历年初中数学竞赛试题精选

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历年初中数学竞赛试题精选
初中数学竞赛专项训练
1、一个六位数,如果它的前三位数码及后三位数码完全相同,顺序也相同,由此六位数可以被( )整除。
A. 111
B. 1000
C. 1001
D. 1111 解:依题意设六位数为abcabc,则abcabca×105b×104c×103a×102b×10ca×1021031)+b×101031)+c1031)=(a×103b×10c1031)=1001a×103b×10c,而a×103b×10c是整数,所以能被1001除。故选C 方法二:代入法
2、若S1111198019812001,则S的整数部分是____________________ 解:因19811982……2001均大于1980,所以S12211980198090,又1980221981……2000均小于2001,所以S1221200120012190,从而知S的整数2222部分为90

3、设有编号为123……100100盏电灯,各有接线开关控制着,开始时,它们都是关闭状态,现有100个学生,第1个学生进来时,凡号码是1的倍数的开关拉了一下,接着第二个学生进来,由号码是2的倍数的开关拉一下,第n个(n100)学生进来,凡号码是n的倍数的开关拉一下,如此下去,最后一个学生进来,把编号能被100整除的电灯上的开关拉了一下,这样做过之后,请问哪些灯还亮着。
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1223242526272829210210盏灯是亮的。
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4、某商店经销一批衬衣,进价为每件m元,零售价比进价高a%,后因市场的变化,该店把零售价调整为原来零售价的b%出售,那么调价后每件衬衣的零售价是 A. m(1+a%(1-b% B. a%(1-b% C. m(1+a%b% D. m(1+a%b%
解:根据题意,这批衬衣的零售价为每件m1a%)元,因调整后的零售价为原零售价b%,所以调价后每件衬衣的零售价为m1a%b%元。 应选C 5、如果abc是非零实数,且a+b+c=0,那么abcabc的所有可能的|a||b||c||abc|值为 A. 0 B. 1-1 C. 2-2
解:由已知,abc为两正一负或两负一正。 ①当abc为两正一负时:

D. 0-2
abcabcabcabc11所以0 |a||b||c||abc||a||b||c||abc|②当abc为两负一正时:
abcabcabcabc11所以0 |a||b||c||abc||a||b||c||abc|由①②知所有可能的值为0 应选A
6、在△ABC中,abc分别为角ABC的对边,若∠B60°,则的值为 A. 1
2

B. D. 2
2

c B
A
b
C. 1 2
C a C解:过A点作ADCDD,在RtBDA中,则于∠B60°,所以DBAD=。2RtADC中,DC2AC2AD2,所以有(aC2232bC,整理得a2c2=b224cac2cba2aba2c2abbc1 ac,从而有abcb(ab(cbacabbcb22 / 38
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应选C
7、设ab0a2+b2=4ab,则的值为 A.
C. 2
D. 3
3
B. 6
解:因为(a+b2=6ab(a-b2=2ab由于aab6abab2ab,故。 应选A 8.已知a1999x2000b1999x2001c1999x2002,则多项式a2+b2+c2-ab-bc-ca的值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 1解:a2b2c2abbcca[(ab2(bc2(ca2]2   又ab1bc1ca2
1   原式[(12(1222]32
9、已知abc0,且a+b+c0,则代数式的值是 A. 3 B. 2 C. 1
D. 0 解:原式(bca(acb(abcbcacabaabbcc       (((
bcacababc       3abc

10某商品的标价比成本高p%当该商品降价出售时,为了不亏损成本,售价的折扣(即降价的百分数)不得超过d%,则d可用p表示为_____ 解:设该商品的成本为a,则有a(1+p%(1-d%=a,解得

11、已知实数zyz满足x+y=5z2=xy+y-9,则x+2y+3z=_______________ 3 / 38
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解:由已知条件知(x+1)+y=6(x1·y=z29,所以x1yt26tz29=0两个实根,方程有实数解,则△=(-624z29)=-4z20,从而知z=0,解方程得x+1=3y=3。所以x+2y+3z8
12.气象爱好者孔宗明同学在xx为正整数)天中观察到:①有7个是雨天;②有5下午是晴天;③有6个上午是晴天;④当下午下雨时上午是晴天。则x等于( A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 C。设全天下雨a天,上午晴下午雨b天,上午雨下午晴c天,全天晴d天。由题可得关系式a=0①,b+d=6②,c+d=5③,a+b+c=7④,②+③-④得2d-a=4d2b=4c=3,于xa+b+c+d=9

13、有编号为①、②、③、④的四条赛艇,其速度依次为每小时v1v2v3v4千米,且满足v1v2v3v40,其中,v为河流的水流速度(千米/小时),它们在河流中进行追逐赛规则如下:1)四条艇在同一起跑线上,同时出发,①、②、③是逆流而上,④号艇顺流而下。2)经过1小时,①、②、③同时掉头,追赶④号艇,谁先追上④号艇谁为冠军,问冠军为几号? 解:出发1小时后,①、②、③号艇及④号艇的距离分别为
v水 v4]1viv4 Si[(viv水  各艇追上④号艇的时间为 tiviv4vv42v4 i1(viv水 (v水 v4viv4viv4 v1v2v3v4t1t2t3,即①号艇追上④号艇用的时间最小,①号是冠军。

14.有一水池,池底有泉水不断涌出,要将满池的水抽干,用12台水泵需5小时,用10台水泵需7小时,若要在2小时内抽干,至少需水泵几台? 解:设开始抽水时满池水的量为x泉水每小时涌出的水量为y水泵每小时抽水量为z2小时抽干满池水需n台水泵,则
x5y512z  ① x7y710z  ②
x2y2nz   ③4 / 38
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由①②得,代入③得:35z10z2nz ∴,故n的最小整数值为23
答:要在2小时内抽干满池水,至少需要水泵23

15.某宾馆一层客房比二层客房少5间,某旅游团48人,若全安排在第一层,每间4人,房间不够,每间5人,则有房间住不满;若全安排在第二层,每3人,房间不够,每间住4人,则有房间住不满,该宾馆一层有客房多少间?

