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初中数学竞赛决赛试题分析及答案试题一：几何问题题目：在一个直角三角形ABC中，已知∠C=90°，AB为斜边，AC=5cm，BC=12cm，求斜边AB的长度。
分析：此题考查了勾股定理的应用。
根据勾股定理，直角三角形的斜边的平方等于两直角边的平方和。
解答：根据勾股定理，AB² = AC² + BC²。
将已知数值代入公式，得到AB² = 5² + 12² = 25 + 144 = 169。
因此，AB = √169 =13cm。
试题二：代数问题题目：若x² - 5x + 6 = 0，求x的值。
分析：此题考查了解一元二次方程的能力。
可以通过因式分解法求解。
解答：首先对方程进行因式分解，得到(x - 2)(x - 3) = 0。
由此可知，x的值为2或3。
试题三：数列问题题目：一个等差数列的前三项分别为2, 5, 8，求这个数列的第10项。
分析：此题考查了等差数列的通项公式。
已知数列的前三项，可以求出公差，进而求出第10项。
解答：首先求出公差d，d = 5 - 2 = 3。
根据等差数列的通项公式，an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，an为第n项。
将已知数值代入公式，得到a10 = 2 + (10 - 1) * 3 = 2 + 27 = 29。
试题四：组合问题题目：从5个不同的球中选出3个，有多少种不同的选法？分析：此题考查了组合数的计算。
从n个不同元素中选出m个元素的组合数可以用公式C(n, m) = n! / [m! * (n - m)!]来计算。
解答：根据组合数公式，C(5, 3) = 5! / [3! * (5 - 3)!] = (5 * 4 * 3 * 2 * 1) / [(3 * 2 * 1) * (2 * 1)] = 10。
试题五：概率问题题目：一个袋子里有3个红球和5个蓝球，随机取出2个球，求取出的两个球都是红球的概率。
一道数学竞赛题的解题思考相似是初中数学学习的一个重要知识点，也数学问题解决时常用的数学方法，下面的这道赛题就能证明这一点.笔者现将自己对一道几何竞赛填空题的解法探究整理成文，期待同行指正.一、原题呈现 题目如图1，在ABC △中，D 为BC 边上一点，E 为线段AD 上一点，延长BE 交AC 于点F 。
若25BD BC =，12AE AD =，则AFAC= .(2016年“大梦杯”福建省初中数学竞赛题)二、探寻解法过程思路1：过点C 构造平行线，构造相似解题解法1 ：如图2，过点C 作CG BF ∥交AD 的延长线于点G ，则AF AEAC AG=. 因为CG BE ∥，所以DGC DEB △∽△，所以32DG DC DE DB ==， 所以37222AG AD DG DE DE DE =+=+=，所以27AF AE DE AC AG AG ===.解法2 ：如图3，过点C 作CG ∥AD 交BF 的延长线于点G ，所以△BDE ∽△BCG ，所以DE CG =25BD BC =, 由CG ∥AD ，所以△AEF ∽△CGF ，所以AE AF CG FC =,因为12AE AD =，所以AE=DE ，所以AF FC =BD BC 25,所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.【评析】解答时，做到了三合一即相似三角形的性质，平行线分线段成比例定理，比例的基本性质，熟练选择，才能灵活应用，巧妙解题.思路2：过点D 构造平行线，构造相似解题解法3 ：如图4，过点D 作DG ∥AC 交BF 于点G ，所以△BDG ∽△BCF ，所以DG FC =25BD BC =, 由DG ∥AC ，所以△DGE ∽△AFE ，所以DG DE AF AE =,因为12AE AD =，所以DG DEAF AE==1，所以DG=AF ，所以AF FC =25,所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.解法4 ：如图5， 过点D 作DG ∥BF 交AC 于点G ，所以△AEF ∽△ADG ，所以AE AFED FG=, 因为12AE AD =，所以AE AFED FG==1，所以FG=AF ， 由DG ∥BF ，所以FG BD FC BC =,因为25BD BC =，所以FG FC =25,所以AF FC =25, 所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.