初中数学竞赛试题精选1

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 ，然而实际情况并不理想，甲厂仅有 的产品，乙厂仅有 的产品销到了济南，两厂的产品仅占了济南市场同类产品的 ，则甲厂该产品的年产量与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、时钟在四点与五点之间，在＿＿＿＿＿＿＿时刻（时针与分针）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%，则钱先生实际上按＿＿＿＿＿%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， 天完成，需付180000元；由乙、丙两队承包， 天完成，需付150000元；由甲、丙两队承包， 天完成，需付160000元，现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？ 3、8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，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 1、D。　解：设甲的速度为 千米/时，乙的速度为 千米/时，根据题意知，从出发地点到A的路程为 千米，到B的路程为 千米，从而有方程： 　　 ，化简得 ，解得 不合题意舍去）。应选D。 2、C。　解：第k档次产品比最低档次产品提高了（k－1）个档次，所以每天利润为 　　 　　所以，生产第9档次产品获利润最大，每天获利864元。 3、C。　解：若这商品原来进价为每件a元，提价后的利润率为 ， 　　则 解这个方程组，得 ，即提价后的利润率为16%。 4、B。解：设甲乙合作用 天完成。 　　由题意： ，解得 。故选B。 5、A。解：A与B比赛时，A胜2场，B胜0场，A与B的比为2∶0。就选A。 6、A。解：设从起点到终点S千米，甲走(s+a)千米时，乙走x千米 　　 7、B。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 。 8、C。解：设A、B、C各人的年龄为A、B、C，则A＝B+C+16　① 　A2＝（B＋C）2+1632　②　由②可得（A＋B＋C）（A－B－C）＝1632　③，由①得A－B－C＝16　④，①代入③可求得A＋B＋C＝102 二、填空题 1、2∶1。解甲厂该产品的年产量为 ，乙厂该产品的年产量为 。 　　　则： ，解得 2、3520。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400×9＝3600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+50＝330人，而6辆甲种客车，2辆乙种客车只能乘坐40×6+50×2＝340人，5辆甲种客车，3辆乙种客车只能乘坐40×5+50×3＝350人，4辆甲种客车，4辆乙种客车只能乘坐40×4+50×4＝360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+480×4＝3520元。 3、4点 分或4点 分时，两针在同一直线上。 　解：设四点过 分后，两针在同一直线上， 　　若两针重合，则 ，求得 分， 　　若两针成180度角，则 ，求得 分。 　所以在4点 分或4点 分时，两针在同一直线上。 4、20.3。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 5、共11次。 6、30岁、15岁、22岁。 　解：设甲、乙、丙的年龄分别为 岁、 岁、 岁，则 　 　显然 是两位数，而13＝4+9＝5+8＝6+7 　∴ 只能等于67　④。由①②④三式构成的方程组，得 ， ， 。 三、解答题 1、设甲、乙、丙单独承包各需 、 、 天完成， 　则 解得 　再设甲、乙、丙单独工作一天，各需 、 、 元， 　则 ，解得 　于是，甲队单独承包费用是45500×4＝182000（元），由乙队单独承包费用是29500×6＝177000（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 辆，在生产厂最后少供的6辆车中，甲少要了 辆（ ），乙少要了（ ）辆，则有 　 ，整理后得 。 　当 时， 最大，为90；当 时， 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，另一辆车将车内的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 ，根据题意，有 　 　解得 ，因此这8个人全部到火车站所需时间为 　 　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个人，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AC＝BD＝y，有 　 解得 。因此这8个人同时到火车站所需时间为 　 ，故此方案可行。 