解:设第一层有客房x间,则第二层有(x5间,由题可得


4x485x      ①3(x5484(x5  ②
由①得:,即 由②得:,即7x11 ∴原不等式组的解集为 ∴整数x的值为x10 答:一层有客房10间。

16、某生产小组开展劳动竞赛后,每人一天多做10个零件,这样8个人一天做的零件超200个,后来改进技术,每人一天又多做27个零件,这样他们4个人一天所做零件就超过劳动竞赛中8个人做的零件,问他们改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的几倍? 解:设劳动竞赛前每人一天做x个零件 由题意

8(x10200
4(x10278(x10解得15x17
x是整数 x16 1637)÷163.3 故改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的3.3倍。

初中数学竞赛专项训练(5
(方程应用)
一、选择题:
1、甲乙两人同时从同一地点出发,相背而行1小时后他们分别到达各自的终点AB5 / 38
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若仍从原地出发,互换彼此的目的地,则甲在乙到达A之后35分钟到达B,甲乙的速度之比为 A. 35 B. 43 C. 45 D. 34 2、某种产品按质量分为10个档次,生产最低档次产品,每件获利润8元,每提高一个档次,每件产品利润增加2元,用同样工时,最低档次产品每天可生产60件,提高一个档次将减少3件,如果获利润最大的产品是第R档次(最低档次为第一档次,次依次随质量增加),那么R等于 A. 5 B. 7 C. 9 D. 10 3、某商店出售某种商品每件可获利m元,利润为20%(利润=),若这种商品的进价提25%,而商店将这种商品的售价提高到每件仍可获利m元,则提价后的利润率为 A. 25% B. 20% C. 16% D. 12.5% 4、某项工程,甲单独需a天完成,在甲做了cc)天后,剩下工作由乙单独完成还需b天,若开始就由甲乙两人共同合作,则完成任务需( )天 A. c abB. C. D.
5ABC三个足球队举行循环比赛,下表给出部分比赛结果:
球队 A B C 比赛场次
2 2 2 2

1



进球数
2 3 失球数 1 4 7 则:AB两队比赛时,A队及B队进球数之比为 A. 20 B. 31 C. 21 D. 02 6甲乙两辆汽车进行千米比赛,当甲车到达终点时,乙车距终点还有a千米0a50现将甲车起跑处从原点后移a千米,重新开始比赛,那么比赛的结果是 A. 甲先到达终点 B. 乙先到达终点 C. 甲乙同时到达终点 D. 确定谁先到及a值无关
7、一只小船顺流航行在甲、乙两个码头之间需a小时,逆流航行这段路程需b小时,那么一木块顺水漂流这段路需( )小时 A. B. C. D. 8A的年龄比BC的年龄和大16A的年龄的平方比BC的年龄和的平方大1632那么ABC的年龄之和是 A. 210 B. 201 C. 102 D. 120 二、填空题
1、甲乙两厂生产同一种产品,都计划把全年的产品销往济南,这样两厂的产品就能占有济南市场同类产品的311然而实际情况并不理想,甲厂仅有的产品,乙厂仅有4236 / 38
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产品销到了济南,两厂的产品仅占了济南市场同类产品的及乙厂该产品的年产量的比为_______
2、假期学校组织360名师生外出旅游,某客车出租公司有两种大客车可供选择,甲种客车每辆有40个座位,租金400元;乙种客车每辆有50个座位,租金480元,则租用该公司客车最少需用租金_____元。
3、时钟在四点及五点之间,在_______时刻(时针及分针)在同一条直线上? 4、为民房产公司把一套房子以标价的九五折出售给钱先生,钱先生在三年后再以超出房子原来标价60%的价格把房子转让给金先生,考虑到三年来物价的总涨幅为40%钱先生实际上按_____%的利率获得了利润(精确到一位小数)
5、甲乙两名运动员在长100米的游泳池两边同时开始相向游泳,甲游100米要72秒,乙游100米要60秒,略去转身时间不计,在12分钟内二人相遇____次。 6、已知甲、乙、丙三人的年龄都是正整数,甲的年龄是乙的两倍,乙比丙小7岁,三人的年龄之和是小于70的质数,且质数的各位数字之和为13,则甲、乙、丙三人的年龄分别是_________

三、解答题
1、某项工程,如果由甲乙两队承包,21,则甲厂该产品的年产量3
2天完成,需付180000元;由乙、丙两队承包,5363天完成,需付150000元;由甲、丙两队承包,2天完成,需付160000元,现47在工程由一个队单独承包,在保证一周完成的前提下,哪个队承包费用最少?

2、甲、乙两汽车零售商(以下分别简称甲、乙)向某品牌汽车生产厂订购一批汽车,甲7 / 38
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开始定购的汽车数量是乙所订购数量的3倍,后来由于某种原因,甲从其所订的汽车中转让给乙6辆,在提车时,生产厂所提供的汽车比甲、乙所订购的总数少了6辆,最后甲所购汽车的数量是乙所购的2倍,试问甲、乙最后所购得的汽车总数最多是多少量?最少是多少辆?

38个人乘速度相同的两辆小汽车同时赶往火车站,每辆车乘4人(不包括司机),其中一辆小汽车在距离火车站15km的地方出现故障,此时距停止检票的时间还有42分钟。这时惟一可利用的交通工具是另一辆小汽车,已知包括司机在内这辆车限乘5人,且这辆车的平均速度是60km/h,人步行的平均速度是5km/h。试设计两种方案,通过计算说明这8个人能够在停止检票前赶到火车站。

4、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到县城,由于汽车在赴校途中发生了故障,不得不停车修理,学校师生等到710分仍未见汽车来接,就步行走向县城,在行进途中遇到了已修理好的汽车,立即上车赶赴县城,结果比原来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?

数学竞赛专项训练(5)方程应用参考答案

一、选择题
1D 解:设甲的速度为v1千米/时,乙的速度为v2千米/时,根据题意知,从出发地点到A的路程为v1千米,到B的路程为v2千米,从而有方程: ,化简得12(v12v7(1120,解得不合题意舍去)。应选D v2v22C 解:第k档次产品比最低档次产品提高了(k1)个档次,所以每天利润为

