命题人讲座_组合几何
组合数学-组合几何答案与讲稿
组合几何例讲 答案及讲稿（陶平生）基本内容与方法：组合计数；组合构造；组合结构；映射与对应；分类与染色；归纳与递推；容斥原理；极端原理；调整法；补集法；算两次；数形结合法，等等．1、矩形玻璃台板碎裂成一些小玻璃片，每块碎片都是凸多边形，将其重新粘合成原矩形后，有交结点30个，其中20个点在原矩形的周界上（包括原矩形的四个顶点），其余10点在矩形内部.在矩形的内部有45条粘缝（两个结点之间的线段算是一条粘缝，如图所示）. 试求该矩形台板所碎裂成的各种类型（指三角形、四边形、五边形等等）的碎片块数. （若凸多边形的周界上有n 个点，就将其算作n 边形）.解：设全部碎片中，共有三角形3a 个，四边形4a 个， … …，k 边形k a 个（34,,,k a a a 为非负整数），一个多边形，若其周界上有n 个顶点，就将其看成是n 边形，（例如图中的多边形ABCDE 要看成五边形）.于是这些多边形的内角和S 角为：S 角()3422k a a a k πππ=⋅+⋅++⋅-.从另一方面看，矩形内部有10个结点，对于每个点，围绕它的多边形顶角和为2,π10个内结点共获得102π⋅弧度；矩形边界线段内共有16个结点，在每个这种结点处，各多边形的顶角在此汇合成一个平角，16个这种结点共获得16π弧度；而原矩形的四个顶点处，共收集到多边形碎片的2π弧度.因此，S 角2016238ππππ=++=，于是，()342238k a a k a +++-= ……○1. 再计算边数和S 边：由于每个n 边形有n 条边，则S 边3434k a a ka =+++.另一方面，在矩形的内部的45条粘缝，每条都是两个多边形的公共边，故都计算了两遍，矩形周界上的20条线段各被计算了一遍，因此，S 边24520110=⋅+=，则3434110k a a ka +++= (2)○2-○1得，()34272k a a a +++=，因此碎片的块数为:3436k a a a +++= (3)○1—○3得，()4562332k a a a k a ++++-= …… ○4. 注意所有i a 为非负整数，故670k a a a ====，4522a a += (5)○5式中，或者452, 0a a ==；或者450, 1a a ==，……○6. 因此由○3、○5、○6得，本题的解共有两种情况：即全部碎片共36块，其中，或含有34个三角形，2个四边形；或含有35个三角形，1个五边形.2、将圆周2011等分于点122011,,,A A A ，在以其中每三点为顶点的三角形中，求含有圆心的三角形的个数．解：一般地讨论圆周21n +等分的情况，任取其中一个分点，记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志，自P 点后， 反时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ； 顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B ；先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然，这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ，而另一个属于点集{}12,,,n B B B ．且这种i j PA B ∆含有圆心当且仅当1i j n +≥+，{},1,2,,i j n ∈，今计算合于条件的三角形个数：当i k =时，j 可取值,1,,1n n n k --+，共计k 个值，因此这种含有圆心的n n3i j PA B ∆个数为()1112nk k n n ==+∑，当点P 取遍21n +个位置，共得 ()()11212n n n +⋅+个三角形，由每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍，因此，合于条件的三角形个数为()()1216n n n ++．3、在一个圆周上给定十二个红点；求n 的最小值，使得存在以红点为顶点的n 个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．解：设红点集为：{}1212,,,A A A A =，过点1A 的弦有11条，而任一个含顶点1A 的三角形，恰含两条过点1A 的弦，故这11条过点1A 的弦，至少要分布于6个含顶点1A 的三角形中；同理知，过点(2,3,,12)i A i =的弦，也各要分布于6个含顶点i A 的三角形中，这样就需要12672⨯=个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至少需要72243=个三角形． 再说明，下界24可以被取到．不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有21266C =条．若某弦所对的劣弧长为k ，就称该弦的刻度为k ；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；如果刻度为,,a b c （a b c ≤≤）的弦构成三角形，则必满足以下两条件之一：或者a b c +=；或者12a b c ++=；于是红点三角形边长的刻度组(),,a b c 只有如下12种可能：()()()1,1,2,2,2,4,3,3,6,()()()()()()()()()2,5,5,1,2,3,1,3,4,1,4,5,1,5,6,2,3,5,2,4,6,3,4,5,4,4,4；下面是刻度组的一种搭配：取()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型各六个，()4,4,4型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型三角形各六个，再用()4,4,4等型来补充． ()1,2,3型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,3,5,4,5,7,6,7,9,8,9,11,10,11,1,12,1,3； ()1,5,6型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}1,2,7,3,4,9,5,6,11,7,8,1,9,10,3,11,12,5；3()2,3,5型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,4,11,4,6,1,6,8,3,8,10,5,10,12,7,12,2,9；()4,4,4型三个：其顶点标号为：{}{}{}1,5,9,2,6,10,3,7,11；()2,4,6型三个：其顶点标号为：{}{}{}2,8,12,6,12,4,4,10,8．（每种情况下的其余三角形可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得）． 这样共得到24个三角形，因此，n 的最小值为24．4、在一个圆周上给定8个点128,,,A A A ．求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形．解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r ．八个点，每两点连一条弦，共得2828C =条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦至多能构成两两无公共边的三角形个数2893r ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为8A ，共顶点8A 的4个三角形，8A 的对边都是127,,,A A A 之中的两点连线，其中必有一点，设为k A ，出现了两次，那么相应的两个三角形将有一条公共边8k A A ，这不可能；故8r ≤．