北京市初中数学竞赛试题分类解析

北京八年级数学竞赛试题一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. -1D. 22. 如果一个角的补角是它的3倍，那么这个角的度数是多少？A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°3. 某数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项都是前三项的和。

这个数列的第10项是多少？A. 144B. 89C. 72D. 554. 一个直角三角形的两条直角边分别为3和4，斜边的长度是多少？A. 5B. 6C. 7D. 85. 一个圆的半径为5，它的面积是多少？A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π6. 一个数的相反数是-8，这个数是多少？A. 8B. -8C. 0D. 167. 一个长方体的长、宽、高分别是2, 3, 4，它的体积是多少？A. 24B. 26C. 28D. 308. 一个数的平方是36，这个数是多少？A. 6B. ±6C. 36D. ±369. 一个等差数列的首项是2，公差是3，它的第6项是多少？A. 17B. 19C. 21D. 2310. 一个分数的分子和分母的和是21，分子是分母的1/3，这个分数是多少？A. 1/6B. 2/15C. 3/18D. 4/17二、填空题（每题4分，共20分）11. 一个数的绝对值是5，这个数可以是________。

12. 如果一个数的平方根是4，那么这个数是________。

13. 一个圆的直径是14，它的周长是________。

14. 一个数的立方根是2，这个数是________。

15. 一个等差数列的第5项是15，公差是2，首项是________。

三、解答题（每题10分，共50分）16. 证明勾股定理：在一个直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。

17. 解一元二次方程：x² - 5x + 6 = 0。

18. 一个长方体的长、宽、高分别是a, b, c，求它的表面积。

2020年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（总分值40分，每题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22020，那么如此的二次三项式共有 个．答：1341．咱们发觉，事实上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22020–k ，那么判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422020–k =22k – 22021–k ≥0，得2k ≥2021–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2020，因此k 能够取2020–671+1=1341个不同的整数值．每一个k 恰对应一个所求的二次三项式，因此如此的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，那么BC = ．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，因此CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得BC ==3．已知概念在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，假设F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，那么m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像极点的纵坐标()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，那么∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，那么DC =23-．连接AC ，那么∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，那么∠ECD =º． 由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，因此 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()322162233221ED AD DC AC CD ====-++-+-+-，因此()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，那么AB =2． 作∠CAD =30º，那么CD =33，AD =233，那么∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，那么BE =1–x ，DE =x –3． 因此33232x -=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，概念f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2020(2020)= ． 答：10053017．A21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，那么()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．因此，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（总分值15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心别离为I 1，I 2，外心别离为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，因此A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也确实是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，因此∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，因此I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，因此22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．因此，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.依照勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（总分值15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2，3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程120111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，因此1126x x x -++-＜2020即53x ＜120122，得方程的正整数解x 知足0＜x ＜． 由于6!=720，7!=5040，因此方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，咱们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2020． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2020–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为关于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )确实是增函数；又因为关于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，因此f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2020，因此，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（总分值15分）平面上的n 个点，假设其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，那么称如此的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：第一证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，别离以A 、B 为圆心，画半径为的两个圆，在每一个圆内，取24个点，那么平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包括有25个所选的点，因此n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，假设所有的点都在圆A 中，那么就知足题设条件．假设不是所有的点都在圆A 中，那么至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，那么A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，因此要么P A ≤1，要么PB ≤1，即点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，依照抽屉原理，必有一个圆至少包括了这47个点中的24个点，不妨设那个圆确实是⊙A ，再加上圆心A 点，就有很多于25个点在那个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．因此n 的最小值是49．五、（总分值15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2020×f (2020)]的值．其中关于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都知足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，因此1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，因此1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =知足题设条件，取的是等号，因此知足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f f f f ⨯+⨯+⨯++⨯1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯．1011030。

2020北京初三数学竞赛专题练习：极端原理（含答案）1.两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币．规定每人每次只能放一枚，硬币平放在桌面上，并且两两不能重叠，谁放完最后一枚．使得对方无法按照规则再放，谁就获胜．问：是先放合算还是后放合算？解析本题的极端情况是：桌面小的只能放下一枚硬币．这时当然是先放的人合算．一般情况下，先放的人把硬币放在圆桌的中心处，每当对手放下一枚硬币后，就在对方硬币关于“圆心”对称位置再放下一枚硬币，这样只要对手还能放硬币，先放的人一定也能放，所以放最后一枚硬币的人一定是先放的人，从而他必能获胜．2.在一次乒乓球循环赛中，n（n≥3）名选手中没有全胜的，证明：一定可以从中找出三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．解析没取胜场数最多的一名选手为A，由于没有一个选手是全胜的，所以在这n名选手中存在一名选手C，C胜A．考虑A击败的选手的全体，其中必有选手B胜C．事实上，若A的手下败将也都负于C，那么C胜的场数比A胜的场数至少要多1，这与A是获胜场数最多的选手矛盾．所以，存在三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．3.平面上已给997个点，将连结每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点．解析997个点中每两点都有一个距离，因而共有9979962个距离（其中有可能有些距离是相等的），其中一定有一个最大距离．设AB是最大的距离．分别以A、B为圆心，12AB为半径作圆，如图所示．点A与除点B之外的995个点的连线的中点在圆A的内部或边界上；点B与除点外的995个点的连线的中点在圆B的内部或边界上，这样我们得到了995+995＝1990个红点．另外，AB的中点是不同于上述1990个红点的，所以，至少有1991个红点．下面构造一个例子，说明恰好有1991个红点，设997个点在数轴上1，2，3，…，997的位置．这时中点为：32，42，52，…，19922，19932，故红点恰有1991个．4.证明：在任意的凸五边形中，都可以找到三条对角线，由这三条对角线可以组成一个三角形．解析如图所示，在凸五边形ABCDE中，一共有5条对角线：AC、AD、BD、BE、CE，所以其中一定有一条是最长的，不妨设AC最长．ABEPD由于ACDE 是凸四边形，设AD 与CE 的交点为P ，则 AC AP PC AD CE <+<+．因为AC 最长，所以，AC 、AD 、CE 这三条对角线可以作为一个三角形的三条边．5. 平面上给定3个点。

