既然你能坚持看到第三部分，那么我们就不称之为简单的竞赛题目了，而是“简单”的竞赛题目
那么，本次的题目将以数学奥林匹克竞赛题目为主，并伴随着全国大学生竞赛题目
在此感谢数学系的acolaen！
2020年秋季上海新星数学奥林匹克试题
已知$\triangle{ABC}$中，$AB\neq AC$，$E$，$F$分别是边$AC$，$AB$上的点，且$\angle{AEF}=\angle{ABC}$，$P$是$BE$，$CF$的焦点，$Q$是直线$AP$上一动点`（不与$A$重合），记$\odot (AEQ)$与$\odot(ABC)$，$\odot AFQ$分别再次交于$M$，$N$.
证明：直线$MN$过定点
看到这道题肯定是手足无措的，因为我们面对如此复杂的图形，没有一个好的目标，是无法想出来解决方案的
那我们来看，题目里说我们需要证明$MN$过定点，那么这么一想，我们是不是能通过证明$MN$是一条特殊的线从而证明过定点呢
实际上就是如此，这条直线$MN$实际上就是$\odot ABC$在$AP$和$\odot ABC$再次交点处的切线
所以，
方法一：
我们设$AP$再次和$\odot ABC$交于$L$，$\odot ABC$在$L$处的切线交$BC$的延长线于$T$
因此，我们下面开始证明动直线$MN$过点$T$
我们再设直线$TN$交$\odot ABC$于$M’$，故我们只需证明$M’$和$M$重合，因为$M$，$M’$，$L$，$C$均在$\odot ABC$上，故我们只需要证明
$$
\frac{MK}{MC}=\frac{M’L}{M’C}
$$
我们注意到$\angle MQL=180\degree -\angle{MEA}=\angle{MEC},\angle{MLQ}=\angle{MCE}$，所以$\triangle{MLQ}\sim\triangle{MCE}$，于是，我们得到$\frac{ML}{MC}=\frac{QL}{CE}$，同理的，我们还可以证明$\triangle{NLQ}\sim\triangle{NBF}$，从而我们得到$\frac{BF}{NB}=\frac{LQ}{NL}$
由题目设定，我们知道$B$，$C$，$E$，$F$四点共圆，从而可证$\triangle{BPF}\sim\triangle{CPE}$，于是有
$$
\frac{BF}{CE}=\frac{PB}{BC}=\frac{AP\times \sin{\angle{BAP}}}{\sin{\angle{PBA}}}\times\frac{\sin{\angle{PCA}}}{AP\times \sin{\angle{CAP}}}=\frac{\sin{\angle{BAL}}}{\sin\angle{CAL}}=\frac{BL}{CL}
$$
又因为$\frac{BF}{NB}=\frac{LQ}{NL}$
$$
\frac{QL}{CE}=\frac{BL}{CL}\times\frac{NL}{NB}
$$
因为$LT$是切线，所以$\triangle{TBL}\sim\triangle{TLC}$，所以$\frac{BL}{CL}=\frac{TL}{TC}$，于是$\frac{QL}{CE}=\frac{TL}{TC}\times\frac{NL}{NB}$
同样的，我们又知道$\triangle{TNL}\sim\triangle{TLM’},\triangle{TCM’}\sim\triangle{TNB}$，于是$\frac{M’L}{NL}=\frac{TL}{TN},\frac{TN}{TC}=\frac{NB}{M’C}$
从而，我们得到
$$
\frac{M’L}{M’C}=\frac{TL}{TC}\times\frac{NL}{NB}
$$
所以直线$MN$过顶点$T$
这道题实际上还有另外一种解法，其实就是反演
下面是来自我们的数学系大佬acolaen的思路：
不妨做 A F P 外接圆O, 分别做直线BC 直线MN关于圆O的反演，根据性质不难得知两圆必相交于反演中心W，又MN与BC必不可能平行，故两圆相交于另一点K 之后想办法证明K是定点 然后就有了
至于为什么没有给出过程，因为孩子不会用反演（
2020 中国数学奥林匹克试题（CMO）
$\left\{z_n\right\}_{n\ge 1}$是复数数列，奇数项为实数，偶数项为纯虚数，且$\forall k\in \mathbb{N_+},|z_k z_{k+1}|=2^k$，我们记
