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1、初中数学竞赛专项训练(1)1、一个六位数，如果它的前三位数码与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. 111B. 1000C. 1001D. 1111解：依题意设六位数为，则a105b104c103a102b10ca102（1031）b10（1031）c（1031）（a103b10c）（1031）1001（a103b10c），而a103b10c是整数，所以能被1001整除。故选C方法二：代入法2、若，则S的整数部分是_解：因1981、19822001均大于1980，所以，又1980、19812000均小于2001，所以，从而知S的整数部分为90。3、设有编号为1、2、3
2、100的100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1、22、32、42、52、62、72、82、92、102共10盏灯是亮的。4、某商店经销一批
3、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%)元B. ma%(1-b%)元C. m(1+a%)b%元D. m(1+a%b%)元解：根据题意，这批衬衣的零售价为每件m（1a%）元，因调整后的零售价为原零售价的b%，所以调价后每件衬衣的零售价为m（1a%）b%元。应选C5、如果a、b、c是非零实数，且a+b+c=0，那么的所有可能的值为（）A. 0B. 1或-1C. 2或-2D. 0或-2解：由已知，a，b，c为两正一负或两负一正。当a，b，c为两正一负时：；当a，b，c为两负一正时
4、：由知所有可能的值为0。应选AcABCab6、在ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若B60，则的值为（）A. B. C. 1D. 解：过A点作ADCD于D，在RtBDA中，由于B60，所以DB，AD。在RtADC中，DC2AC2AD2，所以有（a）2b2C2，整理得a2c2=b2ac，从而有应选C7、设ab0，a2+b2=4ab，则的值为（）A. B. C. 2D. 3解：因为(a+b)2=6ab，(a-b)2=2ab，由于ab0，得，故。应选A8.已知a1999x2000，b1999x2001，c1999x2002，则多项式a2+b2+c2-ab-bc-ca的值为（）A. 0B.
5、 1C. 2D. 39、已知abc0，且a+b+c0，则代数式的值是（）A. 3B. 2C. 1D. 010、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x、y、z满足x+y=5及z2=xy+y-9，则x+2y+3z=_解：由已知条件知（x+1）y=6，(x1)y=z29，所以x1，y是t26tz29=0的两个实根，方程有实数解，则（6）24（z29）4z20，从而知z=0，解方程得x+1=3，y=3。所以x+2y+3z812.气象爱好者孔宗
6、明同学在x（x为正整数）天中观察到：有7个是雨天；有5个下午是晴天；有6个上午是晴天；当下午下雨时上午是晴天。则x等于（）A. 7B. 8C. 9D. 10解：选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=0，b+d=6，c+d=5，a+b+c=7，得2d-a=4，即d2，故b=4，c=3，于是xa+b+c+d=9。13、有编号为、的四条赛艇，其速度依次为每小时、千米，且满足0，其中，为水流速度（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，、是逆流而上，号艇顺流而下。（2）经过1小时，、同时掉头，追赶号艇，谁先
7、追上号艇谁为冠军，问冠军为几号 解：出发1小时后，、号艇与号艇的距离分别为各艇追上号艇的时间为对有，即号艇追上号艇用的时间最小，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，泉水每小时涌出的水量为，水泵每小时抽水量为，2小时抽干满池水需n台水泵，则由得，代入得：，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台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
8、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：设第一层有客房间，则第二层有间，由题可得由得：，即由得：，即原不等式组的解集为整数的值为。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过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个零件由题意解得是整数16（1637）16故改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的倍。初中数学竞赛专项训练（2）（方程应用）一、选择题：1、甲乙两人同时从同一地点出
9、发，相背而行1小时后他们分别到达各自的终点A与B，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. 35B. 43C. 45D. 34答：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、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，档次依次随质量增加），那么R等于（）
10、A. 5B. 7C. 9D. 10答：C。解：第k档次产品比最低档次产品提高了（k1）个档次，所以每天利润为所以，生产第9档次产品获利润最大，每天获利864元。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高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. %答：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、某项工程，甲单独需a天完成，在甲做了c（ca）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.