【评析】构造平行线不是盲目的，而是围绕能将已有图形分解出熟悉的“A ’字型，”8“字型两种三角形相似的模型图形来，为解题提供有力支撑.思路3：过点B 构造平行线，构造相似解题解法5 ： 如图6，过点B 作BG ∥AC 交AD 的延长线于点G ，所以△BGD ∽△CAD ，所以BG DG BD AC AD DC ==,因为25BD BC =，所以BD DC =23,所以BG AC =23，DG AD =23，所以DC=23AD ， 由BG ∥AF ，所以△BGE ∽△FAE ，BG GE AF AE =,因为12AE AD =，所以AE=ED=12AD ，所以213212AD AD BG AF AD +==73,所以BG=73AF ，所以73AFAC =23，所以AF AC =27. 解法 6 ： 如图7，过点B 作BG ∥AD 交AC 的延长线于点G ，所以△ACD ∽△GCB ，所以AC CD AD CG CB BG ==,因为25BD BC =，所以CD BC =35,所以AC CG =35=AD BG ，所以AC=35CG ，由BG∥AD，所以AG BDCG BC=,所以AGCG=25，所以AG=25CG，由BG∥AD，所以12AF AE ADFG BG BG==,所以AFFG=3152⨯=310，所以AF=310FG，因为AF=FG-AG,所以AF=103AF-AG,所以AG=73AF，所以AF=37AG=37×25CG=635CG，所以AFAC=63535CGCG=27.思路4：过点A构造平行线，构造相似解题解法7：如图8，过点A作AG∥BC交BF的延长线于点G，所以△AGE∽△DBE，所以AG AEBD ED=,因为12AEAD=，所以AG=BD，由AG∥BC，所以△AGF∽△CBF，AG AFBC FC=, 因为AG=BD，所以BD AFBC FC=,因为25BDBC=，所以AFFC=25，所以AFAC=27.解法8：如图9，过点A作AG∥BF交CB的延长线于点G，所以AFAC=GBGC,由AG∥BF，所以AE GBED BD=, 因为12AEAD=，所以BG=BD，因为25BDBC=，所以BC=52BD，所以AFAC=GBGC=52BDBD BD+=27.思路5：过点F构造平行线，构造相似解题解法9 ：如图10，过点F作FG∥AD交BC于点G，所以△FCG∽△ACD，所以FG FC CG AD AC CD==,由FG∥AD，所以△BDE∽△BGF，DE BDFG BG=,因为12AEAD=,所以2AD BDFG BG=,所以CDCG2BDBG=,所以2BG BDCG CD=,因为25BDBC=，所以BDDC=23，所以BG=43CG，所以BD+DG=43(CD-DG),所以DG=27CD，由FG∥AD，得AFAC=27CDDGDC CD=-27.解法10 ：如图11，过点F作FG∥BC交AD于点G，所以△AGF∽△ADC，所以AG AF FGAD AC CD==,由FG∥BC，所以△FGE∽△BDE，FG GEBD ED=,因为12AEAD=,所以2FG GEBD AD=,所以BDDC2AGGE=,因为25BDBC=，所以BDDC=23，所以AG=43GE，所以AE-GE=43GE，所以AE=73GE，所以AD=2AE=143GE，所以AFAC=43143GEAGAD GE=-27.【评析】三角形ABC外围上的所有点，都能通过构造平行线，转化成模型相似形三角形，把问题加以解决，这种模型转化的方式，要熟记，能熟用.接下来就留下了一个点E没有发挥作用，这个点是否也有这样的功效呢？思路6：过点F 构造平行线，构造相似解题解法11 ：如图12，过点E 作EG ∥BC 交AC 于点G ，所以△AGE ∽△ACD ，所以AG AE EGAC AD DC==,因为12AE AD =，所以AC=2AG=2GC ，DC=2EG,由EG ∥BC ，所以△FEG ∽△FBC ，EG FG BC FC =, 所以2DC FG BC FC =,因为25BD BC =，所以DC BC =35，所以1325FG FC =⨯=310，所以FC=103FG,所以FG+CG=103FG,所以CG=73FG ，所以AC=2CG=143FG ，AF=43FG ，所以AF AC =43143FGFG =27. 