国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第47届)
第47届IMO预选题解答
中 等 数 学
第 47 届 IMO 预选题( 上)
李建泉 译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
几何部分
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 已知梯形 ABCD 的上 、 下底边满足 AB > CD , 点 K 、 L 分别在边 AB 、 CD 上 , 且满足
DC1 C1 J = . C1 J JC
图5
因此 , △DC1 J ∽ △C1 JC ] ∠C1 DJ = ∠JC1 C. 这表明 DJ ⊥C1 C ,即 C1 、 E、 C 三点共线 . 因为 ∠CA 1 J = ∠CB 1 J = ∠CEJ = 90° ,所以 , A 1 、 B1 、 E 在以 CJ 为直径的圆上 . 于是 , ∠DBA 1 = ∠A 1 CJ = ∠DEA 1 . 从而 , B 、 E、 A1 、 D 四点共圆 ,有 ∠B EA 1 = 90° . 因为 ∠EB 1 A = ∠EJC = ∠EDC1 , 所 以 , A 、 D、 E、 B 1 四点共圆 . 故 ∠A EB 1 = ∠ADB = 90° . 解法 2 :如图 6 , 设以 C1 D 、 A1 B 、 AB 1 为直径的 ω ω ω 圆分别为 1 、 2 、 3 , 则 JC1 、 JB 1 、 JA 1 分别与 ω 1 、 ω3 、 ω2 相切 .
AD SQ PE BC SQ PF ・ ・ = 1 , ・ ・ = 1. DS QP EA CS QP FB AD BC 由于 AB ∥CD ,则 = . DS CS PE PF 于是 , = . 从而 , EF ∥AB . EA FB 又 ∠BCD = ∠BCF + ∠FCD = ∠BCQ + ∠EFQ = ∠BCQ + ∠EPQ , 且 ∠BCD = ∠A PB = ∠EPQ + ∠QPF , 则 ∠BCQ = ∠QPF. 无论点 Q 在 P 、 K 之间 ,还是点 P 在 Q 、 K 之间 , 均有 P 、 Q、 B、 C 四点共圆 . 3. 如图 3 , 设对角线 AC 、 BD 交于点 Q , AD 、 CE 交于点 R , A P 与 CD 交于点 M . 由已知可得 △ABC∽ △ACD∽ △ADE ] AB = AC = AD . AC AD A E 又 ∠BAD = ∠ BAC + ∠CAD = ∠CAD + ∠DAE = ∠CA E , 则 △ABD ∽ △ACE , 且 图3 AQ 、 AR 分 别 是
第47届IMO试题解答
现在证明原题 . 假设凸多边形 P 的面积为 S ,有 m 条边 a1 , a2 , …, am . 设 S i 为 P 中具有边 ai 的最大三角形的面积 . 如果结论不成立 ,则有
m i =1
引理的证明 :2 n 边形的主对角线是指将 2 n 边 形分割成两个 n + 1 边形的对角线 . 对 2 n 边形的任 意边 b , △b 表示 △ABQ ,其中 A 、 B 是 b 的端点 , Q 是 主对角线 AA′ 、 BB′ 的交点 . 下面证明在所有的边上取的 △b 的并覆盖整个 多边形 . 为此 ,选取任意边 AB , 将主对角线 AA′ 设为有 向线段 . 令 X 是多边形中的任意点 , 且不在任意主 对角线上 . 不妨假定 X 在射线 AA′ 的左边 . 考虑主对 角线列 AA′ , BB′ , CC′ , …,其中 A , B , C , … 为相继的 顶点 ,且位于 AA′ 的右边 . 在这个排列中第 n + 1 项为对角线 A′ A ,点 X 在 它的右边 ,于是 ,在 A′ 之前 ,排列 A , B , C , … 中存在 两个相继的顶点 K 、 L ,使得 X 在 KK′ 的左边 ,在 LL′ 的右边 ,从而 ,推出 X 在 △l′ 内 , l′ = K′ L′ . 对位于 AA′ 右边的点 X 可以类似讨论 ( 在主对 角线上的点可以忽略不予考虑 ) . 所以 , 所有 △b 的 并覆盖整个多边形 ,它们的面积之和不小于 S . 因此 , 可 以 找 到 两 个 相 对 的 边 , 如 b = AB 和 ( AA′ b′ = A′ B′ 、 BB′ 为主对角线) ,使得
参考答案
1. 设 ∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ.
因为 ∠PBA + ∠PCA + ∠PBC + ∠PCB = β + γ ,由假设有 ∠PBC + ∠PCB = β+ γ . 2
2006年第47届国际数学奥林匹克竞赛试题及答案
ACB)=∠IBC+∠
四点共圆．但由内外角平分线相垂直知
的中点O为圆心．由于
，PO=IO，故
与圆周的交点即P=I时成立．
的一条对角线称为好的，如果它的两端点将
1
-+，其中
2x
mε
()(((())))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．。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第4届)无答案
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第4届）
1.找出具有下列各性质的最小正整数n：它的最后一位数字是6，如果把最后的6去掉并放在最前面所得到的数是原来数的4倍．
2.试找出满足下列不等式的所有实数x：
1/2
>.
