一道数学竞赛题的探究(1)

数学初中竞赛大题训练：几何专题1．阅读理解：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝55°；（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE 的长；（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，故答案为：55°；（2）在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，∴∠AFD＝135°，∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，∴∠AFD＝∠DBE，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝90°，∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，∴∠FAD＝∠BDE，在△ADF和△DEB中，，∴△ADF≌△DEB（ASA），∴AD＝DE，∵∠ADE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝AD＝2；（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，∴△ABK是等边三角形，∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM＝AK•sin60°＝2，∵AE＝3，AM＝AB＝2，∴ME＝3﹣2＝1，∴EK＝＝＝，∴EF＝＝＝．2．问题再现：如图1：△ABC 中，AF 为BC 边上的中线，则S △ABF ＝S △ACP ＝S △ABC由这个结论解答下列问题：问题解决：问题1：如图2，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，则S △BOC ＝S 四边形ADOE ．分析：△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，则S △BCD ＝S △ABC ，BE 为AC 边上的中线，则S △ABE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △ABE∴S △BCD ﹣S △BOD ＝S △ABE ﹣S △BOD又∵S △BOC ＝S △BCD ﹣S △BOD ，S 四边形ADOE ＝S △ABE ﹣S △BOD即S △BOC ＝S 四边形ADOE问题2：如图3，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，AF 为BC 边上的中线．（1）S △BOD ＝S △COE 吗？请说明理由．（2）请直接写出△BOD 的面积与△ABC 的面积之间的数量关系：S △BOD ＝S △ABC ．问题拓广：（1）如图4，E 、F 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ． （2）如图5，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ．（3）如图6，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，若S △AME ＝1、S △BNG ＝1.5、S △CQF ＝2、S △DPH ＝2.5，则S 阴＝ 7 ．解：问题2：S △BOD ＝S △COE 成立，理由：∵△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，∴S △BCD ＝S △ABC ，∵BE 为AC 边上的中线，∴S △CBE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △CBE∵S △BCD ＝S △BOD +S △BOC ，S △CBE ＝S △COE +S △BOC∴S △BOD ＝S △COE（2）由（1）有S △BOD ＝S △COE ，同（1）方法得，S △BOD ＝S △AOD ，S △COE ＝S △AOE ，S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ，∵点O 是三角形三条中线的交点，∴OA ＝2OF ，∴S △AOC ＝2S △COF ＝S △AOE +S △COE ＝2S △COE ，∴S △COF ＝S △COE ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ＝S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △ABC ，故答案为问题拓广：（1）如图4：连接BD，由问题再现：S△BDE ＝S△ABD，S△BDF ＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为，（2）如图5：连接BD，由问题解决：S△BMD ＝S△ABD，S△BDN＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为；（3）如图6，设四边形的空白区域分别为a，b，c，d，∵S△AME ＝1、S△BNG＝1.5、S△CQF＝2、S△DPH＝2.5，由（1）得出：a+1+2.5＝a+3.5＝S△ACD①，c+1.5+2＝c+3.5＝S△ACB②，b +1+1.5＝b +2.5＝S △ABD ③，d +2+2.5＝d +4.5＝S △BCD ④，①+②+③+④得，a +3.5+c +3.5+b +2.5+d +4.5＝a +b +c +d +14＝S 四边形ABCD ⑤而S 四边形ABCD ＝a +b +c +d +7+S 阴影⑥∴S 阴影＝7，故答案为7．3．如图，在△ABC 中，AB ＞AC ，内切圆⊙I 与边BC 切于点D ，AD 与⊙I 的另一个交点为E ，⊙I 的切线EP 与BC 的延长线交于点P ，CF ∥PE 且与AD 交于点F ，直线BF 与⊙I 交于点M 、N ，M 在线段BF 上，线段PM 与⊙I 交于另一点Q ．证明：∠ENP ＝∠ENQ ．证明：如图，设⊙I 与AC 、AB 分别切于点S 、T ，连接ST 、AI 、IT ，设ST 与AI 交于点G ．则IE ⊥PE ，ID ⊥PD ，故I 、E 、P 、D 四点共圆，∵AS 2＝AE •AD ＝AG •AI ，∵∠EAG ＝∠DAI ，∴△AEG ∽△AID ，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．4．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．5．如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD 和AC交于点N．求证：OH⊥MN．证明：∵A 、C 、D 、F 四点共圆，∴∠BDF ＝∠BAC又∵∠OBC ＝（180°﹣∠BOC ）＝90°﹣∠BAC ，∴OB ⊥DF ．∵CF ⊥MA ，∴MC 2﹣MH 2＝AC 2﹣AH 2（①）∵BE ⊥NA ，∴NB 2﹣NH 2＝AB 2﹣AH 2 （②）∵DA ⊥BC ，∴BD 2﹣CD 2＝BA 2﹣AC 2 （③）∵OB ⊥DF ，∴BN 2﹣BD 2＝ON 2﹣OD 2 （④）∵OC ⊥DE ，∴CM 2﹣CD 2＝OM 2﹣OD 2，①﹣②+③+④﹣⑤，得NH 2﹣MH 2＝ON 2﹣OM 2 MO 2﹣MH 2＝NO 2﹣NH 2∴OH ⊥MN ．6．在图1到图4中，已知△ABC 的面积为m ．（1）如图1，延长△ABC 的边BC 到点D 使CD ＝BC ，连接DA ，若△ACD 的面积为S 1，则S 1＝ m ．（用含m 的式子表示）（2）如图2，延长△ABC 的边BC 到点D ，延长边CA 到点E ，使CD ＝BC ，AE ＝CA ，连接DE ．若△DEC 的面积为S 2，则S 2＝ 2m ．（用含a 的代数式表示）（3）如图3，在图2的基础上延长AB 到点F ，使BF ＝AB ，连接FD 于E ，得到△DEF ，若阴影部分的面积为S 3，则S 3＝ 6m ．（用含a 的代数式表示）（4）可以发现将△ABC 各边均顺次延长一倍，连接所得端点，得到△DEF ，如图3，此时，我们称△ABC 向外扩展了一次．可以发现扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的 7 倍．（5）应用上面的结论解答下面问题：去年在面积为15平方面的△ABC 空地上栽种了各种花卉，今年准备扩大种植规模，把△ABC 内外进行两次扩展，第一次由△ABC 扩展成△DEF ，第二次由△DEF 扩展成△MGH ，如图4，求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为多少平方米？