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2012-13数学竞赛复习思考题

发布时间:2013-11-25 11:33:56  

1.

如果a?b?,且b是有理数,那么 ( C )

(A)a是整数(B)a是有理数(C)a是无理数(D)a可能是有理数,也可能是无理数 解:反证法:若a是有理数,则(a?b)?ab?2?

a+b=0,因此a是无理数。

2. 已知a, b

是正整数,且满足解:

首先根号出来要是有理数,AB又只能是正整数

15只能约分成3,5

那么A,B只能是15*n2

就是(15/AorB)根号出来就是1/n

这样就只要看几个组合就可以了

先考虑A这边:

①1/1,那么B可以这边可以是1或者1/2

(15,60),(15,15),(60,15)

②1/2只能B这边也是1/2

(60,60)

③1/4,那么B这边也只能是1/4

这样2*(0.25+0.25)=1正好

(240,240)

④1/3的话,那么B这边只能是1/6,那么2(1/3+1/6)=1也正好

(225,540),(540,225)

再打的话和乘以还是低于1就不是整数了

如果思路没错应该不会漏解了,7个好像

2,则有a+b=0,ab=1>0,显然a,b同号,不可能满足是整数,则这样的有序数对(a, b)共有__7__对

3.若实数x, y, z

解: 1?(x?y?z?9),求xyz的值 4

等式两边乘以4,移项得:(x-4x)?(y?4y?1)?(z?4z?2)?9?0

(x?2)2?(y?1?2)2?(z?2?2)2?0

所以,x?4,y?5,z?6;xyz?120

4. 设a, b, c为三角形的三边长,且(x+a)(x+b)+ (x+b)(x+c)+ (x+c)(x+a)是完全平方式,求证:这个三角形是正三角形.

证明:

因为(x?a)(x?b)?(x?b)(x?c)?(x?c)(x?a)

?3x2?2(a?b?c)x?(ab?bc?ca)

21(a?b?c)x?(ab?bc?ac)]33

1a?b?c2(ab?bc?ca)?[]33 222化简得:(a?b)?(b?c)?(c?a)?0,所以a?b?c?3[x2?

故三角形为等边三角形

5. 如果实数a, b满足条件a2+b2=1,|1?2a+b|+2a+1= b2? a2,求a+b

解:设a=sinx,b=cosx(0?x?π),可以推出

?2sinx?cosx?2sinx?1?cos2x?sin2x

化简得?2sinx?cosx??2sinx?2sin2x

显然,sinx?0,又?1?cosx?1,所以1?2sinx?cosx?0

于是得:1?2sinx?cosx?2sinx?1?cos2x?sin2x

即:2cos2x?cosx?3?0,所以(2cosx?3)(cosx?1)?0

因为?1?cosx?1,所以cosx?-1,故sinx?0,a?b?-1

6. 一个三位数的各位数字互不相同,把它的各位上的数字任意交换位置,可得到另外五个三位数,若这六个三位数之和等于2220,那么在所有满足条件的三位数中,最小的三位数是多少?

解:设这个三位数的百位数字为x,十位数字为y,个位数字为z.

根据题意得(100x+10y+z)+(100x+10z+y)+(100y+10x+z)+(100z+10x+y)+(100y+10z+x)+(100z+10y+x)=2220?2×(111x+111y+111z)=2220?x+y+z=10

又∵若要这个三位数最小必然是依次百位最小、十位最小、最后是个位

∴这个最小的三位数百位数字是1、十位数字是2、个位数字是7

故最小的三位数为127.

7. 一个六位自然数,把最左端的数字移到最右端所得六位数是原六位数的3倍,求此六位数.

解:设左端第一个数字为x,其余数字为整体y,则原数为10x+y,新数为10y+x

由题意得:10y+x=3(10x?y),故y=42857x 5 5

?104?y?105

?x?1,2

当x=1时,y=42857,六位数为142857

当x=2时,y=85714,六位数为285714

8. 求证6|n(n+1)(2n+1)

证:n(n+1)(2n+1)

=n(n+1)[(n-1)+(n+2)]

=(n-1)n(n+1) +n(n+1)(n+2)

而(n-1)n(n+1)与n(n+1)(n+2) 均是3个连续整数乘积的形式,

故均可被3!整除。

所以6|n(n+1)(2n+1)

9.

.

证明:(反证法)假设2是有理数,设2?q(p,q是互质的正整数) p

q2?2p2?q2是偶数?q是偶数

设q?2k(k?Z)?4k2?2p2?2k2?p2

?p是偶数?p是偶数

这与p,q互质矛盾。2

611 11. 求在100以内具有10个约数的所有自然数.