解法12 ：如图13，过点E 作EG ∥AC 交BC 于点G ，所以△DEG ∽△DAC ，所以DE EG DGAD AC DC==,因为12AE AD =，所以AC=2EG ，DC=2DG,即DG=GC ，因为25BD BC =，所以225BD BD DG =+,所以BD=43DG ，所以7210BG BD DG BC BD DG +==+,由EG ∥AC ，所以△BGE ∽△BCF ，所以EG BG FC BC =,所以EG FC =710，所以FC=107EG,所以AF=AC-FC=2EG-107EG=47EG, 所以AF AC =472EGEG =27.三、解后反思：解题时，要把题目所给出的条件进行认真思考，并与所学知识进行科学对接，明确对接中所缺失的条件，找到补充条件的方法，进行合理的变形与推理，这个过程实际上就是一个智慧碰撞的过程，就是一个创新思维的过程，就是一个数学能力提升的过程，长此以往，我们常说的创新精神，创新意识，就会潜移默化得以提高，创新思维就不会只停留在口头，而是落在学习的每一个过程中，你对创新就不会再感到抽象，无边际了，养成了创新思维的好习惯，将来才会创造出更大的奇迹.。
一道联赛试题的解法探讨由于没有具体题目，本篇文章将以一道例题为例进行解析。
例题：在10个人中选出3人，分别在数字1-10中抽取数，求其中至少有1个人得到两个相同数的概率。
解法一：使用概率的公式 $P(A) = \dfrac{|A|}{|S|}$，其中 $|A|$ 表示事件 $A$ 的样本点个数，$|S|$ 表示样本空间的样本点个数。
首先需要求出出三个人后，每人抽到两个不同的数，在此时至少有一人得到两个相同的数的概率，即为事件$A$。
对于第一个人，从$10$个数中任选一个，有$10$种情况。
对于第二个人，不能与第一个人抽到的数相同，则从其余$9$个数中任选一个，有$9$种情况。
对于第三个人，同样不能与前两个人抽到的数相同，则从其余$8$个数中任选一个，有$8$种情况。
而三个人抽出的数必须两两不同，则总共的样本点个数为：$|S| = {10 \choose 3} = \dfrac{10 \times 9 \times 8}{3\times 2 \times 1}=120$。
因此，事件$A$的样本点个数为：$|A| = 10 \times 9 \times 8 - 10 \times 9 \times 8 \times \dfrac{7}{10}\times \dfrac{6}{9} \times \dfrac{5}{8} = 300$。
其中，$10 \times 9 \times 8$ 表示三个人抽出的三个数两两不同的情况数，$10 \times 9 \times 8 \times \dfrac{7}{10}\times\dfrac{6}{9} \times \dfrac{5}{8}$ 表示三个人抽出的三个数两两不同但没有任何一个人得到两个相同数的情况数。
因此，事件$A$的概率为：$P(A) = \dfrac{|A|}{|S|} = \dfrac{300}{120} = 2.5$。
显然，这个答案不符合概率的定义，因此解法一是错误的。
一道代数竞赛题的不同解法与反思本文以《一道代数竞赛题的不同解法与反思》为标题，通过详细分析一道代数竞赛题，探讨不同解决方法及其优劣，以及如何从中吸取教训的相关讨论，主要分为三部分。
第一部分，针对一道有关数学竞赛的代数题，具体问题是：已知椭圆C：x^2+2y^2=3，点P(2,1)在椭圆C上，求椭圆C上任意一点A 到点P的距离。
本文介绍了三种解决方案，即利用正弦定理、勾股定理与几何思维法等。
首先，利用正弦定理，引入新的坐标系Ω，将点P的坐标表示为（a,b），设A(x,y)为椭圆C上任意一点，则点P到点A的距离d为：d=√((x-2)^2+(y-1)^2)。
其次，利用勾股定理，可以将点P（2,1）的坐标改为A(-2,3)，那么点A到点P的距离d就变为：d=√((x+2)^2+(y-3)^2)。
最后，利用几何思维法，可以将此问题等价于求两个灭点（-2，3）和（2，1）之间的距离，即d=√((4)^2 + (-2)^2)，它们之间的距离d就可以得出。
第二部分，讨论了上述三种解决方案的优劣以及如何从中吸取教训。
首先，利用正弦定理最简便，但需要引进新的坐标系Ω，易出错，而勾股定理的坐标变换也较为复杂，易搞混。
此外，几何思维法迅速而有效，且不容易出错，因此本文最终推荐使用几何思维来解决类似的问题。
第三部分，总结本文主要讨论内容，即针对一道有关数学竞赛的代数题，探讨不同解决方法及其优劣，以及如何从中吸取教训。