解：（1）∵CD ＝BC ，∴△ABC 和△ACD 的面积相等（等底同高），故得出结论S 1＝m ．（2）连接AD ，，∵AE ＝CA ，∴△DEC 的面积S 2为△ACD 的面积S 1的2倍，故得出结论S 2＝2m ．（3）结合（1）（2）得出阴影部分的面积为△DEC 面积的3倍， 故得出结论则S 3＝6m ．（4）S △DEF ＝S 阴影+S △ABC＝S 3+S △ABC＝6m +m＝7m＝7S △ABC故得出结论扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的7倍．（5）根据（4）结论可得两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为（7×7﹣1）×15＝720（平方米），答：求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为720平方米． 7．（1）如图①，AD 是△ABC 的中线，△ABD 与△ACD 的面积有怎样的数量关系？为什么？（2）若三角形的面积记为S ，例如：△ABC 的面积记为S △ABC ，如图②，已知S △ABC ＝1，△ABC 的中线AD 、CE 相交于点O ，求四边形BDOE 的面积．小华利用（1）的结论，解决了上述问题，解法如下：连接BO ，设S △BEO ＝x ，S △BDO ＝y ，由（1）结论可得：S，S △BCO ＝2S △BDO ＝2y ，S △BAO ＝2S △BEO ＝2x ． 则有，即．所以．请仿照上面的方法，解决下列问题： ①如图③，已知S △ABC ＝1，D 、E 是BC 边上的三等分点，F 、G 是AB 边上的三等分点，AD 、CF 交于点O ，求四边形BDOF 的面积．②如图④，已知S △ABC ＝1，D 、E 、F 是BC 边上的四等分点，G 、H 、I 是AB 边上的四等分点，AD 、CG 交于点O ，则四边形BDOG 的面积为 ．解：（1）S △ABD ＝S △ACD ．∵AD 是△ABC 的中线，∴BD ＝CD ，又∵△ABD 与△ACD 高相等，∴S △ABD ＝S △ACD ．（2）①如图3，连接BO ，设S △BFO ＝x ，S △BDO ＝y ，S △BCF ＝S △ABD ＝S △ABC ＝S △BCO ＝3S △BDO ＝3y ，S △BAO ＝3S △BFO ＝3x ．则有，即，所以x +y ＝，即四边形BDOF 的面积为；②如图，连接BO ，设S △BDO ＝x ，S △BGO ＝y ，S△BCG ＝S△ABD＝S△ABC＝，S△BCO ＝4S△BDO＝4x，S△BAO ＝4S△BGO＝4y．则有，即，所以x+y＝，即四边形BDOG的面积为，故答案为：．8．我们初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：平方差公式、完全平方公式．【提出问题】如何用表示几何图形面积的方法推证：13+23＝32？【解决问题】A表示1个1×1的正方形，即：1×1×1＝13B表示1个2×2的正方形，C与D恰好可以拼成1个2×2的正方形，因此：B、C、D就可以表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23而A、B、C、D恰好可以拼成一个（1+2）×（1+2）的大正方形．由此可得：13+23＝32【递进探究】请仿用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33＝62．要求：自己构造图形并写出详细的解题过程．【推广探究】请用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33+…+n3＝．（参考公式：）注意：只需填空并画出图形即可，不必写出解题过程．【提炼运用】如图，下列几何体是由棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，如图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8个看不见；求：从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数．解：【递进探究】如图，A表示一个1×1的正方形，即：1×1×1＝13，B、C、D表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23，E、F、G表示3个3×3的正方形，即：3×3×3＝33，而A、B、C、D、E、F、G恰好可以拼成一个大正方形，边长为：1+2+3＝6，，∵S A+S B+S C+S D+S E+S F+S G＝S大正方形∴13+23+33＝62；【推广探究】由上面表示几何图形的面积探究知，13+23+33+…+n3＝（1+2+3+…+n）2，又∵1+2+3+…+n＝，∴13+23+33+…+n3＝（）2＝．【提炼运用】图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0＝（1﹣1）3个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1＝（2﹣1）3个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8＝（3﹣1）3个看不见；…，从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为：（1﹣1）3+（2﹣1）3+（3﹣1）3+…+（101﹣1）3＝03+13+23+…+1003＝50502＝25502500．故一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为25502500．故答案为：62；．9．问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，求：尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G，如图所示，有＝，＝，．类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S四边形ABEC 与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求的值．解：问题引入：∵在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，∴，，∴＝＝；尝试探究：∵AE＝AD，∴＝，∵AF⊥BC，EG⊥BC，∴AF∥EG，∴△EDG∽△ADB，∴＝；∵＝＝＝，∴＝1﹣＝；故答案为：，，；类比延伸：＝，∵E为AD上的一点，∴＝，＝，∴＝＝；拓展应用：∵＝＝，同理：＝，＝，∴＝＝2．10．如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC＝MD，分别过点C、D作边BC、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P，过点P作PQ⊥AB于Q，求证：∠PQC＝∠PQD．证明：连接AP、BP，取AP的中点E，取BP的中点F，连接DE、ME、QE、CF、QF、MF，如图．∵E为AP的中点，F为BP的中点，M为AB的中点，∴EM∥BP，EM＝BP，MF∥AP，MF＝AP．∵E为AP的中点，F为BP的中点，∠ADP＝∠BCP＝90°，∴DE＝AE＝EP＝AP，FC＝PF＝BF＝BP，∴DE＝MF，EM＝FC．在△DEM和△MFC中，，∴△DEM≌△MFC（SSS），∴∠DEM＝∠MFC．∵EM∥BP，MF∥AP，∴四边形PEMF是平行四边形，∴∠PEM＝∠PFM．又∵∠DEM＝∠MFC，∴∠DEP＝∠CFP．∵DE＝AE，FC＝BF，∴∠DAE＝∠ADE＝∠DEP，∠FBC＝∠FCB＝∠CFP，∴∠DAE＝∠FBC，即∠DAP＝∠PBC．∵∠ADP＝∠AQP＝90°，E为AP中点，∴ED＝EA＝EQ＝EP＝AP，∴D、A、Q、P四点共圆，∴∠PQD＝∠DAP．同理可得：∠PQC＝∠PBC，∴∠PQD＝∠PQC．11．如图：D是以AB为直径的圆O上任意一点，且不与点A、B重合，点C是弧BD的中点，作CE∥AB，交AD或其延长线于E，连接BE交AC与G，AE＝CE，过C作CM⊥AD交AD延长线于点M，MC与⊙O相切，CE＝7，CD＝6，求EG的长．解：连接OC，如图．∵MC与⊙O相切，∴OC⊥MC．∵CM⊥AD，∴OC∥AM．∵CE∥AB，∴四边形AOCE是平行四边形，∴OA＝CE＝7，∴AB＝14．∵点C是弧BD的中点，∴BC＝CD＝6．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4．∵CE∥AB，∴△CGE∽△AGB，∴＝＝＝，∴AG＝AC＝．在Rt△ACB中，cos∠BAC＝＝＝．∵点C是弧BD的中点，∴∠BAC＝∠CAD，即∠BAC＝∠EAG，∴cos∠EAG＝．在△EAG中，cos∠EAG＝．∴＝．