初中数学竞赛试题

发布时间：2023-06-04 作者：admin 来源：文学

初中数学竞赛试题

2023年2月16日发(作者：供应商大会)

授课：XXX

初中数学竞赛专项训练

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abcabc，则abcabc＝a×105＋b×104＋c×103＋a×102＋b×10

＋c＝a×102（103＋1）＋b×10（103＋1）＋c（103＋1）＝（a×103＋b×10＋c）（103

＋1）＝1001（a×103＋b×10＋c），而a×103＋b×10＋c是整数，所以能被1001整

除。故选C

方法二：代入法

2、若

2001

1981

1980



S，则S的整数部分是____________________

解：因1981、1982……2001均大于1980，所以90

1980





S，又1980、

1981……2000均小于2001，所以

2001





S，从而知S的整数

部分为90。

3、设有编号为1、2、3……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（n≤100）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。

授课：XXX

4、某商店经销一批衬衣，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.m·a%(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（1＋a%）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（1＋a%）b%元。

应选C

5、如果a、b、c是非零实数，且a+b+c=0，那么

||||||||abc

abc



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。

①当a，b，c为两正一负时：

||||||||

||||||



abc

所以，；

②当a，b，c为两负一正时：

||||||||

||||||



abc

所以，

由①②知

||||||||abc

abc

所有可能的值为0。

应选A

6、在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若∠B＝60°，则



的

值为（）

C.1D.2

解：过A点作AD⊥CD于D，在Rt△BDA中，则于∠B＝60°，所以DB＝

，AD＝

授课：XXX

。在Rt△ADC中，DC2＝AC2－AD2，所以有（a－

）2＝b2－

C2，整理得a2

＋c2=b2＋ac，从而有

))((2

2222















bbcabac

bcabca

bcba

abacbc

应选C

7、设a＜b＜0，a2+b2=4ab，则





的值为（）

C.2D.3

解：因为(a+b)2=6ab，(a-b)2=2ab，由于a

3





。

应选A

8.已知a＝1999x＋2000，b＝1999x＋2001，c＝1999x＋2002，则多项式a2+b2+c2-ab-bc-ca

的值为（）

A.0B.1C.2D.3

3]2)1()1[(

211

])()()[(

222

222222







原式

，，又

，解：

accbba

accbbacabcabcba

9、已知abc≠0，且a+b+c＝0，则代数式

a222



的值是（）

A.3B.2C.1D.0

授课：XXX

)()()(

















cba

bca

acb

解：原式

10、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

p100





11、已知实数z、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，(x＋1)·y=z2＋9，所以x＋1，y是t2－6t＋z2＋9=0的

两个实根，方程有实数解，则△＝（－6）2－4（z2＋9）＝－4z2≥0，从而知z=0，解

方程得x+1=3，y=3。所以x+2y+3z＝8

12.气象爱好者孔宗明同学在x（x为正整数）天中观察到：①有7个是雨天；②有5个

下午是晴天；③有6个上午是晴天；④当下午下雨时上午是晴天。则x等于（）

A.7B.8C.9D.10

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=0①，b+d=6②，c+d=5③，a+b+c=7④，②＋③－④得2d-a=4，即d＝2，故b=4，

c=3，于x＝a+b+c+d=9。

13、有编号为①、②、③、④的四条赛艇，其速度依次为每小时

v、

v千米，

且满足

v＞

v＞0，其中，

水

v为河流的水流速度（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，①、②、③是逆

流而上，④号艇顺流而下。（2）经过1小时，①、②、③同时掉头，追赶④号艇，谁

先追上④号艇谁为冠军，问冠军为几号？

授课：XXX

解：出发1小时后，①、②、③号艇与④号艇的距离分别为

1)][(vvvvvvS

iii



水水

（）

各艇追上④号艇的时间为

)()(vv

vvvv

i















水水

对

v＞

v有

321

ttt，即①号艇追上④号艇用的时间最小，①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y，水泵每小时抽水量为z，