另一方面，当8r =时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中的6点有边相连，而与另一点不连边；考虑每点度数皆为6的八阶图G ：为简明起见，取圆周的八等分点作为图G 的八个顶点，作8阶完全图，然后去掉其中4条直径，这样共得24条边，且每点均属于6条边；在由这些边所构成的三角形中，选取八个等腰三角形： (1,2,3),(3,4,5),(5,6,7),(7,8,1)以及 (1,4,6),(3,6,8),(5,8,2),(7,2,4)，它们两两无公共边；（每一组的四个三角形，皆可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得到）．因此，8r =，从而所求的最小值19n r =+=．5、试确定，是否能将1,2,,10这十个数分别标于五角星的十个结点上，使得每一条边上的四个数之和都相等？证明你的结论．解：不能．反证法，假若有一种填法，使得五角星每条边上的四数之和都相等，记此和值为S ，则由于五角星的任两条边都相交，每一点恰有两条边经过，则52(1210)110S =+++=，所以，22S =．即每条边上的四数之和皆为22．先证明，10与1必共线，事实上，假若10与1不共线，考虑经过10的两根线，设10所在的一条线上的四数为12310,,,x x x ，另一条线上的四数为12310,,,y y y ，则123123442(10)(10)S x x x y y y ==+++++++12312320()x x x y y y =++++++20(234567)47≥++++++=，矛盾！故10与1必共线．下面用两种方法证明本题结论：方法一：记10与1所共的线为l ，l 上所填的另两数设为12,a a ，则1211a a +=，它有四种情况：{}{}{}{}{}12,2,9,3,8,4,7,5,6a a =；数10所在的另一根线记为10l ，10l 上的另三数设为123,,b b b ，则12312b b b ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,2,3,7,2,4,6,3,4,5b b b =；数1所在的另一根线记为1l ，1l 上的另三数设为123,,c c c ，则12321c c c ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,5,7,9,6,7,8,4,8,9c c c =；由于110,,l l l 两两之间恰有一个公共点，假若{}1,10,2,9l =，则{}{}1101,6,7,8,10,3,4,5l l ==，而110l l =∅，矛盾！ 假若{}1,10,3,8l =，则{}{}1101,5,7,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！ 假若{}1,10,5,6l =，则{}{}1101,4,8,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！假若{}1,10,4,7l =，则1l 与10l 各有两个点在l 上，这时110,,l l l 三线重合，矛盾！ 因此所述结论成立．方法二：删去10所在的两根线（1所在的点也被删去），五角星上剩下不共线的三个点，它们构成ABC ∆，这三顶点的填数和为：55222121a b c ++=-⨯+=．ABC ∆恰有一条边在1l （1所在的另一线）上，即1l 上有异于1的两点是ABC ∆的两个顶点，设为,B C ，1l 上的另一点记为D ，由于1l 上除1之外的另三数的和也是21，设点D 上的填数为d ，那么21a b c b c d ++==++，所以a d =，矛盾！（因D 在边BC 上而,,A B C 不共线），因此所述结论成立．6、两个正三角形交叠成一个六角星（如图），现将前12个正整数1,2,,12分别填于图中的12个结点处，使得每条直线上所填的四数之和相等．()01、试求六角星的六个顶点126,,,a a a 处填数之和的最小值；()02、证明适合条件的不同填数方案有偶数个．（对于填数方案π与T ，若方案π经旋转、翻转后能与方案T 重合，则认为是相同的填数方案）()01、解：对于满足条件的任一填法，将点ia 处所填的数仍记为ia ，1,2,,12i =，若每条直线上的四数之和为s ，则由()621212s =+++，得到26s =；在135a a a ∆的三条边上，有()()()1893310115512713a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○1 在246a a a ∆的三条边上，有()()()2910441112667823a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○2 两式相减得 135246a a a a a a ++=++ ……○3，由此知，两个三角形顶点处填数之和相等，若记 ()()135246m a a a a a a =+++++，则m 为偶数． 因为在1,2,,12中，最小的六数之和12621+++=为奇数，则22m ≥．若22m =，由于在1,2,,12中，和为22的六数只有1,2,3,4,5,7，将其分为和相等的两组，每组三个数，只有唯一的分法： {1,3,7}与{2,4,5}．今忽略外圈的具体数字，而将{1,3,7}与{2,4,5}分别改记为{奇，奇，奇}与{偶，偶，奇}，那么在旋转意义下，六个顶点处的填字方式唯一.现在再来考虑内圈六数的填法，用记号a b 表示整数,a b 同奇偶，由于每线上四数之和s 为偶数，则987121011 , a a a a a a ，而在内圈六数6,8,9,10,11,12之中，恰有四个偶数，两个奇数，因此{}{}1011, 9, 11a a =，由于1011, a a 落在奇顶三角形的一条边上，该边两顶点的填数之和应是()9116s -+=，但是在{}1,3,7中不存在和为6的两个数，矛盾。
秋季数学讲座六
m
(2i) m(m 1),
n
bj
n
(2 j 1) n2
i1
i1
j 1
j 1
m(m 1) n2 1997, 即有(m 1)2 n2 1997 1 .
2
4
设 m 1 r cos , n r sin , 其中0 r 1997 1 , (0, ),
4
4 i 1
ai2 ,
即
4 i1
ai2
1 4
(
4 i1
ai )2
2.16名学生参加一次数学竞赛, 考题全是选择题. 每个选择题
有4个选择支, 考生从每个题中选择一个选择支作为答案.考后
发现任何两名学生的答案至多有一道题相同.问这次竞赛最多
有多少道考题 ? 说明理由.
解
自主招生复习 数学讲座六（组合数学）
主讲人: 贺才兴
组合数学是自主招生考试中比较难的内容.
近几年的自主招生考试中出现组合数学问题的学校主要是 清华、北大、上海交大和中国科大等名校. 自主招生考试中的组合数学问题通常有 :计数问题、组合恒 等式、存在性问题和组合最值等. 求解组合数学问题需要敏锐的洞察力、丰富的想象力和必要 的技巧, 通常没有一个固定的解题模式可遵循. 解决计数问题常用的方法有 : 枚举法、利用两个基本原理和 容斥原理等.
即 A B C 的最小可能值为97.
4. m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数之和恰为
1997. 对于所有这样的m与n,问3m 4n的最大值是多少? 证明之.