∵AG＝，AE＝CE＝7，∴＝．整理得：GE2＝．∵GE＞0，∴GE＝．∴EG的长为．12．如图，圆内接四边形ABCD的边AB、DC的延长线交于E，AD、BC延长线交于F，EF中点为G，AG与圆交于K．求证：C、E、F、K四点共圆．证明：延长AG到H，使得GH＝AG，连接EH、FH、CK，如图所示．∵GH＝AG，EG＝FG，∴四边形AEHF是平行四边形，∴∠EAG＝∠GHF，∠GAF＝∠GHE．∵A、B、C、K四点共圆，∴∠KCF＝∠EAG，∴∠KCF＝∠GHF，∴K、C、H、F四点共圆．∵K、C、A、D四点共圆，∴∠KCD＝∠KAF，∴∠KCD＝∠GHE，∴K、C、E、H四点共圆，∴K、C、E、H、F五点共圆，∴C、E、F、K四点共圆．13．在半圆O中，AB为直径，一直线交半圆周于C、D，交AB延长线于M（MB＜MA，AC＜MD），设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外的另一个交点，求证：∠MKO＝90°．证明：连接CK，BK，BC，如图所示．∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OAC+∠ABC＝90°．∵A、B、C、D四点共圆，∴∠BDC＝∠BAC．∵A、O、C、K四点共圆，∴∠CKO＝∠OAC．∵D、O、B、K四点共圆，∴∠BKO＝∠BDO．∴∠BKC＝∠BKO﹣∠CKO＝∠BDO﹣∠OAC．∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠BDO．∴∠BMC＝∠ABD﹣∠BDC＝∠BDO﹣∠BAC＝∠BKC．∴B、C、K、M四点共圆．∴∠ABC＝∠MKC．∴∠MKO＝∠MKC+∠CKO＝∠ABC+∠OAC＝90°．14．已知，在△ABC中，AC＞AB，BC边的垂直平分线与∠BAC的外角∠PAC的平分线相交于E，与BC相交点D，DE与AC相交于点F．（1）如图1，当∠ABC＝3∠ACB时，求证：AB＝AE；（2）如图2，当∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，过点D作AC的垂线，垂足为点H，并延是点D关于直线AC的对长DH交射线AE于点M，过点E作BP的垂线，垂足为点G，点D1称点，试探究AG和MD之间的数量关系，并证明你的结论．1解：（1）证明：连接BF，如图1．设∠A CB＝x，则∠ABC＝3x，∵FD垂直平分BC，∴FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝x，∴∠ABF＝∠AFB＝2x，∴AB＝AF，∠PAC＝4x．∵AE平分∠PAC，∴∠EAC＝2x．∵∠AFE＝∠DFC＝90°﹣x，∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝180°﹣2x﹣（90°﹣x）＝90°﹣x，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∴AB＝AE．．（2）AG＝MD1证明：作EN⊥AC于N，取EC中点O，、NM、MC、MO、NO、EB、EC，如图2．连接AD1∵AE平分∠PAC，EN⊥AC，EG⊥AP，∴EG＝EN，∠EGA＝∠ENA＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠EGA＝∠ENA＝∠BAC＝90°，∴四边形EGAN是矩形．∵EG＝EN，∴矩形EGAN是正方形，∴AG＝AN，∠EAN＝45°，∠GEN＝90°．∵ED垂直平分BC，∴EB＝EC．在Rt△BEG和Rt△CEN中，，∴Rt△BEG≌Rt△CEN（HL），∴∠GBE＝∠NCE，∠GEB＝∠NEC，∴∠GEN＝∠BEC＝90°∵EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝45°．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，∴∠ABC＝60°，∠ACB＝30°，∴∠ABE＝∠ACE＝15°．∵∠BAC＝90°，点D为BC中点，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝30°．∵点D与点D关于AC对称，1AC＝∠DAC＝30°，∴∠D1＝45°﹣30°＝15°．∴∠MAD1∵DA＝DC，DM⊥AC，∴DM垂直平分AC，∴MA＝MC，∴∠CMH＝∠AMH＝90°﹣45°＝45°，∴∠AMC＝90°，∴∠ENC＝∠AMC＝90°．∵点O为EC中点，∴ON＝OM＝OE＝OC＝EC，∴E、N、C、M四点共圆，∴∠EMN＝∠ECN＝15°，∴∠MAD＝∠EMN＝15°，1中，在△AMN和△MAD1，，∴△AMN≌△MAD1，∴AN＝MD1．∴AG＝MD115．在平面直角坐标系中，已知A（2，2），AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C．（1）如图1，E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE交x轴于F，连EF，ED平分∠OEF交OA于D，过D作DG⊥EF于G，求DG+EF的值；（2）如图2，D为x轴上一点，AC＝CD，E为线段OB上一动点，连接DA、CE、F是线段CE的中点，若BF⊥FK交AD于K，请问∠KBF的大小是否变化？若不变，求其值；若改变，求其变化范围．解：（1）∵AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C，∴∠ABO＝∠ACO＝90°．∵∠BOC＝90°，∴四边形ABOC是正方形，∴AB＝AC＝BO＝CO＝2，OA平分∠BOC，∠BAC＝90°．∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，BE＝CF．设BE＝CF＝t，OE＝2﹣t，OF＝2+t．∵ED平分∠OEF，∴点D是△OEF的内心．如图1，作DM⊥OB于M，作DH⊥OF于H，且DG⊥EF于G，∴DG＝DM＝DH，∴四边形MOHD是正方形，∴MO＝HO＝DM＝DG．设DG＝MO＝x，∴x＝，∴x＝，∴EF＝4﹣2x，∴WF＝2﹣x．∴DG+EF＝x+2﹣x＝2．即DG+EF的值为2；（2）∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°如图2，延长BF交AC于G，连接KG，作KM⊥AB于M，KN⊥AC于N，∵四边形ABOC是正方形，∴O B∥AC．∴∠EBF＝∠CGF，∠BEF＝∠GCF．∵F是CE的中点，∴EF＝CF．在△BEF和△GCF中，，∴△BEF≌△GCF（AAS），∴BF＝GF．∵BF⊥FK，∴∠BFK＝∠GFK＝90°．在△BFK和△GFK中，，∴△BFK≌△GFK（SAS）∴BK＝GK．∵AC＝CD，∠ACD＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD＝45°．∵KN⊥AC，∴∠ANK＝90°，∴∠AKN＝45°，∴AN＝KN．∵KM⊥AB，∴四边形AMKN是正方形，∴KM＝KN．∠M＝∠GNK＝90°AM∥KN．在Rt△BKM和Rt△GKN中，，∴Rt△BKM≌Rt△GKN（HL），∴∠MBK＝∠NGK．∠GKN＝∠BKM．∵AM∥KN，∴∠BKN＝∠MBK．∵∠BKM+∠BKN＝90°，∴∠GKN+∠BKN＝90°，即∠BKG＝90°．∵BK＝GK，∴△BKG是等腰直角三角形．∴∠KBF＝45°，∴∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°．16．如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，直线MN⊥AB于A，且分别与⊙O1，⊙O2交于M、N，P为线段MN的中点，又∠AO1Q1＝∠AO2Q2，求证：PQ1＝PQ2．解：连接MQ1、BQ1、BQ2、NQ2，过点P作PH⊥Q1B于H，如图所示．则由圆内接四边形的性质可得：∠Q1MA+∠ABQ1＝180°，∠ABQ2+∠ANQ2＝180°，∠MAB＝∠BQ2N．由圆周角定理可得：∠ABQ 1＝∠AO 1Q 1，∠ANQ 2＝∠AO 2Q 2． ∵∠AO 1Q 1＝∠AO 2Q 2，∴∠ABQ 1＝∠ANQ 2，∴∠ABQ 2+∠ABQ 1＝∠ABQ 2+∠ANQ 2＝180°， ∴Q 1、B 、Q 2三点共线．由圆内接四边形的性质可得：∠ABQ 1＝∠ANQ 2， ∴∠Q 1MA +∠ANQ 2＝∠Q 1MA +∠ABQ 1＝180°， ∴MQ 1∥NQ 2．∵AB ⊥MN ，∴∠MAB ＝90°，∴∠Q 1Q 2N ＝∠MAB ＝90°．∵PH ⊥Q 1B ，即∠Q 1HP ＝90°，∴∠Q 1HP ＝∠Q 1Q 2N ，∴PH ∥NQ 2，∴MQ 1∥PH ∥NQ 2．∵P 为线段MN 的中点，∴H 为线段Q 1Q 2的中点，∴PH 垂直平分Q 1Q 2，∴PQ 1＝PQ 2．。

