证明：?1?、A,B,D,G四点共圆；
FAGHNMED?2?、O1,O2,M,N四点共圆；
证：?1?、如图，设EG?DF?K，连AH， 则因AC?BH,EK?BH，AH?BC，
BO1CO2KF?BC，得CA∥EK，AH∥KF，且 CH?EF，所以?CAF≌?EKF，AH与KF平行且相等，故AK∥HF，
?KAB?900??KDB??KGB，因此，
KA,B,D,G四点共圆；
A?2?、据?1?，BK为?O1的直径，作?O2的直径
BP，连CP,KP,HP,OO12，则
O1FHGNME?BCP??BHP?90，所以CP∥AH， HP∥AC，故AHPC为平行四边形，进而得， PC与KF平行且相等，因此对角线KP与CF互
相平分于M，从而O1,O2,M是?KBP三边的中点，KM∥O1O2，
0BDCO2PKN∥O1O2，所以M,N,K共线， 而由?KNB?90，OO12?BN，得
因此MN∥O1O2，又由?KBP的中位线知MO2?O1B?O1N，因此四边形O1O2MN是等腰梯形，其顶点共圆．
011、对于任意给定的无理数a,b及实数r?0，证明：圆周?x?a???y?b??r2上
至多只有两个有理点（纵横坐标皆是有理数的点）．
证：对于点M?a,b?，用P?M,r?表示上述圆周上有理点的个数；首先，我们可以作一个合于条件的圆，其上至少有两个有理点，为此，取点A?0,0?,B?2,2?，线段AB中垂线l的方程为:x?y?2,今在l上取点M1?2,1?2，再取 r?MA?6，则以M为圆心、r为半径的圆周上至少有A,B这两个有理点；
22?? 6
其次说明，对于任何无理点M以及任意正实数r，P?M,r??2；
为此，假设有无理点M?a,b?及正实数r，在以M为圆心，r为半径的圆周上，至少有三个有理点Ai?xi,yi?，xi,yi为有理数，i?1,2,3，则
?x1?a?2??y1?b???x2?a???y2?b???x3?a???y3?b? ……①
222221222x1?y12?x2?y2 ……② ??212222据后一等号得 ?x2?x3?a??y2?y3?b??x2?y2?x3?y3? ……③
21212222222记 ?x1?y1?x2?y2??t1，?x2?y2?x3?y3??t2，则t1,t2为有理数，
22据前一等号得 ?x1?x2?a??y1?y2?b?若x1?x2?0，则由②，?y1?y2?b?t1，因b为无理数，得y1?y2?0，故A1,A2共点，矛盾！同理，若x2?x3?0，可得A2,A3共点，矛盾！ 若x1?x2?0,x2?x3?0，由②、③消去b得，
???x1?x2??y2?y3???y1?y2??x2?x3???a?t1?y2?y3??t2?y1?y2??有理数，因a为无
理数，故得，?x1?x2??y2?y3???y1?y2??x2?x3??0，所以
y1?y2y3?y2，则 A1,A2,A3共线，这与A1,A2,A3共圆矛盾！ ?x1?x2x3?x2因此所设不真，即这种圆上至多有两个有理点．于是对于所有的无理点M及所有正实数r，
P?M,r?的最大值为2．
12、从集合M??1,2,?,36?中删去n个数，使得剩下的元素中，任两个数之和都不
是2015的因数，求n的最小值．
答案：17．
解：因2015?5?13?31，M中任两个元素之和不大于71，由于2015不大于71的正因数有1,5,13,31,65，在M的二元子集中，元素和为5的有?1,4?,?2,3?； 元素和为13的有?1,12?,?2,11?,?3,10?,?4,9?,?5,8?,?6,7?；
元素和为31的有?1,30?,?2,29?,?3,28?,?4,27?,?5,26?,?6,25?,?,?15,16?； 元素和为65的有?29,36?,?30,35?,?31,34?,?32,33?；
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为直观起见，我们将其画成一个图，每条线段两端的数为上述一个二元子集，为了不构成这些和，每对数（每条线段）中至少要删去一个数；
191213530(A)427201123(B)2813141817163433(E)9223629102115312385(C)26247(D)62532
于是在图(A),(B)中各至少要删去4个数，图(C),(D)中各至少要删去2个数，图(E)中至少删去5个数，总共至少要删去17个数．
另一方面，删去适当的17个数，可以使得余下的数满足条件；例如在图(A)中删去
12,30,4,22，图(B)中删去11,29,3,21，(C)中删去23,5，(D)中删去24,6，(E)中删
去13,14,15,31,32．这时图中所有的线段都已被断开．
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