3.正方体ABCDA'B'C'D'（ABCD、A'B'C'D'分别是上下底）．一点x沿着正方形ABCD 的边界以方向ABCDA作匀速运动；一点Y以同样的速度沿着正方形B'C'CB的边界以方向B'C'CBB'运动．点X、Y在同一时刻分别从点A、B'开始运动．求线断XY的中点的轨迹．
4.解方程cos2x + cos22x + cos23x = 1．
5.在圆K上有三个不同的点A、B、C．试在K上再作出一点D使得这四点所形成的四边形有一个内切圆．
6.一个等腰三角形，设R为其外接圆半径，内切圆半径为r，求证这两个圆的圆心的
．
7.求证：正四面体有5个不同的球，每个球都与这六条边或其延长线相切；
反过来，如果一个四面体有5个这样的球，则它必然是正四面体．
1。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第47届)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 i O 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()n nii i i i i i S A A S 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．。
教学反思例谈四点共圆在几何解题中的应用
例谈四点共圆在几何解题中的应用众所周知，在过去的旧版中学平面几何教材中一般都有“四点共圆”的内容，但是在近年的几个较新版本的教材中这个重要的教学内容却被删除了.由于四点共圆在解题时具有应用广泛、灵活多变等诸多特点，甚至有时是其他方法所无法替代的，所以备受各级各类竞赛（或考试）命题者的青睐.笔者认为，对于一个竞赛选手或数学爱好者来说，四点共圆知识是应该必备的.本文首先给出几个常用的判断四点共圆的依据和方法，然后试举例说明应如何利用四点共圆来解题.一、判断四点共圆的主要依据和方法定理1 四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；定理2 四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆； 定理3 线段向同侧所张的角相等，那么角的顶点和线段的端点共圆； 定理4 四边形的两条对角线交点分每条对角线所成的两段线段之积相等，那么这个四边形的四个顶点共圆；定理5 延长四边形的一组对边相交于一点，若这点到这组对边端点的两条线段长的积相等，那么这个四边形的四个顶点共圆；定理6 到同一个点距离相等的四个点共圆. 二、几道最新试题的四点共圆解法例1（2006年芜湖市中考数学试题）如图所示，在Rt ABC ∆中，90ABC ο∠=，点O 为三角形外的一点，以O 为圆心，OC 为半径的圆与边AB 相切，切点为E ，⊙O 与边BC 交于D 点，直径EF 与边BC 交于G 点，连结AG.⑴ 求证：DE ∥AG ；⑵ 当6,10, 6.8AC AB AE ===时，求出⊙O 的半径. ⑴证明：∵⊙O 与边AB 相切于点E ， ∴90AEG ο∠=. 又∵90ACG ο∠=， ∴180AEG ACG ο∠+∠=. ∴A 、E 、G 、C 四点共圆（定理．．1．）.∴AEC AGC ∠=∠. 又∵AB 是⊙O 的切线， ∴ AEC EDC ∠=∠. ∴AGC EDC ∠=∠， ∴DE ∥AG. ⑵ 略.例2（2006年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题）ABC ∆中，AB ＜AC ，AD ，AE 分别是BC 边上的高和中线，且∠BAD=∠EAC.证明：∠BAC 是直角.证明：如图2，取AC 的中点F ，连结EF 、DF ，EF 为ABC ∆的中位线，故有 EF ∥AB ，AEF EAB ∠=∠ ①.又由BAD EAC ∠=∠， 所以EAB DAC ∠=∠ ②因AD 是BC 边上的高，则ADC ∆是直角三角形，则DF AF =，则ADF DAC ∠=∠.再结合①、②，得ADF AEF ∠=∠，由此得A 、D 、E 、F 四点共圆（定理．．3．）. 于是，18090AFE ADE οο∠=-∠=， 所以18090BAC AFE οο∠=-∠=.例3（第47届国际数学奥林匹克竞赛试题）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.证明：∵I 是ABC ∆的内心，∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB ，∴∠PBC+∠PCB=12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB, 故∠BPC=∠BIC,图1图2图 3从而P 、B 、C 、I 四点共圆（定理．．3．），设其圆心为O. 设ABC ∆的两条外角平分线BT 、CT 交于点T.而由三角形的内外角平分线性质可得90ICT IBT ο∠=∠=， 即180ICT IBT ο∠+∠=.于是B 、T 、C 、I 四点共圆（定理．．1．）,且IT 是这个圆的直径,O 为IT 的中点. 由于A 、I 、T 三点共线(均在∠BAC 的平分线上),连结PO ，有 AP+PO ≥AO=AI+IO , 又PO=IO, 故AP ≥AI.显然，当且仅当P 在AO 上时（即P=I 时），等号成立.例4（2005年华南师范大学硕士研究生入学考试数学试题）设ABC ∆是钝角三角形，其中A 为钝角，三边上的高为AD ，BE ，CF ，其中D ，E ，F 为垂足，而H 为ABC∆的垂心.求证：DEF ∆的内切圆圆心和3个旁切圆的圆心分别是A 和B ，C ，H.证明：如图4，由90BEC BFC ο∠=∠=知B 、C 、F 、E 四点共圆于圆Ⅰ（定理．．3．）.同理H 、E 、D 、C 共圆于圆Ⅱ；H 、F 、D 、B 共圆于圆Ⅲ.再由9090180BEA BDA οοο∠+∠=+=知A 、D 、B 、E 共圆于圆'I （定理．．1．）.同理A 、D 、C 、F 共圆于圆'II ；A 、E 、H 、F 共圆于圆'III .故ΙADEABE ACF ADF I II ''∠∠∠∠===圆圆圆，AFDACD AFE II I'∠∠∠==圆圆，AED ABD AEF I I'∠∠∠==圆圆. 故A 是DEF ∆的内切圆圆心.从而BDE CDF ∠=∠， 又∵BDK CDF ∠=∠，∴BDK BDE ∠=∠. 即DB 是DEF ∆的一条外角平分线，显然，EB 也是DEF ∆的一条外角平分线，又FB 是DEF ∆的一条内角平分线，所以点B 是DEF ∆的两条外角平分线和一条内角平分线的交点，即点B 是DEF ∆的1个旁切圆圆心.同理，点C ，H 也是DEF ∆的另外2个旁切圆圆心.通过上面展示的几个具体例子的解题过程我们可以看到：要想证明四点共圆，图 4一般首先要顺次连结四点得到一个四边形，然后根据图形的特点选择证明的方法；另外，对于基本图形要能做到见图知性，只有熟练地掌握了基本图形的基本性质，解题时才能做到灵活运用、得心应手！。