y[603(k1][82(k1]  6(k98642
所以,生产第9档次产品获利润最大,每天获利864元。
3C 解:若这商品原来进价为每件a元,提价后的利润率为x% 则解这个方程组,得x16,即提价后的利润率为16% 4B。解:设甲乙合作用x天完成。 由题意:,解得。故选B
5A。解:AB比赛时,A2场,B0场,AB的比为20。就选A
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6A。解:设从起点到终点S千米,甲走(s+a千米时,乙走x千米
(sa(saa2s:(sa(sa:x  xssss2a220  ss  即甲走(sa千米时, a0  s0   asa2乙走(s千米。甲先到。故选As7B。解:设小船自身在静水中的速度为v千米/时,水流速度为x千米/时,甲乙之间的距离为S千米,于是有求得所以。
8C。解:设ABC各人的年龄为ABC,则AB+C+16 A2=(BC2+1632 由②可得(ABCABC)=1632 ③,由①得ABC16 ④,①代入③可求得ABC102 二、填空题
121。解甲厂该产品的年产量为x,乙厂该产品的年产量为y 则:,解得x2y  x:y2:1
23520。解:因为9辆甲种客车可以乘坐360人,故最多需要9辆客车;又因为7辆乙种客车只能乘坐350人,故最多需要8辆客车。
①当用9辆客车时,显然用9辆甲种客车需用租金最少,为400×93600元;
②当用8辆客车时,因为7辆甲种客车,1辆乙种客车只能乘坐40×7+50330人,6辆甲种客车,2辆乙种客车只能乘坐40×6+50×2340人,5辆甲种客车,3辆乙种客车只能乘坐40×5+50×3350人,4辆甲种客车,4辆乙种客车只能乘坐40×4+50×4360人,所以用8辆客车时最少要用4辆乙种客车,显然用4辆甲种客车,4辆乙种客车时需用租金最少为400×4+480×43520元。
9分或4点分时,两针在同一直线上。
11 解:设四点过x分后,两针在同一直线上,
3421 若两针重合,则,求得分,
若两针成180度角,则,求得分。 所以在4219分或4点分时,两针在同一直线上。
11420.3。解:钱先生购房开支为标价的95%,考虑到物价上涨因素,钱先生转让房子的利率为160%1.6110.20320.3%
95%(140%0.951.45、共11次。


100
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630岁、15岁、22岁。
解:设甲、乙、丙的年龄分别为x岁、y岁、z岁,则
x2y             ① yz7            ② xyz70xyz为质数  ③ 显然xyz是两位数,而134+95+86+7 xyz只能等于67 ④。由①②④三式构成的方程组,得x30y15z22
三、解答题
1、设甲、乙、丙单独承包各需xyz天完成,

则解得
再设甲、乙、丙单独工作一天,各需uvw元, 则,解得
于是,甲队单独承包费用是45500×4182000(元),由乙队单独承包费用是29500×6177000(元),而丙不能在一周内完成,所以,乙队承包费最少。
2、解:设甲、乙最后所购得的汽车总数为x辆,在生产厂最后少供的6辆车中,甲少要y辆(0y6,乙少要了(6y)辆,则有
31(x66y2[(x66(6y],整理后得x1812y 44 y6时,x最大,为90;当y0时,x最小为18
所以甲、乙购得的汽车总数至多为90辆,至少为18辆。

3、解:[方案一]:当小汽车出现故障时,乘这辆车的4个人下车步行,另一辆车将车内4个人送到火车站,立即返回接步行的4个人到火车站。 设乘出现故障汽车的4个人步行的距离为xkm,根据题意,有

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解得,因此这8个人全部到火车站所需时间为
3030355 5(1560小时40(分钟)42(分钟)13135213 故此方案可行。 [方案二]:当小汽车出现故障时,乘这辆车的4个人下车步行,另一辆车将车内的4个人送到某地方后,让他们下车步行,再立即返回接出故障汽车而步行的另外4人,使得两批人员最后同时到达车站。
分析此方案可知,两批人员步行的距离相同,如图所示,D为无故障汽车人员下车地点,C为有故障汽车人员上车地点。因此,设ACBDy,有 解得y2。因此这8个人同时到火车站所需时间为
215237,故此方案可行。 (小时)37(分钟)<42(分钟)56060A ·
C ·

D · B ·
火车站 故障点
4、解: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为师生途中及汽车相遇之处。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CB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障耽误了x分钟,但另一方面由于少跑了BC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CB这段距离要多花20分钟,由此汽车由CB应花(分钟)一个来回省下8分钟,所以有x-830 x38 即汽车在途中排除故障花了38分钟。

B C A
· · ·


初中数学竞赛专项训练(7
(逻辑推理)

一、选择题:
1、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,还要按净胜球排序,一个队要保证出线,这个队至少要积 A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
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2、甲、乙、丙三人比赛象棋,每局比赛后,若是和棋,则这两个人继续比赛,直到分出胜负,负者退下,由另一个及胜者比赛,比赛若干局后,甲胜4局,负2局;乙胜3局,负3局,如果丙负3局,那么丙胜 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3、已知四边形ABCD从下列条件中①ABCD BCAD ABCD BCAD ⑤∠A=∠C ⑥∠B=∠D任取其中两个,可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结论的情况有 A. 4 B. 9 C. 13 D. 15
4、某校初三两个毕业班的学生和教师共100人,一起在台阶上拍毕业照留念,摄影师要将其排列成前多后少的梯形阵(排数≥3,且要求各行的人数必须是连续的自然数,这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空档处,那么满足上述要求的排法的方案有 A. 1 B. 2 C. 4 D. 0 5、正整数n小于100,并且满足等式,其中x表示不超过x的最大整数,这样的正整数n有( )个 A. 2 B. 3 C. 12 D. 16 6、周末晚会上,师生共有20人参加跳舞,其中方老师和7个学生跳舞,张老师和8学生跳舞……依次下去,一直到何老师,他和参加跳舞的所有学生跳过舞,这个晚会上参加跳舞的学生人数是 A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 7如图某三角形展览馆由25个正三角形展室组成,每两个相邻展室(指有公共边的小三角形)都有门相通,若某参观者不愿返回已参观过的展室(通过每个房间至少一次),那么他至多能参观( )个展室。 A. 23 B. 22 C. 21 D. 20 8、一副扑克牌有4种花色,每种花色有13张,从中任意抽牌,最小要抽( )张才能保证有4张牌是同一花色的。 A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
二、填空题:
1、观察下列图形:




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根据①②③的规律,图④中三角形个数______
2、有两副扑克牌,每副牌的排列顺序是:第一张是大王,第二张是小王,然后是黑桃、红桃、方块、梅花四种花色排列,每种花花色的牌又按A123,……JQK的顺序排列,某人把按上述排列的两副扑克牌上下叠放在一起,然后从上到下把第一张丢掉,把第二张放在最底层,再把第三张丢掉,把第四张放在最底层,……如此下去,直到最后只剩下一张牌,则所剩的这张牌是______
3、用0123456789十个数字一共可组成_____个能被5整除的三位数
4、将7个小球分别放入3个盒子里,允许有的盒子空着不放,试问有____种不同放法。
5、有1997个负号“-”排成一行,甲乙轮流改“-”为正号“+”,每次只准画一个或相邻的两个“-”为“+”,先画完“-”使对方无法再画为胜,现规定甲先画,则其必胜的策略是__________________
6、有100个人,其中至少有1人说假话,又知这100人里任意2人总有个说真话,则说真话的有_____人。
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三、解答题
1、今有长度分别为123、……、9的线段各一条,可用多少种不同的方法从中选用若干条组成正方形?
2某校派出学生204人上山植树15301株,其中最少一人植树50株,最多一人植树100株,证明至少有5人植树的株数相同。
3、袋中装有2002个弹子,张伟和王华轮流每次可取123个,规定谁能最后取完弹子谁就获胜,现由王华先取,问哪个获胜?他该怎样玩这场游戏?
4、有17个科学家,他们中的每一个都和其他的科学家通信,在他们的通信中仅仅讨论三个问题,每一对科学家互相通信时,仅仅讨论同一个问题。证明至少有三个科学家关于同一个题目互相通信