2020高中奥林匹克数学竞赛试题高中奥林匹克数学竞赛是一项具有挑战性和刺激性的数学竞赛，旨在提高学生的数学思维能力和解决问题的能力。

2020年的高中奥林匹克数学竞赛试题是一系列复杂而有趣的数学问题，要求学生能够运用所学的数学知识和技巧来解决问题。

以下是几个典型的试题，我们将逐一探讨解题思路。

第一道题目要求我们证明对于任意正整数n，存在一个正整数x使得3^x - 2^n= 1。

我们可以从两个数的奇偶性入手，首先考虑3^x的奇偶性，显然它是奇数。

然后我们考虑2^n的奇偶性，当n为偶数时，2^n是偶数，而当n为奇数时，2^n是奇数。

因此，我们可以将问题分为两种情况来讨论。

当n为偶数时，2^n是奇数，此时3^x - 2^n是偶数，但是1是奇数，所以此时不成立。

当n为奇数时，2^n是奇数，此时3^x - 2^n是偶数，我们可以令x=1，此时3^x - 2^n = 3 - 2^n = 1，成立。

因此，对于任意正整数n，存在一个正整数x使得3^x - 2^n = 1。

第二道题目要求我们证明当n为奇数时，n^2 - 1可以被8整除。

我们可以利用数学归纳法来证明这个结论。

首先，当n=1时，n^2 - 1 = 1 - 1 = 0，显然可以被8整除。

假设当n=k时，n^2 - 1可以被8整除，即k^2 - 1可以被8整除。

我们来证明当n=k+1时，n^2 - 1也可以被8整除。

首先，我们可以将n^2 - 1拆分为(n+1)(n-1)。

由于n为奇数，所以n+1和n-1都是偶数，而且它们之间相差2，所以n+1和n-1中必然有一个能被4整除。

因此，(n+1)(n-1)可以被8整除，所以n^2 - 1也可以被8整除。

综上所述，当n为奇数时，n^2 - 1可以被8整除。

第三道题目要求我们求解一个方程，该方程为(x^2 - 2x)^2 - 2(x^2 - 2x) - 1 = 0。

我们可以利用代数的方法来求解这个方程。

首先，将方程中的x^2 - 2x看成一个整体，设为y，那么方程可以变为y^2 - 2y - 1 = 0。

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中学数学月刊2022年第4期

热修竞赛、强基针划中亲区方翟解注探究徐小花李丽荣杨平（北京市日坛中学100020

）

摘要:不定方程是数论中一个古老的分支，也是数论中一个重要的研究课题，有着悠久的历史与丰富 的内容.不定方程问题解法灵活，题型丰富，能有效考查学生转化构造创新的能力.近几年的竞赛、强基中不

定方程高频出现.本文以竞赛、强基中几个不定方程为例，介绍求不定方程整数解问题的因式分解法、取模同

余法和分类讨论法.关键词：不定方程;数学竞赛;强基计划

文章编号.1004-1176（

2022）04-0074-03

1因式分解法

例1 （2021全国高中数学联赛江西省预赛

第2题）方程丄+ -= 為 的正整数解的组数 x y L 021

为______.

解析由-+-=7^7 得 2

021)0

—

x y I 0Z1

2 021) =432 • 472,因为43? • 472共有9个正因数

，

表1567g9

17+7

«xH

9"

9 + 9

25 5—4 —5 56 6—-+ —6 67 77 + 7B 8 —+ —R S9 9

—+ —

9 9

35"—

爲x石

6 4-6

$ 亠&4 8 S

45-F

,6 + 6

6 —

8k

A

K +

a

诉+卵旳

55+ (5-5)x56—五阳时

7甲8-n$(B x8x

8)1

9-诉-善

66

-

(6 - 6) x 6

g 丁

7涯

75+ —

6 4-6|6-fiS

V

8x8-8

as谄+善

K3 +「以36+67 + T7-T>8 x B(t -

旳

9-

「冲

9心6+Llg(6! +

K x

«

S9 K鼻"

E05+5+5-5

6 十「lg(6! x 6 - 6)

7+孑订如7]

s B + 8-

8+ —9 +

彎询

115+5+|6 + 6-7

7 + Llg{71 «7 + 7}J

8 + T 1^(8 x 8 x B)~l

9

普

125 4- 5 +

Tlg(5 x 5)1

6 + 6 xV-Flgf?!