解
设 m个正偶数 a1 a2 am, n个正奇数 b1 b2 bn
攻略高中数学联赛赛程、时间安排、25本数竞书单
攻略⾼中数学联赛赛程、时间安排、25本数竞书单挤进清北等优质名校是众多⾼中⽣的梦想，有梦想是好的，但现实很残酷，这些⾼校招⽣名额有限！尤其在招⽣⽅式改⾰后，⾼考裸分被录取的可能性更⼩。
因此，通过学科竞赛拿奖牌获得降分优惠或直接被保送，成为许多考⽣的必然选择。
但你知道，学科竞赛应该如何备考才能拿到⾼含⾦量的奖牌吗？学科竞赛⽹（jingsai985）根据多年经验，总结出⼀份⾼含⾦量的数学竞赛备考秘籍。
我们从不轻易告诉外⼈，但今天很⾼兴与你分享，因为我们是⾃家⼈！（⼀）先看赛程数学预选赛（初赛）在各地市学校举⾏，评选出的奖项分为市⼀、市⼆、市三，考核优秀的学⽣晋级参加数学联赛。
数学联赛（⼀试、⼆试）全省在指定的⼀个或⼏个地⽅进⾏选拔考试，评选出的奖项分为省⼀（含省队）、省⼆、省三，考核优秀的学⽣晋级参加全国数学决赛，即冬令营（CMO）。
冬令营全国统⼀指定⼀个地⽅进⾏选拔考核，评选出的奖项分为国⼀（含集训队）、国⼆、国三，考核优秀的学⽣晋级参加国家集训队。
最终选出6名优秀选⼿代表中国参加IMO。
IMO全世界在指定的⼀个地⽅进⾏选拔考核，评选出国际⾦牌，国际银牌，国际铜牌。
（⼆）重点看时间安排和阶段备考内容⾼中学业较之前本来就繁重，还要挤出时间备战数竞，因此，进⾏科学规划显得尤为重要。
从初赛到国决⼤略可分为以下五个阶段：1、第⼀阶段：初三暑假到⾼⼀上学期⼤部分学⽣的竞赛之路是从初三毕业那个暑假开始的，虽然某些省份呈低龄化趋势，但并⾮主流。
这个阶段多数竞赛⽣学习必备知识，由于预选赛（初赛）和⼀试的内容均是⾼中知识，且初赛难度较⼩，所以，⽆需单独备考初赛，准备⼀试即可。
此阶段，你需要配合⽼师的课堂教学，以最短时间尽可能⾃学完成⾼考要求掌握的数学知识，同时要注意做题训练。
可以从数学53（五年⾼考三年模拟）【⽂末附详细书单】开始练习，若做起来⽐较顺⼿，就跳过直接刷浙⼤版《⾼中数学竞赛培优教程：⼀试》（第四版），偶尔选53重要题型练⼿感；若做起来有难度，还是要坚持先把53弄懂吃透，奠定⾼考基础。
奥数书籍推荐
打星号的是强烈推荐的，其他的书也是非常值得一读的，但是时间有限的情况下，可以暂时搁置。
通用书籍：中等数学（无论是刚入门还是国家队）第零阶段知识拓展《数学选修4-1：几何证明选讲》《数学选修4-5：不等式选讲》《数学选修3-X（忘了哪本）：初等数论初步》第一阶段：全国高中数学联赛各赛区预赛1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用高中数学联赛备考手册华东师范大学出版社*3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社*4、单樽《解题研究》*5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几）6、《平面几何》浙江大学出版社7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著第二阶段：全国高中数学联合竞赛第一部分：一试《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社*《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚）5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本）7、《概率与期望》单樽8、《同中学生谈排列组合》苏淳9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*12、《圆锥曲线的几何性质》13、《解析几何》浙江大学出版社第二部分：加试（我怎么可能会说二试这种词语呢）平几1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选*2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》4、浙大小红皮《平面几何》5、沈文选《三角形的五心》6、田廷彦《三角与几何》7、田廷彦《面积与面积方法》不等式1、《初等不等式的证明方法》韩神2、9、命题人讲座《代数不等式》计神3、10、《重要不等式》中科大出版社11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》数论（9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题）12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》13、13、奥林匹克小丛书《数论》14、命题人讲座《初等数论》冯志刚组合15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》17、命题人讲座刘培杰《组合问题》18、《构造法解题》苏淳19、《从特殊性看问题》中科大出版社20、《抽屉原则》常庚哲第三部分：通用《中等数学增刊：高中数学联赛模拟题》*《多功能题典：高中数学竞赛》《数学奥林匹克研究教程》单樽奥林匹克小丛书第二版《高中数学竞赛中的解题方法与策略》第三阶段：中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上（本渣不自量力，竟然敢给这个阶段的大神推荐书籍，如果大神们虐题审美疲劳的话，也不妨一看）命题人讲座《圆》田廷彦《近代欧式几何学》《近代的三角形的几何学》《不等式的秘密》范建熊、隋振林《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军《初等数论难题集》命题人讲座《图论》奥林匹克小丛书第二版《图论》《走向IMO》今天仔细看了看。
高中数学竞赛怎么学
数学竞赛怎么学搞竞赛要找好苗子，首先他是热情的，勤奋的，其次是有抱负的，不畏艰难的；当然不能是临时抱佛脚的。
冰冻三尺，非一日之寒。
