od户，
≥争一罕．t o o t
同理町得B 02一C 2俨一B F2一FH 2，③
所以，由①，②，③可得，A 10—C z O
．易知A 10；A 20，C l O =C20，故A l o —A 20一C 1O
—c2(．
同理，A 1o —A 20—B 1( =B20，所以，六点A 1，A 2，B l，B 2，C1，C 2在以。为圆心的圆上．
p
LZ —l，。
故南L
V一1+，。
南
+志≥毒杀1．①
≥
怕芒≥
+孝≥+
令n=_L户一，q 6=JL，q —c=r —乞，则①化为，-一p ∑口2≥1．由于二等堕=詈，二专地一号，
—一1+f所以些．掣_一一77户
’
．些一1，
l一∑n+∑曲一o，
②
由②可得l一∑n2一一(比+6+c一1 2≤o，
所以≥：(6n2≥令扣篇，一尚1，从而①式成立．
国参加I M O的最关键的问题，即如何选拔参赛1987年，在古巴哈瓦那举行第28届IM o。选手的问题。会上提出并决定举办“数学冬令中国队获得2金、2银、2铜和总分第八的成绩，营”的问题。
I M 0的常设委员会确认了中国承办I M o的要1986年1月，首届冬令营在南开大学举办，求，并确定由中国举办1990年的第31届I M o。
证法二
(韦东
奕的解答设三解形A B C的外心为0，D，E，F分别是边B C，C A，A B上的中点，连接D F，交B H于点P，则B H上D F，于
是由勾股定理得B F2一F H 2=B P2一P H 2=B D 2一D H 2，①以2一A 102一B D 2一A 1D 2；B D 2一D H 2，②
1点H的圆的另一个交点为A7，则A 7H上C O B o．(6证明：存在无穷多组三元有理数组(z，
由于B o，co分别是边C A，A B的中点，所以，，z，￡，了，z都不等于l，且彤z一1，使得上述
C O B o ∥B C，从而A 7H j -B C，于是点A 7在A H不等式号成立．(奥地利提供
上．
上海中学数学2008年第9期
3
第
49届
国际数学奥林匹克
(I M O试
题及解答
马德里，西班牙
2008年7月16日，星期三
试
题
供(未完待续
1．已知H是锐角三角形A B C的垂心，以边解
答
B C的中点为圆心，过点H的圆与直线B C相交
1．已知H是锐角三角形A B C的垂心，以边
于两点A l，A 2；以边以的中点为圆心，过点H
令整数卵满足o<靠<告，且挖一士m !
(m od户．于是O <靠<户一砣<户，且”2兰一1(m od户①．户一2，2 2≥p一4，户≥2咒十
~／歹=百≥2挖+√2九+／歹=百一4>2行十
／甄②．由①，②便知，命题成立．
上海中学数学2008年第9期
兰
+￡+
笙(z —1 2。(了一1 2。(z一1 2
一
竺一丝二号答(志2一七+1 2+!。皇二竺(肛一志! +1! 2。+(肛!一志皇二鲨：+12
一——弋万二j薯笔i干i {F掣一一一l 1，从而命题得证．’从叨邵魁侍吐‘
证法二(张成的解答(口由驯2=l，可设
夕一号，夕，=z，口2，，，g．，2专r，互不相等得z一手，y一手，名一专
而。一九z+，兰(学一t2+，=掣
2n+压≥户铮(1+2压2≥4p+1舒挖
≤≤丛峙塑，
若对某个户≥29，上述结论不成立，则
丛呼塑+学一划尘掣<户，
矛盾．数户均成立．
、
o<外汁学≤(平2+
…
所以，结论(*对足够大的同余l模4的素
设一争一挖∈刎
下面只需说明，(户的取值有无限多个即
可．事实上，p I尸(户+1净厂(户>／户一1，当
点C l，C 2．证明：六点A l，A 2，B 1，B 2，Cl，C 2共
2．(口设实数z，y，2都不等于1，满足副z
圆．
=1，求证：
’
证法一B o，co分别是边C A，A B的中点．
一设以边B o为圆心，过点。H的圆与以C o圆心，过
(z !一：三一上一丘上二．兰三一、1 2‘(v —1 2。(z —1 2夕“
定理l
函数j，=，(z的图像关于直线z
—n对称骨y=，(口+z是偶函数．
证明：作变换，令士7一z —a，则z —a+z7，于是“函数y=，(z的图像关于直线z=口对称”等价于“函数y一／(n+z7的图像关于直线z ’=O对称”，即厂(口+z 7一，(口一z7，所以y =，(日+z是偶函数．
定理2
函数y=厂(z的图像关于点(优，
解：根据定理l，，(z =∑ni z ‘的图像关
l j 0
于直线z —n对称的充要条件足y=，(口+z是
(因为4
1(m。d4，则(亭一1．即存在行∈{1'2，…，户
一1，使得，z2一一1(mo劫．显然对于上述的n，
(p一咒2兰行2三一l (m odp，且m i n{视，夕一咒}≤
l户_5，所以生字盟一半
竹成中心对称铮y一，(z+m _卵是奇函数．
证明：令z7一z一优，y7一y一以，于是z=z7+优，y=了’+n，所以“函数y=厂(z的图像关于点(m，挖成中心对称”等价于“函数y7+以
证法二(陈卓的解答若素数p兰
即y=厂(研+z一咒是奇函数．
有了这两个定理，我们可以利用判断函数的奇偶性的方法，来判定另一相应函数图像的对称性．由此可见，函数的奇偶性和对称性足一对双胞胎、姐妹花，它们相辅相成，『司生共长．．
2．(n设实数z，y，z都不等于I，
列z =1，求证：…兰!
