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1、20081208上午1。的内心为I,圆切AB,AC于M,N.圆过B,C且于相切于点D.求证:M,B,D,I;N,C,D,I分别四点共圆.2。给定n>1.求所有，使得，3．设P是一个凸多边形，证明：在P内存在一个凸六边形，其面积至少是P面积的4.已知，证明：1820081208上午1.的内心为I,圆切AB,AC于M,N.圆过B,C且于相切于点D.求证:M,B,D,I;N,C,D,I分别四点共圆.证明:设与外接圆交于D'点,D'M交BI于P,D'N交CI于Q,则有=,在圆上又,四点共圆.类似有从而PQ//MN,故,而且IM=IN,设DB,DC交圆于E,F
2、,则有位似,D为位似中心,,所以,.证毕.182.给定n>1.求所有，使得，（1）证明:在（1）中取x=y,f(0)=0,取y=0,，I)设n为偶数。在（2）中取x=-x,得f(-x)=-f(x)(x=0也成立)。在（1）中取y=-y,得，若，则=（3）若，则，推出f(x)=-f(y)=f(-y)，即对f(x)=f(y)等于或不为零，（4）也成立。于是存在c,使得f(x)=cx(任意小x不为零，等于零也成立)代入方程，n=2时，任意实数c,n>2时，c为-1，0，或1。II)n为奇数时，由（2），与x同号。记。显然，0,1属于S,假设a,b属于S,则
3、对任意x,（5）若ax不为零，则。但同号，18所以，ax=0时也成立。所以，。同理，。现在，有所以a-b属于S,因为0,1属于S,所以 -1属于S,n属于S,n+1=n-(-1)属于S.于是任意正整数属于S.易证，f(x)=x,对任意有理数x.再证明在0点连续，从而对任意实数连续。故,n=2时，f(x)=cx,n>2为奇数时，f(x)=0或f(x)=x.n>2为偶数时，f(x)=0或f(x)=x或f(x)=-x.3.设P是一个凸多边形，证明：在P内存在一个凸六边形，其面积至少是P面积的证明：取该多边形的面积最大的内接三角形ACB过A作BC平行线，过C
4、作AB平行线交出△DEF。则多边形P在△DEF内部或边界。设多边形P（在△BDC中的部分）离BC最远的点为M。过M作BC平行线分别交BD、DC于P，Q设，且△ABC面积为1。则多边形P在△BCD内部的面积至多为类似定义b,c.18则取出的六边形面积而多边形P的面积下证：只需证上式显然成立。于是所取出的6边形满足题意。4.已知，证明：证明：注意到∴可将为∴原不等式等价于18（*）①若则∴若2b-a>0也大于0，则（*）成立。若2b－a≤0则（*）式等价于上式不太好证，于是观察原式：注意到此时且于是有设则此时18求导可证：∴上式亦求导可证。∴此时原不等式
5、成立。②若，且（I）若，则(*)式成立（II）若则，成立。(III)若，则成立。综上所述，原命题成立。1829981208下午1．在凸六边形ABCDEF中,AD=BC+EF,BE=AF+CD,CF=DE+AB.求证：2．设是正实数，，用表示它们的几何平均，用表示的算术平均为，为的几何平均。证明：3。求所有整数对（a,b）,使得存在整系数多项式f,满足4．(n+1)(n-1)的棋盘上每个格子被染成三种染色之一，使得对于任意两行和两列相交处的四个格子所染的颜色不全相同。求n的最大可能值。181.在凸六边形ABCDEF中,AD=BC+EF,BE=AF+CD
6、,CF=DE+AB.求证：证明：考虑向量方法。由AD=BC+EF,有两边平方类似有。相加并化简得，于是有，并且所有等式成立。于是BC//EF,.所以，BC//AD//FE,类似地，AB//CF//DE,AF//BE//CD.设AD与FC交于x，FC与BE交于y,AD与BE交于z.其中x,y,z可能交于一点。由平行关系，有BCDz,AFEz均为平行四边形。Bz=CD,zE=AF,所以。同理，。故。考试题（1）1．设ABCD为凸四边形,AC交BD于P.的内心依次为.求证:四点共圆当且仅当ABCD有内切圆.证明:先证明必要性.当四点共圆时,(1)设PA=x
7、,PB=y,PC=z,PD=w.AB=a,BC=b,CD=c,DA=d.(为的半径)从而可知(1)(2)18故(2)(3)设a+c,则因为故(由(3)式,有:它们均等于1,.必要性证毕.充分性.由上述证明可以知道18,从而(2)成立.得出四点共圆,证毕.2．设是正实数，，用表示它们的几何平均，用表示的算术平均为，为的几何平均。证明：证明：开始时想找到，，的一些关系如等，继而推出题目的结论，可发现上式无论取何值均不恒成立。观察18∴用表示，得∴原式左边+3。求所有整数对（a,b）,使得存在整系数多项式f,满足解：设为P(x)的复根。则所以，所以，如果，
8、则。d=0或者，。所以.如果d=1,则，显然成立。所以，P(x)的所有复根的模均小于2，的所有复根的模均小于