本文介绍了三种解决方案，即利用正弦定理、勾股定理与几何思维法等，从中可以看出，几何思维法具有快速、有效、不容易出错的优势，有助于解决类似的问题，因此本文推荐同学们从中汲取经验教训，培养几何思维能力。
综上所述，本文通过详细分析一道代数竞赛题，探讨不同解决方法及其优劣，以及如何从中吸取教训的相关讨论，从而提高数学解题能力，有助于学习者取得更好的发展。
极O 逆位似.故O 1与O 2关于反演极O逆位似,位似比为k r 21-l 21.反演极O 在O 1外的情形同理可证.证明:由引理1,得点N 的轨迹是以OM 的中点O 1为圆心、O 1N 为半径的圆.由于点M 在O 内,则OX >OM.故O 1N 2=OX22-OO 21>OM22-OO 21=OO 21.因此,点O 在O 1内.又ON ・O P =OX 2=k,则N 的反点为P .由推论知,点P的轨迹是与O 1关于反演极O 逆位似的圆,记该圆的半径为r 2、圆心为O 2.则r 2=kO 1Q O 1Q 2-OO21,O 2O =kOO 1O 1Q 2-OO 21.参考文献:[1] 肖 铿,严启平.中外数学名题荟萃(高中册)[M ].武汉:湖北人民出版社,1994.[2] 蒋 声.几何变换[M ].上海教育出版社,1981.●赛题新解●用类比方法解一道全国高中数学联赛题李 涛(天津师范大学数学科学学院07级研究生,300387) 收稿日期:2009-04-07 2007年全国高中数学联赛加试第二题是一道与棋盘有关的组合问题,笔者运用类比的方法探索出一种新的解法.先从一道有趣的棋盘题谈起.例1 一个6×6棋盘有36个方格.在方格里放棋子,如果在一条直线(横线、竖线或与横线成45°的斜线)上有4枚同色的棋子相连,则称为一个“四连”.甲放白棋,乙放黑棋.如果甲先放,他至少要放多少枚棋子,才能使乙随后放的棋子不可能构成四连[1]?解:至少要放10枚棋子.这是因为要使乙随后放的棋子无法构成四连,则甲在每一个1×4的长方形中都至少要放一枚白棋,即图1中四个边上的2×4长方形中至少要放8枚白棋.若当中4格放了至少2枚白棋,则白棋图1数目不小于10.若当中4格没有放白棋,则中间两列每列至少放2枚白棋,中间两行每行至少放2枚白棋,两条主对角线也各须放2枚白棋,这些白棋互不相同,故至少放了2×6=12(>10)枚白棋.图2若当中4格恰好放了1枚白棋,由对称性,不妨设放在图2中的C 处,A 、B 、D 处未放白棋.则E 、F 处至少放1枚白棋,G 、H 处至少放1枚白棋,A 、D 所在对角线至少放2枚白棋,斜线MQ 上至少放1枚白棋,且这些白棋互不相同(至少5枚).于是,由抽屉原理知,图2中两个阴影部分至少61中等数学有一个内部放了3枚白棋(不妨设左上角的2×4方格中放了3枚),再由图1知,图2中图3A 、B 、C 、D 之外的部分至少放3+3×2=9枚,再加上C,至少共放10枚白棋.图3给出了一种放法(阴影处表示放白棋).类比例1,来看2007年全国高中数学联赛加试第二题.例2 如图4,在7×8的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一枚棋子.如果两枚棋子所在的小方格共边或共顶点,那么,称这两枚棋子“相连”.现从这56枚棋子中取出一些,使得棋盘上剩下的棋子没有5枚在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连.问最少取出多少枚棋子才能满足要求?并说明理由[2].图4分析:此题的难度比例1有了很大的提升,原因在于它的“貌似”不对称性(行、列数不一致).因此,答题的关键是找出隐藏在这不对称性后的对称性.受例1启发,同样从局部着手.解:每个1×5的长方形中都至少要取出一枚棋子.仿照例1,如图5.则阴影部分之外的区域至少要取出10枚棋子.若从图5阴影部分至少取出一枚棋子,图5则取出棋子总数不小于11.若不从图5阴影部分取棋子,则中间两列每列至少取出2枚棋子,中间三行每行至少取出2枚棋子.故至少取走了10枚棋子.图6考虑图6中的①、②、③、④这四个方格.从斜的方向看,因图6中的阴影区域表示还未取棋,所以,为避免五子连珠,①、②、③、④这四个方格必须同时取棋.因此,图6中第3列、第6列各取出2枚棋子;第1、2、7、8列每列的白色区域内至少取出1枚棋子,总共取出4枚棋子;第1、2、6、7行每行的白色区域内至少取出1枚棋子,总共取出4枚棋子.故取出12枚棋子.综上,至少要取出11枚棋子.图7给出了一种取法.图7参考文献:[1] 单 墫.初中数学奥林匹克教程(三年级)[M ].南京市:江苏教育出版社,2004.[2] 2007年全国高中数学联赛[J ].中等数学,2007(12).712009年第8期。
