2003年太原市初中数学竞赛
2003年中国数学奥林匹克试题及解答
证明： 在该公司经理的方针之下， 有 （%） #% 2 #! 2 … 2 #3 ’ #1 ’ #%" ； （!） 该公司有超过4"2 的可能性录取到能力最强 的 # 个人之一， 而只有不超过%"2 的可能性录用到能 力最弱的 # 个人之一 & 六、 设 )、 满足 )* . +, ’ %， 点 *、 +、 , 为正实数， （ ， ） （ ， ， ， ） 是以原点为圆心的单位圆周 3 4 5 . ’ % ! # 0 . . . 上的四个点 & 求证：
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2004太原市初中数学竞赛试题
2004太原市初中数学竞赛试题一、选择题(本题共有6个小题，每小题7分，共42分)1.若0＜a＜1，-2＜b＜-1，则的值是( ).A.0B.-1C.-2D.-32.设α、β是方程2x2-3|x|-2=0的二实数根，则的值是( ).A.-1B.1C.-D.3.如图，在△ABC中，∠A=60°，∠C=80°，∠C的平分线与∠A的外角平分线交于D，连结BD，则tan∠BDC的值是( ).A.1B.C.D.4.有一种足球是由32块黑白相间的牛皮缝制而成，黑皮为正五边形，白皮为正六边形，且边长都相等(如图)，则白皮的块数是( B ).A.22B.20C.18D.165.已知△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=5，以C为圆心，BC为半径作圆交BA的延长线于D，则AD的长为( ).A. B. C. D.6.已知方程+3=，则此方程的正整数解的组数是( ).A.1B.2C.3D.4二、填空题(本题共有6个小题，每小题7分，共42分)7.圆中两条相交弦将圆内区域分为4个部分，请在圆中再画出三条弦，将圆内区域分为15个部分。
8.已知k为整数，若关于x的二次方程kx2+(2k+3)x+1=0有有理根，则k的值是_______.9.已知梯形ABCD中，AD∥BC，AC、BD交于O，△AOD和△A OB的面积分别为9和12，则梯形ABCD的面积是__________.10.设二次函数y=x2+2ax+(a＜0)的图像顶点为A，与x轴交点为B、C，当△ABC为等边三角形时，a的值为__________.11.连结正方形两组对边上的对应三等分点，得右图，则由图中所有线段构成的矩形共有______个.12.如图，一抛物线弧的最大高度为15，跨度为60，则距离中点M与12的地方，弧的高度是_________.三、已知n为正整数，一次函数y=x+n+1的图像与坐标轴围成三角形的外接圆面积为π，求此一次函数的解析式.(16分)四、设四位数是一个完全平方数，且=2+1，求这个四位数.(16分)五、已知△ABC内接于⊙O，AD，BD为⊙O的切线，作DE∥BC，交AC于E，连EO并延长交BC于F，求证：BF=FC.(17分)六、已知当-1＜x＜0时，二次函数y=x2-4mx+3的值恒大于1，求m的取值范围.(17分)参考答案1.解：∵a-1＜0，b+2＞0，a+b＜0,∴原式=-1-1-1=-3.∴选(D).2.解：原方程即2|x|2-3|x|-2=0，即(2|x|+1)(|x|-2)=0，∵2|x|+1＞0，|x|-2=0，∴x=±2.∴==-1.∴选(A).3.解：∵D在∠C的平分线上，∴D到CB，CA的距离相等，又∵D在∠A的外角平分线上，∴D到CA，AB的距离相等，∴D到AB，CB的距离相等，∴D在∠B的外角平分线上.∵∠ABC=40°，∴∠DBA=70°，∴∠DBC=110°，又∵∠BCD=40°，∠BDC=30°，∴tan∠BDC=.∴选(D).4.解：设白皮有x块，则黑皮有32-x块，∵黑皮为正五边形，∴黑皮共有边数为5(32-x)条，又∵每块白皮有三条边和黑皮连在一起，∴黑皮共有边数还可表为3x条，由此得方程5(32-x)=3x，解之得白皮有x=20(块).∴选(B).5.解：延长AC与圆相交于E、F，则AF=5+，AE=5-，又知AB=6，由相交弦定理AD·AB=AE·AF得AD===.∴选(C).6.解：∵=10，x，y为正整数，∴、化为最简根式后应与为同类根式，只能有以下三种情况：+3=+9=4+6=7+3=10，∴共有三组解，选(C).7.解：圆中五条弦两两相交，且任何三条弦不交于一点，最多可将圆内区域分为16个部分，∴欲将圆内区域分为15个部分，只需有两条弦交于圆周上或交于圆外，或者有三条弦在圆内交于一点，如图示.8.解：∵方程有有理根，∴判别式△1=(2k+3)2-4k为完全平方数.设(2k+3)2-4k=m2(m为正整数)，即4k2+8k+9-m2=0①将①式看作关于k的二次方程，由题设知有整数根，故①式的判别式△2=64-16(9-m2)=16(m2-5)应为完全平方数.而16是完全平方数,令m2-5=n2(n为正整数，且m＞n)，则有(m+n)(m-n)=5，∴解得将m=3代入①式得k=-2或k=0(舍去)，∴k=-2.说明：本题也可由△1=4(k+1)2+5为完全平方数直接求得k=-2.9.解：如图∵S△AOD:S△AOB=OD:OB=OA:OC=S△AOB:S△BOC，∴S2△AOB=S△AOD·S△BOC，∴S△BOC==16，又∵S△COD=S△AOB=12，∴梯形ABCD的面积S=9+16+12+12=49.10.解：二次函数y=x2+2ax+(a＜0)的图像如右图，顶点A(-a,-)，图像与x轴的交点为B(x1,0)，C(x2,0)，对称轴与x轴交点为D，则|BC|=|x1-x2|====-.又∵△ABC为等边三角形，∴|AD|=|BC|，即|-|=(-)，即a2+=0，∴a=-或a=0(舍去)，故a=-.11.解：观察图形可知：面积为1×1的矩形有9个，面积为2×2的矩形有4个，面积为3×3的矩形有1个，面积为1×2的矩形有12个，面积为1×3的矩形有6个，面积为2×3的矩形有4个.∴共有36个.说明：本题简捷算式为()2=36.12.解：以M为坐标原点，直线AB为x轴，直线MC为y轴，建立坐标系，则抛物线为二次函数y=ax2+15的图像，∴点B(30,0)在抛物线上，∴900a+15=0，∴a=-，∴y=-x2+15，当x=12时，y=-×144+15=12.三、解：当y=0时，得x=-n，∴直线与x轴交点为A(-n,0).当x=0时，得y=n+1，∴直线与y轴交点为B(0,n+1).∵Rt△ABO的外接圆的面积S=()2π=π，∴|AB|=5.由|AO|2+|BO|2=|AB|2，得n2+(n+1)2=25，即n2+n-12=0，∴n=3.∴一次函数解析式为y=x+4.四、解：设=m2，则32≤m≤99.又设=x，则=2x+1，于是100(2x+1)+x=m2，即201x=m2-100，即67(3x)=(m+10)(m-10).∵67是质数，∴m+10、m-10中至少有一个是67的倍数.若m+10=67k(k是正整数)，∵32≤m≤99，∴m+10=67，∴m=57.检验知572=3249，不合题意，舍去；若m-10=67k(k是正整数)，则m-10=67，∴m=77. ∴=772=5929.五、证明：连接AO、DO，如图则∠1=∠3，∵DE∥BC，∴∠2=∠3，∴∠1=∠2，∴D、A、E、O四点共圆.∴∠DEO=∠DAO=90°，∴DE⊥EF，又∵DE∥BC，∴EF⊥BC，∴BF=FC.六、解：二次函数y=x2-4mx+3的图像是一条开口向上的抛物线.(1)当抛物线的对称轴x=2m≤-1时，即m≤-时，要使二次函数的值在-1＜x＜0时恒大于1，只要y|x=-1=1+4m+3=4m+4≥1即可，解得m≥-，∴-≤m≤-；(2)当抛物线的对称轴x=2m≥0时，即m≥0时，要使二次函数的值在-1＜x＜0时恒大于1，只要y|x=0=3≥1即可，∴m≥0；(3)当抛物线的对称轴x=2m在区间-1＜x＜0时，∵-1＜2m＜0，∴-＜m＜0,此时，要使二次函数的值在-1＜x＜0时恒大于1，只要y min=y|x=2m=＞1即可，解之得-＜m＜，∴-＜m＜0.综合(1)、(2)、(3)得m的取值范围是m≥-.。
2003年山西省中考数学试卷
2003年山西省中考数学试卷2003年山西省中考数学试卷一、填空题（共12小题，每小题2分，满分24分）1．（2分）（2003•山西）﹣22=_________．2．（2分）（2003•山西）函数y=中的自变量x的取值范围是_________．3．（2分）（2003•山西）一粒纽扣式电池能够污染60升水，太原市每年报废的电池有近10 000 000粒，如果废旧电池不回收，一年报废的电池所污染的水约_________升（用科学记数法表示）．4．（2分）（2003•山西）联欢会上，小红按照4个红气球、3个黄气球、2个绿气球的顺序把气球串起来装饰会场，第52个气球的颜色是_________．5．（2分）（2003•山西）有一大捆粗细均匀的电线，现要确定其长度的值．从中先取出1米长的电线，称出它的质量为a，再称其余电线的总质量为b，则这捆电线的总长度是_________米．6．（2分）（2003•山西）多项式x2+px+12可分解为两个一次因式的积，确定p的取值_________（只写出一个即可）．7．（2分）（2003•山西）已知a2﹣6a+9与|b﹣1|互为相反数，则式子（）÷（a+b）的值为_________．8．（2分）（2003•山西）已知点A、点B在x轴上，分别以A、B为圆心的两圆相交于M（3a﹣b，5）、N（9，2a+3b），则a b的值是_________．9．（2分）（2003•山西）如图是阳光广告公司为某种商品设计的商标图案，图中阴影部分为红色．若每个小长方形的面积都是1，则红色的面积是_________．10．（2分）（2003•山西）已知二次函数y=x2+bx+c的图象如图所示，则当y＜0时，对应x的取值范围是_________．11．（2分）（2003•山西）某工厂要选一块矩形铁皮加工一个底面半径为20cm，高为cm的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计），要想用料最省，矩形的边长分别是_________．12．