解析:一个正整数n=p1^a1*p2^a2*...*pk^ak的约数的个数为(a1+1)(a2+1)...(ak+1),这样,找约数个数为10的自然数,需要先分解10,即10=10*1=2*5,因此,所求的n或者是m^9形式,或者是p*q^4形式(其中p,q,m为不同的素数),而这些形式在100内的只有3*2^4=48,5*2^4=80

解:因为10=1?10=2?5. 故所求自然数具有标准分解式

N=p或N=p1p24或N=p14p2

由于N=p9≥29>100,N=p1p24 ≥2?34>100均不合题意,故N=p14p2

又2≤p1<p2,N≤100,故p1=2, p2=3或5

所以N=24?3=48或N=24?5=80 9

12. 在一间屋子里有100盏电灯排成一横行,依次从左到右的顺序编上号码1,2,3,…,100.每盏灯有一根拉线开关.最初所有的电灯全是关着的,现在有100个学生在门外排着队,第1个学生走进屋,把凡是编号是1的倍数的电灯的开关拉了一下;接着第2个学生走进屋,把凡是编号是2的倍数的电灯开关拉了一下;……最后第100个学生走进屋,把编号是100的倍数的电灯开关拉了一下,这样做过以后,问哪些电灯是亮着的?

解:首先,电灯编号有几个正约数,它的开关就会被拉几次,由于一开始电灯是关的,所以只有那些被拉过奇数

次的灯才是亮的,因为只有平方数才有奇数个约数,所以那些编号为1、22、32、42、52、62、72、82、92、102共10盏灯是亮的。

13. 有棋子若干个,3个3个地数余1个,5个5个地数余3个,7个7个地数余5个,则最少有棋子多少个? 解:设棋子的个数为n,则n+2是3、5、7的公倍数

因为3,5,7的最小公倍数为3?5?7=105,所以这批棋子最少有105-2=103(个)

14. 从甲地到乙地原来每隔45米要安装一根电线杆,加上两端的两根一共有53根电线杆,现在改成每隔60米安装一根电线杆,除两端不需移动外,中途还有多少根不必移动?

解:甲乙相距(53-1)?45=2340(米),而最小公倍数[45,60]=180,2340?180=13.

所以中途不移动的电线杆为13-1=12根.

15. a和b是彼此不等的非零数字,则ababab与4017的最大公约数是多少?

解:

ababab?10000ab?100ab?ab?10101ab?3?7?13?37ab

而4017?3?13?103,因为ab是两位数,所以ab?103

故它们的最大公约数为3?13?39

16. 证明n(n+1)与n2+n+1都不是完全平方数.

证明:假如n^2+n+1=a^2,得到n^2+n+1-a^2=0,方程有整数解的话只能是1+a或者1-a,但是这2个都不是解,因此方程没有整数解,即假设不成立 因为(n+1)^2=n^2+2n+1=n^2+n+n+1

所以n(n+1)=n^2+n<(n+1)^2

因为n(n+1)>n^2

所以n^2<n(n+1)<(n+1)^2

所以n乘(n+1)不可能是完全平方数(n为任何数)

17. 证明:一个被12除余5的数不可能是平方数.

被12除余5的数,被3除的余数就等于5,被3除的余数,因此这个数被3除必余2,因而它不可能是平方数。

2218. 设a, b为任意给定的整数,试证方程x?10ax?5b?3?0和x?10ax?5b?3?0都没有整数根.

解:整数按模5分成五种:5k,5k±1, 5k±2

其平方的形式分别为:5m, 5m+1, 5m-1 上面两个方程为:x^2=-10ax-5b±3=5m±3,显然不是以上三种形式之一。

所以都无整数根。

19. 设n是大于1909的正整数, n?1909是完全平方数,求n的个数. 2009?n

解:因为n-1909/2009-n 为完全平方数,所以n-1909/2009-n=a^2 整理方程可得

n=2009-100/(a^2+1) 因为n是正整数,所以a为1到7中的数(a>7时100/(a^2+1)不为整数)。代入n=2009-100/(a^2+1)中可知a=7,3,2,1,则n=2007,1999,1989,1959

20. 能使2n+256是完全平方数的正整数n的值为

解:当n≤8时,2+256=2(1+2

若n=2,则2+256=2×65;

若n=4,则2+256=2×17;

若n=6,则2+256=2×5;

若n=8,则2+256=2×2.