4、解：假定排除故障花时 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 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，由此汽车由C到B应花 （分钟），一个来回省下8分钟，所以有 -8＝30　 ＝38　即汽车在途中排除故障花了38分钟。 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，还要按净胜球排序，一个队要保证出线，这个队至少要积 （　　） 　A. 6分 B. 7分 C. 8分 D. 9分 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，由另一个与胜者比赛，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局 B. 1局 C. 2局 D. 3局 3、已知四边形ABCD从下列条件中①AB∥CD　②BC∥AD　③AB＝CD　④BC＝AD　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种 B. 9种 C. 13种 D. 15种 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种 B. 2种 C. 4种 D. 0种 5、正整数n小于100，并且满足等式 ，其中 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个学生跳舞……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： 　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A，1，2，3，……J，Q，K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0、1、2、3、4、5、6、7、8、9十个数字一共可组成＿＿＿＿＿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。 三、解答题 1、今有长度分别为1、2、3、……、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1，2或3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+3＝8，而甲、乙胜局数为4+3＝7，故丙胜局数为8-7＝1，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k，k+1，k+2……k+（n－1）。由题意 ，即 ，因k、n都是正整数，且n≥3，所以 ，且n与 的奇偶性相同，将200分解质因数可知n＝5或n＝8，当n=5时，k=18，当n=8时，k＝9，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|n，3|n，6|n，即n是6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，∴x＝7，20-7＝13。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+1＝13。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+33×4＝1+4+12+36+108＝161（个） 2、解：根据题意，如果扑克牌的张数为2、22、23、……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108-64＝44（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88-54-2-26＝6，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9×10×2＝180。 4、解：设放在三个盒子里的球数分别为 、 、 ，球无区别，盒子无区别，故可令 ，依题意有 ，于是 ， ，故x只有取3、4、5、6、7共五个值。 　① 时， ，则 只取3、2，相应 取1、2，故有2种放法； 　② ＝4时， 3，则 只取3、2，相应 取0、1，故有2种放法； 　③ ＝5时， 2，则 只取2、1，相应 取1、0，故有2种放法； 　④ ＝6时， 1，则 只取1，相应 取0，故有1种放法； 　⑤ ＝7时， 0，则 只取0，相应 取0，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，甲做与之中心对称的改动，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+……9＝45，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。 　7＝1+6＝2+5＝3+4 　8＝1+7＝2+6＝3+5 　9+1＝8+2＝7+3＝6+4 　9+2＝8+3＝7+4＝6+5 　9＝1+8＝2+7＝3+6＝4+5 　故边长为7、8、10、11的正方形各一个，共4个。