（2分）（2010•鞍山）如图小明想测量电线杆AB的高度，发现电线杆的影子恰好落在土坡的坡面CD和地面BC上，量得CD=4 m，BC=10 m，CD与地面成30°角，且此时测得1 m杆的影子长为2 m，则电线杆的高度约为_________m．（结果保留两位有效数字，≈1.41，≈1.73）二、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）13．（3分）（2003•山西）下列各式中，与分式相等的是（）．CD．（x≠y）．D15．（3分）（2003•山西）已知反比例函数（k≠0），当x＞0时，y随x的增大而增大，那么一次函数y=kx﹣k16．（3分）（2003•山西）已知⊙O的半径为5，AB是弦，P是直线AB上的一点，PB=3，AB=8，则tan∠OPA的DC或17．（3分）（2003•山西）如图，AB、AC与⊙O相切于B、C，∠A=50°，点P是圆上异于B、C的一动点，则∠BPC 的度数是（），则的值为零，则19．（3分）（2003•山西）某药店经营的抗病毒药品，在市场紧缺的情况下提价100%，物价部门查处后，限定其提20．（3分）（2003•山西）下图是正方体分割后的一部分，它的另一部分是（）．CD．21．（3分）（2003•山西）有若干张如图所示的正方形和长方形卡片表中所列四种方案能拼成边长为（a+b）的正方形的是（）22．（3分）（2003•山西）命题“a、b是实数，若a＞b，则a2＞b2”若结论保持不变，怎样改变条件，命题才是真命题，以下四种改法：（1）a、b是实数，若a＞b＞0，则a2＞b2；（2）a、b是实数，若a＞b且a+b＞0，则a2＞b2（3）a、b是实数，若a＜b＜0，则a2＞b2（4）a、b是实数，若a＜b且a+b＜0，则a2＞b2三、解答题（共7小题，满分66分）23．（6分）（2003•山西）请用1个等腰三角形、2个矩形、3个圆，在下面方框内设计一个轴对称图形，并用简炼的文字说明你的创意．24．（8分）（2003•天津）解方程：=x2+x+1．25．（12分）（2003•山西）已知：如图AB是⊙O的直径，PB切⊙O于点B，PA交⊙O于点C，PF分别交AB、BC于E、D，交⊙O于F、G，且BE、BD恰好是关于x的方程x2﹣6x+（m2+4m+13）=0（其中m为实数）的两根．（1）求证：BE=BD．（2）若GE•EF=6，求∠A的度数．26．（6分）（2003•山西）某班学生进行数学测验，将所得成绩（得分取整数）进行整理后分成五组，并绘制成频率分布条形图（如图）．请结合条形图提供的信息，回答下列问题：（1）该班共有多少名学生？（2）80.5～90.5这一分数段的频数、频率分别是多少？（3）这次成绩频率最高落在哪个分数段内？（4）从左到右各小组的频率之比是多少？27．（10分）（2003•山西）取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：第一步：先把矩形ABCD对折，折痕为MN，如图1；第二步：再把B点叠在折痕线MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为Bn，得Rt△ABE，如图2；第三步：沿EB线折叠得折痕EF，如图3；利用展开图4探究：（1）△AEF是什么三角形？证明你的结论．（2）对于任一矩形，按照上述方法是否都能折出这种三角形？请说明理由．28．（10分）（2003•山西）启明公司生产某种产品，每件产品成本是3元，售价是4元，年销售量为10万件．为了获得更好的效益，公司准备拿出一定的资金做广告，根据经验，每年投入的广告费是x（万元）时，产品的年销售（1）试写出年利润S（万元）与广告费x（万元）的函数关系式，并计算广告费是多少万元时，公司获得的年利润最大，最大年利润是多少万元？（2）把（1）中的最大利润留出3万元作广告，其余的资金投资新项目，现有6个项目可供选择，各项目每股投资1.6万元，问有几种符合要求的投资方式？写出每种投资方式所选的项目．29．（14分）（2003•山西）如图，已知圆心A（0，3），⊙A与x轴相切，⊙B的圆心在x轴的正半轴上，且⊙B与⊙A外切于点P，两圆的公切线MP交y轴于点M，交x轴于点N．（1）若sin∠OAB=，求直线MP的解析式及经过M、N、B三点的抛物线的解析式．（2）若⊙A的位置大小不变，⊙B的圆心在x轴的正半轴上移动，并使⊙B与⊙A始终外切，过M作⊙B的切线MC，切点为C，在此变化过程中探究：①四边形OMCB是什么四边形，对你的结论加以证明．②经过M、N、B三点的抛物线内是否存在以BN为腰的等腰三角形？若存在，表示出来；若不存在，说明理由．2003年山西省中考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（共12小题，每小题2分，满分24分）1．（2分）（2003•山西）﹣22=﹣4．2．（2分）（2003•山西）函数y=中的自变量x的取值范围是x≥﹣3．解：根据题意得：3．（2分）（2003•山西）一粒纽扣式电池能够污染60升水，太原市每年报废的电池有近10 000 000粒，如果废旧电池不回收，一年报废的电池所污染的水约6×108升（用科学记数法表示）．4．（2分）（2003•山西）联欢会上，小红按照4个红气球、3个黄气球、2个绿气球的顺序把气球串起来装饰会场，第52个气球的颜色是黄色．5．（2分）（2003•山西）有一大捆粗细均匀的电线，现要确定其长度的值．从中先取出1米长的电线，称出它的质量为a，再称其余电线的总质量为b，则这捆电线的总长度是（+1）米．∴其余电线的长度+16．（2分）（2003•山西）多项式x2+px+12可分解为两个一次因式的积，确定p的取值±7，±8，±13（只写出一个即可）．；确定7．（2分）（2003•山西）已知a2﹣6a+9与|b﹣1|互为相反数，则式子（）÷（a+b）的值为．===．8．（2分）（2003•山西）已知点A、点B在x轴上，分别以A、B为圆心的两圆相交于M（3a﹣b，5）、N（9，2a+3b），则a b的值是．．．9．（2分）（2003•山西）如图是阳光广告公司为某种商品设计的商标图案，图中阴影部分为红色．若每个小长方形的面积都是1，则红色的面积是5．a﹣3a10．（2分）（2003•山西）已知二次函数y=x2+bx+c的图象如图所示，则当y＜0时，对应x的取值范围是﹣4＜x ＜2．11．（2分）（2003•山西）某工厂要选一块矩形铁皮加工一个底面半径为20cm，高为cm的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计），要想用料最省，矩形的边长分别是90cm，60cm．，高为R=，12．（2分）（2010•鞍山）如图小明想测量电线杆AB的高度，发现电线杆的影子恰好落在土坡的坡面CD和地面BC上，量得CD=4 m，BC=10 m，CD与地面成30°角，且此时测得1 m杆的影子长为2 m，则电线杆的高度约为8.7 m．（结果保留两位有效数字，≈1.41，≈1.73）CE=25+2+≈二、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）13．（3分）（2003•山西）下列各式中，与分式相等的是（）D．．C（x≠y），与原分式相等，故相等的是．D、错误，=15．（3分）（2003•山西）已知反比例函数（k≠0），当x＞0时，y随x的增大而增大，那么一次函数y=kx﹣k 的图象经过（）解：因为反比例函数（16．（3分）（2003•山西）已知⊙O的半径为5，AB是弦，P是直线AB上的一点，PB=3，AB=8，则tan∠OPA的DC或×OE=．17．（3分）（2003•山西）如图，AB、AC与⊙O相切于B、C，∠A=50°，点P是圆上异于B、C的一动点，则∠BPC 的度数是（）P=，则的值为零，则x==4；选项、若分式19．（3分）（2003•山西）某药店经营的抗病毒药品，在市场紧缺的情况下提价100%，物价部门查处后，限定其提20．（3分）（2003•山西）下图是正方体分割后的一部分，它的另一部分是（）．C D．21．（3分）（2003•山西）有若干张如图所示的正方形和长方形卡片表中所列四种方案能拼成边长为（a+b）的正方形的是（）22．（3分）（2003•山西）命题“a、b是实数，若a＞b，则a2＞b2”若结论保持不变，怎样改变条件，命题才是真命题，以下四种改法：（1）a、b是实数，若a＞b＞0，则a2＞b2；（2）a、b是实数，若a＞b且a+b＞0，则a2＞b2（3）a、b是实数，若a＜b＜0，则a2＞b2（4）a、b是实数，若a＜b且a+b＜0，则a2＞b2三、解答题（共7小题，满分66分）23．（6分）（2003•山西）请用1个等腰三角形、2个矩形、3个圆，在下面方框内设计一个轴对称图形，并用简炼的文字说明你的创意．24．（8分）（2003•天津）解方程：=x2+x+1．，则原方程另一个分式为25．（12分）（2003•山西）已知：如图AB是⊙O的直径，PB切⊙O于点B，PA交⊙O于点C，PF分别交AB、BC于E、D，交⊙O于F、G，且BE、BD恰好是关于x的方程x2﹣6x+（m2+4m+13）=0（其中m为实数）的两根．（1）求证：BE=BD．（2）若GE•EF=6，求∠A的度数．FE=6（中，26．（6分）（2003•山西）某班学生进行数学测验，将所得成绩（得分取整数）进行整理后分成五组，并绘制成频率分布条形图（如图）．请结合条形图提供的信息，回答下列问题：（1）该班共有多少名学生？（2）80.5～90.5这一分数段的频数、频率分别是多少？（3）这次成绩频率最高落在哪个分数段内？（4）从左到右各小组的频率之比是多少？27．（10分）（2003•山西）取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：第一步：先把矩形ABCD对折，折痕为MN，如图1；第二步：再把B点叠在折痕线MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为Bn，得Rt△ABE，如图2；第三步：沿EB线折叠得折痕EF，如图3；利用展开图4探究：（1）△AEF是什么三角形？证明你的结论．（2）对于任一矩形，按照上述方法是否都能折出这种三角形？请说明理由．，那么要想折出等边三角形，那么矩形的宽就必须小于长的∠a28．