2020年北京市中学生数学竞赛高一年级试题2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则293f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭______． 2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC 的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如右图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数四、（满分15分）如右图，已知D 为等腰△ABC BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ．2020年北京市中学生数学竞赛（邀请）高一年级试题及参考解答2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则29()3f -=______． 解：令x =y =0得f (0)=0，令x =−1，y =1，得f (1)+f (−1)=4．平方得f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)=16，又因为f (−1)·f (1)≥4，所以f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)≤4f (1)·f (−1)．即(f (1)−f (−1))2≤0．所以f (1)=f (−1)=2． 因为)32)(31(4)32()31()32(31)1(--⋅+-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-f f f f 1118=3()4()()3339f ， 所以 .234)31(3=+-f 因此.92)31(=-f 所以.9894)31(2)32(=+-=-f f 于是29()3f -=8．2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 解：设N 是边AD 的中点，a =AN ，x =AK ，y =AM ，α=∠ADM ，（如图）．则ND=DM=a ，且根据余弦定理，对于△ADM ，有y 2=4a 2+a 2−4a 2cos α=a 2(5−4cos α)． 另一方面，根据切割线定理，有xy=a 2，所以 2AM y y AK x xy ===5−4cos α． 类似地对于△BCM ，得到54cos .BM BLα=+ 因此，10.AM BM AK BL+= C BD A LK a y αMx3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．解: 设abcd 为所求的自然数，则根据条件1000a +100b +10c +d =a 2+b 2+c 2+d 2+2020．考虑到 2000＜a 2+b 2+c 2+d 2+2020≤92+92+92+92+2020=2344，可以断定a =2，于是100b +10c +d =b 2+c 2+d 2+24．即 b (100−b )+c (10−c )=d (d −1)+24 (*)由于c (10−c )＞0，当b ≥1时，b (100−b )≥99，所以(*)式左边大于99，而(*)式右边小于9×8+24=96，因此要(*)式成立，必须b =0．当b =0时，(*)式变为 d 2−d =10c −c 2−24． 由于四位数abcd 中a =2，b =0，要使20cd 最大，必需数字c 最大．若c =9，c 2−c −24=90−92−24＜0，而d 2−d ≥0故(*)式不能成立．同理，c =8和c =7时，(*)式均不能成立．当c =6时，c 2−c −24=60−62−24=0，这时，d =0及d =1，均有d 2−d =0，即(*)式均成立． 于是abcd =2060或2061．所以满足题设条件的四位数中最大的一个是2061．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 解：由2021202020193AB BC CA AO ++=，得22019()3AB BC AB BC CA AO ++++=，因为0AB BC CA ++=，所以23AB BC AO +=，故23AB AC AB AO +-=. 所以3AB AC AO +=，取BC 的中点D ，则23AD AO =.于是A 、D 、O 三点共线，且3AD OD =．所以123S AD S OD==．5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．解：由a +b +c +d 是质数，可知a , b , c , d 中有2．如果a ≠2，那么b , c , d 中有2，从而a 2+bc 、a 2+bd 中有一个模4余3，不是完全平方数．故a =2．假设22+bc =m 2，那么bc =(m −2)(m +2)．如果m −2=1，那么m =3，bc =5，与已知矛盾．故不妨设b =m −2，c =m +2，则c =b +4．同理d =b −4，所以{a , b , c , d }={a , b , b +4, b −4}．而b −4, b , b +4中有一个是3的倍数，又是质数，所以只能是b −4=3，此时a +b +c +d =2+3+7+11=23．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．证明：见右图：AKLB ，BMNC ，ACPQ 都是正方形，对应的面积为S 1、S 2和S 3．设,,βα=∠=∠ABC BAC .γ=∠ACB 因为,,,321S AC S BC S AB === 则根据余弦定理，有αcos 232321S S S S S -+=βcos 231312S S S S S -+=γcos 221213S S S S S -+= 由此，.cos 2cos 2cos 2321213132S S S S S S S S S ++=++γβα ①又因为 ,180,180,180γβα-=∠-=∠-=∠ NCP LBM QAK 以及,,,465S NP S LM S QK === 则有αcos 231315S S S S S ++= ②βcos 221216S S S S S ++= ③ γcos 232324S S S S S ++= ④由等式①～④得 S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数吗？如果存在，请给出例证，如果不存在，请说明理由．解：存在. 例证如下：因为质数有无限多个，所以任选2020个两两不同的质数122020,,,p p p ，构造2020个两两不同的数： 1220202ii p p p x p ，i =1, 2, 3, …, 2020． 易知，因为122020,,,x x x 的分子不被分母整除，皆为不是整数的有理数．而任意两个数的乘积 12202012202022i i i j p p p p p p x x p p 2222222222122020121111202022ii j j i j p p p p p p p p p p p p ． 这2018个质数平方的乘积是整数，满足题意要求．A B C I 1 I 2 • • F 四、（满分15分）如图，已知D 为等腰△ABC 底边BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 的内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．证明： （1）当D 与M 重合时，显然有∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．（2）当D 不与M 重合时，不妨设BD ＞DC ， 过I 1作I 1E ⊥BC 于点E ，过I 2作I 2F ⊥BC 于点F ，连结I 1D ，I 2D ，I 1I 2．因为⊙I 1为△ABD 的内切圆，⊙I 2为△ACD 的内切圆，所以 2AB BD AD BE +-=，2DC AD AC DF +-= 所以，EM =BM −BE=22BC AB BD AD +--()2BC BD AD AB -+-=.2DF AC AD DC =-+= 进而有 ED=MF ．因为I 1、I 2分别为△ABD 、△ACD 的内心，易知∠I 1DI 2=90°． 由勾股定理得I 1D 2+I 2D 2=I 1I 22．(*)在Rt △I 1DE 与Rt △DI 2F 中，由勾 股定理得I 1E 2+ED 2=I 1D 2，I 2F 2+DF 2=I 2D 2，代入(*)式，得(I 1E 2+ED 2)+(I 2F 2+DF 2)= I 1I 22．注意EM=DF ，ED=MF 代换得(I 1E 2+MF 2)+(I 2F 2+EM 2)= I 1I 22．即 (I 1E 2+EM 2)+(I 2F 2+MF 2)= I 1I 22．所以 I 1M 2+I 2M 2=I 1I 22．根据勾股定理的逆定理，有△I 1MI 2为直角三角形，∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}划分为两个子集A ={a , b , c , d , e }和B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ． 解：（1）集合I 共有2个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．理由简述如下：1° 由易知，a =1，所以a ∈A ． A B C I 1 I 2 • •2° 由0∉ I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}=A ∪B ，而5×2=10，所以5∈A ．3° 试验知，a , b , c , d , e 均不能等于9，所以9∈B ，进而有8∈A ．4° 因为数wxyz abcde 和的9个数字和恰为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45是9的倍数，可判知+abcde wxyz 是9的倍数，即+abcde wxyz ≡0(mod9)． 又2wxyz abcde ，所以3wxyz ≡0(mod9)．于是wxyz ≡0(mod3)．所以)(wxyz S 是3的倍数，进而推得)(abcde S 也是3的倍数．5° 同样试验可判定7∈B ．此时分配剩下的4个元素：2, 3, 4, 6．由于A 中的1+5+8=14，被3除余2，所以从2, 3, 4, 6中选出的两个数之和被3除余1．于是只能选3, 4或4, 6属于A ，对应剩下的2, 6或2, 3归属于B ．因此，找到集合I 的两个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．（2）集合I 的“两倍型2分划”满足的不同的2wxyz abcde 共12个．1° 当B={2, 6, 7, 9}时，得到6个不同的式子：6729×2=13458， 6792×2=13584， 6927×2=13854,7269×2=14538， 7692×2=15384， 9267×2=18534．2° 当B={2, 3, 7, 9}时，得到6个不同的式子：7293×2=14586， 7329×2=14658， 7923×2=15846，7932×2=15864， 9273×2=18546， 9327×2=18654．。

2018年北京市中学生数学竞赛初二试题(含答案)2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，且这些自然数的和为2018．请问这个学生写出的这17个自然数中，最小的数是多少？（请给出详细解题过程）解：设这17个自然数分别为a1,a2,…,a17，则有：a1+a2+…+a17=2018由于每个自然数的个位数码只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的个位数字之和一定是45，即这17个自然数的个位数字之和为765．设b1,b2,…,b17分别为这17个自然数的十位数字，则有：b1+b2+…+b17=765由于每个自然数的十位数字也只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的十位数字之和一定是45，即这17个自然数的十位数字之和为765．设c1,c2,…,c17分别为这17个自然数的百位数字，则有：c1+c2+…+c17=765由于每个自然数的百位数字也只能是1，2，3，4，5，6，7，8，9中的一个，所以每个自然数的百位数字之和一定是45，即这17个自然数的百位数字之和为765．由此可得，这17个自然数中最小的数为100+10+1=111．一、1.A在1到100这100个自然数中，有25个质数，分别是2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97.因此，质数在这100个自然数中所占的百分比是25%。