数学竞赛专项训练(7)逻辑推理参考答案

一、选择题
1、答B。解:4个队单循环比赛共比赛6场,每场比赛后两队得分之和或为2分(即打平),或为3分(有胜负),所以6场后各队的得分之和不超过18分,若一个队得7分,剩下的3个队得分之和不超过11分,不可能有两个队得分之和大于或等于7分,所以这个队必定出线,如果一个队得6分,则有可能还有两个队均得6分,而净胜球比该队多,该队仍不能出线。应选B
2、答B。解有人胜一局,便有人负一局,已知总负局数为2+3+38,而甲、乙胜局数为4+37,故丙胜局数为8-71,应选B
3、答B。解:共有15种搭配。①和② ③和④ ⑤和⑥ ①和③ ②和④ ①和⑤ ①和⑥ ②和⑤ ②和⑥ 能得出四边形ABCD是平行四边形。
①和④ ②和③ ③和⑤ ③和⑥ ④和⑤ ④和⑥ 不能得出四边形ABCD是平行四边形。应选B
4、答B。解:设最后一排k个人,共n排,各排人数为kk+1k+2……k+n1由题意,n[2k(n1]200kn都是正整数,n3所以n2k(n1n2k(n1的奇偶性相同,将200分解质因数可知n5n8,当n=5时,14 / 38
历年初中数学竞赛试题精选
k=18,当n=8时,k9,共有两种方案。应选B
5、答D。解:由,以及若x不是整数,则[x]<x知,2|n3|n6|n,即n6的倍数,因此小于100的这样的正整数有个。应选D
6、答C。解设参加跳舞的老师有x人,则第一个是方老师和(6+1)个学生跳过舞;第二是张老师和(6+2)个学生跳过舞;第三个是王老师和(6+3)个学生跳过舞……第x个是何老师和(6+x)个学生跳过舞,所以有x+(6+x)=20,∴x720-713故选C 7、答C。解:如图对展室作黑白相间染色,得10个白室,15个黑室,按要求不返回参观过的展室,因此,参观时必定是从黑室到白室或从白室到黑室(不会出现从黑到黑,或从白到白),由于白室只有10个,为使参观的展室最多,只能从黑室开始,顺次经过所有的白室,最终到达黑室,所以,至多能参观到21个展室。选C
8、选B。解:4种花色相当于4个抽屉,设最少要抽x张扑克,问题相当于把x张扑克放进4个抽屉,至少有4张牌在同一个抽屉,有x=3×4+113。故选B 二、填空题
1、解:根据图中①、②、③的规律,可知图④中的三角形的个数为1+4+3×4+32×4+33×41+4+12+36+108161(个)
2、解:根据题意,如果扑克牌的张数为22223、……2n,那么依照上述操作方法,剩下的一张牌就是这些牌的最后一张,例如:手中只有64张牌,依照上述操作方法,最后只剩下第64张牌,现在手中有108张牌,多出108-6444(张),如果依照上述操作方法,先丢掉44张牌,那么此时手中恰有64张牌,而原来顺序的第88张牌恰好放在手中牌的最底层,这样,再继续进行丢、留的操作,最后剩下的就是原顺序的第88张牌,按照两副扑克牌的花色排列顺序88-54-2-266,所剩的最后一张牌是第二副牌中的方块6
3、解:百位上的数共有9个,十位上的数共有10个,个位上的数共有2个,因此所有的三位数共9×10×2180
4、解:设放在三个盒子里的球数分别为xyz,球无区别,盒子无区别,故可令xy0,依题意有,于是3x7,故x只有取34567共五个值。
x3时,yz4,则y只取32,相应z12,故有2种放法; x4时,yz3,则y只取32,相应z01,故有2种放法; x5时,yz2,则y只取21,相应z10,故有2种放法;
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历年初中数学竞赛试题精选
x6时,yz1,则y只取1,相应z0,故有1种放法; x7时,yz0,则y只取0,相应z0,故有1种放法; 综上所求,故有8种不同放法。
5、解:先把第999个(中间)“-”改为“+”,然后,对乙的每次改动,甲做及之中心对称的改动,视数字为点,对应在数轴上,这1997个点正好关于点(999)对称。 6、解:由题意说假话的至少有1人,但不多于1人,所以说假话的1人,说真话的99人。
三、1、解:1+2+3+……945,故正方形的边长最多为11,而组成的正方形的边长至少有两条线段的和,故边长最小为7 71+62+53+4 81+72+63+5 9+18+27+36+4 9+28+37+46+5 91+82+73+64+5 故边长为781011的正方形各一个,共4个。而边长为9的边可有5种可能能组5种不同的正方形。所以有9种不同的方法组成正方形。
2、证明:利用抽屉原理,按植树的多少,从50100株可以构造51年抽屉,则问题转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里。(用反证法)假设无5人或5人以上植树的株数在同一个抽屉里,那只有4人以下植树的株数在同一个抽屉里,而参加植树的人数为204人,每个抽屉最多有4人,故植树的总株数最多有:
4505152+……+100)=4×=1530015301,得出矛盾。因此,至少有5人植树的株数相同。 3、解:王华获胜。
王华先取2个弹子,将2000(是4的倍数)个弹子留给张伟取,不记张伟取多少个弹子,设为x个,王华总跟着取(4x)个,这样总保证将4的倍数个弹子留给张伟取,如此下去,最后一次是将4个弹子留给张伟取,张伟取后,王华一次取完余下的弹子。
4解析在研究及某些元素间关系相关的存在问题时,常常利用染色造抽屉解题。17位科学家看作17个点,每两位科学家互相通信看作是两点的连线段,关于三个问题通信可看作是用三种颜色染成的线段,如用红色表示关于问题甲的通信,蓝色表示问题乙通信,黄色表示问题丙通信。这样等价于:有17个点,任三点不共线,每两点连成一条线段,把每条线段染成红色、蓝色和黄色,且每条线段只染一种颜色,证明一定存在一个三角形三边同色的三角形。
证明:从17个点中的一点,比如点A处作引16条线段,共三种颜色,由抽屉原理至少有6条线段同色,设为ABACADAEAFAG且均为红色。
BCDEFG这六个点中有两点连线为红线,设这两点为BC,则△ABC16 / 38
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是一个三边同为红色的三角形。
BCDEFG这六点中任两点的连线不是红色,则考虑5条线段BCBDBEBFBG的颜色只能是两种,必有3条线段同色,设为BCBDBE均为黄色,再研究△CDE的三边的颜色,要么同为蓝色,则△CDE是一个三边同色的三角形,么至少有一边为黄色,设这边为CD,则△CDE是一个三边同为黄色的三角形。