（10分）（2003•山西）启明公司生产某种产品，每件产品成本是3元，售价是4元，年销售量为10万件．为了获得更好的效益，公司准备拿出一定的资金做广告，根据经验，每年投入的广告费是x（万元）时，产品的年销售量是原销售量的y倍，且，如果把利润看作是销售总额减去成本费和广告费：（1）试写出年利润S（万元）与广告费x（万元）的函数关系式，并计算广告费是多少万元时，公司获得的年利润最大，最大年利润是多少万元？（2）把（1）中的最大利润留出3万元作广告，其余的资金投资新项目，现有6个项目可供选择，各项目每股投资1.6万元，问有几种符合要求的投资方式？写出每种投资方式所选的项目．（﹣29．（14分）（2003•山西）如图，已知圆心A（0，3），⊙A与x轴相切，⊙B的圆心在x轴的正半轴上，且⊙B与⊙A外切于点P，两圆的公切线MP交y轴于点M，交x轴于点N．（1）若sin∠OAB=，求直线MP的解析式及经过M、N、B三点的抛物线的解析式．（2）若⊙A的位置大小不变，⊙B的圆心在x轴的正半轴上移动，并使⊙B与⊙A始终外切，过M作⊙B的切线MC，切点为C，在此变化过程中探究：①四边形OMCB是什么四边形，对你的结论加以证明．②经过M、N、B三点的抛物线内是否存在以BN为腰的等腰三角形？若存在，表示出来；若不存在，说明理由．OAB=，OAB=，中，OAB==BN==，，y=﹣，（﹣x x参与本试卷答题和审题的老师有：lf2-9；开心；lanyan；MMCH；lanchong；蓝月梦；心若在；HLing；CJX；zhehe；wdxwwzy；zhjh；wdxwzk；zhangCF；张长洪；xiu；kuaile；zzz；zxw；mmll852；自由人；zcx；137-hui（排名不分先后）菁优网2013年12月22日。
2003年全国初中数学联赛预赛暨2002年山东省初中数学竞赛试题（有答案）
2003年全国初中数学联赛预赛暨2002年⼭东省初中数学竞赛试题（有答案）2003年全国初中数学联赛预赛暨 2002年⼭东省初中数学竞赛试题⼀、选择题(本题共8⼩题,每⼩题6分,满分48分)1.磁悬浮列车是⼀种科技含量很⾼的新型交通⼯具.它有速度快、爬坡能⼒强、能耗低的优点.它每个座位的平均能耗仅为飞机每个座位的平均能耗的三分之⼀、汽车每个座位的平均能耗的70%.那么汽车每个座位的平均能耗是飞机每个座位平均能耗的( )(Ａ)37 (Ｂ)73 (Ｃ)1021 (Ｄ)21102.已知ａ,ｂ,ｃ,ｄ都是正实数,且ａｂ <ｃｄ .给出下列四个不等式: ①ａａ+ｂ >ｃｃ+ｄ②ａａ+ｂ <ｃｃ+ｄ③ｂａ+ｂ >ｄｃ+ｄ④ｂａ+ｂ <ｄｃ+ｄ其中正确的是( )(Ａ)①③ (Ｂ)①④ (Ｃ)②④ (Ｄ)②③3.如图,在等腰直⾓三⾓形ＡＢＣ中,∠Ｃ=90°,∠ＣＢＤ=30°,则ＡＤＤＣ的值是( ) (Ａ)3 3 (Ｂ) 2 2(Ｃ) 2 －1 (Ｄ) 3 －1 4.世界杯⾜球赛⼩组赛,每个⼩组4个队进⾏单循环⽐赛,每场⽐赛胜队得3分,败队得0分,平局时两队各得1分.⼩组赛完以后,总积分最⾼的两个队出线进⼊下轮⽐赛.如果总积分相同,还要按净胜球数排序.⼀个队要保证出线,这个队⾄少要积( )(Ａ)5分 (Ｂ)6分 (Ｃ)7分 (Ｄ)8分5.如图,四边形ＡＢＣＤ中,∠Ａ=60°,∠Ｂ=∠Ｄ=90°,ＡＤ=8,ＡＢ=7,则ＢＣ+ＣＤ等于( )(Ａ)6 3 (Ｂ)5 3 (Ｃ)4 3 (Ｄ)3 36.如图,在梯形ＡＢＣＤ中,ＡＤ∥ＢＣ,ＡＤ=3,ＢＣ=9,ＡＢ=6,ＣＤ=4.若ＥＦ∥ＢＣ,且梯形ＡＥＦＤ与梯形ＥＢＣＦ的周长相等,则ＥＦ的长为( )(Ａ)45 7 (Ｂ) 33 5 (Ｃ) 39 5 (Ｄ) 1527.如图,在ＲｔＡＢＣ中,∠ＡＣＢ=90°,ＡＣ=ｂ,ＡＢ=ｃ,若Ｄ、Ｅ分别是ＡＢ和ＡＢ延长线上的两点,ＢＤ=ＢＣ,ＣＥ⊥ＣＤ,则以ＡＤ和ＡＥ的长为根的⼀元⼆次⽅程是()(Ａ)ｘ2－2ｃｘ+ｂ2=0(Ｂ)ｘ2－ｃｘ+ｂ2=0(Ｃ)ｘ2－2ｃｘ+ｂ=0(Ｄ)ｘ2－ｃｘ+ｂ=08.已知实数ａ、ｂ、ｃ满⾜ａ<ｂ<ｃ,ａｂ+ｂｃ+ｃａ=0,ａｂｃ=1,则()(Ａ)｜ａ+ｂ｜>｜ｃ｜(Ｂ)｜ａ+ｂ｜<｜ｃ｜(Ｃ)｜ａ+ｂ｜=｜ｃ｜(Ｄ)｜ａ+ｂ｜与｜ｃ｜的⼤⼩关系不能确定⼆、填空题(本题共4⼩题,每⼩题8分,满分32分)9.Ｍ是个位数字不为零的两位数,将Ｍ的个位数字与⼗位数字互换后得另⼀个两位数Ｎ,若Ｍ－Ｎ恰是某正整数的⽴⽅,则这样的Ｍ共有＿＿＿＿个.10.设ｘ1、ｘ2是⽅程ｘ2-2 (ｋ+1)ｘ+ｋ2+2=0的两个实数根,且(ｘ1+1) (ｘ2+1)=8, 则ｋ的值是＿＿＿＿.11.已知实数ｘ、ｙ、ｚ满⾜ｘ+ｙ=5及ｚ2=ｘｙ+ｙ－9,则ｘ+2ｙ+3ｚ=＿＿＿＿.12.如图,Ｐ是矩形ＡＢＣＤ内⼀点,若ＰＡ=3,ＰＢ=4,ＰＣ=5,则ＰＤ=＿＿＿＿.三、解答题(本题共3⼩题,每⼩题20分,满分60分)13.如图,甲楼楼⾼16⽶,⼄楼坐落在甲楼的正北⾯,已知当地冬⾄中午12时太阳光线与⽔平⾯的夹⾓为30°,此时,求:(1)如果两楼相距20⽶,那么甲楼的影⼦落在⼄楼上有多⾼?(2)如果甲楼的影⼦刚好不落在⼄楼上,那么两楼的距离应当是多少⽶?14.如图, △ＡＢＣ是等腰直⾓三⾓形,∠Ｃ=90°,Ｏ是△ＡＢＣ内⼀点,点Ｏ到△ＡＢＣ各边的距离都等于1,将△ＡＢＣ绕点Ｏ顺时针旋转45°得△Ａ1Ｂ1Ｃ1,两三⾓形公共部分为多边形ＫＬＭＮＰＱ.(1)证明: △ＡＫＬ、△ＢＭＮ、△ＣＰＱ都是等腰直⾓三⾓形;(2)求△ＡＢＣ与△Ａ1Ｂ1Ｃ1公共部分的⾯积.15.某乡镇⼩学到县城参观,规定汽车从县城出发于上午7时到达学校,接参观的师⽣⽴即出发去县城.由于汽车在赴校的途中发⽣了故障,不得不停车修理. 学校师⽣等到7时10分,仍未见汽车来接,就步⾏⾛向县城. 在⾏进途中遇到了已经修理好的汽车,⽴即上车赶赴县城, 结果⽐原定到达县城的时间晚了半⼩时. 如果汽车的速度是步⾏速度的6倍,问汽车在途中排除故障花了多少时间.参考解答⼀、选择题1 Ｃ2 Ｄ3 Ｄ4 Ｂ5 Ｂ6 Ｃ7 Ａ8 Ａ⼆、填空题9 6 10 1 11 8 12 3 2 三、解答题13 (1)设冬天太阳最低时,甲楼最⾼处Ａ点的影⼦落在⼄楼的Ｃ处, 那么图(1)中ＣＤ的长度就是甲楼的影⼦在⼄楼上的⾼度.设ＣＥ⊥ＡＢ于点Ｅ,那么在△ＡＥＣ中,∠ＡＥＣ=90°,∠ＡＣＥ=30°,ＥＣ=20⽶.∴ＡＥ=ＥＣ·ｔａｎ∠ＡＣＥ=20·ｔａｎ30°=20×33≈11.6(⽶). ＣＤ=ＥＢ=ＡＢ－ＡＥ=16－11.6=4.4(⽶).(2)设点Ａ的影⼦落到地⾯上⼀点Ｃ(如图(2)),则在△ＡＢＣ中,∠ＡＣＢ=30°,ＡＢ=16⽶,∴ＢＣ=ＡＢ·ｃｏｔ∠ＡＣＢ=16×ｃｏｔ30°=16×3≈27.7(⽶).所以，要使甲楼的影⼦不影响⼄楼，那么⼄楼距离甲楼⾄少要27.7⽶.14 (1)连结ＯＣ,ＯＣ1,分别交ＰＱ、ＮＰ于点Ｄ,Ｅ,根据题意得∠ＣＯＣ1=45°. ∵点Ｏ到ＡＣ和ＢＣ的距离都等于1, ∴ＯＣ是∠ＡＣＢ的平分线. ∵∠ＡＣＢ=90°,∴∠ＯＣＥ=∠ＯＣＱ=45°. 同理∠ＯＣ1Ｄ=∠ＯＣ1Ｎ=45°, ∴∠ＯＥＣ=∠ＯＤＣ1=90°.∴∠ＣＱＰ=∠ＣＰＱ=∠Ｃ1ＰＮ=∠Ｃ1ＮＰ=45°. ∴△ＣＰＱ和△Ｃ1ＮＰ都是等腰直⾓三⾓形.∴∠ＢＮＭ=∠Ｃ1ＮＰ=45°, ∠Ａ1ＱＫ=∠ＣＱＰ=45°. ∵∠Ｂ=45°,∠Ａ1=45°,∴△ＢＭＮ和△Ａ1ＫＱ都是等腰直⾓三⾓形.∴∠Ｂ1ＭＬ=∠ＢＭＮ=90°, ∠ＡＫＬ=∠Ａ1ＫＱ=90°. ∴∠Ｂ1=45°,∠Ａ=45°,∴△Ｂ1ＭＬ和△ＡＫＬ也都是等腰直⾓三⾓形.(2)在Ｒｔ△ＯＤＣ1和Ｒｔ△ＯＥＣ中, ∵ＯＤ=ＯＥ=1,∠ＣＯＣ1=45°,∴ＯＣ=ＯＣ1= 2 . ∴ＣＤ=Ｃ1Ｅ= 2 －1.∴ＰＱ=ＮＰ=2( 2 －1)=2 2 －2,ＣＱ=ＣＰ=Ｃ1Ｐ=Ｃ1Ｎ=2－ 2 . ∴Ｓ△ＣＰＱ=12 ×(2－ 2 )2=3－2 2 .延长ＣＯ交ＡＢ于Ｈ.∵ＣＯ平分∠ＡＣＢ,且ＡＣ=ＢＣ, ∴ＣＨ⊥ＡＢ.∴ＣＨ=ＣＯ+ＯＨ= 2 +1.∴ＡＣ=ＢＣ=Ａ1Ｃ1=Ｂ1Ｃ1= 2 ( 2 +1)=2+ 2 . ∴Ｓ△ＡＢＣ= 12×(2+ 2 )2=3+2 2 .∵Ａ1Ｑ=ＢＮ=(2+ 2 )－(2 2 －2)－(2－ 2 )=2,∴ＫＱ=ＭＮ= 22 = 2 ,∴Ｓ△ＢＭＮ=12×( 2 )2=1.∵ＡＫ=(2+ 2 )－(2－ 2 )－ 2 = 2 , ∴Ｓ△ＡＫＬ=12×( 2 )2=1.∴Ｓ多四边形ＫＬＭＮＰＱ=Ｓ△ＡＢＣ－Ｓ△ＣＰＱ－Ｓ△ＢＭＮ－Ｓ△ＡＫＬ= (3+2 2 )－(3－2 2 )－1－1 = 4 2 －2.15 假定排除故障花时ｘ分钟.如图,设点Ａ为县城所在地,点Ｃ为学校所在地,点Ｂ为师⽣途中与汽车相遇之处.在师⽣们晚到县城的30分钟中,有10分钟是因晚出发造成的,还有20分钟是由于从Ｃ到Ｂ由步⾏代替乘车⽽耽误的.汽车所晚的30分钟,⼀⽅⾯是由于排除故耽误了ｘ分钟,但另⼀⽅⾯由于少跑了Ｂ到Ｃ之间的⼀个来回⽽省下了⼀些时间.已知汽车速度是步⾏速度的6倍,⽽步⾏⽐汽车从Ｃ到Ｂ这段距离要多花20分钟.由此知汽车由Ｃ到Ｂ应花206－1=4(分钟).⼀个来回省下8分钟,所以有ｘ－8=30,ｘ=38,即汽车在途中排除故障花了38分钟.。
第十六讲 和圆有关的比例线段(含解答)-