而边长为9的边可有5种可能能组成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50至100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： 　4（50＋51＋52＋……＋100）＝4× ＝15300＜15301，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（4－x）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、解析在研究与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AB、AC、AD、AE、AF、AG且均为红色。 　若B、C、D、E、F、G这六个点中有两点连线为红线，设这两点为B、C，则△ABC是一个三边同为红色的三角形。 　若B、C、D、E、F、G这六点中任两点的连线不是红色，则考虑5条线段BC、BD、BE、BF、BG的颜色只能是两种，必有3条线段同色，设为BC、BD、BE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，要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AB＝10，P是线段AB上任意一点，在AB的同侧分别以AP和PB为边作两个等边三角形APC和BPD，则线段CD的长度的最小值是 （　　） 　A. 4 B. 5 C. 6 D. 2、如图8-2，四边形ABCD中∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，AD＝8，AB＝7，　　　　　　则BC＋CD等于 （　　） 　A. B. 5 C. 4 D. 3 3、如图8-3，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. B. C. D. 4、已知△ABC的三个内角为A、B、C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AD＝9cm，宽AB＝3cm，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后DE的长和折痕EF的长分别为 （　　） 　A. 4cm B. 5cm C. 4cm D. 5cm 6、一个三角形的三边长分别为a，a，b，另一个三角形的三边长分别为a，b，b，其中a>b，若两个三角形的最小内角相等，则 的值等于 （　　） 　A. B. C. D. 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 D. 5 8、若函数 与函数 的图象相交于A，C两点，AB垂直x轴于B，则△ABC的面积为 （　　） 　A. 1 B. 2 C. k D. k2 二、填空题 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a，b，则d与 的大小关系是＿＿＿＿＿＿＿ 2、如图8-5，AA′、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3、5、7、9、11，将其中不同的三个数组成三数组，比如（3、5、7）、（5、9、11）……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8-6，P是矩形ABCD内一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则PD＝＿＿＿＿＿＿＿ 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＿＿＿＿＿＿米。 6、如图8-8，在△ABC中，∠ABC＝60°，点P是△ABC内的一点，使得∠APB＝∠BPC＝∠CPA，且PA＝8，PC＝6，则PB＝＿＿ 三、解答题 1、如图8-9，AD是△ABC中BC边上的中线，　　　　　求证：AD＜ （AB+AC） 2、已知一个三角形的周长为P，问这个三角形的最大边长度在哪个范围内变化？ 3、如图8-10，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是角平分线，DE∥BC交AC于点E，DF∥AC交BC于点F。 求证：①四边形CEDF是正方形。 ②CD2＝2AE·BF 4、从1、2、3、4……、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？ 数学竞赛专项训练（8）参考答案 一、选择题 1、如图过C作CE⊥AD于E，过D作DF⊥PB于F，过D作DG⊥CE于G。 显然DG＝EF＝ AB＝5，CD≥DG，当P为AB中点时，有CD＝DG＝5，所以CD长度的最小值是5。 2、如图延长AB、DC相交于E，在Rt△ADE中，可求得AE＝16，DE＝8 ，于是BE＝AE－AB＝9，在Rt△BEC中，可求得BC＝3 ，CE＝6 ，于是CD＝DE－CE＝2 　BC＋CD＝5 。 3、由已知AD+AE+EF+FD＝EF+EB+BC+CF　 　　∴AD+AE+FD＝EB+BC+CF＝ 　　∵EF∥BC，∴EF∥AD， 　　设 ， 　　AD+AE+FD＝3+ 　∴ 　　解得k＝4 　　作AH∥CD，AH交BC于H，交EF于G， 则GF＝HC＝AD＝3，BH＝BC－CH＝9-3＝6 ∵ ，∴ 　∴ 4、假设α、β、γ三个角都是锐角，即α＜90°，β＜90°，γ＜90°，也就是A+B＜90°，B+C＜90°，C+A＜90°。