初中数学竞赛专项训练(8
(命题及三角形边角不等关系)

一、选择题:
1、如图8-1,已知AB10P是线段AB上任意一点,在AB的同侧分别以APPB边作两个等边三角形APCBPD,则线段CD的长度的最小值是
A. 4
B. 5
C. 6 D. 5(51
2、如图8-2,四边形ABCD中∠A60°,∠B=∠D90°,AD8AB7 BCCD等于 A. 63
B. 53
C. 43
D. 33
3、如图8-3,在梯形ABCD中,ADBCAD3BC9AB6CD4,若EFBC,且梯形AEFD及梯形EBCF的周长相等,则EF的长为 A. A D D C E F 60°
B C A A B B
P 8-3 8-2 8-1
4、已知△ABC的三个内角为ABC且α=A+B,β=C+A,γ=C+B,则α、β、γ中,锐角的个数最多为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 5如图8-4矩形ABCD的长AD9cmAB3cm将其折叠,使点D及点B重合,那么折叠后DE的长和折痕EF的长分别为
E D A A D A. 4cm 10cm B. 5cm 10cm
B F C C B C8-4 17 / 38 45 7C B. 33
5C. 39
5D. 15
2D
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C. 4cm 23cm
D. 5cm 23cm
6、一个三角形的三边长分别为aab,另一个三角形的三边长分别为abb,其中a的值等于
b A. B. C.
7、在凸10边形的所有内角中,锐角的个数最多是 A. 0 B. 1 C. 3 a>b,若两个三角形的最小内角相等,则 D.

D. 5

8、若函数ykx(k0及函数的图象相交于AC两点,AB垂直x轴于B,则△ABC的面积为
A. 1 二、填空题

B. 2
C. k

D. k2

1、若四边形的一组对边中点的连线的长为d,另一组对边的长分别为ab,则d及的大小关系是_______
C 2、如图8-5AA′、BB′分别是∠EAB、∠DBC的平分线,若AA′=BB′=AB,则∠BAC的度数为___ 3、已知五条线段长度分别是357911,将其中不同的三个数组成三数组,比如(3575911)……问有多少组中的三个数恰好构成一个三角形的三条边的长_____
4、如图8-6P是矩形ABCD内一点,若PA3PB4PC5PD=_______
5、如图8-7,甲楼楼高16米,乙楼座落在甲楼的正北面,已知当地冬至中午12时太阳光线及水平面的夹角为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18 / 38 B P 8-8 C 16
A ·
E A
B 8-5 B
D A B P 8-6 D C A
C 20

D
B 8-7
A
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当是______米。
6、如图8-8,在△ABC中,∠ABC60°,点P是△ABC内的一点,使得∠APB=∠BPC=∠CPA,且PA8PC6,则PB=__
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三、解答题
1、如图8-9AD是△ABCBC边上的中线, 求证:ADA C B D 8-9
2、已知一个三角形的周长为P,问这个三角形的最大C 边长度在哪个范围内变化?
3、如图8-10,在RtABC中,∠ACB90°,CDF E 角平分线,DEBCAC于点EDFACBC于点F
A B 求证:①四边形CEDF是正方形。
D CD22AE·BF 8-10

4、从1234……、2004中任选k个数,使所选的k个数中一定可以找到能构成三角形边长的三个数(这里要求三角形三边长互不相等)试问满足条件的k的最小值是多少?