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答
国际数学奥林匹克竞赛试题及解答国际数学奥林匹克竞赛是世界范围内最具影响力和声誉的数学竞赛之一。
每年，来自各个国家的数学高手们聚集在一起，参与这项激烈而充满挑战的竞赛。
本文将介绍一些历年的国际数学奥林匹克竞赛试题，并提供相应的解答。
试题一：证明：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
解答一：我们可以通过反证法来证明这个命题。
假设4^n + n^4是一个素数，即不存在其他因子能够整除它。
考虑到任何正整数n都可以写成2k或2k+1的形式，其中k是整数。
当n为偶数时，可以将n表示为2k的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k)^4 = 2^(2n) + (2k)^4我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为偶数时，4^n + n^4不可能是素数。
当n为奇数时，可以将n表示为2k+1的形式。
那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k+1)^4 = 2^(2n) + (2k+1)^4同样地，我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k+1)^4也是一个完全平方数。
根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k+1)^4也是一个完全平方数。
因此，当n为奇数时，4^n + n^4同样不可能是素数。
综上所述，我们可以得出结论：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。
试题二：证明：对于任意正整数n，n^2 + 3n + 1不是完全平方数。
解答二：我们同样可以使用反证法来证明这个命题。
假设n^2 + 3n + 1是一个完全平方数，即存在另一个正整数m，使得m^2 = n^2 + 3n + 1。
根据完全平方数的性质，m^2必然是一个奇数，因为奇数的平方也是奇数。
我们可以将n^2 + 3n + 1拆分为两部分，即(n^2 + 2n + 1) + n。
第47届国际数学奥林匹克竞赛题目和答案
Problem 2.
Let P be a regular 2006-gon. A diagonal of P is called good if its endpoints divide the boundary of P into two parts, each composed of an odd number of sides of P . The sides of P are also called good .
C M
Ω
I P A B
ω
Let Ω be the circumcircle of triangle ABC . It is a well-known fact that the centre of ω is the midpoint M of the arc BC of Ω. This is also the point where the angle bisector AI intersects Ω. From triangle AP M we have AP + P M ≥ AM = AI + IM = AI + P M. Therefore AP ≥ AI . Equality holds if and only if P lies on the line segment AI , which occurs if and only if P = I .
2
Problem 5. Let P (x) be a polynomial of degree n > 1 with integer coefficients and let k be a positive integer. Consider the polynomial Q(x) = P (P (. . . P (P (x)) . . .)), where P occurs k times. Prove that there are at most n integers t such that Q(t) = t. Problem 6. Assign to each side b of a convex polygon P the maximum area of a triangle that has b as a side and is contained in P . Show that the sum of the areas assigned to the sides of P is at least twice the area of P .
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国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第47届）
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= 1
2
(∠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2006
2
=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
1
-+，其中
2x
mε
((())))P P x ，其中 P Q 的每个整数不动点都是设有整数x 使得()Q x x =，2)，．它
2)，
，的每一项整除后一项．由周期性及21}k m m m x u x x +-，，，，．即0x 是 P
的另一个2-周期点，1|x ，同理|
22-12n n A A ，每条对角线n +与1i i A A ++1)i n i n A A +++11i i i i i n i i n A O A O A O A ++++=，故i i O A O ，于是以 A 为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积111)}2()i n i i i n i i i i i 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11n A A +和12111n n n A A A A +++=的相反侧，故必有在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i i n O A A +△中．即21n
i i i i O A A P +=⊇△．于是
211((2()n i
i i i i i S A A O A A S P ++=∑△≥ P 中同一边上的各个(S A A 之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。