2021年联赛几何题的十个思路和20种解法2021年高中数学联赛加试第二题为几何题，题目为：如图所示，在△ABC中，M是边BC的中点，D、E是△ABC的外接圆在点处的切线上的两点，满MD//AB，且A是线段DE的中点，过A、D、P三点的圆与边AC相交于另一点P，过A、D、P三点的圆与DM的延长线相交于点Q.证明：∠BCQ=∠BAC.先不增加其他点，适当连线，寻找图形的基本性质，容易得到：设△ABC边角为a,b,c;A,B,C.则等线段：AE=AD,MA=MC=0.5b,等角:∠A=∠AMD=∠QMP=∠BEP,∠B=∠DAC=∠DQP=∠EBP,∠C=∠EAB=∠ADM=∠APQ=∠EPB,∠BPC=∠BEA,∠PEA=∠PBA,平行;DQ//AB,PQ//BC,相似：△ABC∼△MAD∼△MQP∼△EBP,△BAE∼△BCP。
下面从结果入手分析，欲证∠BCQ=∠BAC，即确定点Q的位置，根据不同的确定方式，有以下几种思路：思路一：不添加其他点，直接证明△CMQ∼△CPQ。
设∠QCB=y,由分角定理则(CP/CM)=(PQsin∠CQP/(MQsin∠CQM),即(CP/AE)(AE/AM)=(AD/AM)(siny/sin(y+B)),即(sin(y+B)/siny)=(sin(A+B)/sinA),即coty=cotA,故∠QCB=∠A。
思路二：不添加其他点，计算确定△CMQ或△CPQ形状显然若∠BCQ=∠BAC，则上述结论成立。
下面只需说明满足上述条件的点Q是唯一的即可。
有5个方法的，解法3：用同一法若DM上Q'满足∠Q'CB=∠A，则MQ=MQ'，由同一法Q,Q'重合，即∠QCB=∠A。
解法4：用单调性，（蕴秀斋）设∠MCQ=x,则f(x)=sin(x+A)/sinx=cosA+sinAcotx显然是单调的，从而x=C-A,即∠QCB=∠A。
解法5：用方程，设∠MCQ=x,则sin(x+A)/sinx=sinC/sin(C-A)，即cosA+sinAcotx=cosA+sinAcot(C-A)，cotx=cot(C-A)，从而x=C-A,即∠QCB=∠A。
2023希腊数学奥林匹克竞赛试题解答与评注引言在数学领域，奥林匹克竞赛一直以其复杂、创新和严谨的试题而闻名于世。
作为一场国际化的数学盛会，希腊数学奥林匹克竞赛更是吸引了全球数学爱好者和优秀学生的参与。
今年的2023希腊数学奥林匹克竞赛试题更是备受关注，因其题目设计的独特性和挑战性。
今天，我将针对这些试题展开深入的解答与评注，希望借此帮助各位读者更好地理解和掌握这些问题的解题思路。
一、第一题：解析几何本题要求证明一个特定长度为正方形的对角线长度的立体几何问题。
我们可以利用勾股定理对于直角三角形的性质进行证明，然后引入有关角度、等腰三角形和相似三角形等概念，从而完成证明。
我们还可以通过直观的图形分析、对称性质的运用和三角函数的应用等多个角度进行推演。
我们能够得出一个立体几何图形的性质和特点，从而回答问题。
二、第二题：数论本题是一个关于数论的问题，要求证明一个与素数相关的数学命题。
我们可以使用反证法，假设所给的结论不成立，然后利用素数的性质和约数的概念进行分析和推演。
另外，我们还可以借助整除性质和数学归纳法等方法，逐步深入思考和分析问题。
我们得到了一个有关素数性质和数论定理的证明过程，完整回答了问题。
总结与回顾通过对2023希腊数学奥林匹克竞赛试题的解答与评注，我们不仅对于具体问题有了更深入的理解，而且也锻炼了我们的数学思维和解题能力。
在解答这些问题的过程中，我们不断运用了数学知识和逻辑推理，拓展了数学思维的广度和深度。
也充分展现了数学领域的美妙和魅力，让我们更加热爱并深入理解数学这门学科。
个人观点和理解作为一名数学爱好者和研究者，我深深地被2023希腊数学奥林匹克竞赛的试题所吸引和挑战。
这些问题不仅考察了我们的数学知识和技能，更重要的是激发了我们的数学思维和创造力。
我相信，通过不断地学习和思考，我们一定能够更好地理解和解决这些复杂的数学问题，为数学的发展和应用做出更大的贡献。
结语2023希腊数学奥林匹克竞赛的试题无疑是一次难得的数学盛宴，它不仅挑战了我们的智力和逻辑思维，更启发了我们对于数学的热爱和探索。