2小时抽干满池水需n台水泵，则















③

②

①

nzyx

zyx

1077

1255

由①②得







zy

35＝

，代入③得：nzzz21035

∴

22n，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)5(x间，由题可得











②

①

)5(448)5(3

5484

由①得：









548

484

，即12

9x

授课：XXX

由②得：











)5(448

48)5(3

，即117x

∴原不等式组的解集为11

9x

∴整数

的值为10x。

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











)10(8)2710(4

200)10(8

解得1715x

∵

是整数∴

＝16

（16＋37）÷16≈3.3

故改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的3.3倍。

初中数学竞赛专项训练（5）

（方程应用）

一、选择题：

1、甲乙两人同时从同一地点出发，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.3∶5B.4∶3C.4∶5D.3∶4

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（）

A.5B.7C.9D.10

3、某商店出售某种商品每件可获利m元，利润为20%（利润＝

售价进价

进价

），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

授课：XXX

利润率为（）

授课：XXX

A.25%B.20%C.16%D.12.5%

4、某项工程，甲单独需a天完成，在甲做了c（c

b天，若开始就由甲乙两人共同合作，则完成任务需（）天

ab

abc

cbaD.

cba



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1

B21场24

C237

则：A、B两队比赛时，A队与B队进球数之比为（）

A.2∶0B.3∶1C.2∶1D.0∶2

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（0＜a＜50）

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

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



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

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＿＿＿＿＿＿＿

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。

授课：XXX

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，

2天完成，需付180000元；由乙、丙两队承包，

3天完成，需付150000元；由甲、丙两队承包，

2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

授课：XXX

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。

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

v千米/时，乙的速度为

v千米/时，根据题意知，从出发地

点到A的路程为

v千米，到B的路程为

v千米，从而有方程：

2

，化简得

012)(7)(12

1

，解得

(

1

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

864)9(6

)]1(28)][1(360[

2



kky

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%x，

则











%%)251(

%20

xam

解这个方程组，得16x，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：1)

(



x

，解得

cba



。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

授课：XXX

。千米。甲先到。故选乙走（

千米时，即甲走

a)(s000

))((

:)()(:

asas

xxasass













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

xv，求得

Sab

)(

所以





。

8、C。解：设A、B、C各人的年龄为A、B、C，则A＝B+C+16①

A2＝（B＋C）2+1632②由②可得（A＋B＋C）（A－B－C）＝1632③，由①得A

－B－C＝16④，①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y。

则：





，解得1:2:2yxyx

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

21分或4点

54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xx

1206，求得

21x分，

若两针成180度角，则180

1206xx，求得

54x分。

所以在4点

21分或4点

54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

授课：XXX

%3.20203.01

4.195.0

6.1

%)401%(95

%601









5、共11次。

6、30岁、15岁、22岁。

解：设甲、乙、丙的年龄分别为

岁、y岁、z岁，则

















为质数 ③且

②

①

zyxzyx

显然zyx是两位数，而13＝4+9＝5+8＝6+7

∴zyx只能等于67④。由①②④三式构成的方程组，得30x，15y，

22z。

三、解答题

1、设甲、乙、丙单独承包各需

、y、z天完成，

则













711

411

511

解得













再设甲、乙、丙单独工作一天，各需

、

元，

100米

180

300

420540

660720

授课：XXX

则













160000)(

150000)(

180000)(

，解得













10500

29500

45500

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x辆，在生产厂最后少供的6辆车中，甲少要

了y辆（60y），乙少要了（y6）辆，则有

)]6(6)6(

[26)6(

yxyx，整理后得yx1218。

当6y时，

最大，为90；当0y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xkm，根据题意，有

1515

xx



解得

x，因此这8个人全部到火车站所需时间为

（分钟）（分钟）＝小时42

60)

15(5



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

21515

yyy

解得2y。因此这8个人同时到火车站所需时间为

（分钟）分钟）＜（小时）42(37

215





，故此方案可行。

授课：XXX

4、解：假定排除故障花时x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4





（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∥CD②BC∥AD③AB＝CD④BC＝AD

⑤∠A＝∠C⑥∠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（）

火车站

··

故障点

··

授课：XXX

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

nnn











































632

，其中x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

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.15B.14C.13D.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.23B.22C.21D.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.12B.13C.14D.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＿＿＿＿＿＿