2.C将10分拆成三个正整数之和，共有8种情况：1+1+8、1+2+7、1+3+6、1+4+5、2+2+6、2+3+5、2+4+4、3+3+4.根据“三角形两边之和大于第三边”的原则，只有（2，4，4）和（3，3，4）两组可以构成三角形。

由于等腰三角形的两个底角都是锐角，因此以2、4、4为边的等边三角形中，最小边2对的顶角也是锐角。

以3、3、4为边的等腰三角形中，由3的平方加3的平方大于4的平方可知顶角也是锐角。

2022年北京市中学生数学竞赛（初二）一、选择题（每小题5分，共25分）1．已知13x x +=．则220181x x x ++的值为（ D ） A ．2022 B ．12020 C ．2025 D ．12025【解析】将题设式两边平方整理得17x x +=．故21120181720182025x x x ==+++． 2．在非等腰三角形中，一个内角等于另两个内角之差，且一个内角为另一个内角的2倍．若该三角形的最小边长为1，则此三角形的面积为（ B ）A ．1B ．32C ．52D ．2 【解析】设三角形的内角为∠A 、∠B 、∠C ，且∠B=∠C –∠A ．则∠A+（∠C –∠A ）+∠C=180° ⇒ ∠C=90°．若最大角∠C 为另一个内角的2倍，易知，三角形为等腰直角三角形，与题设的条件不符． 不妨设∠A=2∠B ．则∠A=960°，∠B=30°．故AC=1，BC=3．因此，所求三角形的面积为131322⨯⨯=． 3．如图，设()P P P x y ，为反比例函数2y x=在平面直角坐标系xOy 的第一象限图像上一点，过点P 作x 轴、y 轴的平行线，分别与10y x =在第一象限的图像交于点A 、B ．则AOB ∆的面积为（ B ）A ．26B ．24C ．22D ．20【解析】连接OP ．则AOB AOP POB APB S S S S ∆∆∆∆=++11011011010222P P P P P P P P P P x y y x x y y x y x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1100122P P P P x y x y =⋅- 24=．4．已知n 为偶数．若从1开始，前n 个正整数之和的尾数为8，则后继的n 个正整数之和的尾数为（ C ）A ．6B ．4C ．2D ．0【解析】设2n k =，记S 为前n 个正整数之和，D 为后继的n 个正整数（由2k +1到4k ）之和．则()21S k k =+，()()2214612k k k D k k ++==+． 数S 、D 的最后数字只依赖于数k 的最后数字．依题意，知k 应当以6结尾．故D 的尾数即()6616⨯+⨯的尾数是2．5．将数字和为11的自然数按由小到大的顺序排成一个数串，第m 个数为2022．则m 为（ A ）A ．134B ．143C ．341D ．413【解析】在一位数中没有数字和为11的数．在两位数中有29、38、47、5665、74、83、92这8个数．在三位数xyz 中，当x =1时，y 可取1，2，…，9这9个数，对应的z 取9，8，…，1，共9个数；当x =2时，y 可取0，1，…，9这10个数，对应的z 取9，8，…，0，共10个数；类似地，当x =3，4，…，9时，数字和为11的数有12x -个．故在三位数xyz 中，数字和为11的数共有9+10+9+…+3=61个．在四位数1xyz 中，数字和为11的数相当于求数字和为10的三位数xyz ，当x =0时，y 可取1，2，…，9这9个数，对应的z 取9，8，…，1，共9个数．类似地，当x =1，2，…，9时，数字和为10的三位数xyz 有11x -个．故在四位数1xyz 中，数字和为11的数共有9+10+9+…+2=63个．在2xyz 中数字和为11的数由小到大有2022、2022这2个．因此，2022为该数串中第8+61+63+2=134个数．二、填空题（每小题7分，共35分）1．在952的约数中，大于1 000 000的共有 76 个．【解析】因为952有96个正约数02，12，…，952，且2010102221000000=⨯>，1921000000<，所以，952的约数中大于1 000 000的数共有96–20=76个．2．若x 、y 均为自然数，则关于x 、y 的方程[][]2.018 5.1324x y +=的解()x y 、共有 3 个（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）．【解析】因为x 、y 均是自然数，且5.13524⨯>，所以，y ∈{4，3，2，1，0}．此时，[]5.135y y =．类似地，[]2.0182x x =．故原方程变为2524x y +=．经计算，（x ，y ）=（2，4），（7，2），（12，0）．3．已知D 为锐角ABC ∆内一点，满足AD DC =，2ADC DBC ∠=∠，=12AB ，=10BC ．如图，则BDC ∆的面积为 511 ．【解析】设∠DBC=θ．则∠ADC=2θ．以D 为旋转中心，旋转△BDC 到△ADP 的位置，如右图．则AD=DC ，DP=DB ，AP=CB=10，∠DPA=∠DBC=θ，∠PDA=∠BDC ，即 ∠PDC+∠CDA=∠BDP+∠PDC ．于是，∠BDP=∠ADC=2θ．作DK ⊥BP 于点K ．则∠BPD=12（180°–2θ）=90°–θ⇒ ∠APB=∠APD+∠DPB=90°． 在Rt △ABP 中，22211BP AB AP =-=．作DH ⊥AP 于点H ．则四边形PHDK 为矩形，有1112DH KP BP ===． 故110115112BDC PDA S S ∆∆==⨯⨯=． 4．已知1x ，2x ，…，n x 中()12i x i n =⋅⋅⋅， ，，的数值只能取201-， ， 中的一个，且满足 1217n x x x ++⋅⋅⋅+=-，2221237n x x x ++⋅⋅⋅+=．则()233312n x x x ++⋅⋅⋅+的值为 5 041 ． 【解析】设1x ，2x ，…，n x 中有p 个i x 取1，q 个i x 取–2，其余的i x 取0．可得217437p q p q -=-⎧⎨+=⎩， ⇒ 19p q =⎧⎨=⎩． 则i x （i =1，2，…，n ）中有一个取1，有九个取–2，其余的i x 取0．故()()()22333331211925041n x x x ++⋅⋅⋅+=⨯+⨯-=．5．在1至n 这n 个正整数中，将正约数个数最多的那些数称为这n 个正整数中的“旺数” ．例如，正整数1至20中，正约数个数最多的数为12、18、20，于是，12、18、20均为正整数1至20中的旺数．则在正整数1至100中的所有旺数的最小公倍数为 10 080 ．【解析】首先，前100个正整数的素因数分解式中，最多含有三个不同的素因数．这是因为最小的四个素数之积为2×3×5×7=210，已超过100．其次，为使约数个数尽可能多，应使所含的素因数尽可能小．可通过试算、分类枚举来确定正约数个数最大为12的数：只含一个素因数的正因数最多的是6264=，它有七个正约数，正约数小于12；对于只含有两个不同素因数的情况，正约数个数为12的是3223⨯、523⨯；对于含有三个不同素因数的情况，正约数个数为12的是2235⨯⨯、2235⨯⨯、2237⨯⨯． 可见在前100个正整数中，正约数个数为12的旺数只有五个，其最小公倍数为52235710080⨯⨯⨯=．三、（10分）设正整数a 、b 、c 、d 满足2222a ab b c cd d -+=-+．证明：a b c d +++为合数．【解析】记s a b c d =+++．由已知得()()()223a b c d ab cd +-+=-⇒ ()()3a b c d s ab cd +--=-()()()333ab c s a b c a c b c cs=----⎡⎤⎣⎦=++-⇒ ()()3s a c b c ++． 则s 的每个素因数p 均为()()3a c b c ++的因素．故p 不超过3、a +c 、b +c 中的最大值．从而，p <s ，即s 为合数．四、（15分）如图，三个斜边彼此不等的等腰Rt ADC ∆、等腰Rt DPE ∆、等腰Rt BEC ∆，其中，AD CD =,DP EP =,BE CE =,90ADC DPE BEC ∠=∠=∠=．证明：P 为线段AB 的中点．【解析】如图，延长DP 至点F ，使得PF=PD ，连接FE 、FB ．易知，DE=EF ，∠DEF=90°．则∠CED=90°–∠CEF=∠BEF ．又DE=EF ，CE=BE ，于是，△CED ≌△BEF ．因此，CD=BF ，∠CDE=∠BFE ．连接AP 、BP ．因为AD=CD ，所以，AD=BF ．又DP=FP ，∠ADP=∠ADC+∠CDE –∠EDP=90°+∠CDE –45°=∠CDE +45°=∠BFE+∠PFE=∠BFP ．故△ADP ≌△BFP ．因此，AP=BP ，∠APD=∠BPF ．若CD//PE ，则A 、D 、P ，B 、F 、P 分别三点共线．又D 、P 、F 三点共线，则A 、P 、B 三点共线．由AD=BF ，DP=PF ，得AP=AD+DP=BF+PF=BP ．因此，P 为线段AB 的中点．若CD 与PE 不平行，由于点A 、B 在直线DF 的两侧，而D 、P 、F 三点共线，∠APD=∠BPF ，故A 、P 、B 三点共线，即点P 在线段AB 上．因为AP=BP ，所以，P 为线段AB 的中点．五、（15分）证明：在十进制表示中，数29的某个正整数幂的末三位数字为001．【解析】因为末三位数只有000到999这1000种不同的排列情况，而129，229，…，100129为1001个29的不同的幂数，所以，由抽屉原理，其中存在两个29的不同的幂数，它们的末三位数字是相同的，可设为29k 与29l (11001l k ≤<≤)．因此，()10002929k l -，即()100029291l k l --．而(29l ，1000)=1，于是，()1000291k l --，即29k l -的末三位数字是001．。