∵2（A+B+C）＜270°，A＋B＋C＜135°与A＋B＋C＝180°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A＋B＜90°，C＋A＜90°，∴A＋(A＋B＋C)<180°，即A+180°＜180°，A＜0°这也不可能，所以α、β、γ中至多只有一个锐角，如A＝20°，B＝30°，C＝130°，α＝50°，选A。 5、折叠后，DE＝BE，设DE＝x，则AE＝9－x，在Rt△ABC中，AB2＋AE2＝BE2，即 ，解得x＝5，连结BD交EF于O，则EO＝FO，BO＝DO 　　∵ 　∴DO＝ 　　在Rt△DOE中，EO＝ 　∴EF＝ 。选B。 6、设△ABC中，AB＝AC＝a，BC＝b，如图D是AB上一点，有AD＝b，因a>b，故∠A是△ABC的最小角，设∠A＝Q，则以b,b,a为三边之三角形的最小角亦为Q，从而它与△ABC全等，所以DC＝b，∠ACD＝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 ，解得 。选B。 7、C。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，又因为内角与外角互补，因此，内角中锐角最多不能超过3个，实际上，容易构造出内角中有三个锐角的凸10边形。 8、A。设点A的坐标为（ ），则 ，故△ABO的面积为 ，又因为△ABO与△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AB和CD的中点分别为M、N，MN＝d，另一组对边是AD和BC，其长度分别为a、b，连结BD，设P是BD的中点，连结MP、PN，则MP＝ ，NP＝ ，显然恒有 ，当AD∥BC，由平行线等分线段定理知M、N、P三点共线，此时有 ，所以 与 的大小关系是 。 2、12°。设∠BAC的度数为x，∵AB＝BB′ ∴∠B′BD＝2x，∠CBD＝4x 　　∵AB＝AA′　∴∠AA′B＝∠AB A′＝∠CBD＝4x　∵∠A′AB＝ 　　∴ ，于是可解出x＝12°。 3、以3，5，7，9，11构成的三数组不难列举出共有10组，它们是（3，5，7）、（3，5，9）、（3，5，11）、（3，7，9）、（3，7，11）、（3，9，11）、（5，7，9）、（5，7，11）、（5，9，11）、（7，9，11）。由3+5＜9，3+5＜11，3+7＜11可以判定（3，5，9）、（3，5，11）、（3，7，11）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P作AB的平行线分别交DA、BC于E、F，过P作BC的平行线分别交AB、CD于G、H。 　　设AG＝DH＝a，BG＝CH＝b，AE＝BF＝c，DE＝CF＝d， 则 于是 ，故 ， DP＝3 5、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。 所以AE＝EC （米）。 　CD＝EB＝AB-AE＝16-11.6＝4.4（米） ②设点A的影子落到地面上某一点C，则在△ABC中，∠ACB＝30°，AB＝16米，所以 （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。 6、提示：由题意∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，设∠PBC＝α，∠ABC＝60° 　　则∠ABP＝60°－α，∴∠BAP＝∠PBC＝α， ∴△ABP∽△BPC， ，BP2＝AP·PC 三、解答题 1、证明：如图延长AD至E，使AD＝DE，连结BE。 ∵BD＝DC，AD＝DE，∠ADC＝∠EDB ∴△ACD≌△EBD　∴AC＝BE 在△ABE中，AE＜AB＋BE，即2AD＜AB＋AC　∴AD＜ （AB＋AC） 2、答案提示： 在△ABC中，不妨设a≤b≤c　∵a+b>c a+b+c>2c　即p>2c c< ， 另一方面c≥a且c≥b 2c≥a+b　∴3c 。 因此 3、证明：①∵∠ACB＝90°，DE∥BC，DF∥AC，∴DE⊥AC，DE⊥BC， 从而∠ECF＝∠DEC＝∠DFC＝90°。 ∵CD是角平分线　∴DE＝DF，即知四边形CEDF是正方形。 ②在Rt△AED和Rt△DFB中，　∵DE∥BC　∴∠ADE＝∠B ∴Rt△AED∽Rt△DFB ∴ ，即DE·DF＝AE·BF　∵CD＝ DE＝ DF， ∴ 4、解：这一问题等价于在1，2，3，……，2004中选k－1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k＝4时，最小的三个数就是1，2，3，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： 　　1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597　① 　　共16个数，对符合上述条件的任数组，a1，a2……an显然总有ai大于等于①中的第i个数，所以n≤16≤k－1，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）　 