11、 B. C. D. 答：B。解：设甲乙合作用天完成。由题意：，解得。故选B。5、A、B、C三个足球队举行循环比赛，下表给出部分比赛结果：球队比赛场次胜负平进球数失球数A22场1B21场24C237则：A、B两队比赛时，A队与B队进球数之比为（）A. 20B. 31C. 21D. 02答：A。解：A与B比赛时，A胜2场，B胜0场，A与B的比为20。就选A。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. 确定谁先到与a值无关答：A。解：设
12、从起点到终点S千米，甲走(s+a)千米时，乙走x千米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. 答：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、A的年龄比B与C的年龄和大16，A的年龄的平方比B与C的年龄和的平方大1632，那么A、B、C的年龄之和是（）A. 210B. 201C. 102D. 120答：C。解：设A、B、C各人的年龄为A、B、C，则AB+C+16A2（BC）2+1632由可得（ABC）（ABC）1632，由得ABC16，
13、代入可求得ABC102二、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，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答：21。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、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。答：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
14、；又因为7辆乙种客车只能乘坐350人，故最多需要8辆客车。当用9辆客车时，显然用9辆甲种客车需用租金最少，为40093600元；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407+50330人，而6辆甲种客车，2辆乙种客车只能乘坐406+502340人，5辆甲种客车，3辆乙种客车只能乘坐405+503350人，4辆甲种客车，4辆乙种客车只能乘坐404+504360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4004+48043520元。3、时钟在四点与五点之间，在时刻（时针与分针）在同一条直线上答：4点分或4点分时，两针在同一直线上。解：
15、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、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）答：。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、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。答：共11次。60100米18030
16、04205406607206、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答：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134+95+86+7只能等于67。由三式构成的方程组，得，。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解：设甲、乙、丙单独承包各需、天
17、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455004182000（元），由乙队单独承包费用是295006177000（元），而丙不能在一周内完成，所以，乙队承包费最少。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
18、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、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。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
19、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ACBDy，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。火车站ACDB故障点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
20、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
21、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-83038即汽车在途中排除故障花了38分钟。ABC初中数学竞赛专项训练（3）（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
22、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、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、已知四边形ABCD从下列条件中ABCDBCADABCD
23、BCADACBD，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种答：B。解：共有15种搭配。和和和和和和和和和能得出四边形ABCD是平行四边形。和和和和和和不能得出四边形ABCD是平行四边形。应选B。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种答：B。解：设最后一排k个人，共n排，各排人数为k，k
24、+1，k+2k+（n1）。由题意，即，因k、n都是正整数，且n3，所以，且n与的奇偶性相同，将200分解质因数可知n5或n8，当n=5时，k=18，当n=8时，k9，共有两种方案。应选B。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. 2B. 3C. 12D. 16答：D。解：由，以及若x不是整数，则xx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、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
25、生人数是（）A. 15B. 14C. 13D. 12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，x7，20-713。故选C。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. 23B. 22C. 21D. 20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
26、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、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. 12B. 13C. 14D. 15答：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=34+113。故选B。二、填空题：1、观察下列图形：根据的规律，图中三角形个数解：根据图中、的规律，可知图中的三角形的
27、个数为1+4+34+324+3341+4+12+36+108161（个）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
28、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、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9102180。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。解：设放在三个盒子里的球数分别为、，球无区别，
29、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。时，则只取3、2，相应取1、2，故有2种放法；4时，3，则只取3、2，相应取0、1，故有2种放法；5时，2，则只取2、1，相应取1、0，故有2种放法；6时，1，则只取1，相应取0，故有1种放法；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、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
30、在数轴上，这1997个点正好关于点（999）对称。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。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、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+481+72+63+59+18+27+36+49+28+37+46+591+82+73+64+5故边长为7、8、10、11的正方形各一个，共4个。而边长为
31、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、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。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（505152100）41530015301，得出矛盾。因此，至少有5人植树的株数相同。3、袋中装有2002个弹子，
32、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、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
33、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、
34、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（4）（命题及三角形边角不等关系）一、选择题：1、如图8-1，已知AB10，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. 4B. 5C. 6D. 60ABCDABCDP图8-1图8-2ADCBEF图8-3ABCDP
35、EFG解：如图过C作CEAD于E，过D作DFPB于F，过D作DGCE于G。 显然DGEFAB5，CDDG，当P为AB中点时，有CDDG5，所以CD长度的最小值是5。2、如图8-2，四边形ABCD中A60，BD90，AD8，AB7，则BCCD等于（）60ABCDABCDP图8-1图8-2ADCBEF图8-3A. B. 5C. 4D. 360ABCDE解：如图延长AB、DC相交于E，在RtADE中，可求得AE16，DE8，于是BEAEAB9，在RtBEC中，可求得BC3，CE6，于是CDDECE2BCCD5。3、如图8-3，在梯形ABCD中，ADBC，AD3，BC9，AB6，CD4，若EFBC，且
36、梯形AEFD与梯形EBCF的周长相等，则EF的长为（）60ABCDABCDP图8-1图8-2ADCBEF图8-3A. B. C. D. 解：由已知AD+AE+EF+FDEF+EB+BC+CFADCBEFHGAD+AE+FDEB+BC+CFEFBC，EFAD，设，AD+AE+FD3+解得k4作AHCD，AH交BC于H，交EF于G，则GFHCAD3，BHBCCH9-36，4、已知ABC的三个内角为A、B、C且A+B，C+A，C+B，则、中，锐角的个数最多为（）A. 1B. 2C. 3D. 0解：假设、三个角都是锐角，即90，90，90，也就是A+B90，B+C90，C+A90。2（A+B+C）27
37、0，ABC135与ABC180矛盾。故、不可能都是锐角，假设、中有两个锐角，不妨设、是锐角，那么有AB90，CA90，A(ABC)b，若两个三角形的最小内角相等，则的值等于（）A. B. C. D. QABCD解：设ABC中，ABACa，BCb，如图D是AB上一点，有ADb，因ab，故A是ABC的最小角，设AQ，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DCb，ACDQ，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、在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是（）A. 0B. 1C. 3D. 5解：C。由于任意凸多边形的所有外角之
38、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、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. 1B. 2C. kD. k2解：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2ABO的面积1。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ABDCPMN解：如图设四边形ABCD的一组对边AB和CD的中点分别为M、N，MNd，另一组对边是AD和BC，其长度分别为a、
39、b，连结BD，设P是BD的中点，连结MP、PN，则MP，NP，显然恒有，当ADBC，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。ABBDC图8-5EA2、如图8-5，AA、BB分别是EAB、DBC的平分线，若AABBAB，则BAC的度数为解：12。设BAC的度数为x，ABBB BBD2x，CBD4xABAAAABAB ACBD4xAAB，于是可解出x12。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解：以3，5，7，9，11构成的三数组不难列举出共有
40、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+59，3+511，3+711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。图8-6ABDCP4、如图8-6，P是矩形ABCD内一点，若PA3，PB4，PC5，则PDABDCPEFGHaabbcd4、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AGDHa，BGCHb，AEBFc，DECFd
41、，则于是，故，16米20米ABCD甲乙图8-7DP35、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，此时求如果两楼相距20米，那么甲楼的影子落在乙楼上有多高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。16米20米ABCD甲乙E解：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AEEC（米）。CDEBAB-AE（米）图8-8BACP设点A的影子落到地面上某一点C，则在ABC中，ACB30，AB16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