2021—2022学年北师大版七年级数学竞赛卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一，单项选择题（本大题共8小题,每题5分，共40分）1．已知553a =，444b =，335c =，则a 、b 、c 的大小关系为（ ） A ．c a b <<B ．c b a <<C ．a b c <<D ．a c b << 【答案】A【分析】把a 、b 、c 三个数变成指数相同的幂，通过底数可得出a 、b 、c 的大小关系． 【详解】解：∵a ＝（35）11＝24311，b ＝（44）11＝25611，c ＝（53）11＝12511， 又∵125243256<<，∴c a b <<．故选：A ．【点睛】本题考查了幂的乘方的逆运算，解答本题关键是掌握幂的乘方法则，把各数的指数变成相同．2．如果两个角的两边分别平行，而其中一个角比另一个角的3倍少20°，那么这两个角是（ ）A ．50°、130°B ．都是10°C ．50°、130°或10°、10°D ．以上都不对【答案】C【分析】首先由两个角的两边分别平行，可得这两个角相等或互补．然后设其中一角为x°，由其中一个角比另一个角的3倍少20°，然后分别从两个角相等与互补去分析，即可求得答案，注意别漏解．【详解】解：∵两个角的两边分别平行，∴这两个角相等或互补．设其中一角为x°，若这两个角相等，则x＝3x﹣20，解得：x＝10，∴这两个角的度数是10°和10°；若这两个角互补，则180﹣x＝3x﹣20，解得：x＝50，∴这两个角的度数是50°和130°．∴这两个角的度数是50°、130°或10°、10°．故选：C．【点睛】此题考查了平行线的性质与一元一次方程的解法．此题难度适中，解题的关键是掌握如果两个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，注意方程思想的应用．3．如图是某人骑自行车出行的图象，从图象中可以得到的信息是（）A ．从起点到终点共用了50minB ．20~30min 时速度为0C ．前20min 速度为4/km hD ．40min 与50min 时速度是不相同的【答案】B【分析】 分别根据函数图象的实际意义可依次判断各个选项是否正确．【详解】A 、从起点到终点共用了60min ，故本选项错误；B 、20~30min 时速度为0，故本选项正确；C 、前20min 的速度是5/km h ，故本选项错误；D 、40min 与50min 时速度是相同的，故本选项错误．故选：B ．【点睛】本题考查了函数图象的读图能力．要理解函数图象所代表的实际意义是什么才能从中获取准确的信息．4．如图，,AM CM 平分BAD ∠和BCD ∠，若3442B D ∠=︒∠=︒，，则M ∠=（ ）A ．34︒B ．38︒C ．40︒D ．42︒【答案】B【分析】 AD 、CM 交于点E ，AM 、BC 交于点F ，AD 、BC 交于点H ，根据三角形外角性质可证ABF 的外角AFC ∠和CMF 的外角CFA ∠是同角，分别可表示为B BAF ∠+∠与M FCM ∠+∠，根据角平分线性质可得11(180)22BAD B AHB ∠=︒-∠-∠，11(180)22BCD D CHD ∠=︒-∠-∠，将12BAD ∠、12BCD ∠代入计算即可求出． 【详解】解：AD 、CM 交于点E ，AM 、BC 交于点F ，AD 、BC 交于点H ，如图，∵ABF 的外角AFC ∠和CMF 的外角CFA ∠是同角，∵=AFC B BAF ∠∠+∠，=CFA M FCM ∠∠+∠，∵,AM CM 平分BAD ∠和BCD ∠， ∴12BAF BAD ∠=∠，12FCM BCD ∠=∠，∴1=2AFC B BAD ∠∠+∠，1=2CFA M BCD ∠∠+∠， ∵在ABH 中，11(180)22BAD B AHB ∠=︒-∠-∠， 在CDH △中，11(180)22BCD D CHD ∠=︒-∠-∠ ∴1=(180)2AFC B B AHB ∠∠+︒-∠-∠，1=(180)2CFA M D CHD ∠∠+∠︒-∠-∠； ∵AHB CHD ∠=∠， ∴11(180)(180)22B B AHB M D CHD ∠+︒-∠-∠=∠+∠︒-∠-∠， 11(180)(180)22B B AHB M D AHB ∠+︒-∠-∠=∠+∠︒-∠-∠， 整理得，1122B B M D ∠-∠=∠-∠， 化简得，1122M B D ∠=∠+∠ 将3442B D ∠=︒∠=︒，，代入1122M B D ∠=∠+∠，解得， ∴11113442382222M B D ∠=∠+∠=⨯︒+︒=︒． 故选：B ．【点睛】本题考查了三角形外角性质，角平分线有关的计算，灵活运用三角形外角性质及角平分线性质是解题关键．5．已知，如图，在△ABC 中，D 为BC 边上的一点，延长AD 到点E ，连接BE 、CE ，∠ABD+12∠3=90°，∠1=∠2=∠3，下列结论：①△ABD 为等腰三角形；②AE=AC ；③BE=CE=CD ；④CB 平分∠ACE ．其中正确的结论个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】 可根据证△ABF ≌△△ADF 推出AB=AD ，得出△ABD 为等腰三角形；可根据同弦所对的圆周角相等点A 、B 、C 、E 共圆，可判出BE=CE=CD ，根据三角形内角和等于180°，可判出AE=AC ；求出∠7=90°﹣32∠2，根据∠1=∠4=∠2推出∠4≠∠7，即可得出BC 不是∠ACE 的平分线．【详解】解：作AF 平分∠BAD ，∵∠BAD=∠3，∠ABD+12∠3=90°， ∴∠BAF=12∠3=∠DAF ， ∴∠ABF+∠BAF=90°∴∠AFB=∠AFD=90°，在△BAF 和△DAF 中BAF DAF AF AFAFB AFD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△ABF≌△ADF（ASA），∴AB=AD，∴①正确；∵∠BAD=∠2=∠3，∴点A、B、E、C在同一个圆上，∴∠BAE=∠4=∠3，∠ABC=∠6，∴BE=CE，∵∠5=∠ADB=∠ABD，∠BAE=∠4，∴∠5=∠6，∴CE=CD，即CD=CE=BE，∴③正确；∵∠6+∠2+∠ACE=180°，∠6=∠5=∠ADB=∠ABD=90°﹣12∠2．∴∠ACE=180°﹣∠6﹣∠2=90°﹣12∠2，∴∠ACE=∠6，∴AE=CE，∴②正确∵∠5=∠2+∠7=90°﹣12∠2，∴∠7=90°﹣32∠2，∵∠BAD=∠4=∠2，∴∠4≠∠7，∴④错误；故选C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、全等三角形的性质、同弦所对的圆周角相等、三角形内角和的相关知识，灵活运用所学知识是解题的关键．6．将一长方形纸片按如图所示的方式折叠，EF ，EG 为折痕，若30BEF ∠=︒，33AB ，则EG =（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6 【答案】D【解析】过E 作EH ⊥AD,由图知，∠BEF =∠B’EF =30°，∴∠CEG =∠C’EG =60°，四边形ABCE 为长方形，∴∠AGE =60°，∴△EC’G 为等边三角形， 3AB =AB=EH 为△EC’G 的高，所以30EHcos EG =︒∴EG =6.选D.7．若220x x +-=，则3222016x x x +-+等于（ ）A ．2020B ．2019C ．2018D ．－2020 【答案】C【分析】将220x x +-=变形为22x x =-+，22x x +=，代入3222016x x x +-+即可求解．【详解】解：∵220x x +-=，∴22x x =-+，22x x +=，∴3222016x x x +-+2222016x x x x =+-+()2222016x x x x =-++-+22016x x =++22016=+=2018．