①

②

③

④

授课：XXX

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。

授课：XXX

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②③和④⑤和⑥①和③②和④①和⑤

①和⑥②和⑤②和⑥能得出四边形ABCD是平行四边形。

①和④②和③③和⑤③和⑥④和⑤④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100

)1(







nk，即200)]1(2[nkn，因k、n都是正整数，且n≥3，

所以)1(2nkn，且n与)1(2nk的奇偶性相同，将200分解质因数可知n

授课：XXX

＝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。

授课：XXX

5、答D。解：由n

nnn



632

，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16

100















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

、y、z，球无区别，盒子无区别，故可令

0yx，依题意有











zyx

，于是73x，

2x，故x只有取3、4、5、

6、7共五个值。

授课：XXX

①3x时，4zy，则y只取3、2，相应z取1、2，故有2种放法；

②

＝4时，zy3，则y只取3、2，相应z取0、1，故有2种放法；

③

＝5时，zy2，则y只取2、1，相应z取1、0，故有2种放法；

④

＝6时，zy1，则y只取1，相应z取0，故有1种放法；

⑤

＝7时，zy0，则y只取0，相应z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×

51)10050(

＝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

授课：XXX

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。

授课：XXX

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.4B.5C.6D.)15(5

2、如图8-2，四边形ABCD中∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，AD＝8，AB＝7，

则BC＋CD等于（）

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（）

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、

60°

图8-1

图8-2

图8-3

授课：XXX

γ中，锐角的个数最多为（）

A.1B.2C.3D.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

cm10

B.5cm

cm10

C.4cmcm32D.5cmcm32

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（）

13

15

23

25

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

8、若函数)0(kkxy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（）

.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

ba

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＝＿＿＿＿＿＿＿

图8-6

图8-4

B′

图8-5

A′

授课：XXX

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＝＿＿

米

20米

甲

乙

图8-7

图8-8

授课：XXX

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＝11)(

CDBCABAD

图8-9

图8-10

60°

授课：XXX

∵EF∥BC，∴EF∥AD，



设k

，

1















AE，

AD+AE+FD＝3+

313







k

∴11

313





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

∵



，∴

BHEG∴

GFEGEF

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

222)9(3xx，解得x＝5，连结BD交EF于O，则EO＝FO，BO＝DO

∵1033922BD∴DO＝10

在Rt△DOE中，EO＝

)10

(52222DODE

∴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

b

，令

x，即得方程

012xx，解得

15



x。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。

授课：XXX

8、A。设点A的坐标为（yx，），则1xy，故△ABO的面积为

xy，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d与

ba

的大小关系是)