$$
f_n=|z_1+z_2+···+z_n|
$$
(1)求$f_{2020}$的最小可能值
(2)求$f_{2020}\times f_{2021}$的最小可能值
这道题呢，主要靠的还是不等式，在复数这块的计算量并不是很多
(1)我们令$z_{2n-1}=x_{2n-1}.z_{2n}=x_{2n}i$，则$x_k\in\mathbb{R},|x_kx_{k+1}|=2^k$，故我们得到$|x_{k+2}|=2|x_k|$
$$
\begin{aligned}
|x_1+x_3+···+x_{2019}|\ge|x_{2019}|-|x_1|-|x_3|-···-|x_{2017}|=|x_1|>0\\|x_2+x_4+···+x_{2020}|\ge|x_{2020}|-|x_2|-|x_4|-···-|x_{2018}|=|x_2|>0
\end{aligned}
$$
故
$$
f_{2020}=\sqrt{(x_1+x_3+···+x_{2019})^2+(x_2+x_4+···+x_{2020})^2}\ge\sqrt{x_1^2+x_2^2}\ge\sqrt{2|x_1x_2|}=2
$$
当
$$
\begin{aligned}
x_{2k-1}=-(-\sqrt{2})^{2k-1}(1\le k\le2019)\\x_{2019}=(\sqrt{2})^{2019}\\x_{2k}=-(\sqrt{2})^{2k-1}(1\le k\le2019)\\x_{2020}=(\sqrt{2})^2019
\end{aligned}
$$
时，$f_{2020}$取最小值$2$
(2)
$$
\begin{aligned}
f_{2020}\times f_{2021}=\sqrt{(x_1+x_3+···+x_{2019})^2+(x_2+x_4+···+x_{2020})^2}\times\\\sqrt{(x_1+x_3+···+x_{2021})^2+(x_2+x_4+···+x_{2020})^2}\\\ge\sqrt{((x_1+x_3+···+x_{2019})^2+x_2^2)(x_2^2+(x_1+x_3+···+x_{2021})^2)}\\\ge|x_2(x_1+x_3+···+x_{2021})-x_2(x_1+x_3+···+x_{2019})|\\=|2^{1010}x_1x_2|=2^{1011}
\end{aligned}
$$
所以，当
$$
\begin{aligned}
x_1=\sqrt[4]{\frac{4}{2^{1010}-1}}\\x_2=\sqrt[4]{4(2^{1010}-1)}\\x_{2n+1}=2^nx_1(1\le n\le1008)\\x_{2019}=-2^{1009}x_1\\x_{2n}=2^{n-1}x_2(1\le n\le1009)\\x_{2020}=-2^{1009}x_2\\x_{2021}=2^{1010}x_1
\end{aligned}
$$
时，上式取等，故$f_{2020}\times f_{2021}$的最小值为$2^{1011}$
是不是还好，那我们来看当年这套试卷的第二问的一个背景吧
给定正整数$m>1$，求正整数$n$的最小值，使得对于任意整数$a_1,a_2,···,a_n;b_1,b_2,···,b_n$，存在正整数$x_1,x_2,···,x_n$，满足以下条件
(i) $\exists i\in \left\{1,2,···，n \right\}$，使得$x_i$与$m$互质
(ii)$\sum_{i=1}^n a_ix_i\equiv\sum_{i=1}^n b_ix_i\equiv 0(\mod m)$.
那么这道题他的背景是以下的问题：
给定$m\in\mathbb{Z}_{>1}$，试求最小的正整数$n$，使得对于任意的正数$a_1,a_2,···,a_n;b_1,b_2,···,b_n$,都存在整数$x_1,x_2,···,x_n$，满足下面两个条件：
(i)存在$i\in\left\{1,2,···,n\right\}$，使得$\gcd(x_i,m)=1$
(ii)$\sum_{i=1}^n a_ix_i\equiv\sum_{i=1}^n b_ix_i\equiv 0(\mod m)$.
具体证明，请见博主的脑子