x7 + 7}1

对一道几何竞赛题解题思路的探求222004　江苏省连云港市新海实验中学　宋彦波 “时代杯”2008年江苏省中学(初中组)数学应用与创新邀请赛复赛试题中有这样一道几何试题:题目　如图1,在△A BC 中,D 为BC 的中点,点E 、F 分别在边AC 、A B 上,并且∠A BE =∠ACF,BE 、CF 交于点O.过点O 作O P ⊥AC,OQ ⊥A B,P 、Q 为垂足.求证:D P=DQ.图1 图2这是一道源于课本,超越课本的几何竞赛题.说它来源于课本是基于当OQ 与CF,O P 与BE 重合时,即BE 、CF 是△A BC 两边上的高时(如图2),比较容易证得DF (Q)=D E (P).有了这样的实际数学背景,在保证图形本质不变(即∠A BE =∠ACF,O P ⊥AC,OQ ⊥A B )的前提下,对原图形进行变换,这样既可以考查学生对图形与变换本质的理解,也能考查学生对数学解题方法、策略的体悟与运用.作为教师,在素质教育和创新教育的今天,对作为数学教育任务之一的解题教学而言:我们不能仅把“题”作为研究的对象,把“解”作为目标,而要把“解题活动”作为研究对象,把“学会数学地思维”、“促进人的全面发展”作为目标.基于上面的认识,笔者认为有必要对解题活动进行更深入的探求,并且在日常的教学活动中自觉地引导学生对其“解题活动”进行反思,这样的反思不仅是一个全面“回头看”、“解题分析”的过程,更是一个理清自己数学思维和在数学活动中所涉及的知识、方法、策略的“科学研究”过程1探求1　整合信息,启发证题思路从已知提供的信息看,线段DQ 和D 相等的关系是依赖于线段B 的中点D 以及相似的两个直角三角形△OBQ 和△O ,与其他元素关系不大,联想到三角形中位线和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半这两个定理,结合原图形模式,从而启发能否利用中点解决这个问题的思路1图3证法1　如图3,取OB 中点M,OC 中点N.因为D 为BC 的中点,所以DM ∥OC,DM =12OC,DN ∥OB,DN =12OB.在R t △BOQ 和Rt △OCP中,QM =12OB,PN =12OC.所以DM =PN,QM =DN.∠QMD =∠Q MO +∠OMD =2∠A BO +∠FOB,∠PND =∠PNO +∠OND =2∠ACO +∠EOC.因为∠A BO =∠ACO,∠FOB =∠E OC,所以∠QMD =∠PND.于是△QMD ≌△DN P,从而DQ =D P.这种证法是竞赛组委会提供的标准答案,说明了此种证法是有实际数学背景、操作经验和思维基础的,也体现出数学竞赛“是为了引导和促进学生学好数学、学会数学、会学数学”的理念.探求2　挖掘信息,形成新思路证法1是利用中点构造两个三角形全等解决线段DQ=DP 的问题.如果我们把思维聚焦到两个R t △OBQ 和Rt △OCP 中,结合证法1的思路,经验题感就告诉我们:点Q 和P 能否构造为某个三角形的中点而解决问题呢?图证法2　如图4,在直线BF 上取点M,使QM =BQ ,在直线CA 上取点N ,使PN =CP.连结CM,BN,OM,ON.所以DQ =12C M,DQ ∥M,D =BN,D ∥BN 02　(2009年第6期·初中版) ·解题研究·P C CP 4C P 12P .因为O P ⊥AC,OQ ⊥A B,所以OM =OB,ON =OC.∠BOM =180°-2∠A BO ,∠CON =180°-2∠ACO,因为∠A BO =∠ACO,所以∠BOM =∠CON.从而∠BON =∠BOM +∠MON=∠CON +∠MON =∠COM.所以△OMC ≌△ONB,所以CM =BN,从而DQ =D P.探求3　经验迁移,激发新意向利用题目中本身所存在的数学知识结构,结合某些解题方法和某些条件的有效组合,进而形成了上面的两种解题方法.但是解题方法的产生与解题经验是密不可分的,所以我们可以进一步考虑能否再利用中点D,即延长线段PD 或QD (即倍长中线的解题经验)来解决问题呢?可以试一试1图5证法3　如图5,延长线段PD 到点M ,使DM =PD,连结线段BM 、QM 、Q P.根据“SAS ”定理,易证△BMD ≌△CPD,所以∠A CB =∠CBM,BM =CP;又易证△OBQ ∽△OCP,所以BQ CP =OQO P .故BQ BM =OQ O P,因为O P ⊥AC,OQ ⊥A B ,所以∠QO P =180°-∠A =∠A BC +∠ACB=∠ABC +∠CBM =∠QBM所以△BQM ∽△OQP.所以∠BQM =∠OQP,又因为OQ ⊥AB,所以QM ⊥QP,即△MQ P 是直角三角形,故DQ =D P.上面证明的方法简洁明了,体现了数学的美感,这种“直觉性题感”常常有助于解决问题意向的产生.探求4　结论启示,构造新途径从结论DQ =D P 看,△DQ P 是等腰三角形,如果能够证明它,问题也就迎刃而解.由此我们很容易从记忆中提取等腰三角形“三线合一”这条性质所以,连结Q,取线段Q 的中点,剩下的任务只要能够证明D ⊥Q即可图6证法4　如图6,作直线PQ,取线段PQ 的中点H,连结DH 、A O,过点B 、C 作BM ⊥PQ 、CN ⊥PQ,垂足分别为M 、N.因为OP ⊥A C,OQ ⊥A B,所以点A,Q,O,P 四点在以AO 为直径的圆上.所以∠A OQ =∠APQ,而∠APP =∠N PC,所以△A OQ ∽△CPN,所以A O CP =OQPN1①同理可证△A O P ∽△BQM,所以AO BQ=OP MQ1②又因为△COP ∽△BOQ,所以CP BQ =O POQ,③由①、②、③式可以得到MQ =NP,又因为QH =PH,所以MH =NH,即点H 为线段MN 的中点,又因为点D 为线段BC 的中点,所以线段DH 是直角梯形MBCN 的中位线.即DH ∥BM ∥CN ,所以DH ⊥PQ.从而问题得证.探求5　删繁就简,直击问题本质证法4中运用了梯形的中位线定理和相似变换,那么证法能否更优化呢?由此我们产生删繁就简的“念头”,结合前面我们对图形与图形之间关系研究的深刻反思,在证明问题中起着最关键作用的关系在头脑中逐渐抽象出来,新的证法也可以由此萌生.图证法5　如图7,连结线段PQ 、PB,分别取它们的中点H 、M ,连结H M 、MD 、HD.因为线段H M 、MD 分别是△PQB 、△PBC 的中位线,所以H M ∥BQ ,DM ∥PC,且BQ=2HM,PC =2MD,∠H MP =∠QB ,∠MD =∠MBD +∠MDB =∠MBD +∠B,12·解题研究· (2009年第6期·初中版).P P H HP .7P P AC浅析有条件的分式化简与求值问题342800　江西宁都三中　李雪樱 解有条件的分式化简与求值问题时,既要瞄准目标,又要抓住条件;既要根据目标变换条件,又要依据条件来调整目标,常常用到如下解题技巧.1　引入参数法此法的运用特点是当题目所给条件为连比等式的形式时,采用引入参数法进行转换1例1　已知a+b2=b-2c3=3c-a4,求5a+6b-7c8a+9b的值.分析　审视条件和待求式,设连比值为k,则a,b,c 分别能用参数k的倍数来表示,问题可迎刃而解.解　设a+b2=b-2c3=3c-a4=k,则a+b=2k,b-2c=3k,3c-a=4k,三式联立解方程组,得a=-115k,b=21 5k,c=35k.所以,5a+6b-7c8a+9b=5×(-11k5)+6×21k5-7×3k58×(-11k5)+9×21k5=50101.点评　通过引入参数k,将条件转化为方程组,然后用k分别表示a,b,c,代入分式中求解.通过引入参数,实现将多元(a,b,c)转变为一元(k)来求解,既有条不紊又方便快捷.例2　已知abc≠0,且a+bc=b+ca=c+ab,求(a+b)(b+c)(c+a)abc的值.分析　审视条件和待求式,设连比值为k,则待求式等于k3,若能求出k,问题获解.解　设a+bc=b+ca=c+ab=k,则a+b=kc,b+c=ka,c+a=kb,三式相加得2(a+b+c)=k(a+b+c),即(a+b+c)(k-2)=0,所以k=2或a+b+c=01当k=2时,(a+b)(b+c)(c+a)abc=2c·2a·2babc=8;由a+b+c=0,得出k=a+bc=-1.∵a+bc=k,∴k=-11当k=-1时,(a+b)(b+c)(c+a)abc=(-c)(-a)(-b)abc=-1. 所以∠H MD=∠H MP+∠PMD=∠QBP+∠MBD +∠ACB=∠ABC+∠ACB=180°-∠A,易证∠QO P=180°-∠A,所以∠QO P=∠HMD1又因为△COP∽△BOQ,所以CPBQ =O POQ=MDH M1所以△QO P∽△HMD,由此可得∠OQ P=∠MH D,因为OQ⊥A B,∠OQ P+∠A Q P=90°,由H M∥BQ 得到∠A Q P=∠MHQ,所以∠MHD+∠MHQ=90°,即DH⊥PQ.从而问题得证.这种证明的方法是利用三角形的中位线和相似变换,简洁明了,方法更具有创新性,思维也更周密通过对问题证法的探求,我们不但发现了新的证法,而且对题目有了更深刻、更本质的认识和把握.不仅沟通了相似变换、全等变换、三角形、四边形等知识之间的联系,更可贵的是我们形成了解决中点类问题的方法和策略,体悟了运用数学方法解决规律性探索问题的策略,可谓一举多得1笔者想借用罗增儒教授的话结束本文:对“解题过程的反思”继续把解题活动作为认识的对象,不仅关注如何获得解,而且寄希望于对“解”进一步分析,增强数学能力、优化认知结构、提高思维素质,学会“数学地思维”,重点在学会怎样解题.参考文献罗增儒.中学数学解题的理论与实际[M].广西:广西教育出版社,2008,9(收稿日期3)22　(2009年第6期·初中版) ·解题研究·.:2009040。