所以,当n≤8时,2+256都不是完全平方数.

当n>8时,2+256=2(2

n-82n8n-8nn8n6n4n2nn8-n),若它是完全平方数,则n是2的倍数. +1),若它是完全平方数,则2n-10n-8+1为一奇数的平方. 设2+1=(2k+1)(k为自然数),则2=k(k+1).

由于k和k+1一奇一偶,

且是2的n-10次方,符合要求的只有1×2,

所以k=1,于是2

故n=11. n-10=2,

21. 使5?2m+1是完全平方数的m的个数 m2解:设5×2+1=n (其中n为正整数),则5×2=n-1=(n+1)(n-1),

∵5×2m是偶数,∴n为奇数,设n=2k-1(其中k是正整数), m2

则5×2m=4k(k-1),即5×2m-2=k(k-1).

?k?5?2m?2?k?5?k?2m?2

显然k>1,∵k和k-1互质,?? 或? 或? m?2k?1?1k?1?2k?1?5???

解得:k=5,m=4.

因此,满足要求的整数m只有1个.

故答案为:1.

22. 甲乙俩人合养了n头羊,而每头羊的卖价又恰好为n元,全部卖出后,俩人的分钱方法如下:先由甲拿10元,再由乙拿10元,如此轮流,拿到最后,剩下不足10元,轮到乙拿,为了平均分配,甲应补给乙多少元钱? 解:设甲、乙两人合养了n头羊,两人先分了x次,每人每次10元,最后一次甲先拿了10元,乙拿了2y(0<2y<10,2y是整数)元,当甲找给乙钱后,甲乙都得到了(5+y)元,甲给了乙10-(5+y)=5-y元, ∴有n2=20x+10+2y,

∵(20x+10)个位为0,2y是完全平方数的个位数,2y=1,4,5,6,9,

若2y是奇数,则2y=1,5,或9,

∴20x+10+2y=20x+11,20x+15或20x+19,

∵20x+11、20x+15、20x+19除以4的余数都是3,它们不是完全平方数,

∴2y是偶数,2y=4或6,y=2或3.

若y=2,n2=20x+14=2(10x+7),右边不是完全平方数

∴y=3,

∴甲应该找给乙5-3=2(元)钱.

23. 证明:4个连续自然数的乘积加上1一定是完全平方数.

解:设这四个数为n,(n+1),(n+2),(n+3)

n(n+1)(n+2)(n+3)+1

=(n+3n)(n+3n+2)+1

=(n?3n)+2(n+3n)+1

=(n?3n?1)

∴这个数为完全平方数

24. 解方程 ①?x???x?4??6?0,②3?x?1??2?x??1?0

解:①原式可化为: 222222222

[x]2?[x]?2?0,即([x]?1)([x]?2)?0

故[x]??1或[x]?2

25. 用[x]表示不大于x的最大整数,则方程x?2[x]?3?0的解的个数为A.1. B. 2. C. 3. D. 4.

解:因为x≥[x],方程变形为2[x]=x2-3,

2x≥x2-3,

解此不等式得:-1≤x≤3.

现将x的取值范围分为5类进行求解

(1)-1≤x<0,则[x]=-1,

原方程化为x2-1=0, 2

解得x=-1;

(2)0≤x<1 则[x]=0,

原方程化为x2-3=0,

无解;

(3)1≤x<2,则[x]=1,

原方程化为x2-5=0,

无解;

(4)2≤x<3,则[x]=2,

原方程化为x2-7=0, 解得x=7

(5)x=3显然是原方程的解.

综合以上,所以原方程的解为-1,,3

故选C.

26. S?1?111,求?S?. ????22223n

27. (2+1) (22+1) (24+1) …(264+1)+1= 2128

解:原式=(22_1)(22+1) (24+1) +…+(264+1)+1=(24_1)(24+1) +…+(264+1)+1=(2

28. 若2x+5y+4z=6, 3x+y-7z=?4, 则x+y?z= __

解:2x + 5y + 4z = 6 (1)

3x + y - 7z = 4 (2)

(1)式 × 2 得:4x + 10y + 8z = 12 (3)

(2)式 × 3 得:9x + 3y - 21z = 12 (4)

(3)式 + (4)式得:13x + 13y - 13z = 24

所以 x + y - z = 24/13

29.

