哇，高考（2）

好几节数学课没编出来的东西刚才编出来了，快马突袭，占尽先机！

以下忽略存在性证明，即我们必须承认可以在一条直线上找到费马点。

考虑加权费马点较为简单的一种情况：\(PA+PB+aPC(a<1)\)。考虑构造旋转角度 \(2\arcsin(\frac a2)\)，将 \(AC\) 绕这个转一下不难发现可以找到费马点，同时根据 \(\sin\) 的局部单调性不难证明旋转角度不超过九十度。

如何构造出来的呢？这一部分相当于废话，可以跳过。我从一些较为一般的情况（\(a=\sqrt{2}\)）入手，经过尝试后发现旋转需要满足线段不能放缩，这意味着转的一定是一个等腰三角形，然后简单计算即可。

朴素情况 \(aPA+bPB+cPC\)，不失一般性地令 \(a>b>c\)，变形成 \(a(PA+\frac ba PB+\frac ca PC)\)。

下文：哇，三角

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傻逼初中几何太难了，不妨来看一看远方的新高考二卷压轴。不过正如我不可能在中考写出二次函数最后一问一样，我不可能在高考中写出下面的证明，此事在 pmd 的 noi 游记中亦有记载。

前两问随便算算就好了。

设 \(P_{i,j}\) 代表在 \(i\) 轮伯努利实验中甲领先 \(j\) 分的概率，\(Q_{i,j}\) 同理。则有：

\[P_{i+1,j}=p\times P_{i,j-1}+q\times P_{i,j+1} \]

\[Q_{i+1,j}=q\times Q_{i,j-1}+p\times Q_{i,j+1} \]

题目中所给出的 \(P_i\) 即为 \(\sum\limits_{j=2}^i P_{i,j}\)。

先予以第三问 \(P_{2m+1}-Q_{2m+1}<P_{2m}-Q_{2m}\) 证明，我们的目标是将 \(P_{2m+1}\) 和 \(P_{2m}\) 关联起来。

\[P_{2m+1}=\sum\limits_{i=2}^{2m+1}p\times P_{2m,i-1}+q\times P_{2m,i+1} \]

看上去就非常可以继续推。

\[P_{2m+1}=\sum\limits_{i=2}^{2m+1}p\times P_{2m,i-1}+P_{2m,i+1}-p\times P_{2m,i+1} \]

\[P_{2m+1}=\sum\limits_{i=3}^{2m+2}P_{2m,i}+p\times(\sum\limits_{i=1}^{2m}P_{2m,i}-\sum\limits_{i=3}^{2m+2}P_{2m,i}) \]

注意到当 \(i\) 为奇数时，\(P_{2m,i}=0\)。

\[P_{2m+1}=\sum\limits_{i=3}^{2m}P_{2m,i}+p\times P_{2m,2} \]

对称可得 \(Q_{2m+1}=\sum\limits_{i=3}^{2m}Q_{2m,i}+q\times Q_{2m,2}\)。作差：

\[P_{2m+1}-Q_{2m+1}=P_{2m}-Q_{2m}-(P_{2m,2}-Q_{2m,2})+p\times(P_{2m,2}+Q_{2m,2})-Q_{2m,2} \]

显然，只需证明 \(-P_{2m,2}+p\times(P_{2m,2}+Q_{2m,2})<0\)，首先变成比较好看的样子：

\[(p-1)P_{2m,2}+pQ_{2m,2}<0 \]

二项分布，启动！

\[(p-1)\binom{2m}{m+1}p^{m+1}q^{m-1}+\binom{2m}{m+1}p^mq^{m+1}<0 \]

扔掉没用的公因式：

\[(p-1)p+q^2<0\longrightarrow (p-1)p+(p-1)^2<0 \]

由于 \(\frac12<p<1\)，显然成立。

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vp 了去年中考数学 106/120，感觉几何真是太困难了。

在定理熟练运用的基础上，就我个人感觉而言，中考几何题的得分主要通过多试一试，不能凭借直觉地对一个做法做 dfs，而应对所有做法做 bfs。例如去年倒数第二题，当给出了辅助线后做法是显然的，当然这个辅助线的作法貌似也很显然，需要考生多去试。

去年的倒数第四题出的非常逆天，直接从哲学上观察无法得出任何有用的信息，需要去试。这种在 MO 中偏向 ad-hoc 的题目经常在全国初中生数学联赛中出现，也是很逆天了。

整张卷并没有十分困难的算数，如果在中考中在应用题遇到了十分令人急躁的算数，坚决不应当 skip，重新算一遍。

选择填空大概做了三十分钟，然后把应用题非常快的算完了，给最后四道题留下了 50min，最后四道题扣了 11 分，这是一个可以接受的分数。中考不应当在二卷的应用题扣分，不应当在选择填空扣过多的分。比较合理的速度是选择填空二十~三十分钟。