应该从高一前的暑假就开始不停的学习、训练。
细细地说来，注意事项还有很多。
学习进度方面要在高一开学之前的那个暑假里把整个高中的数学内容全部学完，并在高一上学期应该完成像高三一样的两轮复习，基础太重要了，第一试占了150分，不可小视。
然后，就是竞赛内容了，不要以为看几本竞赛书就可以了，因为那些书上讲得太粗略；这时候，对老师的要求就更高。
老师不但要对竞赛内容非常熟悉，还要不断地总结重要的思想方法，使学生能够灵活运用。
入门书单首先如果要涉猎竞赛，最基本的高中课程是一切的基础。
接下来的书就是建立在此基础上的。
我们最先做的当然是补全差距:课标大纲和竞赛大纲之间的差距。
1）《新编中学数学解题方法全书》，即基础衔接书。
2）《奥数教程》经典奥数蓝皮书。
优点是与课本知识联系紧密，适合你在第一遍学习高中数学知识的同时同步提高，帮助你打下坚实的基础，以讲解为主，以测试为辅。
(与《培优教程》二选一即可，小编认为《培优》稍难，但很散，推荐《奥数教程》。
)提高书单1）《奥赛小丛书》专而精，很多专题非常精彩，难度涵盖联赛和冬令营，读起来也容易让同学们感兴趣。
如果仅以省级国一为目标，其中概率、几何不等式可以不看，图论、组合几何、数论编的不错，集合变换、三角与几何虽然写的很好但不实用；其它的如函数、集合还好，可以看看。
这套书中代数只有两本不等式，而且很不实用，不推荐。
至于数学归纳法里面题很经典，不过很综合，可以放在该套书后面看。
对于这套书要尽快看完，里面题要自己做，可能比较辛苦。
总的来说这套书值得一看，要尽早开始看。
2）《奥赛经典》内容比较全面，例题选取也比较新，难度也较高，适合着眼于联赛二试和冬令营的同学们；代数部分可以做为《奥赛小丛书》的补充。
几何还可以，但定理可以只记最基本的，拓展的可以不记。
组合，数论有时间可以看看,不过很多都和小丛书重复，没时间就算了。
第4讲 组合几何 长沙市一中 申东
2011年协作体夏令营系列讲座(四)组合几何长沙市一中 申东组合几何是一门新兴的数学分支，是组合数学与几何学相结合的产物，它研究的是几何元素的组合问题．例如，“几何计数”、“距离”、“覆盖”等．由于其内容丰富多彩，技巧性强，因而在数学竞赛中颇受欢迎，本讲介绍组合几何中的一些基本问题．例1．设n 为大于等于1的整数，在xy 平面上由(0,0)到(,)n n 的一条“路”是一条折线，这条折线从（0，0）开始每次或者向右（记为E ）或者向上（记为N ）运动一个单位，直到到达(,)n n ．所有运动都在满足x y ≥的半平面内进行．在一条“路”中形如EN 的两个相邻的运动称为一“步”．证明：从(0,0)到(,)n n 恰有s 步(1)n s ≥≥的路有1111s s n n C C s---条．例2．已知空间中9点，其中任意4点不共面．在这9点间连接若干条线段，使图中不存在四面体，问图中最多有多少个三角形？例3．平面上不在同一直线上的4点构成矩形的顶点的充要条件是以其中任意三点为顶点的两个三角形均全等．例4．试确定在平面上是否存在满足下述条件的两个不相交的无限点集A 和B ： （1）在A B 中，任何三点都不共线，且任何两点的距离至少是1； （2）任何一个顶点在B 中的三角形，其内部都存在一个A 中的点，例5．在凸100边形内部，有k 个给定点，250k ≤≤．求证：可以从这凸100边形中选择2k 个顶点，以这2k 个顶点为顶点作一个2k 边形，使得这给定的k 个点全部落在这2k 是边形内部．例6．一张平面被两族平行直线划分为单位正方形，考查由所分成的单位正方形成的n n ⨯的正方形．将其中至少有一条边位于n n ⨯正方形边界上的所有单位正方形的并集称为这n n ⨯正方形的边框．给定一个100×100的正方形，求证：恰有一个方法，利用50个正方形的不重叠的边框就能覆盖它．例7．57⨯棋盘用特利米诺角片覆盖，角片不许超出棋盘外，但可彼此交叠，问：能不能找到一种覆盖方法，使得每个小方格上面所盖的特利米诺角片个数都相同?练习题1：设n和k是正整数，S是平面上n个点的集合，满足条件：对S中每一个点P，S中存在k个点与P距离相等，证明122k n <2：圆周上有(4)n n≥个点，每两点连一条弦，如果没有3条弦交于一点（端点除外），问：（1）这些弦在圆内一共有多少个交点？（2）这些弦把图分成多少个区域？3．平面上给出(3)n n>条直线，其中任意两条不平行，任何3条不共点，证明：在这些直线将平面划分面三角形的部分中，三角形的个数不少于2(1)3n-．4：平面上已给998个点，将连接每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1993个红点．能否找到一个恰有1993个红点的特例？5：在平面上任意取6个互不相同的点，证明：在两两连接这些点所得的线段中，最长线段与最短线段之比63λ≥．6：把正三角形ABC各边n等分，过各分点在三角形内作边的平行线段将ABC∆完全分割成边长为1nBC的小正三角形．求其中边长为1BCn的小菱形个数．讲座四参考答案 2011-7-19例1．证：将一条从(0,0)到(,)n n 有s 步的路称为(,)n s 型路．设(,)f n s 表示(,)n s 型的路的数目，1111(,)s s n n g n s C C s---=，我们对n 用数学归纳法证明(,)(,)f n s g n s =，1,2,,s n =．显然有(1,1)1(1,1)f g ==，(2,1)1(2,1)f g ==，(2,2)1(2,2)f g ==． 当2n ≥时，假设(,)(,)f m s g m s =，其中1s m n ≤≤≤，易知 (1,1)1(1,1)f n g n +==+．下面证明(1,1)(1,1)f n s g n s ++=++，其中1s n ≤≤．我们称一条(,)n s 型路和一条(1,1)n s ++型路相关联，如果(1,1)n s ++型路可以由(,)n s 型路通过将EN 插在两个形如EE ，NN ，NE 的相邻运动之间，或通过将EN 加在这条路的两端获得；称一条(,1)n s +型路和一条(1,1)n s ++型路相关联，如果(1,1)n s ++型路可以由(,1)n s +型路通过将EN 插在EN 之间获得．