设a?128 ?1)?1?2128 24__ 131,则3a3?12a2?6a?12?22解:a+1=7 ?(a?1)?7 得a?2a?6

3a3?12a2?6a?12

?3a3?6a2?6a2?6a?12

?3a(a2?2a)?6a2?6a?12

?3a?6?6a2?6a?12

?6a?12a?12

?6(a2?2a)?12

?6?6?12

?24

30. 设a2+1=3a,b2+1=3b,且a ≠ b,代数式2 11+的值为 a2b2

解:根据题意有:a2+1=3a,b2+1=3b,且a≠b,

所以a,b是方程x2-3x+1=0的两个根,

故a+b=3,ab=1

11a2?b2(a?b)2?2ab9?2因此2?2????7 222abab(ab)1

31. 若实数x、y满足

解: xyxy??1,??1,则x?y? 333333333?43?65?45?6

可以把33,53看成关于t的方程

xy??1t3?43t3?63

化简得:t2?(x?y?43?63)t?(63x?43y?43?63)?0

由韦达定理得:33?53?x?y?43?63

所以x?y?33?43?53?63?432

32. 一个整系数四次多项式f(x),最高次项系数为1,有四个不同的整数a1,a2,a3,a4,可使f(a1)?f(a2)?f(a3)?f(a4)?1.求证:任何整数?都不能使f(?)??1 解:设这个多项式为f(x)?Ax?Bx?Cx?Dx?E

因为432f(a1)?f(a2)?f(a3)?f(a4)?1。

所以令f(x)=1 则a1,a2,a3,a4为方程的四个解

Ax4?Bx3?Cx2?Dx?E=1的解为a1,a2,a3,a4

Ax4?Bx3?Cx2?Dx?E-1=0的解为a1,a2,a3,a4。所以等式左边可以分解为 A(x?a1)(x?a2)(x?a3)(x?a4)?0

那么,f x)=

=Ax4Ax4?Bx3?Cx2?Dx?E ?Bx3?Cx2?Dx?E-1+1

=A(x?a1)(x?a2)(x?a3)(x?a4)+1

x-a1,x-a2,x-a3,x-a4为四个不同的整数,任意四个不同整数的积不可能等于2或-2

它们再乘以一个整数A不可能等于-2

A(x?a1)(x?a2)(x?a3)(x?a4)不等于-2

所以

A(x?a1)(x?a2)(x?a3)(x?a4)+1就不等于-1

24233. 若方程x?3x?1?0的两根也是方程x?ax?bx?c?0的根,求a?b?2c

解:由题意,设存在一个一元二次式x+sx+t, 使得:(x-3x-1)(x+sx+t)=x+ax+bx+c. 上式左边展开,整理为:(x-3x-1)(x+sx+t)=x+(s-3)x+(t-3s+1)x+(-3t-s)x-t. 于是有:s-3=0 (1) t=-c (2)

t-3s-1=a (3) -3t-s=b (4)

从而由(1)-(4)式计算可知

a=-10-c (5) b=3c-3 (6)

将(5),(6)式子带入a+b-2c,即得a?b?2c=-13.

2234. 判断3x?5xy?2y?x?9y?4?0所确定的曲线是什么图形?

35. 已知方程|x|=ax+1有一个负根而没有正根,求a的取值范围.

解:若x<0,|x|=-x

-x=ax+1 x=?22432222421<0有解,所以a+1>0,a>-1 a?1

若x>0,|x|=x

x=ax+1 x=1>0无解,所以1-a<0,a>1,所以a>1 1?a

36. 对于整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a?0)

①若a, b是偶数,c是奇数,则方程没有整数根;

②若a, b, c都是奇数,则方程没有有理数根.

解:①用反证法证明,设整数系数方程ax+bx+c=0(a不等于0)的1个整数根是p, 则ap+bp=-c,ap+bp为偶数,而-c为奇数,矛盾,则方程没有整数根。

②用反证法证明,设a、b、c都是奇数。

设整数系数方程ax+bx+c=0(a不等于0)的1个有理根为

222222q。 p其中(p,q)=1。则ap+bpq+cq=0?qa,pc;p,q都是奇数。==》

ap2+bpq+cq2-a-b-c=a(p2-1)+b(pq-1)+c(q2-1)被2整除,

但a+b+c是奇数,ap+bpq+cq=0,矛盾,则方程没有有理数根。

2237. 对自然数n,设x的二次方程x?(2n?1)x?n?0的两根为?n,?n,求下式的值: 22

111 ????(?3?1)(?3?1)(?4?1)(?4?1)(?20?1)(?20?1)

38. 已知:实数x, y, z满足x=6?y,z2=xy?9,求证:x=y.