第十六讲和圆有关的比例线段【趣题引路】某建筑物上装有一块长方形广告牌,上下边相距5m,下底边距离地面5.6m.•如果人的眼部高度为 1.6m,那么从远处正对广告牌走近时,看广告牌效果最好的位置距该建筑物多远?解析广告牌AB在视线的水平线DF之上.如图,因此,可过AB•两点作一个圆,使圆与DF相切,这时可看到,当人从远处走来时,人眼在DF的水平线上,除D点外,•DF上的其余各点都在圆外 ,则当人走到DE处时∠ADB最大,看广告效果最好.那么如何求出CE的距离呢?由切割线定理可知,DF2=BF·AF,且CE=DF,因此,很容易得到D F2=4×9=36,∴DF=6(m)即人距离广告牌6m左右看广告牌的效果最好.【知识延伸】过一点P作与圆有关的两条直线,点P与圆的不同位置有两种:1.当点P在圆内时,这两条直线分别交圆于A、B和C、D,则PA·PB=PC·PD,•这就是相交弦定理,如图1.（1） (2) (3)2.当点P在圆外时,分两种情况:(1)这两条直线与圆都有两个交点,分别为A、B与C、D,则PA·PB=PC·PD 称作割线定理:如图2.(2)当这两条直线中一条与圆有两个交点,另一条只有一个交点(切点)M 时,得切割线定理:PA ·PB=PM 2.相交弦定理、切割线定理及切割线定理的推论(割线定理),•我们统称为圆幂定理.圆幂定理在形式上也可以进一步统一.如图3,点P 在圆内时,像所作的虚线那样,连OP,过点P 作弦EF ⊥OP,交圆于E 、F,由于PE=PF,故PA ·PB=PC ·PD=PE ·PF=PF 2=r 2-OP 2,其中r 为⊙O 的半径.如图4,点P 在圆外时,连OM 、ON 、OP,有 PA ·PB=PC ·PD=•PM ·PN=P M 2=OP 2-r 2. 综上所述,圆幂定理可以统一为PA ·PB=│r 2-OP 2│.换言之,•圆幂定理可叙述为:通过不在⊙O 上一定点P 向⊙O 任作一直线交⊙O 于A 、B 两点,则有PA ·PB=│r 2-OP 2│.(r 2-OP 2叫做点对于⊙O 的幂).圆幂定理揭示了圆中线段的比例关系,对于涉及相交弦,切割线的有关计算,•常可利用圆幂定理去求.例1 已知,如图,AB 是⊙O 的直径,AC 是⊙O 的切线,A 为切点,割线CDF 交AB 于E,并且CD:DE:EF=1:2:1,AC=4.求⊙O 的直径AB.解析 设CD=k,则DE=2k,EF=k,CF=4k.由切割线定理,有AC 2=CD ·CF.∴42=k ·4k,•k=2. ∴CE=6,DE=4,EF=2.在Rt △ACE 中,由勾股定理,有AE=22CE AC -=2264-=25,根据相交弦定理,得AE ·EB=DE ·EF. ∴25·EB=4×2，EB=455。
2003年中国数学奥林匹克
●竞赛之窗●2003年中国数学奥林匹克第一天(2003201215)一、设点I、H分别为锐角△ABC的内心和垂心,点B1、C1分别为边AC、AB的中点.已知射线B1I交边AB于点B2(B2≠B),射线C1I交AC的延长线于点C2,B2C2与BC相交于K,A1为△BHC的外心.试证:A、I、A1三点共线的充分必要条件是△B K B2和△CKC2的面积相等.二、求出同时满足如下条件的集合S的元素个数的最大值:(1)S中的每个元素都是不超过100的正整数;(2)对于S中任意两个不同的元素a、b,都存在S中的元素c,使得a与c的最大公约数等于1,并且b与c的最大公约数也等于1;(3)对于S中任意两个不同的元素a、b,都存在S中异于a、b的元素d,使得a与d的最大公约数大于1,并且b与d的最大公约数也大于1.三、给定正整数n,求最小的正数λ,使得对于任何θi ∈0,π2(i=1,2,…,n),只要tanθ1・tanθ2・…・tanθn=2n2,就有cosθ1+cosθ2+…+cosθn不大于λ.第二天(2003201216)四、求所有满足a≥2,m≥2的三元正整数组(a,m,n),使得a n+203是a m+1的倍数.五、某公司需要录用一名秘书,共有10人报名,公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试,前3个人面试后一定不录用.自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较,如果他的能力超过了前面所有已面试过的人,就录用他,否则就不录用,继续面试下一个.如果前9个人都不录用,那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同,可以按能力由强到弱排为第1,第2,……,第10.显然该公司到底录用哪一个人,与这10个人报名的顺序有关.大家知道,这样的排列共有10!种.我们以Ak表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目,以A k10!表示他被录用的可能性.证明:在该公司经理的方针之下,有(1)A1>A2>…>A8=A9=A10;(2)该公司有超过70%的可能性录取到能力最强的3个人之一,而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a、b、c、d为正实数,满足ab+cd=1,点P i(x i,y i)(i=1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点.求证:(ay1+by2+cy3+dy4)2+(ax4+bx3+cx2+dx1)2≤2a2+b2ab+c2+d2cd.参考答案图1 一、首先,证明A、I、A1三点共线Ζ∠BAC=60°.如图1,设O为△ABC的外心,连BO,CO.则∠BHC=180°-∠BAC,∠BA1C=2(180°-∠BHC)=2∠BAC.因此,∠BAC=60°Ζ∠BAC+∠BA1C=180°ΖA1在△ABC的外接圆⊙O上ΖAI与AA1重合ΖA、I、A1三点共线.其次,再证S△B K B2=S△CK C2Ζ∠BAC=60°.作IP⊥AB于点P,IQ⊥AC于点Q.则S△AB1B2=12IP・AB2+12IQ・AB1.①设IP=r(r为△ABC的内切圆半径),则IQ=r.又令BC=a,C A=b,AB=c,则r=2S△ABCa+b+c.注意到S△AB1B2=12AB1・AB2・sin A.②由①、②及AB1=b2,2AB1・sin A=h c=2S△ABCc,有AB2・2S△ABCc-2・2S△ABCa+b+c=b・2S△ABCa+b+c.则AB2=bca+b-c.同理,AC2=bca+c-b.由S△B K B2=S△CK C2,有S△ABC=S△AB2C2.于是,bc=bca+b-c ・bca+c-b,即 a2=b2+c2-bcΖ由余弦定理,∠BAC=60°.二、72.将不超过100的每个正整数n表示成n=2α1・3α2・5α3・7α4・11α5・q.其中q是不能被2、3、5、7、11整除的正整数,α1、α2、α3、α4、α5为非负整数.我们选取满足条件α1、α2、α3、α4、α5中恰有1个或2个非零的那些正整数组成集合S,即S中包括50个偶数2,4,…,98,100,但除去2×3×5,22×3×5, 2×32×5,2×3×7,22×3×7,2×5×7,2×3×11这7个数;3的奇数倍3×1,3×3,…,3×33共17个数;最小素因子为5的数5×1,5×5,5×7,5×11,5×13, 5×17,5×19共7个数;最小素因子为7的数7×1, 7×7,7×11,7×13共4个数;以及素数11.从而,S中总共有(50-7)+17+7+4+1=72个数.下面证明如此构造的S满足题述条件.条件(1)显然满足.对于条件(2),注意在[a,b]的素因子中至多出现2,3,5,7,11中的4个数,记某个未出现的系数为p,显然p∈S,并且(p,a)≤(p,[a,b])=1,(p,b)≤(p,[a,b])=1.于是,取c=p即可.对于条件(3),当(a,b)=1时,取a的最小素因子p和b的最小素因子q,易见p≠q,并且p、q∈{2, 3,5,7,11}.于是,pq∈S,并且(pq,a)≥p>1,(pq,b)≥q>1.a、b互质保证了pq异于a、b.从而,取c=pq即可.当(a,b)=e>1时,取p为e的最小素因子,q 为满足q8[a,b]的最小素数,易见p≠q,并且p、q∈{2,3,5,7,11}.于是,pq∈S,并且(pq,a)≥(p,a)=p>1,(pq,b)≥(p,b)=p>1.q8[a,b]保证了pq异于a,b,从而,取d=pq即可.下面证明任意满足题述条件的集合S的元素数目不会超过72.显然,1∈S.对于任意两个大于10的质数p、q,因为与p、q均不互质的数最小是pq,已大于100,故据条件(3)知,10与100之间的21个质数11,13,…, 89,97中最多有一个出现在S中,记除1和这21个质数外的其余78个不超过100的自然数构成集合T,我们断言T中至少有7个数不在S中,从而S中最多有78-7+1=72个元素.(i)当有某个大于10的质数p属于S时,S中所有各数最小素因子只可能是2,3,5,7和p.运用条件(2)可得出以下结论:①若7p∈S,因2×3×5,22×3×5,2×32×5与7p包括了所有的最小素因子,故由条件(2)知,2×3×5,22×3×5,2×32×5∈S;若7p∈S,注意2×7p >100,而p∈S,故由条件(3)知7×1,7×7,7×11,7×13∈S.②若5p∈S,则2×3×7,22×3×7∈S;若5p∈S,则5×1,5×5∈S.③2×5×7与3p不同属于S.④2×3p与5×7不同属于S.⑤若5p,7p∈S,则5×7∈S.当p=11或13时,由①,②,③,④可分别得出至少有3,2,1,1个T中的数不属于S,合计7个;当p= 17或19时,由①,②,③可分别得出至少有4,2,1个T中的数不属于S,合计7个;当p>20时,由①,②,③分别有至少4,2,1个T中的数不属于S,合计也是7个.(ii)如果没有大于10的质数属于S,则S中的最小素因子只可能是2,3,5,7.于是,下面7对数中的每对都不能同时在S中出现:(3,2×5×7),(5,2×3×7),(7,2×3×5),(2×3, 5×7),(2×5,3×7),(2×7,3×5),(22×7,32×5)从而,T中至少有7个数不在S中.综上所述,本题的答案为72.三、当n=1时,cosθ1=(1+tan2θ1)-12=33,有λ=33.当n=2时,可以证明cosθ1+cosθ2≤233,①且当θ1=θ2=arctan2时等号成立.事实上,式①Ζcos2θ1+cos2θ2+2cosθ1・cosθ2≤43,即 11+tan 2θ1+11+tan 2θ2+21(1+tan 2θ1)(1+tan 2θ2)≤43.②由tan θ1・tan θ2=2可得,式②Ζ2+tan 2θ1+tan 2θ25+tan 2θ1+tan 2θ2+215+tan 2θ1+tan 2θ2≤43.③记x =tan 2θ1+tan 2θ2,则式③Ζ215+x ≤14+x3(5+x ),即 36(5+x )≤196+28x +x 2.④显然式④Ζx 2-8x +16=(x -4)2≥0.于是,λ=233.当n ≥3时,不妨设θ1≥θ2≥…≥θn ,则tan θ1・tan θ2・tan θ3≥2 2.由于cos θi =1-sin 2θi <1-12sin 2θi ,则cos θ2+cos θ3<2-12(sin 2θ2+sin 2θ3) <2-sin θ2・sin θ3.