每条(,)n s 型路与21n s +-条不同的(1,1)n s ++型路相关联，每条(,1)n s +型路恰与1s +条不同的(1,1)n s ++型路相关联，每条(1,1)n s ++型路恰与1s +条(,)n s 型路或(,1)n s +型路相关联．所以，有(1)(1,1)(212)(,)(1)(,1)s f n s n f n s s f n s +++=+-+++． 容易验证(1)(1,1)(21)(,)(1)(,1)s g n s n s g n s s g n s +++=+-+++． 所以，(1,1)(1,1)f n s g n s ++=++．例2．解：先证明下述结论（*）在一个n 个点的空间图中不存在三角形，则其边数不超过2[]4n ．设这n 个点为12,A A ，…，n A ，其中从1A 引出边数最多，不妨设共有k 条边1n A A 11n A A -，…，11n k A A -+．依条件，不存在三角形，那么点1n k A -+，…，n A 之间没有边相连．从而空间图中每条边均至少有一个端点为12,A A …，n k A -中的点，而每个(1)i A i n k ≤≤-至多引出k 条边，则总边数2()[]4n k n k ≤-≤．下面证明空间中9点，其中任意4点不共面，在这9点间连接若干条线段，如果图内已有（至少）28个三角形，则至少有一个四面体．用反证法，假设不存在一个四面体，设这9个点为1A ，2A ，…，9A ．由抽屉原则，其中必有一点为至少283[]109⨯=个三角形的顶点，这里283[]9⨯表示不小于2839⨯的最小整数．从而，从这个点至少引出5条边，设这点为1A ．（1）若从1A 引出5条边12A A ，13A A ，……，16A A ，则依题意，由于没有四面体，那么，由2A ，3A 、…，6A 这5个点组成的子图中没有三角形．由结论（*），这子图中至多有25[]64=条边，那么，以1A 为顶点的三角形至多有6个，矛盾．（2）若从点1A 引出6条边12A A ，13A A ，…，17A A ，则类似（1），至多有26[]94=个三角形以1A 为顶点，矛盾．（3）若从点1A 引出7条边12A A ，13A A ，…，1s A A ，由于没有四面体，可知23,A A …，8A 这7个点构成的子图中没有三角形．再利用结论()*，这个子图至多有27[]4=12条边．从而，以1A 为顶点的三角形至多有12个，不以1A 为顶点的三角形必以点9A 为一个顶点，类似地也至多有12个三角形．那么，三角形总数1222428≤⨯=<，矛盾．（4）若从点1A 引出8条边12A A ，…，19A A ，则此时2A ，3A ，…，9A 这8个点构成的子图中没有三角形．由结论（*），至多有28[]164=条边，从而原图中至多有16个三角形，矛盾．于是，满足题目条件的三角形至多27个．例3．证：必要性显然，下证充分性．设平面上4点为A ，B ，C ，D ，考虑点集{,,,}A B C D 的凸包．若凸包为三角形，不妨设为ABC ∆，则D 为ABC ∆的内部或边上的点，此时ABC ∆与ABD ∆（或BCD ∆或CAD ∆）不全等（因两者面积不等），矛盾．由此，凸包为四边形，不妨设凸包为四边形ABCD ，如图，因为ABD ∆与ABC ∆全等，故ABD ABC S S ∆∆=，所以D ，C 到直线AB 的距离相等，由此DC //AB ．同理有//AD BC ．所以ABCD ∆为平行四边形，再由ABD ∆与ABC ∆全等，知AC BD =．故平形四边形ABCD 是矩形．例4．解：这样的点集不存在，下面用反证法证明． 假设存在这样的点集A 和B ，则下述命题存在：对任意自然数3n ≥，存在这样的凸多边形，它的顶点为标定点（即A B 中的点），而它的内部及边界上共有n 个标定点．事实上，任意取n 个标定点，设它们的凸包为12m PP P ．由于任意3个标定点不共线，故3m ≥．因为任何两个标定点的距离至少是1，故以每个标定点为圆心、以12为半径作圆，这些圆两两不相交．因此，凸多边形12n PP P 内部及边界上只有有限个标定点．设为12k PP P ，1k n -≥ ，若k n =，则命题已成立．若k n >，则取12k PP P 的凸包12t i i i P P P ，其内部及边界上有1k -个标定点．若1k n -=，命题已成立；若1k n ->，则再取23{,,,}k P P P 1{}i P 的凸包，这样下去，经k n -次调整，可得一个凸多边形，其内部和边界上共有n 个标定点．为了进一步证明，我们在上述命题中取9n =，不妨设这时对应的凸多形的内部及边界上的9个标定点中A 中的点多于B 中的点，分以下两个种情形．（1）9个标定点中A 的点不少于6个，则B 中的点不多于3个，取A 中的6个点1A ，2A ，…，6A ．若其凸包为六边形，不妨设为126A A A ，则123A A A ∆，134A A A ∆，145A A A ∆，156A A A ∆中不可能都有B 中的点．若其凸包五边形，不妨设为12A A …5A ，则126A A A ∆，236A A A ∆，345A A A ∆，416A A A ∆中不可能都有B 中的点．若其凸包为四边形，不妨设为1234A A A A ，则125A A A ∆，235A A A ∆，345A A A ∆，416A A A ∆中不可能都有B 中的点．若其凸包为三角形，不妨设为123A A A ∆，且5A 在124A A A ∆的内部，则125A A A ∆，245A A A ∆，145A A A ∆，234A A A ∆中不可能都有B 中的点，矛盾．（2）9个标定点中有5个A 中的点1A ，2A ，…，5A ．若其凸包为五边形，不妨设为125A A A ，则123A A A ∆，134A A A ∆，145A A A ∆中都有一个B 中的点，而以这3个B 中的点为顶点的三角形中不可能再有A 中的点．若其凸包为四边形，不妨设为1234A A A A ，则125A A A ∆，235A A A ∆，345A A A ∆，415A A A ∆中都有一个B 中的点，而这4个B 中的点的凸包中只可能有一个A 中的点，这是不可能的．