高中数学竞赛中不等式的解法摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。

希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。

不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.1．排序不等式 定理1设1212...,...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有1211...n n n a b a b a b -+++ (倒序积和)1212...n r r n r a b a b a b ≤+++（乱序积和） 1122 ...n n a b a b a b ≤+++（顺序积和）其中1,2,...,n r r r 是实数组1,2,...,n b b b 一个排列，等式当且仅当12...n a a a ===或12...n b b b ===时成立.（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.）证明：考察右边不等式，并记1212...n r r n r S a b a b a b =+++。

不等式1212...nr r n r S a b a b a b ≤+++的意义：当121,2,...,n r r r n===时，S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++.因此，首先证明n a 必须和n b 搭配，才能使S 达到最大值.也即，设n r n <且n b 和某个()k a k n <搭配时有.n n k n n r k r n n a b a b a b a b +≤+ （1-1）事实上， ()()()0n n n n nk r k n n r n r n k a b a b a b a b b b a a +-+=--≥不等式（1-1）告诉我们当nr n <时，调换n b 和n r b 的位置（其余n-2项不变），会使和S 增加.同理，调整好n a 和n b 后，再调整1n a -和1n b -会使和增加.经过n 次调整后，和S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++，这就证明了1212...n r r n r a b a b a b +++1122 ...n n a b a b a b ≤+++.再证不等式左端,由1211...,...n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-及已证明的不等式右端，得1211(...)nn n a b a b a b --+++1212(...)n r r n r a b a b a b ≥-+++即 1211...n n n a b a b a b -+++1212...n r r n r a b a b a b ≤+++ .例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c 是正数，求证：3()a b c a b ca b c abc ++≥.思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则有lg lg lg a b c ≥≥根据排序不等式有：lg lg lg lg lg lg a a b b c c a b b c c a ++≥++lg lg lg lg lg lg a a b b c c a c b a c b ++≥++ 以上两式相加，两边再分别加上 lg lg lg a a b b c c ++有 3(lg lg lg )()(lg lg lg )a a b b c c a b c c a b ++≥++++ 即 lg lg 3a b ca b cab c abc ++≥故 3()a b c a b cab c abc ++≥ .例2 设a,b,c R +∈，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤++≤++. 思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则 222a b c ≥≥且111c b a≥≥根据排序不等式，有222222111a b c a b c c a b a b c++≥++222222111a b c a b c b c a a b c++≥++ 两式相加除以2，得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++再考虑333ab c ≥≥，并且111bc ca ab≥≥ 利用排序不等式，333333111 a b c a b c bc ca ab ca ab bc++≥++333333111 a b c a b c bc ca ab ab bc ac++≥++ 两式相加并除以2，即得222222333222a b b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++ 综上所述，原不等式得证.例3 设12120...,0...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤≤≤，而1,2,...,n i i i 与1,2,...,n j j j 是1,2,...,n 的两个排列. 求证：1111r snnnni j r sr s r s a b a b r sr s ====≥++∑∑∑∑. （1-2） 思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.证明：令 1s nj rs b d r s==+∑（r=1,2,...,n ）显然 12...n d d d ≥≥≥ 因为 12...n b b b ≤≤≤ ， 且111...(1)1r n r n r ≤≤≤++-+ 由排序不等式1nsr s b d r s =≤+∑ 又因为 12...n a a a ≤≤≤所以 11rnnr r i r r r a d a d ==≤∑∑且111nnnsr r r r s r b a a d r s ===≤+∑∑∑（注意到r a ≥0）故11111r ssrn nn nni j j iri rr s r s r a b b a a dr s r s =======++∑∑∑∑∑11111nn nn ns r s r r r r r s r s b a ba d a r s r s=====≥≥=++∑∑∑∑∑ 故 原式得证.2.均值不等式定理2 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则()()()()H n G n A n Q n ≤≤≤称为均值不等式.其中，121()111...nH n a a a =+++，()G n =12...()na a a A n n+++=，()Q n =分别称为12,,...,n a a a 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 ()()G n A n ≤.记c= i ia b c=，则 原不等式12...n b b b n ⇔+++≥其中 12121...( (1)n n b b b a a a c == 取 12,,...,n x x x 使 11212123,,...,,n n n x x xb b b x x x --=== 则 1.n n x b x = 由排序不等式，易证111221......n n n n x x x b b b n x x x -+++=+++≥下证()()A n Q n ≤因为 222212121...[(...)n n a a a a a a n+++=+++22212131()()...()n a a a a a a +-+-++-2222232421()()...()...()n n n a a a a a a a a -+-+-++-++-]2121(...)n a a a n≥+++ 所以12...n a a a n +++≤从上述证明知道，当且仅当12...n a a a ===时，不等式取等号.下面证明 ()()H n G n ≤对n 个正数12111,,...,na a a ，应用 ()()G n H n ≤，得12111...n a a a n +++≥即 ()()H n G n ≤（等号成立的条件是显然的）.例4已知2201,0a x y <<+=，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+. 证明：由于 01a <<，0,0x y a a >>，有xy aa +≥=从而log ()log log 22xy a a a x ya a ++≤=+下证128x y +≤ ， 即 14x y +≤。