一、选择题： 1、如图9-1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AC与BD交于O，点P在AB的延长线上，且BP＝CD，则图形中面积相等的三角形有 （　　） 　A. 3对 B. 4对 　C. 5对 D. 6对 2、如图9-2，点E、F分别是矩形ABCD的边AB、BC的中点，连AF、CE，设AF、CE交于点G，则 等于 （　　） 　A. B. C. D. 3、设△ABC的面积为1，D是边AB上一点，且 ＝ ，若在边AC上取一点E，使四边形DECB的面积为 ，则 的值为 （　　） 　A. B. C. D. 4、如图9-3，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、AB为边，在△ABC外作正方形ACEF和正方形AGHB，作CK⊥AB，分别交AB和GH于D和K，则正方形ACEF的面积S1与矩形AGKD的面积S2的大小关系是　　　　　　　　　　　　　　（　　） 　A. S1＝S2 B. S1＞S2 　C. S1＜S2 D. 不能确定，与 的大小有关 5、如图9-4，四边形ABCD中，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，　　　AD＝8，AB＝7，则BC+CD等于　　　　　　　　　　（　　） 　A. B. 5 C. 4 D. 3 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，设a＝1，则正方形的面积为　　　　　　　　（　　） 　A. 　B. 　C. D. 7、如图9-6，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，M是BC的中点，DE⊥AM，E为垂足，则DE＝（　　　） 　A. B. 　C. D. 8、O为△ABC内一点，AO、BO、CO及其延长线把△ABC分成六个小三角形，它们的面积如图9-7所示，则S△ABC＝（　　） 　A. 292 B. 315 　C. 322 D. 357 二、填空题 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＿＿＿＿ 3、如图9-10，在△ABC中，CE∶EB＝1∶2，DE∥AC，若△ABC的面积为S，则△ADE的面积为＿＿＿＿＿ 4、如图9-11，已知D、E分别是△ABC的边BC、CA上的点，且BD＝4，DC＝1，AE＝5，EC＝2。连结AD和BE，它们相交于点P，过点P分别作PQ∥CA，PR∥CB，它们分别与边AB交于点Q、R，则△PQR的面积与△ABC的面积之比为＿＿＿＿＿ 5、如图9-12，梯形ABCD中，AD∥BC，AD∶BC＝2∶5，AF∶FD＝1∶1，BE∶EC＝2∶3，EF、CD延长线交于G，用最简单的整数比来表示，S△GFD∶S△FED∶S△DEC＝＿＿＿＿＿ 6、如图9-13，P是矩形ABCD内一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则PD＝＿＿＿＿ 三、解答题 1、如图9-14，在矩形ABCD中，E是BC上的点，F是CD上的点，S△ABE＝S△ADF＝ S矩形ABCD。 　　求： 的值。 2、一条直线截△ABC的边BC、CA、AB（或它们的延长线）于点D、E、F。 　　求证： 3、如图9-16，在　ABCD中，P1、P2、P3……Pn-1是BD的n等分点，连结AP2，并延长交BC于点E，连结APn-2并延长交CD于点F。 　①求证：EF∥BD 　②设　ABCD的面积是S，若S△AEF＝ S，求n的值。 4、如图9-17，△ABC是等腰三角形，∠C＝90°，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。 　①证明：△AKL，△BMN，△CPQ都是等腰直角三角形。 　②求证：△ABC与△A1B1C1公共部分的面积。 数学竞赛专项训练（9）参考答案 一、选择题： 1、C。 2、D。连结AC，有 ，则 　 。 3、B。如图联结BE， ＝ ， 　　设 ，则 　　 　　∴ 4、A。解： ，因为 ， 所以 ，即 ，又因为AB＝AG， 所以 ，所以应选A。 5、B。解：如图延长AD，BC相交于E，在Rt△ABE中，可求得AE＝14，于是DE＝AE，AD=6，又BE＝ ，在Rt△CDE中，可求得CD＝2 ，CE＝4 ，于是BC＝BE－CE＝ ，BC+CD＝5 。 6、A。解：由右图与左图的面积相等，得 ，已知 ，所以有 ，即 ，解得 ，从而正方形的面积为 。 7、A。解：由△ADE∽△ABM，得DE＝ 8、B。 　　∵ ，即 　又∵ ，即 　∴ ，解之得 　∴S△ABC＝84+40+30+35+70+56＝315。 二、填空题 1、 。解：延长AF交DC的延长线于M，则△ABF≌△MCF， 　　∴AF＝FM，S△ABF＝S△CMF。∴S阴影＝S△DFM，∵AF＝FM　∴S△ADF＝S△MDF 　　∴ 　∵ ，∴ 。 2、144。解：作MN⊥BC于N，∵AM＝MC，MN∥AD，∴DN＝NC。∴ ，在Rt△BMN中，BM＝15，MN＝9。∴BN＝12，而BD＝DC＝2DN，∴3DN＝12，DN＝4，∴BC＝16，S△ABC= AD·BC＝ ×18×16＝144。 