故选：C【点睛】本题考查了根据已知代数式的值求新代数式的值，将已知条件适当变形，代入所求代数式求解是解题关键．8．用若干根等长的小木棍搭建等边三角形（三边相等的三角形），搭建1个等边三角形最少需要3根小木棍，搭建2个等边三角形最少需要5根小木棍，搭建4个等边三角形最少需要小木棍的根数是（ ）A ．12B ．10C ．9D ．6【答案】D【分析】要先根据题意，画出图形，通过对图形观察，思考，得出需要小木棍的根数，然后图形对比，选出最少需要小木棍的根数．【详解】图1没有共用部分，要6根小木棍，图2有共用部分，可以减少小木棍根数，仿照图2得到图3，要7根小木棍，同法搭建的图4，要9根小木棍，如按图5摆放，外围大的等边三角形，可以得到5个等边三角形，要9根小木棍，如按图6摆成三棱锥(西面体)就可以得到4个等边三角形，∴搭建4个等边三角形最少需要小木棍6根．故选：D【点睛】此题考查的是组成图形的边的条数，解答此题需要灵活利用立体空间思维解答．二、填空题（本大题共6小题，每题5分，共30分）9．若(3)1x x -=，则x 的值为__．【答案】0或4或2【分析】分底数为1或-1，指数为0几种情况，分类讨论，列方程求解即可．【详解】解：当31x -=，解得：4x =，此时(3)1x x -=，当31x -=-，解得：2x =，此时(3)1x x -=，当0x =，此时(3)1x x -=，综上所述：x 的值为：0或4或2．故答案为：0或4或2．【点睛】本题考查了0指数的性质，解题关键是根据底数和指数进行分类讨论，注意：0指数底数不为0．10．若32211123325x ax x x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的积不含3x 项，则a =___________． 【答案】65【分析】先利用多项式乘多项式法则，展开合并后得到()543231111613525615x a x a x a x x ⎛⎫⎛⎫+-+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，根据题意得31052a -=，即可求解a ．【详解】 解：32211123325x ax x x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ =543432322111163525615x x x ax ax ax x x x +---+++- =()543231111613525615x a x a x a x x ⎛⎫⎛⎫+-+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∵32211123325x ax x x x ⎛⎫⎛⎫-++- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的积不含3x 项， ∴31052a -=， 解得：65a =， 故答案为：65a =． 【点睛】本题考查多项式乘多项式，掌握多项式乘多项式的运算法则是解题的关键．11．如图，已知A 1B //A n C ，则∠A 1＋∠A 2＋…＋∠A n 等于__________(用含n 的式子表示)．【答案】()1180n -⋅︒【分析】过点2A 向右作21//A D A B ，过点3A 向右作31//A E A B ，得到321////...////n A E A D A B A C ，根据两直线平行同旁内角互补即可得出答案．【详解】解：如图，过点2A 向右作21//A D A B ，过点3A 向右作31//A E A B1//n A B A C321////...////n A E A D A B A C ∴112180A A A D ∴∠+∠=︒,2323180DA A A A E ∠+∠=︒...()11231...1180n n A A A A A A C n -∴∠+∠++∠=-⋅︒故答案为：()1180n -⋅︒．【点睛】本题考查了平行线的性质定理,根据题意作合适的辅助线是解题的关键． 12．已知正方形ABCD 的边长是1，E 为CD 边的中点， P 为正方形ABCD 边上的一个动点，动点P 从A 点出发，沿A B C D →→→运动，到达点E.若点P 经过的路程为自变量x ，△APE 的面积为函数y ，则当y ＝13时，x 的值等于_____________． 【答案】23或53【分析】根据P 点的运动轨迹，分析出当P 在AB 或BC 上均有可能，再根据APE ∆的面积为13分类讨论计算即可． 【详解】（1）当P 在AB 上时，如图：11123y x == ∴23x =（2）当P 在BC 上时，如图：()()11111111112222223ABP EDC y S S S x x ∆∆⎛⎫=--=+--⋅--= ⎪⎝⎭梯ABCE ∴53x = 故答案为：23或53 【点睛】本题考查动点问题与三角形面积求算，不规则图形面积求算通常采用割补法，同时注意分类讨论．13．如图，已知四边形ABCD中，AB＝12厘米，BC＝8厘米，CD＝14厘米，∠B＝∠C，点E为线段AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为_____厘米/秒时，能够使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等．【答案】3或9 2【分析】设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，根据∠B＝∠C，分①当BE＝CP＝6，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等；②当BE＝CQ＝6，BP ＝CP时，△BPE与△CQP全等，两种情况进行讨论即可．【详解】解：设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，∵∠B＝∠C，∴①当BE＝CP＝6，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等，此时，6＝8﹣3t，解得t＝23，∴BP＝CQ＝2，此时，点Q的运动速度为2÷23＝3厘米/秒；②当BE ＝CQ ＝6，BP ＝CP 时，△BPE 与△CQP 全等，此时，3t ＝8﹣3t ，解得t ＝43， ∴点Q 的运动速度为6÷43＝92厘米/秒； 故答案为3或92．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力．14．如图，在△ABC 中，E 是BC 上的一点，EC=2BE ，点D 是AC 的中点，设△ABC 、△ADF 、△BEF 的面积分别S 、S 1、S 2，且S=36，则S 1-S 2=_______．【答案】6【分析】ADF BEF ABD ABE S S S S -=-△△△△，所以求出ABD △的面积和ABE △的面积即可，而2EC BE =，点D 是AC 的中点，且36ABC S ∆=，则有1182ABD ABC S S ∆∆==，1123ABE ABC S S ∆∆==，由此即可求出12S S -的值． 【详解】 解：点D 是AC 的中点，即：12AD AC =， 36ABC S ∆=，11361822ABD ABC S S ∴==⨯=△△． 2EC BE =，36ABC S ∆=， 11361233ABE ABC S S ∴==⨯=△△， ()()ABD ABE ADF ABF ABF BEF ADF BEF S S S S S S S S -=+-+=-△△△△△△△△，即18126ADF BEF ABD ABE S S S S -=-=-=△△△△，即126S S -=．故答案为：6．【点睛】本题考查了三角形的面积，关键知道当高相等时，面积等于底边的比，根据此可求出三角形的面积，然后求出差．三、解答题（本大题共4小题,15题，16题7分，17,18题8分，共30分。