若其凸包为三角形，不妨设为123A A A ，且5A 在124A A A ∆内部，则125A A A ∆，245A A A ∆，234A A A ∆，314A A A ∆中不可能都有B 中的点．矛盾．例5．证给定一个有限点集X ，这点集内点不全在同一条直线上．我们将包含这有限点集X 的全部点的面积最小凸多边形称为这点集X 的一个“凸包”．明显地，对于这点集X ，总存在一个多边形，以这点集内一部分(或全部)点为顶点，使得这点集内全部点都落在这多边形的内部或边上(包括顶点上)，且这多边形的每个顶点都属于这点集．如果这多边形是凸的，那么它本身就是凸包．如果这多边形是凹的，那么总可以在它的顶点之间适当添加一些线段，使得有一个凸多边形，其内部或边上包含X 内全部点．当然添加连线段可以有许多添法，可以得到许多凸多边形，但由于X 是一个有限点集，两点之间连线总数有限．因此，以X 内点为顶点的凸多边形总数有限，在这有限个这样的凸多边形中，总有面积最小的一个，它就是凸包．因此，不共线点集X 总有一个凸包．如果这k 个给定点不全在同一条直线上．依照上面所述，设12n M A A A =是所给定的k 个点的一个凸包，由于点(1)j A j n ≤≤是属于这k 个点组成的集合，所以点(1)j A j n ≤≤全部在这凸100边形内部．取M 内一点O ，O 不是1A ，2A，，n A 之一．延长每条线段(1)j OA j n ≤≤，使它与凸100边形的周界相交于点(1)j B j n ≤≤．明显地，111(1,)j j n OA A j n A A ++∆≤≤=包含在1j j OB B +∆内，所以M 包含在多边形12n B B B 内部．每个点(1)j B j n ≤≤都在这凸100边形的边上，取出含有这些点(1)j B j n ≤≤的所有的边，这里边是指凸100边形的边，并考查这些边的端点的集合，该集合中共有22m n k ≤≤个点，我们再任意地补入这100边形的2k m -个顶点，这样一共得到2k 个顶点，以这2k 个点为顶点所作成的凸2k 边形，它的周界包含全部点12,,,n B B B ，因此这凸2k 边形包含多边形12n B B B ，当然包含M ．如果这k 个给定点在同一条直线上，这条直线与凸100边形交于两条边11,(199)j j i i A A A A j l ++≤<≤这是个点必在凸四边形11j j l l A A A A ++(如果1j l +<)内，或在三角形12j j j A A A ++内(如果1l j =+)．再任意补入24k -或23k -个凸100边形的顶点，那么这k 个给定点必在一个凸2k 边形内，这2k 边形的全部顶点是这凸100边形的顶点．例6．证 在所给的100×100的正方形ABCD 的两条对角线AC 和BD 上共分布着200个两两不重叠的单位正方形(两个单位正方形至多可能有一条公共边)．而每一个()n n n +⨯∈N 正方形的边框至多能盖住这200个单位正方形中的4个．题目要求用50个不重叠的正方形的边框盖住这100×100的正方形，那么，满足题目要求的50个正方形的每一个的边框都恰好盖住这200个单位正方形中的4个，即每一个正方形的边框盖住对角线AC 上的两个单位正方形，也应盖住对角线BD 上的两个单位正方形．现在证明，正方形ABCD 的4个角上的单位正方形一定要为同一个正方形的边框所覆盖．为了方便，我们将一个单位正方形为某个正方形的边框所覆盖，就称这个单位正方形属于这个正方形的边框．如果顶点A 和C 所在的单位正方形属于同一个正方形的边框K ，并且它们位于这边框的相邻的边上，那么这正方形的边框K 的这两条边的公共顶点B 或D 所在的单位正方形也应当属于K ．不妨设点B 所在的单位正方形属于K ，利用正方形边框关于正方形中心的对称性，则点D 所在的单位正方形也应当属于这正方形的边框K ，因而K 盖住对角线BD 上两个单位正方形，这两个单位正方形，一个以点B 为顶点，一个以点D 为顶点．如果顶点A 和C 所在的单位正方形位于K 的两条相对平行的边上，则K 的每条边应当由100个单位正方形所组成，所以，顶点B 和D 所在的单位正方形也应当属于这正方形的边框．最后，我们要指出，点A 和点C 所在的单位正方形不可能属于两个不同正方形的边框．用反证法，如果点A 和点C 所在的单位正方形分别属于两个不同正方形的边框，由于这两个正方形的边框都要盖住对角线．BD 上的两个单位正方形，那么，这两个正方形必定有重叠的边框．这与题目条件矛盾．这样，要满足题目要求，必有一个正方形的边框盖住顶点A ，B ，C ，D 所在的4个单位正方形．由100×100的正方形，去掉这个正方形的边框，得到一个98×98的正方形A B C D ***，对正方形A B C D ***进行类似上述的讨论，必有一个正方形的边框，盖住顶点A B C D ***所在的4个单位正方形，如此继续进行下去，题目结论成立．例7．解 5×7棋盘的35个小方格，用(,)i j 表示位于第i 行、第j 列的那一格，1i =，2，3，4，5，i =1，2，3，4，5，6，7．第21n +行与第21m +行(规0,1,2n =；0,1,2,3m =)的交叉处(21,21n m ++)格，填写上“2-”，其余的方格中都填写上“+1”．易知，任意一张特利米诺角片盖住的3个小方格中的3个数之和必非负．如果存在符合要求的覆盖，每个小方格都被k 张特利米诺角片所盖住，那么353k这张特利米诺角片所盖住的小方格中诸数之和必非负．但是，这个5×7棋盘中，有12个小方格中是“2-”，23个小方格中是“1+”，即35个方格诸数之和为212231-⨯+=-，因而k 层特利米诺角片盖住的小方格中诸数之和为k -，矛盾．例8．设Oxyz 是空间直角坐标系，S 是空间中的一个有限点集，x S ，y S ，z S 是S 中所有点分别在坐标平面Oyz ，Ozx ，Oxy 上正投影所成集合，求证：2||||||||x y z S S s S ≤⋅⋅．