3、S△ADE＝ S。解：∵CE∶EB＝1∶2，设CE＝k，则EB＝2k，∵DE∥AC， 而BE∶BC＝2k∶3k＝2∶3，∴ ，S△BDE＝ S ∵DE∥AC　∴ ，∴ ，则S△ADE＝ S△BDE＝ S 4、 。解：过点E作EF∥AD，且交BC于点F，则 ，所以 。因为PQ∥CA，所以 于是 。因为PQ∥CA，PR∥CB，所以∠QPR＝∠ACB， 因为△PQR∽△CAB故 。 5、1∶2∶6。解：设AD＝2，则BC＝5，FD＝1，EC＝3 　　　∵GF∶GE＝FD∶EC＝1∶3，GF∶FE＝1∶2，S△GFD∶S△FED＝GF∶FE＝1∶2 　　　显然有S△EFD∶S△CED＝FD∶EC＝1∶3，∴S△GFD∶S△FED∶S△CED＝1∶2∶6。 6、3 。解：过点P作AB的平行线分别交DA、BC于E、F，过P作BC的平行线分别交AB、CD于G、H。设AG＝DH＝a，BG＝CH＝b，AE＝BF＝c，DE＝CF＝d，则 ， 　　于是 ，故 ，DP＝3 。 三、解答题 1、设BC＝a，CD＝b，由 ，得 。∴BE＝ a，　则EC＝ a。同理FC＝ b，∴ 。 　　∵ ， 　　∴ 　　∴ 。 2、答案提示：连结BE、AD，并把线段之比转化为两三角形面积之比；再约分。 3、解：①因AD∥BC，AB∥DC，所以 　从而有 　即 　　所以EF∥BD 　　②由①可知 ，所以 ，同理可证 　　显然 ，所以 ， 　　从而知 ，已知 所以有 　　 ，即 　　解方程得n＝6。 4、证明：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＝ 　　∴CD＝C1E＝ -1 ∴PQ＝NP＝2（ -1）＝2 -2，CQ＝CP＝C1P＝C1N＝ （ -1）＝2－ ∴ 延长CO交AB于H ∵CO平分∠ACB，且AC＝BC ∴CH⊥AB，　∴CH＝CO＋OH＝ +1 ∴AC＝BC＝A1C1＝B1C1＝ （ ＋1）＝2＋ ∴ ∵A1Q＝BN＝（2+ ）－（2 -2）－（2－ ）＝2 ∴KQ＝MN＝ ＝ ∴ ∵AK＝（2+ ）－（2－ ）－ ＝ ∴ 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： 1、G是△ABC的重心，连结AG并延长交边BC于D，若△ABC的面积为6cm2，　则△BGD的面积为（　　　） 　A. 2cm2 B. 3 cm2 C. 1 cm2 D. cm2 2、如图10-1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，∠C的平分线与∠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，∠ACB＝90°，∠A＝20°，如图10-2，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转角α到∠A’C’B’的位置，其中A’、B’分别是A、B的对应点，B在A’B’上，CA’交AB于D，则∠BDC的度数为（　　　） 　A. 40° B. 45° C. 50° D. 60° 4、设G是△ABC的垂心，且AG＝6，BG＝8，CG＝10，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ABCD，AB＝8，AD＝6，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，AE与BC的交点为F，△CEF的面积为（　　　） 　A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6、在△ABC中，∠A＝45°，BC＝a，高BE、CF交于点H，则AH＝（　　　） 　A. B. C. a D. 7、已知点I是锐角三角形ABC的内心，A1、B1、C1分别是点I关于BC、CA、AB的对称点，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AD、BE、CF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 1、如图10-4，I是△ABC的内心，∠A＝40°，则∠CIB＝＿＿ 2、在凸四边形ABCD中，已知AB∶BC∶CD∶DA＝2∶2∶3∶1，且∠ABC＝90°，则∠DAB的度数是＿＿＿＿＿ 3、如图10-5，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，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＿＿＿＿＿＿＿ 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°，则底与腰的比值等于＿＿＿＿＿＿ 6、已知AM是△ABC中BC边上的中线，P是△ABC的重心，过P作EF（EF∥BC），分别交AB、AC于E、F，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D作AE的垂线与OA交于F。求证：OE＝OF 2、在△ABC中，D为AB的中点，分别延长CA、CB到点E、F，使DE＝DF，过E、F分别作CA、CB的垂线相交于P，设线段PA、PB的中点分别为M、N。 　求证：①△DEM