一、 〔 分 25 分，每小 只有一个正确答案，答 得5 分〕1.当 m1，代数式21 5m m 9 mm 3的 是〔〕6 m 2 9 m 2 m 3 m 3A. －1B.1C.1222.一个正八 形中最 的 角 等于a ，最短的 角 等b ， 个正八 形的面 〔〕A. a 2 b 2B. a 2b 2C.abD. ab3. 111 1 16 11 26 26 1 1的 是〔 〕.6 11 16 2121 31 31 36A.1B.1C.1D.1183633664.假定 n 是正整数， 1×2×3×⋯× n=n! ，比方 1！=1，4！=1×2×3×4=24，等等，假定 M=1! ×2！×3！×4！×5！×6！×7！×8！×9！，M 的 数中是完整平方数的共有〔 〕A.504 个B.672 个C.864 个D.936 个5.将 2021 表示成两个整数的平方差的形式， 不一样的表示方法有〔〕A.16 种B.14 种C.12 种种二、填空 〔 分 35 分，每小 7 分〕1.213.9 213.9 的 等于.2.平行四 形 ABCD 中，AD= a ，CD=b ， 点 B 分 作 AD 上的高h a 和 CD 上的高 h b ， h a a ， h b b ， 角 AC=20厘米，平行四 形 ABCD的面 平方厘米 .3. 0 a 11232829，而且a a a a a18 ，3030303030那么10a等于.〔此中x表示不超出 x 的最大整数〕4.△ ABC 中，∠A，∠B，∠C 的外角度数之比为α∶β∶γ〔α，β，γ均为正数〕，那么∠ A ∶∠ B∶∠ C 等于〔.用含α，β，γ的式子之比表示〕5.当1x 2 时，经化简x 2 x 1x 2 x 1 等于.三、〔总分值 10 分〕a b c 0 ，a2b2c21.（1〕求ab bc ca的值（2〕求a4b4c4的值四、〔总分值 15 分〕以下列图，六边形ABCDEF 中， AB=BC=CD=DE=EF=FA ，而且∠ A+ ∠C+∠E=∠B＋∠ D＋∠ F，求证∠ A＝∠ D，∠ B=∠E，∠ C=∠ F.五、〔总分值 15 分〕BCA DF E〔1〕证明：由 2021 个 1 和随意个 0 构成的自然数不是完整平方数；〔2〕试说明，存在最左侧 2021 位都是 1 的形如1111的自然数2021个1〔此中 * 代表阿拉伯数码〕是完整平方数.。