解:∵实数x,y,z满足x=6-y,z2=xy-9,

x+y=6,xy=z2+9,

可以设两根为x、y的一元二次方程为a2-6a+z2+9=0

△=62-4(z2+9)=36-4z2-36=-4z2,

因为方程有两个根,则可得-4z2≥0,

故可得z

只有取零,即z2=0,△=0,

方程有两个相等的实根,即x=y.

39. 已知a?b,且2013(a?b)?b?c)?(c?a)?0,求(c?a)(c?b)的值. 2(a?b)

40. a,b,c满足什么条件时,一元二次方程ax2+bx+c=0(a?0)的两根均大于2?

解:假设ax+bx+c=0 (a≠0)的两根为m、n,

则m+n=2bc,mn=, aa

由已知条件知m=-n,

∴bc2=0,且=?n<0 aa

cc、?? aa∴b=0且ac<0。 2另一方面,当b=0且ac<0时,方程ax+bx+c=0 (a≠0)有两解分别为?

41. 已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.

(1) 若方程有两根,其中一根在区间(?1,0)内,另一根在区间(1,2)内,求m的取值范围;

(2) 若方程两根均在区间(0,1)内,求m的取值范围.

解:(1)设f(x)=x2+2mx+2m+1,问题转化为抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分别在

1?m???2?f(0)?2m?1?0?m?R?f(?1)?2?0???区间(-1,0)和(1,2)内,则?,可得?1 m??f(1)?4m?2?0??2??f(2)?6m?5?0??m??5

?6?

解得?5151 ?m的取值范围(?,?) ?m??6262

(2)若抛物线与x轴交点均落在区间(0,1)内,则有

1?m????f(0)?02??f(1)?01??m??1 即 解得??m?1?2 ??22????0

?m?1?2或m?1?2??0??m?1???1?m?0

1故m的取值范围是(?,1?2] 2

43. 鸡翁一,值钱五;鸡母一,值钱三;鸡雏三,值钱一. 百钱买百鸡,问鸡翁母雏各几何? 解:设鸡翁有x只,鸡母有y只,鸡雏有z只,则有:x+y+z=100(1) 5x+3y+z=100(2) 3

(2)?3-(1),得14x+8y=200 即,7x+4y=100(3),显然x=0,y=25,z=75 在(3)式中4y和100都是4的倍数 7x=100-4y=4(25-y),因此7x也是4的倍数,7和4互质,也就是说x必须是4的倍数;

设x=4t,代入(3)式得,y=25-7t 再将x=4t与y=25-7t代入(1)式,有:z=75+3t

取t=1,2,3时有x=4,y=18,z=78或x=8,y=11,z=81或x=12,y=4,z=84

因为x,y,z都必须小于100且都是正整数,所以只有以上三组解符合题意:

1.公鸡4只,母鸡18只,小鸡78只

2.公鸡8只,母鸡11只,小鸡81只

3.公鸡12只,母鸡4只,小鸡84只

44. 证明15? ?2k3k?1n

11111111111?????1???????? 223242k24916255?66?7(k?1)k

11111111111???????????4916255667n?1n = 23891515?1?????3600n3n3证明:原式可化为:1?

45.

已知a?

1,b?

c?2,那么a,b,c的大小关系是 ( )

A. a<b<c B. a<c <b C. b<a< c D. b <c < a 1113?2?1,?3?2,??1 abc2

xn2x12x22x32??????x1?x2???xn. 46. xi>0(i=1, 2, …,n),求证:x1x2xn?1xn解:

47. 已知a,b,c为正数,证明:2(a?b?c)?a(b?c)?b(a?c)?c(a?b). 证明:a?b?(a?b)(a?ab?b)

因为a、b为正数,且a?b?2ab,所以 223322333222

a3?b3?(a?b)(2ab?ab),即a3?b3?(a?b)ab

即:a?b?ab?ab

3323322 同理:b?c?bc?bc c?a?ca?ca

将上三式相加并整理得:2(a?b?c)?a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)

48. 已知a1,a2,a3为正数,证明:33322223322a1a2a2a3a3a1???a1?a2?a3. a3a1a2

证明:不妨设a1?a2?a3则a1a2?a1a3?a2a3

a1a2a2a3a3a1???a1?a2?a3. a3a1a2

即证(a1a2)?(a2a3)?(a1a3)?(a1?a2?a3)a1a2a3 222

(a1a2)2?(a2a3)2?(a1a3)2?a1a2a3?a1a2a3?a1a2a3

同序和≥乱序和 222

(a1a2)2?(a2a3)2?(a1a3)2?a1a2?a1a3?a1a2?a2a3?a1a3?a2a3

即(a1a2)2?(a2a3)2?(a1a3)2?a1a2a3?a1a2a3?a1a2a3

则原不等式得证

222

a2b2?b2c2?c2a2

≥abc 49. 已知a,b,c为正数,证明:a?b?c

50. 在△ABC中,ha , hb , hc 为边长a,b,c上的高,求证:asinA+bsinB+csinC?ha + hb +h

c.