(

baba

d



或。

2、12°。设∠BAC的度数为x，∵AB＝BB′∴∠B′BD＝2x，∠CBD＝4x

∵AB＝AA′∴∠AA′B＝∠ABA′＝∠CBD＝4x∵∠A′AB＝)180(

x

∴18044)180(

xxx，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

222222

DPadcbBP

dbCPcaAP





＝，

，，

于是2222DPBPCPAP，故2BPCPAPDP，

DP＝32

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。

授课：XXX

所以AE＝EC6.11

2030tan20tanACE（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

7.27316cotACBABBC（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

3448PCAPBP

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

cpcba。

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＝2DE＝2DF，

∴BFAEDFDEDFDECD22222

米

甲

乙

授课：XXX

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：

1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597①

共16个数，对符合上述条件的任数组，a

，a

……a

显然总有a

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

ABCD

AGCD

矩形

四边形等于（）

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（）

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S

与矩形AGKD

的面积S

的大小关系是（）

A.S

＝S

B.S

＞S

图9-1

图9-2

图9-3

图9-4

授课：XXX

C.S

＜S

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（）

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（）

537

53

15

D.2)21(

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＝（）

224



224ba



224



224ba



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.292B.315

C.322D.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＿＿＿＿＿

Ⅱ

Ⅰ

ⅢⅣ

图9-5

aⅠ

Ⅱ

Ⅲ

Ⅳ

图9-6

图9-7

图9-8

图9-9

图9-10

图9-11

授课：XXX

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：

CEF

AEF



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：1

图9-12

图9-13

图9-14

图9-15

授课：XXX

3、如图9-16，在ABCD中，P

、P

……P

n-1

是BD的n等分点，连结AP

，并延长

交BC于点E，连结AP

n-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△A

，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△A

公共部分的面积。

n-2

n-1

图9-16

图9-17

授课：XXX

数学竞赛专项训练（9）参考答案

一、选择题：

1、C。

ACDBCPBCDBCPBCDACDBOCAODABDABC

SSSSSSSSSS



，，，，

2、D。连结AC，有3:1:

ABCAGC

SS，则

ABCDABCDABCD

ACDAGC

AGCD3

矩形矩形矩形

四边形

＝SSSSS



。

3、B。如图联结BE，

ADE

S＝

1，

设x

，则x

ABE





S







ADE

，

∴



4、A。解：AGADSACS

，，因为ACBRtADCRt∽，

所以

，即ABADAC2，又因为AB＝AG，

所以

SAGADACS，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2)()(bababb，已知1a，所以有

2)1()12(bbb，即012bb，解得2

51

b

，从而正方形的

面积为

537

)

()1(22







b。

60°

授课：XXX

7、A。解：由△ADE∽△ABM，得DE＝

224

)

(

ABAD











8、B。

∵

CDO

ACO

BDO

ABO



，即

84xy





又∵

CEO

BCO

BDE

ABO



，即





∴









842

11234

，解之得









∴S△ABC

＝84+40+30+35+70+56＝315。

二、填空题

1、ahS

＝

阴影

。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

∴

ABCD

梯形

阴影

＝S∵

ahS

ABCD

＝

梯形

，∴ahS

＝

阴影

。

2、144。解：作MN⊥BC于N，∵AM＝MC，MN∥AD，∴DN＝NC。∴9

ADMN，

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，∴2)

(

BDE，S△BDE

＝

∵DE∥AC∴



，∴





BDE

ADE，则S△ADE

＝

S△BDE

＝

4、

1089

400

。解：过点E作EF∥AD，且交BC于点F，则



，所以

授课：XXX





CDFD。因为PQ∥CA，所以







于是

140

PQ。因为PQ∥CA，PR∥CB，所以∠QPR＝∠ACB，

因为△PQR∽△CAB故

1089

400

)

()(22



CAB

PQR

。

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、32。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222222222222CPadDPcbBPdbcaAP，，＝，，

于是2222DPBPCPAP，故2BPCPAPDP，

DP＝32。

三、解答题

1、设BC＝a，CD＝b，由

ABCD3

矩形

ABE





，得ab

BEb

＝。∴BE＝

a，则

EC＝

a。同理FC＝

b，∴abba

CEF





＝。

∵abCDADECS

AECD3

)(



梯形

，

∴ababaabSS

AEF18

ADFCEF

AECD





＝－－

梯形

∴





CEF

AEF。

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DAPBEPABPFDP

nn2222

∽， ∽



授课：XXX

从而有











n，

即

2



所以EF∥BD

②由①可知





nAB

，所以S

AFD2







，同理可证S

ABE2







显然





nDC

，所以









DFDC

，

从而知S

ECF

(







，已知,

AEF





所以有

SS2)