证明：对任意(,,0)i j z S ∈，令{(,,)|(,,)}ij T i j z i j z S =∈显然(,,0)z i j s ij s T ∈=，由柯西（Cauchy ）不等式得2222(,,0)(,,0)(,,0)||1||||||zzzi j s ij z ij i j S i j S S T S T ∈∈∈∑≤⋅=⋅∑∑．① 考虑集合(,,0)()z i j S ij ij V T T ∈=⨯，这里12{((,,),(,,))|(,,),1,2}ij ij k T T i j t i j t i j t S k ⨯=∈=，显然2(,,0)||||zij i j s V T ∈=∑．定义映射:x y f V S S →⨯为：1((,,))V i j t ∍，2(,,)i j t →12((0,,),(,0,))j t i t x y S S ∈⨯，不难看出f 为单射，因此有||||||||x y x y V S S S S ≤⨯=．②由①及②得||||||||x y z S S S S ≤⋅⋅．习题参考：1.解：以S 中的每一点为中心作圆，使这个圆上至少有S 中的k 个点．这样就得到了n 个圆1C ，2C ，…，n C ．设点(1)i P i n ≤≤出现在i a 个圆上，如果一个点同时在若干个圆上，我们就重复计算若干次．考虑任意两个圆i C ，j C ，每两个圆至多有2个交点，因此，至多有22n C 个交点．因为m 个圆交于某点时，这个交点就被计算了2m C 次，因此，i P 被计算了2ia C 次，因此2212inna i C C=≥∑，即2112(1)n ni ii i a an n ==-≤-∑∑．由柯西不等式，22111()nn i i i i a a n ==≥∑∑，所以2211()()2(1)0n ni i i i a n a n n ==---≤∑∑．解得11(2nii a n =≤+∑． 又因为每点可出现在若干个圆上，故1ni i a nk =≥∑，因此1122k ≤+<+ 2. (1)圆上每4个点构成一个凸四边形，它的两条对角线(弦)交于一点，因此每4点组成的集合对应于一个交点．由于没有3条弦交于一点，所以不同的4个点对应于不同的交点．反之，设点P 是弦13A A 与24A A 的交点，则P 是4点集1234{,,,}A A A A 对应的点．所以，交点的个数就是这n 个点中取4点的取法总数4n C ．(2)圆周上n 个点可组成2n C 条弦，由(1)知，这些弦在圆内有4n C 个交点．现把这些弦一条一条地取消．如果一条弦在圆内与k 条弦相交，那么k 个交点把这弦分为是1k +段，每一段是两个区域的公共边界，在这条弦取消后，这两个相邻的区域就合二为一，所以区域的个数减少1k +．这样逐步减少弦，直至最后弦全部取消，而区域只剩下一个(即整个圆)．将上述过程追溯回去，即一条接一条地添弦，每添一条弦，区域的个数相应地增加1k +，这里k 是所添的弦与已有弦在圆内的交点．所有的k 的和是4n C ，而弦有2n C 条，所以区域总数是421n n C C ++．3.解：设这n 条直线的交点所成的集为P ，则至少有2n -条直线，它的两侧都有P 中的点．事实上，如果上述命题不对，则至少有3条直线，使得P 中的点均位于它们的同一侧，设这3条直线构成的三角形为ABC ．因为第4条已知直线不能与ABC ∆的3条边均相交，所以它至少与ABC ∆一条边的延长线相交，不妨设它与AB 边的延长线交于一点D ，那么点A ，D 就位于直线BC 的两侧，矛盾．在这n 条直线中任取一条l ，则有（1）如果P 中的点全在l 的同一侧（至多两条），选取P 中与l 距离最近的点A ，A 是另外两条直线1l ，2l 的交点，则由直线l ，1l ，2l 围成的三角形与其他已知直线均不相交（否则，P 中将有一个比点A 距l 更近的点），因此，这样的直线至少对应着一个三角形． （2）如果P 中的点在l 的两侧（至少2n -条），用上述方法可产生两个三角形，因此这样的直线对应着2个三角形．由于每个三角形对应着3条直线，所以三角形的个数不少于2(2)22(1)33n n -+=-．4.下面我们用数学归纳法证明：对平面上已给的(2)n ≥个点，按题设方式染色，至少有23n -个红点．奠基是显然的．假设命题对1n -成立．考虑n 个点的凸包，设它是凸m 边形12m A A A ．去掉顶点1A 后，剩下的1n -点利用归纳假设，至少有2(1)325n n --=-个红点．设B ，C 分别是12A A ，1m A A 上距1A 最近的已知点，如图所示，则1A B ，1A C 的中点显然不在上述25n -个红点之内，故n 个点时至少有25223n n -+=-个红点． 当凸包为一条线段1n A A 时，设2A 为距1A 最近的已知点，3A 为距1A 次近的已知点，则12A A ，13A A 的中点不与其他红点相同，这时也至少有25223n n -+=-个红点．综上可知，命题对一切自然数(2)n ≥都成立．特别地，当998n =时，红点个数至少有299831993⨯-=个另个，存在恰有1993个红点的特例．在数轴上取998个点，它们的坐标是0,2,4,6，…，1994．于是坐标为1，2，3，4，5，…，1992，1993的点就是全体整点，恰好1993个．5.设这6点集为123456|,,,,,|M A A A A A A =．于是有（1）若M 中有三点共线．设1A ，2A ，3A 依次一直线上，并且1223A A A A ≤，于是1361223A A A A λ≥≥>． （2）若M 中有3个点所构成的三角形的一个内角不小于120︒，不妨设在123A A A ∆中，123120A A A ∠≥︒，并设1223A A A A ≤，于是，由余弦定理，22213122312231232cos A A A A A A A A A A A A A =+-⋅∠22122312232cos120A A A A A A A A ≥+-⋅︒2212231223A A A A A A A A =++⋅2123A A ≥，所以136123A A A A λ≥≥ 因此，若M 中的点具有（I ）或（II ），则命题得证．现在考虑M 的凸包，且设M 不具备(I)，下证M 必具备(II)．