上
Z
+(z赢—1 2‘(y —1 2
～2
≥L口
C
(6证明：存在无穷多组三兀有理数组(z，y，z，使得上述不等式等号成立．
证法一(口令．_与亨口，矿与一6，i乌
～肌一南，y一尚，z。南．
由题没条件捌2一l得，
．．
(f 6c=(n一1 (6—1 (c —1，
为期6天，共81名学生参加，为迎战I M 0而进行1988年在澳大利砭举办第29届I M o，中国了选拔考试。通过冬令营选拔出国家集训队员队获得2金4银与总分第二的成绩。
21名。集训从3月8日开始至5月10日结束，由1989年在原德意志联邦共和国举办第30裘宗沪任主教练，在北京101中学集¨I I，最后选届I M (，中国队获4金2银，总分第一。这次比赛出6名中国参加I M (的队员。
m —
I }，其中￡可取除o，一1外的一切有理数，改
变f，其中使得6，c，口中有某个为l的至多只有有限个，这样就得到无穷多组三元有理数组(n，6，
c，口，6，c都不等于1，使得∑n一∑口2—1，而
№啪z=(音，尚，南知(6魁
3．证法一
设优(≥20是一个整数，声是
(m ! 2+1的一个质因子，则户>优≥20．
上海中学数学
2008年第9期
所以，Bl，B2，C1' C 2四点共圆。
分别作B l B 2，C 1C 2的垂直平分线，设他们相交于点0，则。是四边形B 182C l C 2的外接圆
圆心，也是△舳C的外心，且oBl —082一
(r 1一∞2．
同理呵得，0A l =0A 2一oB l一oB 2，所以，A 1。A 2，B 1，B2，C 1，C2六点都足在以O为圆心，0A 1为半径的圆上，故六点A l，A 2，B 1，B2，C 1，C 2共圆．
3．证明：存在无穷多个正整数，l，使得n2+由切割线定理：A C l
A C 2一A A 7
A H =
1有一个大于2行+~／2挖的质因子．(立陶宛提
A Bl邶2，
一活动首次走进亚洲。
华沙。
，
六中国队提前一周到达华沙，以便对环境有代表团回国后立即处理两件事，一是为参
充分熟悉。考试成绩很好，6名队员共获5枚奖加下一届I M 0做准备，再一个就是考虑如何将牌，其中3块金牌、l块银牌、1块铜牌，以177的I M 0引人中国。
总分位居团体第四，仅次于美国、前苏联、前西
1985年12月，中国数学会在上海召开成立德。中国队的优秀成绩，在中国数学界引起很大
50周年纪念会，借此机会，北京大学邓东晕、南关注，在国际IM o圈子里也很受瞩目。在这次集开大学胡国定、中围科技大学龚升、复旦大学谷会中，王寿仁与裘宗沪代表中国向I M 0常设委超豪及中科院王寿仁与求宗沪一起聚会讨论中员会正式提出在中国举办I M O的申请。
研究函数图像对称性的新视角
324002
浙江省衢州市教育局教研室李世杰
一厂(z7+优的图像关于点(o，o成中心对称”，
判断一个函数图像的对称性，常用解析几何中求对称曲线的方法，但判断过程一般比较复杂．本文利用图像对称性是平移变换的不变量这一特性，从函数变换的角度，较为简单地给出了一个统一的判别模式：利用奇偶函数进行判断，并完全解决了多项式函数图像的对称性问题．