由tan 2θ1≥8tan 2θ2・tan 2θ3,有1cos 2θ1≥8+tan 2θ2・tan 2θ3tan 2θ2・tan 2θ3,即 cos θ1≤tan θ2・tan θ38+tan 2θ2・tan 2θ3=sin θ2・sin θ38cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2・sin 2θ3.于是,cos θ2+cos θ3+cos θ1<2-sin θ2・sin θ31-18cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2sin 2θ3.⑤易知 8cos 2θ2・cos 2θ3+sin 2θ2・sin 2θ3≥1Ζ8+tan 2θ2・tan 2θ3≥1cos 2θ2・cos 2θ3=(1+tan 2θ2)(1+tan 2θ3)Ζtan 2θ2+tan 2θ3≤7.⑥由此可得当式⑥成立时,有cos θ1+cos θ2+cos θ3<2.⑦若式⑥不成立,则tan 2θ2+tan 2θ3≥7,有tan 2θ1≥tan 2θ2≥72.所以cos θ1≤cos θ2≤11+72=23.于是cos θ1+cos θ2+cos θ3≤223+1<2,即 式⑦成立.由此可得cos θ1+cos θ2+cos θ3+…+cos θn <n -1.另一方面,取θ2=θ3=…=θn =α>0,α→0,θ1=arctan2n2(tan α)n -1,显然θ1→π2,从而cos θ1+cos θ2+cos θ3+…+cos θn →n -1.综上可得λ=n -1.四、对于n 、m ,分三种情况讨论.(i )n <m 时,由a n +203≥a m +1,有202≥a m -a n ≥a n(a -1)≥a (a -1).所以,2≤a ≤14.则当a =2时,n 可取1,2,…,7;当a =3时,n 可取1,2,3,4;当a =4时,n 可取1,2,3;当5≤a ≤6时,n 可取1,2;当7≤a ≤14时,n =1.由a m +1|a n +203可知,有解(2,2,1),(2,3,2)和(5,2,1).(ii )n =m 时,a m +1|202.202仅有1,2,101,202共4个约数.而a ≥2,m ≥2,a m +1≥5,则a m=100或201.又m ≥2,故有解(10,2,2).(iii )n >m 时,由a m +1|203(a m +1),有a m +1|a n +203-(203a m+203)=a m (an -m-203).又(a m +1,a m )=1,所以,a m +1|a n -m-203.① 若a n -m<203,则令n -m =s ≥1,有a m+1|203-a s.所以,203-a s ≥a m+1,202≥a s+a m≥a m+a =a (am -1+1)≥a (a +1),2≤a ≤13.类似于(i )的讨论,可知(a ,m ,s )有解(2,2,3),(2,6,3),(2,4,4),(2,3,5),(2,2,7),(3,2,1),(4,2,2),(5,2,3),(8,2,1).于是,(a ,m ,n )有解(2,2,5),(2,6,9),(2,4,8),(2,3,8),(2,2,9),(3,2,3),(4,2,4),(5,2,5),(8,2,3).② a n -m =203时,则a =203,n -m =1,即 (203,m ,m +1),m ≥2均满足.③ a n -m>203时,令n -m =s ≥1,则a m+1|a s-203.又a s -203≥a m +1,则s >m .由a m +1|a s +203a m =(a s -m +203)a m =(a n -2m +203)a m ,(a m +1,a m )=1,所以a m +1|a n -2m +203.又s >m Ζn -m >m Ζn >2m Ζn -2m >0.此时的解只能由前面的解派生出来,即由(a ,m ,n )→(a ,m ,n +2m )→…→(a ,m ,n +2km ),且每一个派生出的解满足a m+1|a n+203.综上所述,所有解(a ,m ,n )为(2,2,4k +1),(2,3,6k +2),(2,4,8k +8),(2,6,12k +9),(3,2,4k +3),(4,2,4k +4),(5,2,4k +1),(8,2,4k +3),(10,2,4k +2),(203,m ,(2k +1)m +1),其中k 为任意非负整数,且m ≥2为整数.五、将前3个面试者中能力最强的排名名次记为a .显然a ≤8.将此时能力排名第k 的人被选上的排列集合记作A k (a ),相应的排列数目记作|A k (a )|.(1)易知,当a =1时,必然放过前面9个人,录用最后一个面试的人,此时除能力第1的人之外,其余各人机会均等,|A k (1)|=3×8!:=r 1,k =2,3,…,10,其中,“:=”表示“记为”.当2≤a ≤8时,对于a ≤k ≤10,能力排名第k 的人无录用机会.对于1≤k <a ,此时机会均等.事实上,此时能力排名第a 的人排在前三个,有3种选择位置的办法.而能力排名第1至第a -1的人都排在后7个位置上,并且谁位于他们之首就是谁被录用,有排法C a -17(a -2)!种;其余10-a 个人可以在剩下的位置上任意排列,有(10-a )!种排法.故有|A k (a )|=3C a -17(a -2)!(10-a )!:=r a ,k =1,…,a -1;0,k =a , (10)上述结果表明:|A 8|=|A 9|=|A 10|=r 1=3×8!>0;①|A k |=r 1+∑8a =k +1ra,k =2, (7)②|A 1|=∑8a =2r a.③由式①和②知|A 2|>|A 3|>…>|A 8|=|A 9|=|A 10|>0;而由式②和③知|A 1|-|A 2|=r 2-r 1=3×7×8!-3×8!>0.综合上述,问题(1)获证.(2)由式①知|A 8|+|A 9|+|A 10|10!=3×r 110!=3×3×8!10!=10%,所以,录用到能力最弱的三人之一的可能性等于10%.由式②和③可知|A 1|=∑8a =2ra=∑8a =23C a -17(a -2)!(10-a )!=3×7!∑8a =2(9-a )(10-a )a -1=3×7!∑7s =1(8-s )(9-s )s=3×7!×56+21+10+5+125+1+27=3×7!×952435>3×7!×9523=287×7!.|A 2|=r 1+∑8a =3ra=3×8!+3×7!×21+10+5+125+1+27=3×7!×472435>3×7!×4723=143×7!.|A 3|=r 1+∑8a =4ra=3×8!+3×7!×10+5+125+1+27=3×7!×262435>3×7!×2623=80×7!.所以,|A 1|+|A 2|+|A 3|10!>287+143+80720=510720=1724>70%,即录用到能力最强三人之一的可能性大于70%.六、令u =ay 1+by 2,v =cy 3+dy 4,u 1=ax 4+bx 3,v 1=cx 2+dx 1.则u 2≤(ay 1+by 2)2+(ax 1-bx 2)2=a 2+b 2+2ab (y 1y 2-x 1x 2),即 x 1x 2-y 1y 2≤a 2+b 2-u22ab.①v 21≤(cx 2+dx 1)2+(cy 2-dy 1)2=c 2+d 2+2cd (x 1x 2-y 1y 2),即 y 1y 2-x 1x 2≤c 2+d 2-v 212cd.②①+②得 u ≤a 2+b 2-u22ab +c 2+d 2-v 212cd ,即 u 2ab +v 21cd ≤a 2+b 2ab +c 2+d2cd.同理,v 2cd +u 21ab ≤c 2+d 2cd +a 2+b2ab.由柯西不等式,有(u +v )2+(u 1+v 1)2≤(ab +cd )u 2ab +v2cd+(ab +cd )u 21ab +v 21cd=u 2ab +v2cd +u 21ab +v 21cd≤2a 2+b 2ab +c 2+d2cd.(浙江大学数学系 李胜宏 提供)2002年上海市高中数学竞赛 说明:解答本试卷不得使用计算器一、填空题(每小题7分,共70分)1.一个正△ABC 内接于椭圆x29+y24=1,顶点A的坐标为(0,2),过顶点A 的高在y 轴上.则此正三角形的边长为.2.已知x 、y 为正数,且sin θx=cos θy,cos 2θx2+sin 2θy 2=103(x 2+y 2).则xy 的值为.3.袋里装有35个球,每个球上都记有从1到35的一个号码,设号码为n 的球重n23-5n +23克,这些球以同等的机会(不受其重量的影响)从袋里取出.若同时从袋内任意取出两球,则它们重量相等的概率为(用分数作答).4.已知正四棱台的上底、下底及侧面(四个等腰梯形)的面积之比为2∶5∶8.则侧面与底面所成角的大小为.5.若对|x |≤1的一切x ,t +1>(t 2-4)x 恒成立,则t 的取值范围是.6.设实数a 、b 、c 、d 满足a 2+b 2+c 2+d 2=5.则(a -b )2+(a -c )2+(a -d )2+(b -c )2+(b -d )2+(c -d )2的最大值是.7.函数f 定义在正整数集上,且满足f (1)=2002和f (1)+f (2)+…+f (n )=n 2f (n )(n >1).则f (2002)的值是.8.已知函数f (x )=12x(1-x +1-2x +2x 2),图1x ∈[2,4].则该函数的值域是.9.如图1,在△ABC 中,∠B =∠C ,点P 、Q 分别在AC 和AB 上,使得AP =PQ =QB =BC .则∠A 的大小是.10.棱长为1的正四面体,在平面上投影面积的最大值是.二、(本题16分)已知数列{a n }、{b n }都是等差数列,S n =a 1+a 2+…+a n ,T n =b 1+b 2+…+b n ,且对一切正整数n ,S n T n =3n +3131n +3.(1)求b 28a 28的值;(2)求使b na n为整数的所有正整数n .三、(本题16分)设F 是所有有序n 元组(A 1,A 2,…,A n )构成的集合,其中A i (1≤i ≤n )都是集合{1,2,3,…,2002}的子集,设|A |表示集合A 的元素的数目.对F 中的所有元素(A 1,A ,…,A n ),求|A 1∪A 2∪…∪A n |的总和,即∑(A 1,A 2,…,A n)∈F |A 1∪A 2∪…∪A n |.四、(本题18分)纸上写有1,2,…,n 这n 个正整数,第1步划去前面4个数1,2,3,4,在n 的后面写上划去的4个数的和10;第2步再划去前面的4个数5,6,7,8,在最后写上划去的4个数的和26;如此下去(即每步划去前面4个数,在最后面写上划去的4个数的和).(1)若最后只剩下一个数,则n 应满足的充要条件是什么?(2)取n =2002,到最后只剩下一个数为止,所有写出的数(包括原来的1,2,…,2002)的总和是多少?参考答案一、1.72331 2.3或133.1854.arccos 38 5.13-12,21+12 6.20 7.220038.14,5-14 9.20° 10.12。