(1)M 的凸包是三角形，设为123A A A ∆，则142A A A ∠，243A A A ∠，341A A A ∠中至少有一个不小于120︒ (因它们的和为360︒)，于是142A A A ∆，243A A A ∆，341A A A ∆中至少有一个具备(II)．(2)M 的凸包是四边形，设为1234A A A A ．连接对角线13A A ，则5A 必位于123A A A ∆与134A A A ∆之一中，由(1)的讨论知，M 具备(II)．(3)M 的凸包是五边形12345A A A A A ，则6A 必在123A A A ∆，134A A A ∆，145A A A ∆之一的内部，由(1)知，M 具备(II)．(4)M 的凸包是六边形123456A A A A A A ，因6个内角和为(62)180720-⨯︒=︒，所以必有一个内角7201206︒≥=︒，设么123120A A A ∠≥︒，则M 具备（II ）． 总之，集M 必具备(I)，（II ）两种情形之一，从而命题成立．6.解：首先考虑边不平行BC 的小菱形，延长每个菱形的边顺次与BC 相交于4个分点（特殊情形下，第2个交点与第3个交点重合于菱形的一个顶点）为了便于处理，可延长AB 到B '使1BB AB n '=，延长AC 到C '使1CC AC n'=，并延长各平行线交线段B C ''于2n +个等分点，记为0，1，2，…，1n + (包括B '，C '两个端点)，于是每边不平行BC 的小菱形的两组对边延长后交B C ''于4个不同分点i ，1i +，k ，1k +．反之，任给这样4个分点必对应一个边不平行BC 的小菱形，二者且有一一对应关系．由于有序数组(,1,,1i i k k ++)(0111)i i k k n ≤<+<<+≤+又与有序数组（1,i k +）（11i k n ≤+<≤）一一对应，故边不平行于BC 的小菱形的个数为2n C ．由对称性，所求小菱形的个数3C 2n ．。
数学竞赛-超详细学习方法分享
数学竞赛超详细学习方法一般来说，刚刚接触竞赛的新人都需要一套系统全面的入门书籍，比如：《奥赛经典》、《奥数教程》、《小丛书》等。
对于这些书，如果可以的话当然是选一套书慢慢啃，但其实几乎没有人能够有毅力地踏踏实实做完一套这样的“大部头”……所以你可以先不这么“踏实”地先了解一下做题的方法，然后做一些题，不一定要做完所有习题。
在刚开始接触新的领域的时候可以直接看例题的答案，但是最好每个题都要经过一段时间的思考，至少也应该知道自己没有突破的地方在哪——那就是你能学到的新东西。
要学会举一反三，这样很快就能掌握很多方法。
关于联赛的模拟题，除了学校教练的题目，《中等数学》的模拟题（包括非增刊和增刊）不错。
当然，模拟题的难度总归与真正联赛可能会有差距，所以如果有些套题做下来一点思路都没有，很可能是题目确实难。
不必太在意；但是如果是自己算错的很多，就要找原因了。
事实上，增刊模拟题一试平均分与真实联赛的成绩差距不会很大。
可能模拟会稍难一些，但是真正考联赛的时候会比较紧张，也有可能会出现低级失误。
在稍稍进步一些之后，实际上你己经可以做出一部分联赛二试难度的题目了，但是稳定性却不能保证。
这个时候，比较重要的是补充短板。
可以看之后的具体分支中的书。
关于备战二试较难的题目和CMO 以上级别的考试，强烈推荐单墫的《数学竞赛研究教程》。
尽管这本书不长，但其中很多章节里的思想很关键。
尽管现在新的方法很多，很多很难的题目却恰恰用的是老的方法。
这本书是值得从头到尾扎实地把所有题做一遍的。
《命题人讲座》系列是一套补短板的好书，但也有不足，一部分书的部分章节太偏太难，可能更像是科普而非针对竞赛。
一些流行的期刊，比如《中等数学》等，可能会载有一些最新的题目和方法。
推荐大家在看书了解传统的方法的同时，最好也要了解最新的题目与新兴的方法。
之前说到过两套所有人都要做的题目：《走向IMO 》和IMO 预选题。
这两套题目都非常好，在准备CMO 和TST 时都可以做。
高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总,尖子生请收好
高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总，尖子生请收好！首先，强调一点：不是所有学生都可以学数学竞赛，要想学习数学竞赛必须同时具备以下条件：•高考数学可以轻松应对；•对数学竞赛有兴趣，自发选择学习数学竞赛；•具备自主学习能力；•高考涉及的其他学科不存在太大问题，或个人的竞赛前景远优于高考前景。
数学竞赛需要的时间和精力都是很大的，并且如果因为学习竞赛受挫而导致对数学产生负情绪是得不偿失的，因此，我从不提倡“全民竞赛”。
当然，如果你恰好符合以上的四个条件，那么你一定要学习竞赛。
为什么？因为学习数学竞赛的好处很多。
与其他学科竞赛一样，学习数学竞赛除了能在升入高校方面获得保送或降分的优惠外，还能培养学生的自主学习能力，这对学生的整个大学学习乃至今后的学术研究或是社会工作是尤为重要的。
当然，对于大部分学生来说，高校的吸引力是最大的。
而2016年新发布的高校自主招生政策中，其中的变化值得深思：•取消“校荐”，考生需自己报名；•“年级排名”不再是报名条件；•门槛抬高，审核更为严格；•报考专业一定要与特长匹配；•试点高校自主招生考核统一安排在高考结束之后、高考成绩公布前进行。
我们最需要关注的点有三个：① 由于校荐被取消，年级排名也被废除，原本校内成绩突出的学生很难走自招，而自招的报名人数会上升，竞争更加激烈；② 据了解，985高校自招的初审底线是竞赛拿到省二以上，而北清更是要求拿到省一，门槛的提高导致了28万申请自招的学生只有4万余人通过初审，8千余人获得资格，初审和复审的通过率均低于20%；③ 现在的自招考试要求不超过两科，考试的科目和专业是相匹配的，而绝大多数专业的考试科目都有数学，因此数学竞赛的比重是很高的。
总的来说，新的政策直接导致的是各高中年级排名较高的学生更难上清北（难以进入博雅领军，难以获得自招资格，裸考进清北的人更少），而间接导致的是更多的学生走上了竞赛这条道路。
因此，若你有足够的实力，精力和时间，那么竞赛将是你们的不二之选。