全国高中数学竞赛二试模拟训练题(33)(1).doc

加试模拟训练题（33）1、a1a2a3是一个非等腰三角形，它的边分别为a1、a2、a3，其中ai是ai的对边(i1，2，3)，mi是边ai的中点a1a2a3的内切圆i切边ai于ti点，si是ti关于ai角平分线的对称点，求证：m1s1、m2s2、m3s3三线共点2、 函数f定义在整数集上，且满足求 f(84)3、 设g是一个有k条边的连通图求证：可以将g的边标号为1，2，k，使得在每一个属于两条或更多条边的顶点，过该顶点各条边的标号数的最大公因子是14设a、b、c、d为奇数，证明：如果a+d=2k，b+c=2m，k,m为整数，那么a=1.加试模拟训练题（33）1、a1a2a3是一个非等腰三角形，它的边分别为a1、a2、a3，其中ai是ai的对边(i1，2，3)，mi是边ai的中点a1a2a3的内切圆i切边ai于ti点，si是ti关于ai角平分线的对称点，求证：m1s1、m2s2、m3s3三线共点【题说】 第二十三届(1982年)国际数学奥林匹克题2【证】 因为t1、s1、t2、t3关于a1i对称，所以；因为t2、s2、t3、t1关于a2i对称，所以 ，故有，于是t3is1s2，s1s2a2a1同理 s2s3a3a2，s3s1a1a3又m1m2a2a1，m2m3a3a2，m3m1a1a3，于是m1m2m3和s1s2s3的对应边两两平行，故这两三角形或全等或位似s1s2s3内接于a1a2a3的内切圆，而m1m2m3内接于九点圆由于a1a2a3不是正三角形，故内切圆与九点圆不重合，所以s1s2s3和m1m2m3位似，m1s1、m2s2、m3s3共点 2、 函数f定义在整数集上，且满足求 f(84)【题说】第二届(1984年)美国数学邀请赛题7【解】由f的性质，f(999)ff(1004)f(1001)998，f(998)ff(1003)f(1000)997f(997)ff(1002)f(999)998，f(996)ff(1001)f(998)997f(995)ff(1000)f(997)998，因此我们推想，对n1000，有对n 999至995，(1)已经证得假设对大于m且小于1000的n，(1)成立当m是偶数时，m5是奇数，此时有f(m)ff(m5)f(998)997当m是奇数时，m5是偶数，此时有f(m)ff(m5)f(997)998因此，对于m1000，(1)式成立特别地，f(84)9973、 设g是一个有k条边的连通图求证：可以将g的边标号为1，2，k，使得在每一个属于两条或更多条边的顶点，过该顶点各条边的标号数的最大公因子是1【题说】 第三十二届(1991年)国际数学奥林匹克题4本题由美国提供【证】 由g的连通性可知g中的每一个顶点至少属于一条边任取一顶点v0从v0出发沿g中的边行走，每条边至多能通过一次，但每个顶点可通过多次设通过t1条边后不可能再继续前进通过的顶点依次记为v0，v1，v2，vi，vj，vt1(注意不同的0i，jt1，vi、vj可能为同一顶点)，通过的边依次标号为1，2，t1显然1t1k且除顶点v0，其余任一顶点，如果从它出发有两条或更多条边被标了号，则这些标号数必有两个相邻的自然数如果t1k，则所有的边均已被标号如果1t1k，那么v0，v1，vt1中必有一点从该顶点有尚未标过号的边(否则g不连通)从这一顶点出发按上述规则沿未标过号的边行走，并从t11开始依次标号，直到不可能继续前进设又标了t2条边，则1t2kt1由于总共有k条边，于是易知用这种方法可将g的所有边标号为1，2，k任取g的一顶点v，设从v出发至少有两条边如果vv0，由于从v出发的一条边标号为1，从而过该点各边的标号数的最大公因子为1；如果vv0，由以上标数的方法可知，过v必有两条边的标号数是相邻的两个自然数，从而过该点各条边的标号数的最大公因子也是14设a、b、c、d为奇数，证明：如果a+d=2k，b+c=2m，k,m为整数，那么a=1. （第25届imo试题）【证明】首先易证：从而.再由因而 显然，为偶数，为奇数，并且只能一个为4n型偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的