面积法巧求线段比和面积比
（ ）
角形的相似， 经过 比例变形 即运算 才能求得结
果” 文 ［运用物理原理来求解数学问题给我们 ． １ 】
提供 了一种新思路． 其实， 用面积法来求线段 比
问题 也是非常简单的．首先 我们引入面积法的
一
（） ２ １ Ａ ３： ： ； （） ２：； Ｃ ５： １
（） ２ １ Ｂ ４： ：； （ ５： ２ Ｄ） ３：．
的切线交Ｊ Ｅ ｉ 的延长线于点Ｄ． 若 Ｆ ： Ｆ ＝ Ｃ
０ — ＣＯ‘ Ｄ — Ｏ ’
关于此线段比， 张景中院士作了很精辟的论
述， 参见文 【 的 五 一箭三雕》 ３ ］ ．
在 中学数学杂志（ 初中）（０６ 》 ２０年第１ 刊 期）
１ ２Ａ ： ： ， Ｄ ＤＣ ＝ 、 １ 求 Ｅ ： ／ ／ ， ２： ＢＥ ： Ｂ． Ａ
ｋＤ — Ｓ ｉ △ＡＤＥ 一 ’ ＢＮ ＮＤ ＳＡＡ ＢＦ Ｓ ＡＡＤ ． ’
２
Ｓ ＡＡＦ Ｃ
吉 ， Βιβλιοθήκη １ 即 ＢＭ ： Ⅳ ： Ｍ ＮＤ ＝ ５： ２ 答案选 ３： ，
（） Ｄ．
Ｑ
Ａ Ｍ Ｂ
Ｂ
Ｂ
ｉ
图２
例 ２ （０３ ２ ０ 年第 １ 届“ ５ 五羊杯” 初三竞赛试 题） 图３ ＢＰ ： 如 ， ＰＱ ： Ｑｃ ＝ １： １ Ｃ ： ２： ， Ｇ
ＳＡＰＡ Ｂ ＳＡｐ ， ￣Ｎ Ｉ Ｐ Ｍ
Ｓ Ａ Ｓ Ｑ ＱＭ ＡＱ Ｂ △ ＭＮ
从本质上讲， 共边定理是 “ 等底等高 的三角 形面积相等” 这一性质的推论， 看起来很简单， 但
Ｂ Ｐ
Ｑ ｃ
图 ３
它的用途相当广泛， 详见文 【、３＿ ２ 【 下面笔者就 】 】 用面积法来解决文【 中 １ 所举３ 请读者对比 】 例， 一
2004年太原市初中数学竞赛
2004年太原市初中数学竞赛
任朝雁
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2004(000)005
【总页数】3页(P36-38)
【作者】任朝雁
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】G4
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山西省太原市初中数学奥林匹克中的几何问题 第3章 托勒密定理及应用
第三章 托勒密定理及应用习题A1．由CDE BAE △∽△和CBE DAE △∽△，有4BE AB CE =，4DEAD CE=，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有()()416BE DEBD AE CE AB AD CE+⋅+=+=⋅．令C E x =，得方程26160x x +-=，求得2x =(舍去了负值)．于是12BE DE CE AE ⋅=⋅=．又8B D B C D C <+=，求得3BE =，4DE =或4BE =，3DE =，总之7BD =为所求．2．连EF ，DF ，由FBC FBD FED FAC ∠=∠=∠=∠，ABF EBF EDF ACF ∠=∠=∠=∠，知EDF EDF △∽△，即E F D E D FA F A C C F==．设其比值为k （k 为参数），则EF kAF =，DE kAC DF kCF =⋅=，对四边形BEFD 应用托勒密定理．有()BE EF DF BF DE +=⋅，即()BE k AF k CF BF k AC ⋅+⋅=⋅⋅注意到BE AC =，消去k ，得BF AF CF =+．3．连AC ，在四边形APCD 中应用托勒密定理，有PA PC AC PB AB +== 4．连11l l 11,,B D DC B C ，设CAD α∠=，BAD β∠=，O ⊙的半径为R ．由AD 为BC 上中线，可令12ABC ACD ABC S S S k ===△△△．由正弦定理有112sin B D R β=⋅，112sin()C D R αβ=⋅+．对四边形111AB D C 应用托勒密定理，有1112sin 2sin 2sin()AB R αAC R βAD R αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+，消去2R ，两边同乘以 12AB AC AD ⋅⋅得111122ACD ABD ABC AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，亦即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅，由此即证．5．连1535,A A A A ，则1514A A A A =，3513A A A A =．对四边形1345A A A A 应用托勒密定理，有 3413151435()A A A A A A A A A A ⋅+=⋅，即1213141413()A A A A A A A A A A +=⋅，由此整理即证． 6．对四边形AB A B ''应用托勒密定理，有11a b cc AB A B '''=+⋅，即11111abc c cc A B AB c '''=+⋅⋅，同理，对四边形B CA C '''，AB BC ''，AA BC ''分别应用托勒密定理，有1AB A B c AB B C b AB A C a '''''''⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅，1AB B C b abc bb b '''⋅⋅=+，1AB A C a a b c aa a '''''''⋅⋅=+．由此四式即证得结论．7．设圆心O 到AB ，BC ，CA 的距离分别为1x ，2x ，3x ，连接BO 并延长与O ⊙交于D ，连AD ，DC ，则12A D x =，22CD x =，对四边形ABCD 应用托勒密定理有12222x a x c Rb +=．同理，23222x b x a Rc +=，13222x b x c Ra +=．加之1232()2()2()2()x a b x b c x c a R a b c +=+++=++，但123()cx ax bx r a b c ++=++，以上两式相加得123x x x R r ++=+．但11x R h =-，22x R h =-，33x R h =-，由此即证．8．作一直径(11)AB x x =≥的圆，在B 的两侧分别取C ，D 二点，使2BC =，11BD =，于是AC =，AD =，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有211CD x ⋅=，将此式与原方程比较得CD =BCD △中，由余弦定理，有1cos 2CBD ∠==-，知120CBD ∠=︒，故14sin120CDx AB ===︒为所求．9．作直径1AC =的圆，并作弦AB b =，AD a =的圆内接四边形ABCD，则DC =BC =．应用托勒密定理，有AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅，即1a b BD =⋅，由此得1BD =，即BD 也是圆的直径，故221a b +=．10．当0x =时，1y =，当0x ≠时，作代换222x t x +=，1122x x t x x =+=+≥sin cos t θy t θ+=+，即1sin cos yt θy θ-=-⋅，以1AB =为直径作圆，作弦sin AC θ=，作弦AD =，则BD =cos BC θ=．由托勒密定理及1CD AB ≤=，有sin cos θy θ+，亦有sin cos sin cos yt t θy θθy θ-=-≤+≤11t y ⋅--，故22y ≤≤+11．连AC ，CE ，AE ，对四边形APCE 应用托勒密定理，有AC PE AE PC CE PA ⋅=⋅+⋅，而AC AE CE ==，有PE PA PC =+．同理，PD PB PF =+，由此即证． 12．不失一般性，令P 点位于OBF △内部（其中O 为C AB △中心），作1PP AD ⊥于1P ，2PP BE ⊥于2P ，3PP CF ⋅于3P ．由P ，O ，1P ，2P 四点共圆，有23180PP O PPO ∠+=︒，知1P ，3P ，O ，2P 四点共圆，即P ，3P ，O ，l P ，2P 共圆，推知l 23PP P △是正三角形，在312PP PP 中，有123213312PP P P PP PP PP PP ⋅=⋅+⋅，即123PP PP PP =+，故PAD PCF S S +△△．13．作ABC △外接圆的直径CF ，并设AF x =，BF y =，则60BFC A ∠=∠=︒，直径2CF d y ==．对四边形BCAF 应用托勒密定理，有cd ax by =+．从而tan tan tan tan 2221tan tan tan tan 2a b A B BFC AFC ax by ax by by cd by by c by x a b A B BFC AFC ax by ax by cd c y cy x--∠-∠-+-=-======-=+∠+∠++⋅+．14．令AB AC a ==，对四边形ABPC 应用托勒密定理，有a PB a PC BC PA ⋅+⋅=⋅，即有PA aPB PC BC =+．