(



，即

)2(2

)4(





解方程得n＝6。

4、证明：①连结OC、OC

，分别交PQ、NP于点D、E，根据题意得∠COC

＝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∠OC

D＝∠OC

N＝45°∴∠OEC＝∠ODC

＝90°

∴∠CQP＝∠CPQ＝∠C

PN＝∠C

NP＝45°

∴△CPQ和△C

NP都是等腰直角三角形。

∴∠BNM＝∠C

NP＝45°∠A

QK＝∠CQP＝45°

∵∠B＝45°∠A

＝45°

∴△BMN和△A

KQ都是等腰直角三角形。

∴∠B

ML＝∠BMN＝90°，∠AKL＝∠A

KQ＝90°

∴∠B

＝45°∠A＝45°

∴△B

ML和△AKL也都是等腰直角三角形。

②在Rt△ODC

和Rt△OEC中，

∵OD＝OE＝1，∠COC

＝45°

∴OC＝OC

＝2∴CD＝C

E＝2-1

∴PQ＝NP＝2（2-1）＝22-2，CQ＝CP＝C

P＝C

N＝2（2-1）＝2－2

∴223)22(

2

CPQ

延长CO交AB于H

授课：XXX

∵CO平分∠ACB，且AC＝BC

∴CH⊥AB，∴CH＝CO＋OH＝2+1

∴AC＝BC＝A

＝B

＝2（2＋1）＝2＋2

∴223)22(

2

ABC

∵A

Q＝BN＝（2+2）－（22-2）－（2－2）＝2

∴KQ＝MN＝

＝2

∴1)2(

2

BMN

∵AK＝（2+2）－（2－2）－2＝2

∴1)2(

2

AKL

224

11)223)223(

S-S-S-S

AKLBMNCPQABC

KLMNPQ









－（＝

＝

多边形

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.2cm2B.3cm2

C.1cm2D.

cm2

图10-1

授课：XXX

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.58B.66C.72D.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.2B.4C.6D.8

6、在△ABC中，∠A＝45°，BC＝a，高BE、CF交于点H，则AH＝（）

A.a

.a2

7、已知点I是锐角三角形ABC的内心，A

、B

、C

分别是点I关于BC、CA、AB的对

称点，若点B在△A

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.6B.8C.10D.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

A’

B’

图10-2

图10-3

图10-4

D’

