[学科竞赛]丰富多彩的有理数竞赛题.doc

丰富多彩的有理数竞赛题丰富多彩的有理数竞赛题现以2000年、2001年第十二届，第十三届“五羊杯”（广东省数学会举办）初中数学竞赛试题的有理数竞赛题为例，介绍有关解题方法。例1 8 642 097 531、6 420 875 319、4 208 653 197、2 086 431 975、864 219 753的平均数是（）。（A）4 444 455 555（B）5 555 544 444（C）4 999 999 995（D）5 999 999 994解 注意已知五个数的特点：右起1至5位每位数字之和为1+3+5+7+9=25，6至10位每位数字之和为0+2+4+6+8=20，于是五个数的平均数为4 444 455 555。选A。例2 已知 68 920 312690亿（四舍五入），那么其中三位数有（）种填写的方法。（A）1 000（B）999（C）500（D）499解 可填500，501，502，999，共500种填法。选C。例3 不超过700（是圆周率）的最大整数是（）。（A）2 100（B）2 198（C）2 199（D）2 200解 3.141 53.141 6，故2 199.057002 199.12。所以应选C。例4 （0.1+1.2+2.3+3.4+4.5+5.6+6.7+7.8+8.9）（0.01+0.03+0.05+0.0二次根式【内容综述】一般地，式子叫做二次根式。在解决有关根式的化简与求值问题时，需要同学们熟练地掌握根式的性质、运算法则等知识。另外，特别要掌握好如下的二个重要性质：（1）。（2）【要点讲解】在这一部分中，通过例题的解答，介绍有关二次根式的化简、求值、分母有理化等方面的知识，同学们要认真体会其中的解题方法和技巧。例1、化简. 思路 通过分类讨论去掉根号。解原式 例2、化简思路 用待定系数法把11-6表示成一个完全平方式。解 设11-6 （则 所以 解得或说明 本题还可用配方法来化简，请读者自己来试一试。例3、 分母有理化 。例4 化简 思路 对分子进行重新的分解组合，使之与分母有公共的因式。解法1 原式=解法2 原式说明 对于这种分式型的根式问题的化简，常用的思路就是对于分子进行巧妙地分解、组合，使之出现分母中的形式，达到化简的目的。例5 若。思路 先化简已知条件的复合二次根式，和所求化数式，然后再求值。说明 本题通过变形已知条件得到，然后利用这个条件进行整体代换，大大简化了运算过程。这种解题策略在条件求值问题中经常运用。例6 设的整数部分为a，小数部分为b，求a-b（2b+1）的值。例7 化简 由当时,当n-2（除n= -2,因它使分母为零）时,= -, = =例8 设且 ,求的值。解： 设显然k0，则由已知得即 由已知得 说明：当题目中的变量较多时，常常引入一个参数，使得每个变量都用这个参数表示出来，这样便于化简。例9设。则与S最接近的整数是多少？思路：所求式的各项的特征都相同，故可先研究每项的一般形式的结构，即所谓“通项的结构”。解：当n为整数时，有 = 故与X最接近的整数是1999。说明：如果所求式子各项的特征相同时，一般要先研究清楚通项的特点，然后再具体到每一项，这是从一般到特殊的思维方法。强化训练A级1、_2、若则_3、若0a0b, 原式= -ab；若a0b, 原式= ab。韦达定理及其应用【内容综述】设一元二次方程有二实数根，则， 。这两个式子反映了一元二次方程的两根之积与两根之和同系数a，b，c的关系，称之为韦达定理。其逆命题也成立。韦达定理及其逆定理作为一元二次方程的重要理论在初中数学竞赛中有着广泛的应用。本讲重点介绍它在五个方面的应用。【要点讲解】1求代数式的值应用韦达定理及代数式变换，可以求出一元二次方程两根的对称式的值。例1 若a，b为实数，且，求的值。思路 注意a，b为方程的二实根；（隐含）。解 （1）当a=b时，；（2）当时，由已知及根的定义可知，a，b分别是方程的两根，由韦达定理得， ab=1.说明 此题易漏解a=b的情况。根的对称多项式，等都可以用方程的系数表达出来。一般地，设，为方程的二根，则有递推关系。其中n为自然数。由此关系可解一批竞赛题。附加：本题还有一种最基本方法即分别解出a，b值进而求出所求多项式值，但计算量较大。例2 若，且，试求代数式的值。思路 此例可用上例中说明部分的递推式来求解，也可以借助于代数变形来完成。解：因为，由根的定义知m，n为方程的二不等实根，再由韦达定理，得，2构造一元二次方程如果我们知道问题中某两个字母的和与积，则可以利用韦达定理构造以这两个字母为根的一元二次方程。例3 设一元二次方程的二实根为和。（1）试求以和为根的一元二次方程；（2）若以和为根的一元二次方程仍为。求所有这样的一元二次方程。解 （1）由韦达定理知，。，。所以，所求方程为。（2）由已知条件可得 解之可得由得，分别讨论（p,q）=(0,0)，(1,0)，(,0)，(0,1)，(2,1)，(,1)或(0, )。于是，得以下七个方程，其中无实数根，舍去。其余六个方程均为所求。3证明等式或不等式根据韦达定理（或逆定理）及判别式，可以证明某些恒等式或不等式。 例4 已知a，b，c为实数，且满足条件：，求证a=b。证明 由已知得，。根据韦达定理的逆定理知，以a，b为根的关于x的实系数一元二次方程为由a，b为实数知此方程有实根。，故c=0，从而。这表明有两个相等实根，即有a=b。说明 由“不等导出相等”是一种独特的解题技巧。另外在求得c=0后，由恒等式可得，即a=b。此方法较第一种烦琐，且需一定的跳跃性思维。