对四边形BCAQ 应用托勒密定理，有QA BC a QB a QC ⋅+⋅=⋅，即QA aQC QB BC=-． 15．对四边形ABCD 应用托勒密定理，B C A D B D A C A⋅+⋅=⋅，即A D A C B C B D C D A B A B ⋅+⋅=．又A B D M C P △∽△及ABC MDQ △∽△，有A D M PA B M C =，AC MQ AB MD =，于是MP MQBC BD CD MC MD⋅+⋅=，注意到=22CD MC MD =即证．16．连EG ，FG 和EF ，对四边形BFGE 应用托勒密定理，有BE FG BF EG BG EF ⋅+⋅=⋅，又FEG FBG ADB ∠=∠=∠，EFG EBG ∠=∠，则EFG ABD △∽△，有FG EG EFAB AD BD==，令其比值为t ，则t BE AB t BF AD t BG BD ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅，消去t ，注意到AD BC =即证．17．作D G A F ∥交1O ⊙于G ，则AG FD =，GF AD =．对四边形AGDF 应用托勒密定理，AD FG AG FD AF GD ⋅=⋅+⋅．由AD 平分BAF ∠，知FD BD =，即AG BD =，由此知GB DA ∥，有GD AB =．故 222AD FD AF GD FD AF AB =+⋅=+⋅． 同理，有22AE FE AF AC =+⋅．此两式相减有2222DA EA DF EF -=-，故DE AF ⊥．18．在直径2AB x =>的圆中，在两个半圆上分别取点C 和，使2AC =，1AD =，则BC =，BD =CD x ⋅，与原方程比较得CD =．在ACD △中，由余弦定理，有1cos 2CAD ∠=-，则120CAD ∠=︒，故sin CD x CAD =∠19．由222+=，在直径AB =的圆中，在一半圆上取点C ，使AC BC D ，则AD BD =．连CD ，知C D A B ≤2AB CD =⋅≤，即y =ABC △中，AC BC AB +≥（当C 与A 或B 重合时，取等号)y ≤≤ 20．设222x y a +=，则01a ≤≤．当0a =时，命题显然成立，当01a <≤时，在直径AB a =的一半圆上取点C ，使AC x =，BC y =，因2222x y a +=+=，则可在另一半圆上取点D ，使BD =，AD =，由托勒密定理，有2x y AB CD a +=⋅≤，即2()(2x x y y x a ++-≤但222()()()()x xy y x x y y x y x x y y x y +-=++-≤++-21．设点T 在劣弧AB 上，连AT ，BT ，CT ，分别交小圆于点D ，E ，F ．连DE ，EF ，FD ，过点T 作公切线RQ ．由DF T R T DR T A A C ∠=∠=∠=∠，有A C D F ∥，有A D A TC F C T=．又 2AM AD AT =⋅，2CP CF CT =⋅，有2222AM AD AT AT CP CF CT CT =⋅=，即A M A T C P C T=．同理，B N B TC P C T=．对圆内接四边形ATBC 应用托勒密定理，有AT BC BT AC TC AB ⋅+⋅=⋅，而AB BC CA ==，则AT BT CT +=，故AM BN CP ++．22．令B C a =，AC b =，AB c =．由BE 平分ABC ∠，有AE AB EC BC =，亦有AE ABAC BC AB=+，即bc AE a c =+．同理，bcAF a b=+．由AE PQ ∥，有AEF Q ∠=∠，从而AEF PCB ∠=∠，注意到FAE BPC ∠=∠，有A E F P C B △∽△，即P B A F a c P C A E a b +==+，即()PB b PC a c PB a ⋅=⋅+-⋅．在圆内接四边形PABC 中，应用托勒密定理，有PB b PC c PA a ⋅=⋅+⋅，故()PC a c PB a PC c PA a +-⋅=⋅+⋅，因此，PC PA PB ++． 23．由()BE AC AF FC AC ⋅=+⋅，AC ，()()AF BC AB FC AF BD CD FC BE AE AF ⋅+⋅=⋅++-=⋅()()AC AF CD FC AC FC AE AF FC AC AF CD FC AE +⋅+⋅-⋅=+⋅+⋅-⋅，又A F C ⋅=⋅，则BF AC AF BC AB FC ⋅=⋅+⋅，由托勒密定理之逆，知ABCF 有外接圆．24．连EA ，ED ，由BAE ECD ∠=∠，且CDE EAD ABE ∠=∠=∠，有ABE CDE △∽△，亦有AE AB EC CD=， 即EC AB EA CD ⋅=⋅．在圆内接四边形AEBC 中，应用托勒密定理，有EA BC EB AC EC AB⋅+⋅=⋅，于是222111EB AC EA BC EA BC BC BD BD BD EC AB EC AB EA CD CD CD BD CD DA ⋅⋅⋅=-=-=-===⋅⋅⋅⋅．又A B D C A D ∠=∠，ADB ADC ∠=∠，有ABD CAD △∽△，有AB BDAC AD=．于是22EB AC AB EC AB AC ⋅=⋅，故33EB AB EC AC =． 习题B1．在弧ADC 上取点H ，使AH CD c ==，连HC ，HB ，令AC m =，BD n =，BH p =，易证AHC CDA △∽△，即HC AD d ==．对四边形ABCD ，ABCH 分别应用托勒密定理，有ac bd mn +=，ad bc pm +=．又在弧BCH 上取点K ，使B K C H d ==，由C H B K B H △∽△，有H K B C b ==对四边形ABKH 应用托勒密定理，有ab cd AK p +=⋅．又由KHA BCD =，有AK BD n ==． 于是2()()ac bd ad bc m ab cd ++=+，2()()ac bd ab cd n ad bc++=+，由此即求得AC ，BD ．2．作AGH △的外接圆1O ，分别截AC ，AD AB 于点H ，Q ，G ．易证BCD APE △∽△，即DC BC PE AP =，BD BC AE AP =，即P E A K C D B C B C A P A P =⋅=⋅，AE BD BC AP =⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AE AKAD BC BD AC DC AB BC BC AB AP AP⋅=⋅+⋅=⋅+⋅⋅，故A P A D A E A E A K A B⋅=⋅+⋅．（*） 同理，由托勒密定理，有AP AQ AE AE AK AG ⋅=⋅+⋅．于是2()AP AQ AP AP PQ AP AP PQ AE AH AK AG ⋅=+=+⋅=⋅+⋅， 即22AP PG PH AP AP PQ AE AH AK AG +⋅++⋅=⋅+⋅从而2AP AE AH AK AG PG PH =⋅+⋅-⋅．由(*)式减去上式，有()()() AP AD AP AE AC AH AK AB AG PG PH -=-+-+⋅，即PA PD PK PI PE PF PG PH ⋅=⋅+⋅+⋅．又22221()24PK PI EF KI KI ++≤≤，214PE PF EF ⋅≤，214PG PH GH ⋅≤，故224EF KI GH PA PD ++≥⋅，其中等号当且仅当P 为ABCV △的中心时取得．3．设四边形1234A A A A 内接于以O 为圆心，半径为R 的圆，设点O 在弦13A A ，12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为点0H ，1H ，2H ，3H ，4H ．记(0,1,,4)i i h OH i ==…，1S ，2S 与1p ，2p 为123A A A △与34l A A A △的面积与半周长，1r ，2r 为它们的内切圆半径．考虑含点O 的三角形，不妨设O 在123A A A △内，分别对四边形302A H OH ，110A H OH ，221A H OH ，应用托勒密定理，并注意02H H ，01H H ，12H H 是123A A A △的中位线，有1102()R r p R H H +=⋅．01121023203011102121()()(R H H R H H S h H A h H A h H A h H A h H A h +⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅2211222003112011)()()2H A h A A h A A h A A h h h p +⋅+⋅+⋅=++⋅，故1120R r h h h +=++．考虑O 在三角形外部的情形，考虑341A A A △，对四边形140A H H O ，330A H H O ，413A H OH 应用托勒密定理，有22404()()R r pRHHRH+=⋅+⋅+⋅0303343434433444101334021)()()()2H A h H A h H A h H A h A A h A A h A A h h h p -⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-⋅，故2340R r h h h +=+-．在上述情形下，1212342r r h h h h R +=+++-．对一般情形，所求内切圆半径之和等于1h ，2h ，3h ，4h ，2R 并赋以一定的符号之和，这些符号只与点O 相对四边形1234A A A A 的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关． 4．设圆1C 的圆心为O ，半径为r ，连i OA ，(1,2,,)i OB i n =…，在四边形112OA B B 中应用托勒密不等式，有112211112OA B B CO A B OB A B ⋅+⋅≥⋅，即1211222()r B B λr A B λr A A A B →⋅+⋅≥+)，故12111222()B B λA B λA A A B +≥+． 