证明:如上图ha?bsinC;hb?csinA;hc?asinB,不妨设a?b?c,由大角对大边可知A?B?C

(1)若A?900,则有sinA?sinB?sinC,由顺序和?乱序和,可得asinA?bsinB?csinC?asinB?bsinC?csinA

(2)若A?900,此时,sinA?sin(B?C),因为B?C为锐角,故亦有sinA?sinB?sinC。

由顺序和?乱序和,可得asinA?bsinB?csinC,

综上所述asinA?bsinB?csinC?h1?h2?h3成立

?a?b?c 51. 已知a,b,c

是正数,求证:?a?b 52. 已知a, b, c?(0, 1)

,求证:53. 求函数y=(x?1)2+(x?2)2+…+(x?n)的最值.

2x2?4x?354. 求y?的最值 x?2

2x2?4x?355. 求y?2的最值. x?2x?2

2256. 使x?4?(8?x)?16取最小值的实数x的值为

这就是x轴上一点P(x,0)到两点A(0,-2),B(8,4)的距离之和

显然当APB在一直线且P在AB之间时有最小值

A和B在x轴两侧,所以P就是AB所在直线和x轴交点

AB所在直线是y?2x?01x8?且y?0故?所以x? 4?28?0383

57. 函数y=x2?2006|x|+2008的图像与x轴交点的横坐标之和等于解:令f(x)=x2?2006|x|+2008,则f(-x)=f(x) 且定义域是R,关于原点对称

所以 f(x)是偶函数,关于y轴对称

所以若有f(a)=0,则必有f(-a)=0

a+(-a)=0

所以与x轴交点的横坐标之和=0

58. P为ABC内任一点,求证:1PA?PB?PC??1. 2AB?BC?CA

证明:在三角形PAB中,PA+PB>AB,同理得:PA+PC>AC,PB+PC>BC,

三式相加,得:2(PA+PB+PC)>AB+BC+AC,

所以 1/2(AB+BC+AC<AP+BP+CP。

延长BP交AC于点D,在三角形ABD中,AB+AD>BP+PD,

在三角形PDC中,PD+DC>CP,两式相加 得:AB+AD+PD+DC>BP+PD+CP,

即: AB+AC>BP+CP,同理得:BC+AC>PA+PB,

BC+AB>PA+PC,三式相加可得:2(AB+BC+AC)>2(AP+BP+CP),即:AB+BC+AC大于PA+PB+PC

59. 设D为等腰三角形ABC的底边BC的中点,E为ABD内任一点,求证:∠AEB>∠AEC

.

60. 设P为正ABC内任意一点,求证:PA+PB>PC.

61. 三角形大边上的高线小于小边上的高线(根据:S? 1ah即可) 2

62. 三角形的中线不小于同一边上的角平分线

63.已知△ABC的两条高线的长分别为5和20,若第三条高线的长也是整数,求第三条高线长的最大值. 解:设△ABC的面积为S,所求的第三条高线的长为h,则三边长分别为2S2S2S2S2S ,,,则?520h520

?2S2S2S???20?20h5 解得4?h? 由三边关系,得?2S2S2S3????h?205

所以h的最大整数值为6,即第三条高线的长的最大值为6

64. 四边形ABCD中,E、F是AB的三等分点,G、H是DC的三等分点. 求证:四边形ABCD的面积是四边形EFGH面积的3倍.

解:连接BG,BD,EG,ED 11S?SS?S?ABD则?CGB?CDB ?AED33

所以:S四边形BGDE?1S?S?S四边形ABCD 所以:?CGB?AED32S四边形ABCD 因为: 3

S?BFG?S?EFG,S?GHE?S?DHE

?S四边形EFGH? 11S四边形BGDE?S四边形ABCD23

65. 平行四边形ABCD的面积是60,E,F分别是AB,BC的中点,AF分别和ED,BD交于G,

H,求四边形BHGE的面积.