欧几里得数学竞赛试题 欧几里得数学竞赛试题是一种常见的数学竞赛题型，以欧几里得几何理论为基础，涵盖了许多数学领域的知识。

竞赛试题通常难度较高，考察学生的数学思维能力和解决问题的能力。

本文将针对欧几里得数学竞赛试题进行探讨。

欧几里得数学竞赛试题通常涵盖几何、代数、数论等多个数学领域的考察内容。

其中，几何题目要求学生根据已知条件，运用几何知识进行推理和证明。

代数题目则需要学生运用代数运算和方程组求解等方法，将复杂的问题转化为计算问题。

另外，数论题目考察学生对数的性质和规律的掌握和理解。

以下举例一道典型的欧几里得数学竞赛试题，利用已知条件，解决问题的思维过程可以作为参考： 1. 已知正方形ABCD的边长为4个单位长度，P为AB的中点，Q为BC的中点，M为PD与BQ的交点。

求三角形PQM的面积。

解析：首先，根据已知条件，我们可以得出ABCD四个顶点的坐标分别为A(0, 0)、B(0, 4)、C(4, 4)和D(4, 0)。

由此可得出P点的坐标为P(0, 2)、Q点的坐标为Q(2, 4)。

接下来需要确定点M的坐标，设PD与BQ的交点为M，因此可以得到PD的斜率为0，BQ的斜率为-2。

代入PD的方程y = 2和BQ的方程y = -2x + 8，解得M的坐标为M(1.33, 2)。

有了P、Q、M三个点的坐标后，我们可以利用向量的性质来求解三角形PQM的面积。

通过向量PQ和QM的叉乘，可以得到向量PQM的模长，即三角形PQM的面积。

根据向量的定义，向量PQ = (2-0, 4-2) = (2, 2)，向量QM = (1.33-2, 2-2) = (-0.67, 0)。

利用叉乘的计算公式，可以得到向量PQM的模长为 |PQ × QM| = |2*0 - 2*(-0.67)| = 1.34。

因此，三角形PQM的面积等于1.34。

通过这个例子，我们可以看到欧几里得数学竞赛试题往往要求学生在求解过程中灵活运用几何知识和数学方法。

万盈二中七年级数学竞赛时间是:100分钟 满分是：150分一、你一定能选对！(每一小题4分,一共48分)1.假如 0=+b a ，那么a 与b 之间的关系是A 、相等 B 、符号一样 C 、符号相反D 、互为相反数2. 右边几何体的俯视图是〔 〕3．小王利用计算机设计了一个计算程序，输入与输出的数据如下表：当 输 入 数 据 是 8 时 ，输 出 的 数 据 是 A 、61 B 、63 C 、65 D 、6784．以下方程：① x －2＝x 2；② 0.3x =1；③2x = 5x －1；④x2－4x=3；⑤x=6；⑥ x+2y=0. 其中一元一次方程的个数是 A、2 B 、3 C 、4 D、5 5.方程7(2x-1)-3(4x-1)=11去括号后，正确的选项是〔 〕A 、14x-7-12x+1=11B 、14x-1-12x-3=11C 、14x-7-12x+3=11D 、14x-1-12x+3=11 6．将一张矩形的纸对折，然后用笔尖在上面扎出“B 〞，再把它铺平，你可见到 〔 〕ABCDA B C D 7. 如图，用一根质地均匀长30厘米的直尺和一 些一样棋子做实验。

支点到直尺左右两端 的间隔 分别为a, b ，通过实验可得如下结论： 左端棋子数×a=右端棋子数×b ，直尺就能平衡。

如今a=10厘米并且左端放了4枚棋子，那么右端需放几枚棋子，直尺才能平衡？ 〔 〕 A 、8枚 B 、4枚 C 、2枚 D 、1枚8．小明在数学家庭作业时，做到了一道解方程的题，他不小心将方程中的一个常数污染了看不清楚，被污染的方程是2y-21=21y-●，怎么办呢?小明想了一想便翻看了书后之答案，此方程的解是y = -35，小明很快补好了这个常数，这个常数应是 A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 〔 〕9．x 小时,那么可列方程得 ( )A. ⎪⎭⎫⎝⎛-=6145x x B. ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=6145x x C. x x 4615=⎪⎭⎫ ⎝⎛-D.x x 4615=⎪⎭⎫⎝⎛+10．以下说法正确的选项是〔 〕……A 、棱柱的各条棱都相等B 、棱锥的侧面是三角形C 、长方体和正方体不是棱柱D 、棱柱的上、下两底面可以大小不一样11. 假设a －b=2，a+c=6，那么(2)2()a b c a b c ++---= 。