同理，迭用托勒密不等式，有23222333()B B λA B λA A A B '+≥+；34333444()B B λA B λA A A B +⋅≥+；…；1111()n n n n n n n B λA B λA A A B ----+⋅≥+，1111()n n n n B B λA B λA A A B +≥+． 将上述几个同向不等式相加，得1223111223-11()n n n n n B B B B B B B B λA A A A A An A A -+++≥+++……+，故21p λp ≥．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形112OA B B ，223OA B B ，…，1n n OA B B ，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知2323OA A OB B ∠=∠，2132OA A OB B ∠=∠，但2332OB B OB O ∠=∠，则2123O AA O AA ∠=∠，从而1223OA A OA A △∽△，因此1223A A A A =．同理，23341n A A A A A A ===…，即n 边形12n A A A …为正n 边形．反之，若12n A A A …为正n 边形，将其绕点O 逆时针方向旋转2πn，知12A A →，23A A →，…，1n A A →，从而12B B →，23B B →，…，1n B B →．于是知12n B B B …也是正n 边形，因此有122312n A A A A A A r ===⋅…πsin n ，12231π2sin n B B B B B B λr n====⋅…．此时有21p λp =．5．作1O ⊙，O ⊙的公共直径GMK ，其中GM 是1O ⊙的直径，GK 是O ⊙的直径，连CG 交1O ⊙于点N ．显然MN KC ∥，于是CN KM KG =，222CN KMf CN CG CG CG CG KG=⋅=⋅=⋅，即f CG =d AG =e BG =ABGC 中应用托勒密定理，有b BGc CG a AG ⋅+⋅=⋅bd ce af +=． 6．首先证E F G =，MN PQ =．由切线长定理，有()()()()AC BC BD DA AF BF BE AE -+-=-+-=()()2AF AE BE BF EF-+-=，()()()()()AC DA BD BC CH DH DG CG CH CG -+-=-+-=-+()2DG DH GH -=，而()()()()AC B BD DA AC DA BD BC -+-=-+-，故EF GH =．同理MN PQ =．连1O A ，1O E ，3O C ，3O G ，由BAD ∠与BCD ∠互补，知1O AE ∠与3O CG ∠互余，有 13390O AE O CG CO G ∠=︒-∠=∠，即13AE CO G △∽△．于是1313AE CG O E O G R R ⋅=⋅=⋅．同理，24BM DP R R ⋅=⋅．令AE AQ a ==，BM BF b ==，CG CN c ==,DP DH d ==,EF GH m ==，MN PQ n ==．于是，AB a b m =++，CD c d m =++，BC b c n =++，DA d a n =++，()()AC AF CM a m c n =+=+++，()()BD BE DQ b m d n =+=+++．对ABCD 应用托勒密定理，有A C B ⋅=⋅+⋅，即()()()()()()a c m nb d m n a b mcd m b c n d a n +++⋅+++=+++++++++，亦即mn ac bd =+．即证．7．设BAN NAC a ∠=∠=，对AB ，AN ，AC 应用三弦定理，则有2cos AN αAB AC ⋅=+，因1sin ()2ABC ABL ACL S S S AL αAB AC ++=⋅⋅+△△△，则c o s s i nABC AN AL αα=⋅⋅⋅△S ．又在Rt ALK △中，cos AL αAK ⋅=，则sin 2ANK S ABC AN AK αS =⋅⋅=△△．又易知AK AM =，即知ANK ANM △∽△，于是12ANK ANM AKNM S S S ==△△四边形，即证．8．必要性：连OB ，OC ，知EAB △，FAC △均为等腰三角形，且2()2BPC AEP CFD BAD CAD BAC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB OP BC ⋅=⋅+⋅，由P B P C P O =+得OC BC =，即O B C △为正三角形，推得1302BAC BOC ∠=∠=︒．充分性：由30BAC ∠=︒，知O BC △为正三角形，且由BPC BOC ∠=∠知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB PO BC ⋅=⋅+⋅，及O C O B B C ==，即得PB PC PO =+． 9．对四边形1ACA B 应用托勒密定理，有111AA BC AB AC AC A B ⋅=⋅+⋅，令11A B AC x ==，注意112x A B ACK BC =+>，有11222()A B x A C xA A AB AC A B A C B C B C+==+⋅>+，即11()2AA AB AC >+．同理，11()2BB BA BC >+，11()2CC CA CB >+，此三式相加即证．10．令A C a =，CE b =，AE c =．对四边形ACEF 应用托勒密不等式，有AC EF CE AF AE CF ⋅+⋅≥⋅，注意EF AF =，有F A c F C a b ≥+．同理。
2003山西省中考数学试题
山西省2003年数学中考题一、填空题（每小题2分，共24分） 1．=-22 。
2．函数23++=x x y 中的自变量x 的取值范围是 。
3．一粒纽扣式电池能能够污染60升水，太原市每年报废的电池有近10 000 000粒，如果废旧电池不回收，一年报废的电池所污染的水约 升（用科学计数法表示）。
4．联欢会上，小红按照4个红气球、3个黄气球、2个绿气球的顺序把气球串起来装饰会场，第52个气球的颜色是 。
5．有一大捆粗细均匀的电线，现要确定其长度的值。
从中先取出1米长的电线，称出它的质量为a ，再称其余电线的总质量为b ，则这捆电线的总长度是 米。
6．多项式122++px x 可分解为两个一次因式的积，整数p 的值可以是 （只写出一个即可）。
7．已知962+-a a 与1-b 互为相反数，则式子)(b ab a +÷⎪⎫⎛-的值为 。
8．已知点A 、点B 在x 轴上，分别以A )5,3(b a M -、)32,9(b a N +，则ba 的值是 。
9都1，则红色的面积是 。
10．二次函数c bx x y ++=2对应x 的取值范围是 。
11240cm 的锥形漏斗，要求只能有一条接缝（接缝忽略不计），要想用料最省，矩形的边长分别是 。
12．小明想测量电线杆AB 的高度，CD 和地面BC 上，量得CD=4米，BC=10米，CD 与地面成O30的角，胩此时测得1 米杆的影长为2米，则电线杆的高度约为 米（结果保留两位有效数字，73.13,41.12≈≈）（第12题图）AD二、选择题（每小题3分，共30分）在下列各小题中，均给出四个答案，其中只有一个正确答案，请将正确答案的字母填入下表相应的空格内。
13．下列各式与yx yx +-相等的是 A ．()()55+++-y x y x B ．y x y x +-22 C ．()()())(2y x Y X y x y x ≠-+- D ．2222y x y x +- 14．下列运算正确是A ．()ππ-=-332B ．()21121-=-- C ．()0230=- D ．()62393x x =15．已知反比例函数),0(≠=k xky 当0<x 时，y 随x 的增大面增大，那么一次函数k kx y -=的图象经过A ．第一、二、三象限B ．第一、二、四象限C ．第一、三、四象限D ．第二、三、四象限 16．已知⊙O 的半径为5，AB 是弦，P 是直线AB 上的一点，PB=3，AB=8，则OPA ∠tan 的值为A ．3B ．73 C ．3731或 D ．733或 17．如图AB 、AC 与⊙O 相切于B 、C ，∠A=50O ，点P 是圆上异于B 、C 的一动点，则∠BPC 的度数是A ．65OB ．115OC ．65O 和115OD ．130O 和50O18．下面是李刚同学在测验中解答的填空题，其中答对的是A ．若42=x ，则x=2B ．方程()1212-=-x xx的解为x=1C ．若022=++k x x 的两面三刀根的倒数和等于4，则21-=k D ．若分式 1232-+-x x x 的值为零，则x=1,219．某药店经营的抗病毒药品，在市场紧缺的情况下提价100%，物价部门查处后，限定其提价的幅度只能是原价的10%，则该药品现在降价的幅度是A ．45%B ．50%C ．90%D ．95%． 20．右图是正方体分割后的一部分，它的另一部分为下列图形中的（第17题图）BA21．有若干张如图所示的正方形和长方形卡片，(3)(2)(1)a bb b a a表中所列四种方案能拼成边长为()b a +的正方形的是22．命题“a 、b 是实数，若b a >，则22b a >”若结论保持不变，怎样改变条件，命题才是真命题，以下四种改法：（1）a 、b 是实数，若0>>b a ，则22b a >（2）a 、b 是实数，若b a >且0>+b a ，则22b a >（3）a 、b 是实数，若0<<b a ，则22b a > （4）a 、b 是实数，若b a <且0<+b a ，则22b a > 其中真命题的个数是A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 三、解答题（第23题6分，第24题8分，第25题12分，共26分）23．（6分）请用1 个等腰三角形，2个矩形，3个圆，在下面的方框内设计一个轴对称图形，并用简炼的文字说明你的创意。