1AB+AC
2数学竞赛专项训练(8)参考答案

一、选择题
1、如图过CCEADE,过DDFPBF,过DDGCEG 显然DGEFC G D P F B A 1E AB5CDDG,当PAB中点时,有2CDDG5,所以CD长度的最小值是5 2如图延长ABDC相交于ERtADE中,可求得AE16DE83,于是BEAEAB9,在RtBEC中,可求得BC33CE63,于是CDDECE23 BCCD53
3、由已知AD+AE+EF+FDEF+EB+BC+CF AD+AE+FDEB+BC+CFA D C 60°
B E A E
B G H D F C 1(ADABBCCD11
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EFBC,∴EFAD 设,AEk6kk4k ABDFCDk1k1k1k1 AD+AE+FD3+ 解得k4 AHCDAHBCH,交EFG
GFHCAD3BHBCCH9-36 ∵,∴ EFEGGF2439 3554、假设α、β、γ三个角都是锐角,即α<90°,β<90°,γ<90°,也就是A+B90°,B+C90°,C+A90°。∵2A+B+C)<270°,ABC135°及ABC180°矛盾。故α、β、γ不可能都是锐角,假设α、β、γ中有两个锐角,不妨设α、β是锐角,那么有AB90°,CA90°,A(ABC<180°,A+180°<180°,A0°这也不可能,所以α、β、γ中至多只有一个锐角,如A20°,B30°,C130°,α=50°,选A
5、折叠后,DEBE,设DEx,则AE9x,在RtABC中,AB2AE2BE2,即32(9x2x2,解得x5,连结BDEFO,则EOFOBODO BD9232310 DO RtDOE中,EODEDO2252(310102 EF1022B
6、设△ABC中,ABACaBCb,如图DAB上一点,有ADb,因a>b,故A是△ABC的最小角,设∠AQ,则以b,b,a为三边之三角A 形的最小角亦为Q从而它及△ABC全等,所以DCbACDQ Q,因有公共底角∠B,所以有等腰△ADC∽等腰△CBD,从而得,即,令,即得方程xx10,解得。选B
2
D
C 7C由于任意凸多边形的所有外角之和都是360°,故外角中钝角的个数不能超过3个,又因为内角及外角互补,因此,内角中锐B 角最多不能超过3个,实际上,容易构造出内角中有三个锐角的凸10边形。 8A。设点A的坐标为(xy,则xy1,故△ABO的面积为,又因为△ABO及△CBO同底等高,因此△ABC的面积=2×△ABO的面积=1 二、填空题
1如图设四边形ABCD的一组对边ABCD的中点分别为MNMNd,另一组对边是ADBC,其长度分别A P 21 / 38 M B D N C
历年初中数学竞赛试题精选
ab,连结BD,设PBD的中点,连结MPPN,则MPabNP,显22然恒有,当ADBC,由平行线等分线段定理知MNP三点共线,此时有,所以d及的大小关系是dabab(d 22212°。设∠BAC的度数为x,∵ABBB ∴∠BBD2x,∠CBD4x ABAA ∴∠AAB=∠AB A′=∠CBD4x ∵∠AAB 1(180x4x4x180,于是可解出x12°。
23、以357911构成的三数组不难列举出共有10组,它们是(357359351137937113911579571159117911。由3+593+5113+711可以判定(35935113711)这三组不能构成三角形的边长,因此共有7个数组构成三角形三边长。
4、过PAB的平行线分别交DABCEF,过PBCE A D 的平行线分别交ABCDGH
a a H AGDHaBGCHbAEBFcDECFd
G P b b 222222APacCPbd222222BPbc, DPda2222
B c F 2
2
2
2
2
2
d
2
C 于是APCPBPDP,故DPAPCPBP35418 DP32
5①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,那么图中CD的长度就是甲楼的影子在乙楼上的高度,设CEAB于点E,那么在△AEC中,∠AEC90°,∠ACE30°,EC20米。 所以AEECtanACE20tan3020311.6(米)
3
A
16
E CDEBAB-AE16-11.64.4(米)
②设点A的影子落到地面上某一点C,则在△ABC中,ACB30°,AB16米,所以C 20BCABcotACB16327.7(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B D 27.7米。
6、提示:由题意∠APB=∠BPC=∠CPA120°,设∠PBC=α,∠ABC60°
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则∠ABP60°-α,∴∠BAP=∠PBC=α, ∴△ABP∽△BPCBP2AP·PC BPAPPC4843
A 三、解答题
1、证明:如图延长ADE,使ADDE,连结BE
BDDCADDE,∠ADC=∠EDB ∴△ACD≌△EBD ACBE 在△ABE中,AEABBE,即2ADABAC AD2、答案提示:
B
D
C
1ABACE
2p
2在△ABC中,不妨设abc a+b>ca+b+c>2c p>2cc<另一方面cacb2ca+b 3cabcpcp
3因此
3、证明:①∵∠ACB90°,DEBCDFAC,∴DEACDEBC
从而∠ECF=∠DEC=∠DFC90°。
CD是角平分线 DEDF,即知四边形CEDF是正方形。 ②在RtAEDRtDFB中, DEBC ∴∠ADE=∠B RtAEDRtDFB ∴,即DE·DFAE·BF CD2DE2DF CD22DE2DF2DEDF2AEBF
4、解:这一问题等价于在123,……,2004中选k1个数,使其中任意三个数都不能成为三边互不相等的一个三角形三边的长,试问满足这一条件的k的最大值是多少?符合上述条件的数组,当k4时,最小的三个数就是123,由此可不断扩大该数组,只要加入的数大于或等于已得数组中最大的两个数之和,所以,为使k达到最大,可选加入之数等于已得数组中最大的两数之和,这样得:
1235813213455891442333776109871597
16个数,对符合上述条件的任数组,a1a2……an显然总有ai大于等于①中的第i个数,所以n16k1,从而知k的最小值为17

初中数学竞赛专项训练(9
(面积及等积变换)

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一、选择题:
1、如图9-1,在梯形ABCD中,ABCDACBD交于O,点PAB的延长线上,BPCD,则图形中面积相等的三角形有 A. 3 B. 4 C C D D C. 5 D. 6 G F 2如图9-2EF分别是矩形ABCD的边ABBCO B A E A P B 的中点,连AFCE,设AFCE交于点G,则等9-2 9-1 A. 5 6B. 4 5C. 3 4D. 2
33、设△ABC的面积为1D是边AB上一点,且四边形DECB的面积为 A. AD1,若在边AC上取一点E,使AB3
D.
1 23CE,则的值为 4EA11B. C.
34
1
5E F
C
B 4、如图9-3,在△ABC中,∠ACB90°,分别以ACAB为边,在△ABC外作正方形ACEF和正方形AGHB,作CKAB,分别ABGHDK,则正方形ACEF的面积S1及矩形AGKD的面积S2的大小关系是 A. S1S2 B. S1S2 C. S1S2
D. 不能确定,及A D G K H 9-3 D C B AC的大小有关
AB5、如图9-4,四边形ABCD中,∠A60°,∠B=∠D90°, A AD8AB7,则BC+CD等于 9-4 A. 63
B. 53
C. 43
D. 33
6如图9-5若将左边正方形剪成四块,恰能拼成右边的矩形,
a a b a1,则正方形的面积为 a b b
2b a A. B. C. D. (12
9-5

7、如图9-6,矩形ABCD中,ABaBCbMBC的中点,DEAME为垂足,DE=( A D A. B. C. D.
E C 8O为△ABC内一点,AOBOCO及其延长线把△ABC分成B M A 六个小三角形,它们的面积如图9-7所示,则SABC=( 9-6 24 / 38 B F 84 x E O y354030D 9-7 C
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A. 292 C. 322 二、填空题


B. 315 D. 357 1、如图9-8,梯形ABCD的中位线EF的长为a,高为h,则图中阴影部分的面积为___
2如图9-9若等腰三角形的底边上的高等于18cm腰上的中线等于15cm,则这个等腰三角形的面积等于____
B A G
M A E D B F C 9-8 C E 3、如图9-10,在△ABC中,CEEB12DEAC,若ABC的面积为S,则△ADE的面积为_____
D 9-9 C
A D 9-10 C B 4、如图9-11,已知DE分别是△ABC的边BCCA上的点,且BD4DC1AE5EC2。连结ADBE,它们相交于点P过点P分别作PQCAPRCB,它们分别及边AB交于点QR,则△PQR的面积及△ABC的面积之比为_____
5、如图9-12,梯形ABCD中,ADBCADBC25AFFDB 11BEEC23EFCD延长线交于G,用最简单的整数比来表示,SGFDSFEDSDEC=_____
6、如图9-13P是矩形ABCD内一点,若PA3PB4PC5,则PD=____
三、解答题
1、如图9-14,在矩形ABCD中,EBC上的点,A FCD上的点,SABESADF 求:的值。

2、一条直线截△ABC的边BCCAAB(或它们的延长线)于点DEF
F 25 / 38 E
B 9-14 A B A A E P D Q R 9-11 G A F D C B E 9-12 D P C 9-13 D 1S矩形ABCD
3
F
E
C
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求证:
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3、如图9-16,在 ABCD中,P1P2P3……Pn-1BDn等分点,连结AP2,并延长BC于点E,连结APn-2并延长交CD于点F ①求证:EFBD A ②设 ABCD的面积是S,若SAEF