图10-5

授课：XXX

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＿＿＿＿＿＿

＿

授课：XXX

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

授课：XXX

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≌△DFN

②∠PAE＝∠PBF

3、如图10-8，在△ABC中，AB＝AC，底角B的三等分线交高线AD于M、N，边CN

并延长交AB于E。

求证：EM∥BN

图10-7

图10-8

授课：XXX

4、如图10-9，半径不等的两圆相交于A、B两点，线段CD经过点A，且分别交两于C、

D两点，连结BC、CD，设P、Q、K分别是BC、BD、CD中点M、N分别是弧BC

和弧BD的中点。

求证：①



②△KPM∽△NQK

图10-9

授课：XXX

数学竞赛专项训练（10）参考答案

一、选择题

1、解：)(1

2cmSSS

ABCABDBGD





。选C。

2、解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，则∠ABC＝60°，因为EB是∠B的

外角的平分线，所以∠ABE＝60°，因为E是∠C的平分线与∠B的平分线的交点，

所以E点到CB的距离等于E到AB的距离，也等于E点到CA的距离，从而AE是

∠A的外角的平分线。

所以



75

150

BAE，∠AEB＝180°－60°－75°＝45°。应选B。

3、解：依题意在等腰三角形B′CB中，有∠B′CB＝α，∠B′＝90°－20°＝70°。

所以α＝180°－2×70°＝40°，即∠DCA＝α＝40°，从而∠BDC＝∠DCA＋

∠A＝40°＋20°＝60°。应选D。

4、解：设AD为中线，则DG＝

AG＝3，延长GD到G′，DG＝DG′＝3，

7232468



GBCABCCGGGBC

SSSS 。应选C。

5、解：由折叠过程知，DE＝AD＝6，∠DAE＝∠CEF＝45°，所以△CEF是等腰直角三

角形，且EC＝8－6＝2，所以S△CEF

＝2。故选A。

6、解：取△ABC的外心及BC中点M，连OB、OC、OM，由于∠A＝45°，故∠BOC

＝90°，OM＝

a，由于AH＝2OM，AH＝a。应选C。

7、解：因为IA

＝IB

＝IC

＝2r（r为△ABC的内切圆半径），所以I点同时是△A

的外接圆的圆心，设IA

与BC的交点为D，则IB＝IA

＝2ID，所以∠IBD＝30°。

同理，∠IBA＝30°，于是∠ABC＝60°。故选C。

8、图中有6个直角，每一个直角对应两个直角三角形，共有12个直角三角形：△ADB、

△ADC、△BEA、△CFA、△CFB、△HDB、△HDC、△HEC、△HEA、△HFA、

△BEC、△HFB。故选D。

二、填空题

1、解：









110

90)

()

(

ACABA

DICBIDBIC

授课：XXX

2、解：连AC，即AD＝a，则在等腰Rt△ABC中

22222222)3(8ADCDaaaBCABAC

有∠CAD＝90°∠DAB＝∠DAC＋∠CAB＝90°+45°＝135°。

3、解：设折叠后所成圆形覆盖桌面的面积为S，则：

ECECABS

SSSSSS

AEC

ABCD

AECCADABC









矩形

由Rt△ABE≌Rt△CD

E知EC＝AE

设EC＝x，则222xBEAB，即222)12(5xx

解得：

2035

845

125

845

169





SSx

AEC

4、解：答：

15。

设OA边上的高为h，则h≤OB，所以OBOAhOAS

OAB



2

当OA⊥OB时，等号成立，此时△OAB的面积最大。

设经过t秒时，OA与OB第一次垂直，又因为秒针1秒钟旋转6度，分针1秒钟旋

转0.1度，于是（6－0.1）t＝90，解得t=

15。

5、解：设等腰三角形底边为a，腰为b，作底角∠B的平分线交AC于D，则

70)36180(

B∴△BCD、△DAB均为等腰三角形。

BD＝AD＝BC＝a，而CD＝b－a

由△BCD∽△ABC∴

BC

 即

则有

01)()(2





解得

（取正）

6、解：如图分别过B、C两点作BG、CK平行于AM交直线EF

于G、K，则有



两式相加

CKBG

BE

又梯形BCKG中，PM＝

（BG+CK），而由P为重心得AP＝2PM

授课：XXX

故1



三、解答题

1、证明：∵正方形ABCD

∴OA⊥DE

∵DF⊥AE∴F是△DAE的垂心

∴EF⊥AD∴EF∥AB

∵OA＝OB∴OE＝OF

2、证明：①如图，据题设可知DM平行且等于BN，DN平行且等于AM，

∴∠AMD＝∠BND

∵M、N分别是Rt△AEP和Rt△BFP斜边的中点

∴EM＝AM＝DNFN＝BN＝DM

又已知DE＝DF∴△DEM≌△DFN

②由上述全等三角形可知∠EMD＝∠FND∴∠AME＝∠BNF

而△AME、△BNF均为等腰三角形

∴∠PAE＝∠PBF。

3、证明：连结MC∵AB＝BC，AD⊥BC∴∠1＝∠2＝∠3

∵∠4＝∠5＝∠6又∵∠7＝∠8∴M是△AEC的内心

∴EM是∠AEN的平分线∴



又∵∠EBN＝2∠NBD＝2∠1

∠ENB＝∠NBD＋∠4＝2∠1

∴EB＝EN∴

∴EN∥BN

4、证明：①如图：因为M是

⌒

BC的中点，P是BC的中点，所以MP⊥BC，∠BPM

＝90°，连结AB，则有∠PBM＝

∠CAB＝

（180°－∠DAB）＝90°－

∠DAB

＝90°－∠NBD＝∠QNB。

所以Rt△BPM∽Rt△NQB。于是有



②因为KP∥BD，且KP＝

BD＝BQ，所以，四边形PBQK是平行四边形。于是，

有BP＝KQBQ＝KP由式①得

。又∠KPM＝∠KPB＋90°＝

授课：XXX

∠KQB＋90°＝∠NQK，所以△KPM∽△NQK。

（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）

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