2019-2020 北京初中数学竞赛 九年级 圆的专题（含答案）1. 求证：若半径为R 的圆内接四边形对角线垂直，则以对角线交点到四边射影为顶点的四边形有内切圆，且此圆半径不大于2R．解析 如图，已知圆内接四边形ABCD ，AC BD ⊥，垂足为P ，P 在AB 、BC 、CD 、DA 上的射影分别为E 、F 、G 、H ，则由几组四点共圆易知sin sin sin 2AC BDEH FG AP BAD CP BCD AC BAD R⋅+=∠+⋅∠=∠∠=，同理EF HG +也是此值，因此四边形EFGH 有内切圆．CFGPH DBEA由于FEP CBD CAD HEP ∠=∠=∠=∠，故EP 平分FEH ∠，同理HP 、GP 、FP 平分另外3个角，P 为四边形EFGH 的内心．于是内切圆半径sin sin sin 2ADr PF PFG PF ACD PF PC ACB R=⋅∠=⋅∠=⋅=⋅∠⋅2224222AD PC AB AD PC PA R RR R R R ⋅⋅⋅==≤=．取到等号仅当P 为圆心时．2. 如图(a)，已知O e 的直径为AB ，1O e 过点O ，且与O e 内切于点B ．C 为O e 上的点，OC 与1O e 交于点D ，且满足OD CD >，点E 在线段OD 上，使得D 为线段CE 的中点，连结BE 并延长，与1O e 交于点F ，求证：BOC △∽1DO F △．(b)(a)O 1AOBM E CD F O 1OB E CD F解析 如图(b)，连结BD ，因为OB 为1O e 的直径，所以90ODB ∠=︒，结合DC DE =，可得BDE △≌BDC △．设BC 与1O e 交于点M ，连结OM ，则90OMB ∠=︒，于是OM 平分COB ∠，从而有 122222BOC DOM DBM DBC DBE DBF DO F ∠=∠=∠=∠=∠=∠=∠．又因为BOC ∠，1DO F ∠分别是等腰BOC △，1DO F △的顶角，所以BOC △∽1DO F △．3. I 是ABC △的内心，线段AI 延长交ABC △的外接圆于D ，若3AB =，4AC =，且IBC DBC S S =△△，求BC ．解析 如图，设BC 与AD 交于E ，则IE ED x ==，2BD CD ID x ===，又设AE y =，由于在等腰三角形BCD 中，有熟知的结论22BD DE BE CE AE ED -=⋅=⋅，此即23x yx =，3y x =，故2AB AC AI BC IE +==，72BC =．lE DCBA4. 在平面上给定等腰三角形ABC ，其中AB AC =，试在平面上找到所有符合要求的点M ，使ABM △、ACM △都是等腰三角形．解析 要使ABM △为等腰三角形，M 必定在AB 的垂直平分线上，或在以A 、B 为圆心、AB 为半径的圆上．ACM △亦然．这样得到3个圆A e 、B e 、C e ．M 6M 5M 4M3M 2M 1B'C'CB A在A e 上除了B 、C 及其对径点B '、C '，其余的点都符合要求．此外，还有6个点，即AB 中垂线与Ce 的两个交点1M 、2M ，AC 的中垂线与B e 的两个交点3M 、4M ，B e 与C e 的另一个交点6M （不是A ），两条中垂线的交点5M （即ABC △之外心），如图．何时1M 在直线AB 上或A 、C 、2M 共线，此时A ∠是三边长分别为1:2:2的等腰三角形的底角，此时1M 、2M 、3M 、4M 均不符合要求；又120A ∠=︒时，六点变一点，且在A e 上，120A ∠>︒时，只有5M 与6M 两点．评注 读者可考虑ABC △为不等边三角形时的情形．5. 已知：ABC △中，AB AC =，AD 是高，P 为AC 上任一点，PC 的中垂线RQ 交AD 于R ，求证：RPB DAC ∠=∠．解析 如图，易知RP RC RB ==，R 为PBC △外心，2180BRP C BAC ∠=∠=︒-∠，故A 、B 、R 、P 共圆，于是RPB BAD DAC ∠=∠=∠．P QRCDBA6. D 、E 、F 分别在ABC △的边BC 、CA 、AB 上，则AEF △、BFD △、CDE △的外接圆共点． 解析 如图，设AEF △、BFD △的外接圆除F 之外，还交于P ，连结PD 、PE 、PF ，则PEC AFP BDP ∠=∠=∠，故E 、P 、D 、C 共圆，证毕．题12.2.2CDBPEFA7. 平面上有一条光线穿过该平面上的一圆，打在一条直径上并发生反射，最后穿出圆去，求证：这条光线与圆的两个交点、与直径的接触点以及圆心，该四点共圆．解析 如图，设这条光线为APB ，EOF 是题设中的直径，延长AP 至O e 于C ，则BPF APE CPF ∠=∠=∠，B 与C 关于EF 对称．于是BPO △≌CPO △．这样一来，便有OBP OCP OAP ∠=∠=∠，于是A 、O 、P 、B 四点共圆．题12.2.3POCFB EA评注 本题亦可利用圆心角证．8. 已知P 为ABC △外接圆的»BC上一点，则P 在直线AB 、BC 、CA 的射影L 、M 、N 共线． 解析 如图，连结LM 、MN ，BP ，CP ，则由L 、M 、P 、B 共圆，M 、P 、N 、C 共圆及A 、B 、P 、C 共圆，得9090180LMP NMP LMB PCN LPB ABP ∠+∠=∠+︒+∠=∠+∠+︒=︒，故L 、M 、N 共线．P NM L CBA评注 此线称为西摩松线．反之，若三垂足共线，则P 在ABC △外接圆上．9. 四边形ABCD 对角线交于O ，AO CO BO DO ⋅=⋅，O 在AB 、BC 、CD 、DA 上的垂足分别是E 、F 、G 、H ，求证：EF GH EH FG +=+． 解析 如图，易知A 、B 、C 、D 共圆．CGFODBHEA由A 、E 、O 、H 共圆，得sin EH AO A =（A ∠即BAD ∠，余同），同理sin FG CO C == sin(180)sin CO A CO A ︒-=⋅，故sin EH FG AC A +=，同理sin EF GH BD B +=．而sin sin AC BDB A=，于是上述结论成立． 评注 读者不妨研究由EF GH EH FG +=+能否得出A 、B 、C 、D 共圆． 10. 已知凸四边形ABCD ，2BAC BDC ∠=∠，2CAD CBD ∠=∠，求证： AB AC AD ==．解析 如图，1180()1802BCD CBD CDB BAD ∠=︒-∠+∠=︒-∠，故180BCD BAD ∠+∠>︒，作BCD △外接圆，A 在圆内、延长CA 至圆于P ．连结PB 、PD ，则P 、B 、C 、D 四点共圆． DCBAP于是12APD CBD CAD ∠=∠=∠，故APD ADP ∠=∠，PA AD =，同理PA AB =．A 为PBD △外心，也即BCD △之外心，于是AB AC AD ==．11. 设圆内接ABC △的垂心为H ，P 为圆周上任一点，求证：PH 被P 关于该三角形的西摩松线平分．解析 如图，不妨设P 在»BC上．P 在直线AB 、BC 上的射影分别是M 、N ，MN 即为西摩松线．AL 是高，延长后交圆于D ，PN 延长后交圆于Q ，连结PD 、QA 、CD 、BP ．则HCB BAD DCB ∠=∠=∠，得HL LD =． ①CEDP LNH R M BAQ又易知M 、N 、P 、B 共圆，因此ENP ABP AQP ∠=∠=∠，故MN AQ ∥．又作HR AQ ∥，于是由四边形AQPD 为等腰梯形，知四边形HRPD 也是等腰梯形，于是由①知BC 垂直平分HD ，从而BC 垂直平分RP ．由PN NR =及MNE RH ∥，知MN 必将PH 平分．12. 已知MON 为O e 直径，S 在ON 上，弦ASB MN ⊥，P 在¼BM上，PS 延长后交圆于Q ，PN 交AB 于R ，求证：QS RN <．解析 如图，连结MP 、MR ，知M 、S 、R 、P 共圆，于是RN SN QSMR SP MS==，于是1RN MR QS MS =>．NB13. 已知锐角三角形ABC 中，AB AC >，AD BC ⊥于D ，G 、F 分别在AB 、AC 上，GC 、BF 、AD交于H ，若G 、B 、C 、F 共圆，则H 为ABC △之垂心．解析 如图，易知BD CD >，今在BD 上找一点E ，使ED CD =，连结AE 、HE ，则E 与C 关于AD 对称．于是由对称及G 、B 、C 、F 共圆，得ABH ACH AEH ∠=∠=∠，于是A 、B 、E 、H 共圆，故BAD HEC HCE ∠=∠=∠，于是90AGH HDC ∠=∠=︒，H 为垂心．HCDEBF GA14. 已知ABC △与ACD △均为正三角形，过D 任作一直线，分别交BA 、BC 延长线于E 、F ，CE 与AF 交于G ，求证：GB 平分AGC ∠．FCBGDAE解析 设AB BC AC a ===，AE x =，CF y =，由AD BF ∥，CD BE ∥，则x y x a y a+=++ 1ED DF EF EF +=，去分母整理得2xy a =．