B · 1 PE 9-16
3S,求n的值。
8P2
D · Pn-1 Pn-2 F C 4、如图9-17,△ABC是等腰三角形,∠C90°,O是△ABC内一点,点O到△ABC各边的距离等于1,将△ABC绕点O顺时针旋转45°得到△A1B1C1,两三角形的公共部分为多边形KLMNPQ
C ①证明:△AKL,△BMN,△CPQ都是等腰直角三角形。
P C1 ②求证:△ABC及△A1B1C1公共部分的面积。Q
A1 K A
L 9-17
· O
N
M B B1 27 / 38
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数学竞赛专项训练(9)参考答案
一、选择题:
1CSABCSABDSAODSBOCSACDSBCDSBCPSBCDSBCPSACD 2D。连结AC,有SAGC:SABC1:3,则 S四边形AGCDSAGCSACD1112S矩形ABCDS矩形ABCDS矩形ABCD 3223A D E B C 3B。如图联结BESADE=, 设,则SABE1x SADE
21x11x 3444A。解:S1ACS2ADAG,因为RtADCRtACB
所以,即ACADAB,又因为ABAG 所以S1ACADAGS2,所以应选A 5B。解:如图延长ADBC相交于E,在RtABE中,可求得AE14,于是DEAEAD=6,又BE3RtCDE中,可求得CD23CE43,于是BCBECE3BC+CD53
A
2
2
2
E
D
C 60°
B 6A。解:由右图及左图的面积相等,得b(bab(ab,已知a1,所以有b(2b1(b12b2b10(b12(352735 2228 / 38
历年初中数学竞赛试题精选
7A。解:由△ADE∽△ABM,得DEADABAMab1a2(b222ab4ab22
8B ∵,即 又∵,即 ∴,解之得
SABC84+40+30+35+70+56315 二、填空题 1。解:延长AFDC的延长线于M,则△ABF≌△MCF
AFFMSABFSCMF。∴S阴影SDFM,∵AFFM SADFSMDF S梯形ABCDah,∴。
2144。解:作MNBCN,∵AMMCMNAD,∴DNNC。∴,在RtBMN中,BM15MN9。∴BN12,而BDDC2DN,∴3DN12DN4,∴BC16SABC=3SADE11AD·BC×18×16144 222S。解:∵CEEB12,设CEk,则EB2k,∵DEAC
9
4BEBC2k3k23,∴,SBDES 921DEAC ∴,∴,则SADE SBDES 294004。解:过点EEFAD,且交BC于点F,则,所以
1089。因为PQCA,所以PQBPBDEABEBF445728
33于是。因为PQCAPRCB,所以∠QPR=∠ACB 因为△PQR∽△CABSPQRSCAB(PQ220400 (2CA3310895126。解:设AD2,则BC5FD1EC3 GFGEFDEC13GFFE12SGFDSFEDGFFE12 显然有SEFDSCEDFDEC13,∴SGFDSFEDSCED126 632。解:过点PAB的平行线分别交DABCEF,过PBC的平行线分29 / 38
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别交ABCDGH。设AGDHaBGCHbAEBFcDECFdAPacCPbdBPbcDPda
于是APCPBPDP,故DP2AP2CP2BP232524218DP32 三、解答题
1、设BCaCDb,由,得。∴BE2222222222
2
2
2
2
2
2211a ECa。同理FCb,∴3331111SCEFabab
2331812 S梯形AECD(ECADCDab
232115 SAEFS梯形AECDSCEFSADFabaabab
318318 ∴。
2、答案提示:连结BEAD,并把线段之比转化为两三角形面积之比;再约分。 3、解:①因ADBCABDC,所以Pn2FDPn2AB, P2BEP2DA 从而有APn2BPn2n2AP2DP2n2
Pn2FPn2D2P2EP2B2 所以EFBD ②由①可知,所以,同理可证 显然,所以FCDCDFDFn4 1DCDCDCn2 从而知,已知所以有
311n422(n423SS2S(S,即1 8n22n2n22(n228 解方程得n6
4、证明:①连结OCOC1,分别交PQNP于点DE,根据题意得∠COC145°。 ∵点OACBC的距离都等于1,∴OC是∠ACB的平分线。 ∵∠ACB90° ∴∠OCE=∠OCQ45°
同理∠OC1D=∠OC1N45° ∴∠OEC=∠ODC190° ∴∠CQP=∠CPQ=∠C1PN=∠C1NP45° ∴△CPQ和△C1NP都是等腰直角三角形。
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∴∠BNM=∠C1NP45° A1QK=∠CQP45° ∵∠B45° A145°
∴△BMN和△A1KQ都是等腰直角三角形。
∴∠B1ML=∠BMN90°,∠AKL=∠A1KQ90° ∴∠B145° A45°
∴△B1ML和△AKL也都是等腰直角三角形。

②在RtODC1RtOEC中, ODOE1,∠COC145°
OCOC12 CDC1E2-1 PQNP22-1)=22-2CQCPC1PC1N22-1)=22 SCPQ

1(222322
2延长COABH CO平分∠ACB,且ACBC CHAB CHCOOH2+1 ACBCA1C1B1C1221)=22 SABC1(222322
2A1QBN=(2+2)-(22-2)-(22)=2 KQMN
AK=(2+2)-(22)-22
222
S多边形KLMNPQSABC-SCPQ-SBMN-SAKL      =(322-(32211        422
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初中数学竞赛专项训练(10
(三角形的四心及性质、平移、旋转、覆盖)

一、填空题:
1G是△ABC的重心,连结AG并延长交边BCD,若△ABC的面积为6cm2
BGD的面积为(
E A. 2cm2 B. 3 cm2

A
3C. 1 cm2 D. cm2
22、如图10-1,在RtABC中,∠C90°,∠A30°,∠C的平分C B 10-1 线及∠B的外角的平分线交于E点,则∠AEB是(
A. 50° B. 45° C. 40° D. 35° 3、在△ABC中,∠ACB90°,∠A20°,如图10-2,将△B A ABC绕点C按逆时针方向旋转角α到∠ACB的位置,其B
D AB分别是AB的对应点,BAB上,CAABC α A D,则∠BDC的度数为(
10-2 A. 40° B. 45° C. 50° D. 60°
4、设G是△ABC的垂心,且AG6BG8CG10,则三角形的面积为( A. 58 B. 66 C. 72 D. 84 5、如图10-3,有一块矩形纸片ABCDAB8AD6,将纸片折叠,使AD边落在AB边上,折痕为AE,再将△AED沿DE向右翻折,AEBC的交点为F,△CEF的面积为( A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 D D B B B A A A
F