解:延长AF交DC延长线于点P, 则PC=CD=AB, SDGDH8DGDPDHDP∴?? ??4,??2,??DGH?S?DBEDEDB15EGAEBHAB1?S?DBE??S平行四边形ABCD?15 4

故S?DGH?8 从而,四边形EBHG面积: S=7.

AB是单位圆位于第一象限的任意一段弧,AB下面与x轴上面的区域的面积,AB左侧与y轴右侧66.?S1是?S2是?

AB的长度而与?AB的位置无关。 之间的区域的面积。证明:S1+ S2只依赖于?

67.等腰三角形底边上的一点到两腰的距离和是定值

证明:等腰三角形ABC,AB=AC,CD为AB上高,P为BC上任一点,PM,PN分别垂直AB,AC,求证:CD=PM+PN

S?ABC?S?ABP?S?ACP S?ABC?11AB?CD S?ABP?AB?PM 22

1AC?PN,AB?AC 2

111所以:AB?CD?AB?PM?AC?PN 222S?ACP?

所以:CD=PM+PN

因此结论成立

68.等腰梯形ABCD中,AB=CD,AD//BC,P是BC上的动点,PE⊥AB,PF⊥CD,BG⊥CD,求证:PE+PF=BG 证明:延长BA、CD交于点H,

因为梯形ABCD为等腰梯形,所以∠B=∠D

因此△HBC为等腰三角形,BH=CH

S△HBC=1/2×CH×BG

S△HPC=1/2×HC×PF

S△HPB=1/2×BH×PE

因为S△HPB+S△HPC=S△HBC

所以1/2×BH×PE+1/2×HC×PF=1/2×CH×BG

因为BH=CH,,两边同时除以CH/2

PE+PF=G

69.设D是△ABC的边AB上的一点,作DE//BC交AC于点E,作DF//AC交BC于点F,已知△ADE、△DBF的面积分别为m和n,则四边形DECF的面积为

解:三角形ADE和三角形DBF、ABC都相似, AD:DB=m:n,AD:AB=m:m?n,

S?ABC?(m?n)2 所以S四边形DECF?(m?n)2?m?n?2mn

70.若I是△ABC的内心,AI延长线交△ABC外接圆于D,求证:DI=DB=DC.

解:因为点I为△ABC的内心,所以AI平分∠BAC,BI平分∠ABC,CI平分∠ACB

所以∠BAD=∠CAD,所以BD=CD,

因弧DC所对的角为∠DBC与∠CAD,所以∠DBC=∠CAD=∠BAD

因BI平分∠ABC,所以∠ABI=∠CBI, 所以∠BID=∠BAI+∠ABI

所以∠DBI= ∠DIB,所以BI=DI

所以DB=DI=CD

71.在△ABC中,?C=90?,?A和?B的平分线相交于P点. 又PE⊥AB于E. 若BC=2,AC=3,则AE?BE 解:设Rt△ABC内切圆P的半径为r.AB?AC?BC?3?2?

AE=AM=AC-r=3-r,BE=BN=BC-r=2-r,AB=AE+BE=(3-r)+(2-r)=5-2r 2222

??5?2r,即r?5? 2

∴AE?BE=(3-r)?(2-r)?(3?r)(2?r)?(3?5?5??1?113?1)(2?)????3 22224

72.H是△ABC的垂心,AD是高,延长AD交外接圆于E,求证:HD=DE.

证明:连接CE,CH,因为H为△ABC的垂心;

CH⊥AB

所以:∠ECD=∠BAD=90°-∠ABC,∠HCD=90°-∠ABC,

从而∠ECD=∠HCD.

又因为CD⊥HE,CD为公共边,

所以△HDC≌△EDC,

所以:DH=DE.

73.设G为△ABC的重心,且AG=6,BG=8,CG=10,则△ABC的面积为

解:延长AG到G',与BC相交于D,使DG=DG',则?BDG≌?

CDG '

1'AG=3,∴DG=DG'=3,∴GG'=6,∵CG=10 ∴?CGG是直角三角形 2

1S?GBC?S?CGG'??8?6?24∴ 2

?S?ABC?3S?GBC?72∴CG'=BG=8,∵DG=

74.证明欧拉线定理:三角形的重心、垂心、外心共线,重心把连结垂心、外心的线段分成2:1.

75.已知梯形ABCD中,AD//BC,AC和BD交于点O,△AOD的面积是S1,△BOC的面积是S2,求梯形ABCD的面积.