此即AE ACAC CF=，又120EAC ACF ∠=︒=∠，故EAC △∽ACF △，60AGE GAC ACG GAC AFC ∠=∠+∠=∠+∠=︒，故A 、B 、C 、G 共圆，60AGB ACB BAC ∠=∠=︒=∠= CGB ∠．15. 设圆内接四边形ABCD ，AB 、DC 延长交于E ，AD 、BC 延长交于F ，EF 中点为G ，AG 与圆又交于K ，求证：C 、E 、F 、K 四点共圆．解析 如图，延长AG 一倍至J ，作平行四边形AEJF ．连结CK ，则CEJ ADE AKC ∠=∠=∠，于是E 、C 、K 、J 共圆，或K 在CEJ △的外接圆上．FG EKCDB又180180EJF EAF BCD ECF ∠=∠=︒-∠=︒-∠，故E 、C 、F 、J 共圆，或F 亦在CEJ △的外接圆上．于是C 、E 、J 、F 、K 五点共圆，结论成立．16. AD 、BE 是锐角三角形ABC 的高，D 、E 是垂足，D 在AB 、AC 上的射影分别是M 、N ，E 在BC 、AB 上的射影分别是P 、Q ，求证：QN PM =．解析 如图，连结ED 、PN ，则易知NPC DEC ABC ∠=∠=∠，故NP AB ∥．P D CNE B MQ A欲证四边形MPNQ 为等腰梯形，只需证MN PQ =即可． 由于A 、M 、D 、N 共圆，AD 为直径，故sin 2ABCS AD BC MN AD A R R⋅=⋅==△，R 为ABC △外接圆半径，同理PQ 也是此值，因此结论成立．17. 过两定点A 、B 的圆与定圆交于P 、Q ，求证：AP AQBP BQ⋅⋅为定值．解析 如图，延长（或不延长）AP 、BQ ，可与定圆再分别交于M 、N 两点，则由四点共圆知180BAP PQN M ∠=∠=︒-∠，故AB MN ∥．NQB MP A于是四边形ABNM 为梯形，sin sin AM A BN B =（A ∠即BAP ∠，余类似）；又由定圆性质知AP AM ⋅为定值，BQ BN ⋅亦为定值，故AP AM BQ BN ⋅⋅为定值，此即sin sin AP B BQ A ⋅⋅为定值．但由正弦定理，sin sin B AQA BP=，于是AP AQ BP BQ⋅⋅为定值．18. 直角三角形ABC 中，E 、F 分别是直角边AB 、AC 上的任意点，自A 向BC 、CE 、EF 、FB 引垂线，垂足分别是M 、N 、P 、Q ．证明：M 、N 、P 、Q 四点共圆． 解析 因A 、E 、N 、P 共圆，故CNP EAP AFP ∠=∠=∠，因A 、N 、M 、C 共圆，故CNM CAM ∠=∠，又A 、B 、M 、Q 共圆，故MQB MAB ∠=∠，由A 、P 、Q 、F 共圆，得PQB FAP ∠=∠．所以()()()()MNP MQP CNM CNP MQB PQB CAM AFP MAB FAP ∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠=()()9090180CAM MAB AFP FAP ∠+∠+∠+∠=︒+︒=︒．故M 、N 、P 、Q 共圆．PQ NCMBFEA19. ABCD 是圆内接四边形，AC 是圆的直径，BD AC ⊥，AC 与BD 的交点为E ，F 在DA 的延长线上，连结BF ，G 在BA 的延长线上，使得DG BF ∥，H 在GF 的延长线上，CH GF ⊥．证明：B 、E 、F 、H 四点共圆．解析 如图，连结BH 、EF 、CG ．因为BAF △∽GAD △，所以FA DAAB AG=， DEA BH FG又因为ABE △∽ACD △，所以 AB ACEA DA =， 从而得 FA ACEA AG=． 因为FAE CAG ∠=∠，所以FAE △∽CAG △，于是FEA CGA ∠=∠．由题设知，90CBG CHG ∠=∠=︒，所以B 、C 、G 、H 四点共圆，得BHC BGC ∠=∠．于是 90BHF BEF BHC BEF ∠+∠=∠+︒+∠ 90BGC BEF =∠+︒+∠ 90FEA BEF =∠+︒+∠ 180=︒，所以，B 、E 、F 、H 四点共圆．20. 四边形ABCD 内接于圆，P 是AB 的中点，PE AD ⊥，PF BC ⊥，PG CD ⊥，E ，F ，G 为垂足，M 是线段PG 和EF 的交点，求证：ME MF =．解析 如图，作1AF BC ⊥，1BE AD ⊥（1E 、1F 为垂足），则1112PE AB PF ==．设PG 与11E F 交于K ，因A 、B 、1F 、1E 共圆，所以11180CF E A C ∠=∠=︒-∠，因此11E F CD ∥，11PK E F ⊥，K 是11E F 的中点（因11PE F △为等腰三角形），故PEKF 为平行四边形（因P 、E 、K 、F 为四边形11ABF E 各边中点），因此ME MF =．F 1E 1F M E KC GD评注 本题亦可用面积法快速解决．21. ABC △中，AD 、AE 分别是高和中线，且都在三角形内部，求证：若DAB CAE ∠=∠，则ABC△或者是等腰三角形，或者是直角三角形．解析 如图，D 与E 无非是三种位置关系，由对称性，可归结为两种：D 与E 重合，或D 位于E 的左侧．D FA若D 与E 重合时，ABC △显然为等腰三角形．若D 在E 的左侧，设AB 中点为F ，连接FD 、FE .则EF 为中位线，由条件，知 AEF CAE DAB ADF ∠=∠=∠=∠，故A 、F 、D 、E 共圆，于是 90BAC BAE EAC FDB ADF ∠=∠+∠=∠+∠=︒．22. 设A 、B 、C 、D 、E 是单位半圆上依次五点，AE 是直径，且AB a =，BC b =，CD c =，DE d =，证明：22224a b c d abc bcd +++++<．解析 如图，连接CA 、CE ，则AC CE ⊥，设CAE α∠=，CEA β∠=，则由四点共圆及余弦定理，有：βαAEDCB2224AE AC CE ==+22222cos 2cos a b ab c d cd βα=+++++2222a b c d ab CE cd AC =++++⋅+⋅，由于ABC ∠，90CDE ∠>︒，故CE CE c >=，AC BC b >=，代入，即得 22224a b c d abc bcd >+++++．23. 已知四边形ABCD 内接于圆，点E 、F 分别为AB 、CD 上的动点，且满足AE CFEB FD=，又点P 在EF 上且满足PE ABPF CD=，证明：APD △与BPC △的面积之比与点E 、F 无关． 解析 如图，不妨设AD 、BC 延长后交于S ，由四点共圆知ABS CSF △∽△，又E 、F 分别是对应点，故ASE CSF △∽△．于是ES AS AB PEFS CS CD PF===，于是SP 平分ESF ∠进而平分ASB ∠，于是P 至AD 、BC 距离相等，APD BPC S ADS BC=△△，与E 、F 无关．（图中SE 、SF 、SP 未画出．）PSCF D BE AAD BC ∥时，结论不变．24. AB 是圆O 的直径，C 为AB 延长线上的一点，过点C 作圆O 的割线，与圆O 交于D 、E 两点，OF是BOD △的外接圆1O 的直径，连接CF 并延长交圆1O 于点G .求证：O 、A 、E 、G 四点共圆． 解析 如图，连接AD 、DG 、GA 、GO 、DB 、EA 、EO ．A因为OF 是等腰DOB △的外接圆的直径，所以OF 平分DOB ∠，即2DOB DOF ∠=∠．又12DAB DOB ∠=∠，所以DAB DOF ∠=∠．又DGF DOF ∠=∠，所以DAB DGF ∠=∠，因此，G 、A 、C 、D 四点共圆．所以AGC ADC ∠=∠．而90AGC AGO OGF AGO ∠=∠+∠=∠+︒，90ADC ADB BDC BDC ∠=∠+∠=︒+∠，因此AGO BDC ∠=∠．因为B 、D 、E 、A 四点共圆，所以BDC EAO ∠=，又OA OE =，所以EAO AEO ∠=∠．从而AGO AEO ∠=∠，所以，O 、A 、E 、G 四点共圆．25. 已知ABC △中，AD BC ⊥于D ，DM AC ⊥于M ，DB AB ⊥于N ，NM 与BC 延长线交于E ，求证：111CD BD DE-=． 解析 如图，延长DM ，作EF DM ⊥于F ，由FDE CAD ∠=∠，知AMD DFE ADC △∽△∽△，所以DM EF AD DE =，DF ADEF CD=，又由A 、N 、D 、M 四点共圆，得NAD NMD ∠=∠，从而MEF ABD △∽△，从而MF AD EF BD =，因此AD AD DF MF DM AD CD BD EF EF EF DE -=-==，于是111CD BD DE-=． NMBDCEFA26. 凸四边形ABCD 中，ABD α∠=，CBD β∠=，若sin sin sin()AB BC BD βααβ+=+，则A 、B 、C 、D 共圆．解析 如图，不妨设ABC △外接圆交直线BD 于D '．βαD'CBDA由托勒密定理得AB CD BC AD AC BD '''⋅+⋅=⋅两边同除以外接圆直径，得sin sin sin()AB BC BD βααβ'+=+，于是由条件BD BD '=（因为sin()0αβ+≠），故D 与D '重合，即A 、B 、C 、D 共圆．。