育苗杯数学竞赛练习题（1）１：小芳买六本笔记本和４支钢笔共付４２元，已知６本笔记本和３只钢笔的价钱相等，问一本笔记本和一支钢笔的价钱各是多少？２：某校新购进２０个足球和３０个篮球共用去１０８０元．已知足球的单价是篮球１．５倍，那么足球和篮球的单价各是多少元？３：建筑队用６辆大卡车和１２辆小卡车运送一堆黄沙，每辆大卡车运的黄沙相当于每辆小卡车的３倍，结果大卡车比小卡车多运黄沙９吨．大卡车和小卡车每辆各运多少吨黄沙？４：学校买来得５副乒乓球拍和8副羽毛球拍共用去210元，其中羽毛球拍的单价是乒乓球拍的2倍，羽毛球拍和乒乓球拍的单价各多少人？5：学校买回5副乒乓球拍和8副羽毛球拍共用去235元，一副羽毛球拍比一副乒乓球拍多5元，求乒乓球拍和羽毛球拍的单价各是多少？6：学校买回5副乒乓球拍和8副羽毛球拍共用去250.5元，如果一副羽毛球拍的价钱比两副乒乓球拍还多3.75元，这两种物品的单价是多少元？7、5千克葡萄的价钱等于４千克梨和４千克苹果的总价，６千克苹果的价钱等于４千克和２千克葡萄的总价，买１０千克苹果的价钱可以买多少千克葡萄？8：有5桶同样重的油，从每个桶里倒走27千克，剩下的油刚好能并成2桶，问原来每桶油多少千克？9：某大学生利用暑假到麦当劳打暑假工一个月（30天），报酬为800元和一套工作服，但由于其他原因，她只工作了20天，得到520元和一套工作服为劳动所得，问这套工作服价值多少元？10：小红妈妈今天买了桔子和苹果，桔子个数是苹果个数的3倍，苹果每人分2个，还多一个，桔子每人分8个，还少5个，问小红家有多少人？买的桔子和苹果各是多少？11：8筐重量相等的苹果，如果从每筐中取出25千克，剩下苹果的重量等于原来3筐苹果的重量，求每筐苹果多少千克？12：甲乙两车同时从AB两地出发，相向而行，乙车每小时行24千米。

4小时相遇，相遇后甲车继续行驶了3小时到达B地，问A,B两地相距多少千米？13：汽车从甲地开往乙地，去时每小时行30千米；返回时，每小时行50米。

空间与图形欧拉1707 1783 ，是18世纪最优秀的数学家之一，他不只在数学上作出了伟大贡献，并且把数学成功地应用到其余领域，在数论中，欧拉首选引进了欧拉函数n ，用多种方法证了然花费小定理，对著名的哥尼斯堡大桥问题的解答创始了图论的研究，别的，欧拉还在物理、天文、建筑以及音乐、哲学等方面获得了绚烂的成就．20．丰富的图形世界解读课标20 世纪初，伟大的法国建筑家列·柯尔伯齐曾说：“我想，到当前为止，我们从没有生活在这样的几何时期，四周的全部都是几何学．”生活中包含着丰富的几何图形，圆的月亮，平的湖面，直的树干，造型奇异的建筑，不停挪动、反转、放大减小的电视画面,, 图形有的是立体的，有的是平面的，立体图形与平面图形之间的联系，从以方面得以表现：1．立体图形的睁开与折叠；2．从各个角度察看立体图形；3．用平面去截立体图形．察看概括、操作实验、睁开想象、推理论证是探究图形世界的基本方法．问题解决例 1如图是一个正方体表面睁开图，假如正方体相对的面上标明的值相等那么x y_____．试一试睁开与折叠是两个步骤相反的过程，从折叠复原成正方体人手．82x y88 10例 2 如图，是由一些完整相同的小立方块搭成的几何体的三种视图，那么搭成这个几何体所用的小立方块的个数是（）主视图左视图俯视图A．5个 B 6个C．7个D．8个试一试依据三视图和几何体的关系。

分别确立该几何体的列数和每一列的层数．例 3由一些大小相同的小正方体构成的简单几何体的主视图和俯视图如图．（ 1）请你画出这个几何体的一种左视图；（ 2）若构成这个几何体的小正方体的块数为n ，求n 的值．俯视图主视图试一试本例能够在“脑子”中想象达成，也能够用实物摆一摆，从操作实验人手，从俯视图可推测左视图只好有两列，由主视图剖析出俯视图每一列小正方形的块数状况是解本例的重点，而有序思虑、分类议论，则可防止重复与遗漏．例 4 如图是由若干个正方体形状木块堆成的，平放于桌面上，此中，上边正方体的下底面四个极点正是下边相邻正方体的上底面各边的中点，假如最下边的正方体的棱长为 1，且这些正方体露在外面的面积和超出8 ，那么正方体的个数起码是多少？按此规律堆下去，这些正方体露在外面的面积和的最大值是多少？试一试全部正方体侧面面积和再加上全部正方体上边露出的面积和，就是需求的面积．从简单人手，归纳规律．例 5 要把一个正方体切割成 49 个小正方体（小正方体大小能够不等） ，绘图表示． 剖析与解本例是一道图形切割问题， 解答本例需要较强的空间想象能力和推理论证能力， 需要把图形性 质与计算适合联合．为方便起见， 设正方体的棱长为 6 个单位， 第一不可以切出棱长为 5 的立方体， 不然不行能切割成49 个小 正方体． 设切出棱长为 1的正方体有 a 个，棱长为 2的正方体有 b 个，假如能切出 1个棱长为 4 的正方体，则有 a 8b 64 216 6 4 的正方体．a b 49 ，解之得 b 14 ，不合题意，因此切不出棱长为1 7设切出棱长为 1的正方体有 a个，棱长为 2的正方体有 b 个，棱长为 3 的正方体有 c个，a 8b 27c 216， c 4 ，故可切割棱长分别为1、 2 、 3 的正方体各有 36个、9a b，解得 a 36 ， b 9 c 49 个、 4 个，分法如下图．欧拉公式例 6 成立模型18 世纪瑞士数学家欧拉证了然简单多面体中极点数（V ）、面数（F）、棱数（E ）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式，请你察看以下几种简单多面体模型，解答以下问题．四周体 长方体 正八面体 正十二面体（ 1）依据上边多面体模型，达成表格中的空格多面体 极点数（ V ） 面数（ F ） 棱数（ E ）四周体 44长方体 8 6 12 正八面体812正十二面体201230你发现极点数（ V ）、面数（ F ）、棱数（ E ）之间存在的关系式是 _____． （ 2）一个多面体的面数比极点数大 8 ，且有 30 条棱，则这个多面体的面数是_____． （ 3）某个玻璃饰品的外形是简单多面体， 它的表面面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成， 且有 24 个极点，每个极点处都有 3 条棱，设该多面体表面面三角形的个数为 x 个，八边形的个数为 y 个，求 x y 的值．解（1）6；6；V FE 2（ 2） 20（ 3）这个多面体的面数为x y，棱数为24 3 36 （条）2依据 V F E 2，可得24 x y 36 2 ，∴ x y 14 ．模型应用如图，有一种足球是由数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，求正五边形、正六边形个数．解设足球表面的正五边形有x 个，正六边形有y个。