?OD:OB?2:3 解:如右图所示,?AD//BC,??AOD∽?COB,?S?AOD?4,S?BOC?9,

,?S?AOD:S?AOB?2:3 ??AOD,?AOB是同高不同底的三角形

?S?AOD?4,?S?AOB?6,同理可得S梯形ABCD?4?9?6?6?25

76.O是△ABC内一点,过O分别作AB,BC,CA的平行线PQ,DE,FG交三边于P,Q,D,E,F,G,△OFD、△OPG、△OEQ的面积分别为S1、S2、S3,求△ABC的面积.

77.设AD,BE,CF为△ABC的三条高,若AB = 6,BC = 5,EF = 3,求BE.

78.在△ABC中,最大角∠A是最小角∠C的两倍,且AB=7,AC=8,求BC

79.圆内接四边形四条边长顺次为5、10、11、14.则此四边形的面积为

80.证明托勒密定理:圆内接四边形两组对边乘积之和等于对角线的乘积.

证明:如图1,过C作CP交BD于P,使∠1=∠2,又∠3=∠4

∴△ACD∽△BCP.得AC:BC=AD:BP,AC·BP=AD·BC ①。

又∠ACB=∠DCP,∠5=∠6,∴△ACB∽△DCP.

得AC:CD=AB:DP,AC·DP=AB·CD ②。

①+②得 AC(BP+DP)=AB·CD+AD·BC.即AC·BD=AB·CD+AD·BC.

81.求证:由圆上一点引出三条弦,中间一弦与最大角正弦的积等于其余每条弦与不相邻角正弦的积之和. 证明:连BD、CD, 由圆的相交弦定理→△ABP∽△CDP→AB/CD=AP/CP→AB·CP=CD·AP→

AB·CP-CD·AP=0→同理→AC·BP-BD·AP=0, 所以有AB(AB·CP-CD·AP)=0, AC(AC·BP-BD·AP)=0,两式相加→AB·AB·CP + AC·AC·BP=AB·CD·AP +AC·BD·AP=AP(AB·CD+AC·BD)=AP

·BC

·

AD⑴(托氏定理)。

由AC外分∠BAP, 由《分角定理》→(sin∠CAP/ sin∠BAC)=(CP/BC) ·(AB/AP), →

(ABsin∠CAP/ sin∠BAC)=(CP/BC) ·(AB·AB/AP)⑵, 同理有, 由AB外分∠CAP, 由《分角定理》→

(ACsin∠BAP/ sin∠BAC)=(BP/BC) ·(AC·AC/AP)⑶, 由⑵+⑶→

(ABsin∠CAP+ ACsin∠BAP) / sin∠BAC=( AB·AB·CP+ AC·AC·BP)/BC·AP,由⑴→

( AB·AB·CP+ AC·AC·BP)/BC·AP=AD, 所以(ABsin∠CAP+ ACsin∠BAP) / sin∠BAC=AD, 所以,

ABsin∠CAP+ ACsin∠BAP= ADsin∠BAC。

?上一点,求证:PB+PC=PA. 82.P是等边三角形△ABC外接圆中BC

83.证明西姆松定理:过三角形外接圆上任意一点向三边作垂线,则三垂足共线.

证明:△ABC外接圆上有点P,且PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,PD⊥AB于D,分别连FE、FD、BP、CP.

易证P

、B、D、F和P、F、C、E分别共圆,

在PBDF圆内,∠

DBP+∠DFP=180度,

在ABPC圆内∠ABP+∠ACP =180度, ∠ABP=∠ECP

于是∠DFP=∠ACP ①,在PFCE圆内 ∠PFE=∠PCE

② 而∠ACP+∠PCE=180°

③ ∴∠DFP+∠PFE=180° ④ 即D、F、E共线.

反之,当D、F、E共线时,由④→②→③→①可见A、B、P、C共圆.

85.已知7个整数a1,a2…,a7,将它们重新排列后得到b1,b2…,b7. 求证:(a1?b1)(a2?b2)?(a7?b7)是偶数. 证明:7个整数显然奇偶个数不相等

这7个整数的任意两种排列 然后对应相减

由于只有奇数与偶数相减时结果才是奇数

故假设命题不成立 那么这2种排列对应排列一定是 奇(a1)、偶(b1)....... 或是偶(a1)、奇(b1)的排列形式 可推出2个排列一共是7奇7偶

但另一方面 2个排列其实都是一个相同的数列组合 根据首句 这2个排列合起来也一定是奇偶个数不一样 矛盾

86.在一次学校篮球循环赛中,n(n?3)队没有全胜的. 证明:一定可以从中找出三个队A,B,C,有A胜B,B胜C,C胜A.

证明:

其余参见前两次测试题

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