C D C C E
E 10-3
6、在△ABC中,∠A45°,BCa,高BECF交于点H,则AH=(
1 A. a B. C. a D. 2a
27、已知点I是锐角三角形ABC的内心,A1B1C1分别是点I关于BCCAAB的对32 / 38
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称点,若点B在△A1B1C1的外接圆上,则∠ABC等于( A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
8、已知ADBECF是锐角△ABC三条高线,垂心为H,则其图中直角三角形的个数是( A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 二、填空题
A 1、如图10-4I是△ABC的内心,∠A40°,则∠CIB=__ 2在凸四边形ABCD中,已知ABBCCDDA2231B 且∠ABC90°,则∠DAB的度数是_____
3如图10-5在矩形ABCD中,AB5BC12将矩形ABCD沿对角线对折,然后放在桌面上,折叠后所成的图形覆盖桌面的面积是_______
A B D C I D 10-4
C E D
10-5 4、在一个圆形时钟的表面,OA表示秒针,OB表示分针(O为两针的旋转中心)若现在时间恰好是12点整,则经过____秒钟后,△OAB的面积第一次达到最大。 5、已知等腰三角形顶角为36°,则底及腰的比值等于______
6、已知AM是△ABCBC边上的中线,P是△ABC的重心,过PEFEFBC分别交ABACEF,则=________
三、解答题
1、如图10-6,在正方形ABCD的对角线OB上任取一点E,过DAE的垂线及OAF。求证:OEOF 33 / 38
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2、在△ABC中,DAB的中点,分别延长CACB到点EF,使DEDF,过EF分别作CACB的垂线相交于P,设线段PAPB的中点分别为MN
C 求证:①△DEM≌△DFN ②∠PAE=∠PBF D A B
E

F M
N

P
10-7



3、如图10-8,在△ABC中,ABAC,底角B的三等分线交高线ADMN,边CN并延长交ABE A 求证:EMBN M E B N D 10-8 C 34 / 38
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4、如图10-9,半径不等的两圆相交于AB两点,线段CD经过点A,且分别交两于CD两点,连结BCCD,设PQK分别是BCBDCD中点MN分别是弧BC和弧BD的中点。
A 求证:① K C D ②△KPM∽△NQKP Q M B N 35 / 38 10-9
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数学竞赛专项训练(10)参考答案

一、选择题 1、解:SBGD111SABDSABC1(cm2。选C 3322、解:在RtABC中,∠C90°,∠A30°,则∠ABC60°,因为EB是∠B外角的平分线,所以∠ABE60°,因为E是∠C的平分线及∠B的平分线的交点,所以E点到CB的距离等于EAB的距离,也等于E点到CA的距离,从而AEA的外角的平分线。
所以,∠AEB180°-60°-75°=45°。应选B
3、解:依题意在等腰三角形BCB中,有∠BCB=α,∠B′=90°-20°=70°。 所以α=180°-2×70°=40°,即∠DCA=α=40°, 从而∠BDC=∠DCAA40°+20°=60°。应选D 4、解:设AD为中线,则DG SGBCSCGG1AG3,延长GDG′,DGDG′=3
2
18624   SABC3SGBC72。应选C
25、解:由折叠过程知,DEAD6,∠DAE=∠CEF45°,所以△CEF是等腰直角三角形,且EC862,所以SCEF2。故选A
6、解:取△ABC的外心及BC中点M,连OBOCOM,由于∠A45°,故∠BOC90°,OM1a,由于AH2OMAHa。应选C
27、解:因为IA1IB1IC12rr为△ABC的内切圆半径),所以I点同时是△A1B1C1的外接圆的圆心,设IA1BC的交点为D,则IBIA12ID,所以∠IBD30°。同理,∠IBA30°,于是∠ABC60°。故选C
8、图中有6个直角,每一个直角对应两个直角三角形,共有12个直角三角形:△ADBADC、△BEA、△CFA、△CFB、△HDB、△HDC、△HEC、△HEA、△HFA BEC、△HFB。故选D

二、填空题
BICBIDDIC(1、解:ABACA(902222240   901102
2、解:连AC,即ADa,则在等腰RtABC ACABBC8a(3aaCDAD
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有∠CAD90° DAB=∠DAC+∠CAB90°+45°=135°。 3、解:设折叠后所成圆形覆盖桌面的面积为S,则:
SSABCSAD1CSAECS矩形ABCDSAEC
SAEC15ABECEC222
RtABERtCD1E ECAE 222 ECx,则ABBEx,即5(12xx
2
2 解得:x16951698458452035   SAEC  S5122422448484811OAhOAOB 224、解:答:
OA边上的高为h,则hOB,所以SOAB OAOB时,等号成立,此时△OAB的面积最大。
设经过t秒时,OAOB第一次垂直,又因为秒针1秒钟旋转6度,分针1秒钟旋0.1度,于是(60.1t90,解得t=
5、解:设等腰三角形底边为a,腰为b,作底角∠B的平分线交ACD,则 B1(1803670 ∴△BCD、△DAB均为等腰三角形。
2BCCDaba   即ABBCbaab51(取正)
2
A
G E B BDADBCa,而CDba 由△BCD∽△ABC 则有((10  解得ab2ab6、解:如图分别过BC两点作BGCK平行于AM交直线EFBEBGCECK   AEAPAFAP1 两式相加 又梯形BCKG中,PMBG+CK,而由P2GK,则有重心得AP2PM

三、解答题
1、证明:∵正方形ABCD OADE DFAE F是△DAE的垂心
37 / 38 D M F K C
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EFAD EFAB OAOB OEOF 2、证明:①如图,据题设可知DM平行且等于BNDN平行且等于AM ∴∠AMD=∠BND MN分别是RtAEPRtBFP斜边的中点

EMAMDN FNBNDM 又已知DEDF ∴△DEM≌△DFN ②由上述全等三角形可知∠EMD=∠FND ∴∠AME=∠BNF 而△AME、△BNF均为等腰三角形 ∴∠PAE=∠PBF
A 3、证明:连结MC ABBCADBC ∴∠1=∠2=∠3 ∵∠4=∠5=∠6 又∵∠7=∠8 M是△AEC的内心 7 8 EM是∠AEN的平分线
M 又∵∠EBN2NBD21 E ENB=∠NBD+∠421 3 N 5 6 2 EBEN ENBN 1 4 B D
C 4、证明:①如图: 因为MBC的中点,PBC的中点,所以MPBC,∠BPM90°,连结AB则有∠PBM111CAB180°-∠DAB90°-DAB22290°-∠NBD=∠QNB
所以RtBPMRtNQB。于是有 ②因为KPBD,且KP1BDBQ,所以,四边形PBQK是平行四边形。于是,2BPKQ BQKP 由式①得。又∠KPM=∠KPB90°=∠KQB90°=∠NQK,所以△KPM∽△NQK

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