4研究方程根的情况将韦达定理和判别式定理相结合，可以研究二次方程根的符号、区间分布、整数性等。关于方程 的实根符号判定有下述定理：方程有二正根，ab0；方程有二负根，ab0，ac0；方程有异号二根，ac0；方程两根均为“0”，b=c=0，；例5 设一元二次方程的根分别满足下列条件，试求实数a的范围。二根均大于1；一根大于1，另一根小于1。思路 设方程二根分别为，则二根均大于1等价于和同时为正；一根大于1，另一根小于是等价于和异号。解 设此方程的二根为，则，。方程二根均大于1的条件为解之得方程二根中一个大于1，另一个小于1的条件为解之得。说明 此例属于二次方程实根的分布问题，注意命题转换的等价性；解题过程中涉及二次不等式的解法，请参照后继相关内容。此例若用二次函数知识求解，则解题过程极为简便。5求参数的值与解方程韦达定理及其逆定理在确定参数取值及解方程（组）中也有着许多巧妙的应用。例6 解方程。解：原方程可变形为。令，。则, 。由韦达定理逆定理知，以a，为根的一元二次方程是。解得，。即a=或a=9。或通过求解x结果相同，且严谨。，（舍去）。解之得，。此种方法应检验：是或否成立强化训练A 级1.若k为正整数，且方程有两个不等的正整数根，则k的值为_。2.若， ，则_。3 .已知和是方程的二实根，则_。4.已知方程（m为整数）有两个不等的正整数根，求m的值。级 5.已知：和为方程及方程的实根，其中n为正奇数，且。求证：，是方程的实根。6.已知关于x的方程的二实根和满足，试求k的值。参考答案12提示：原方程即，所以，由知k=1，2，3，5，11；由知k=2，3，4，7。所以k=2，3，但k=3时原方程有二相等正整数根，不合题意。故k=2。2提示：由x，y为方程的二根，知，。于。321提示：由，知，4设二个不等的正整数根为，由韦达定理，有消去m，得。即。则且。，。故。5由韦达定理有，。又，。二式相减得。，。将代入有。从而 ，同理 和是方程的根。6当时，可知，所以，当时，易证得。从而，为方程的二不同实根。，。于是，。当时，方程为。解得 或取，即能符合题意，故k的值为。代数式的变形（整式与分式）在化简、求值、证明恒等式（不等式）、解方程（不等式）的过程中，常需将代数式变形，现结合实例对代数式的基本变形，如配方、因式分解、换元、设参、拆项与逐步合并等方法作初步介绍.1配方在实数范围内，配方的目的就是为了发现题中的隐含条件，以便利用实数的性质来解题.例1设a、b、c、d都是整数，且m=a2+b2,n=c2+d2,mn也可以表示成两个整数的平方和，其形式是_.解mn=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+2abcd+b2d2+a2d2+b2c2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd）2+(ad+bc)2.例2 设x、y、z为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.求的值.解 将条件化简成2x2+2y2+2z2-2xy-2x2-2yz=0 (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 x=y=z,原式=1.2.因式分解前面已介绍过因式分解的各种典型方法,下面再举几个应用方面的例子.例3 如果a是x2-3x+1=0的根,试求的值.解 a为x2-3x+1=0的根, a2-3a+1=0,且=1.原式说明:这里只对所求式分子进行因式分解,避免了解方程和复杂的计算.3.换元换元使复杂的问题变得简洁明了.例4 设a+b+c=3m,求证:(m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c则p+q+r=0.P3+q3+r3-3pqr=(p+q+r)(p2+q2+r2-pq-qr-rp)=0p3+q3+r3-3pqr=0即 (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0例5 若,试比较A、B的大小.解 设 则.2xy 2x-y0, 又y0,可知 AB.4.设参当已知条件以连比的形式出现时,可引进一个比例系数来表示这个连比.例6 若求x+y+z的值.解 令则有 x=k(a-b), y=(b-c)k z=(c-a)k,x+y+z=(a-b)k+(b-c)k+(c-a)k=0.例7 已知a、b、c为非负实数，且a2+b2+c2=1,求a+b+c的值.解 设 a+b+c=k则a+b=k-c，b+c=k-a,a+c=k-b.由条件知即 a2k-a3+b2k-b3+c2k-c3=-3abc,(a2+b2+c2)k+3abc=a3+b3+c3.a2+b2+c2=1,k=a3+b3+c3-3abc=(a+b)3-3a2b-3ab2+c3-3abc=(a+b+c)(a+b)2+c2-(a+b)c-3ab(a+b+c),=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca),k=k(a2+b2+c2-ab-bc-ac),k(a2+b2+c2-ab-bc-ca-1)=0,k(-ab-bc-ac)=0.若K=0, 就是a+b+c=0.若-ab-bc-ac=0,即 (a+b+c)2-(a2+b2+c2)=0,(a+b+c)2=1,a+b+c=1综上知a+b+c=0或a+b+c=15.“拆”、“并”和通分下面重点介绍分式的变形：（1） 分离分式 为了讨论某些用分式表示的数的性质，有时要将一个分式表示为一个整式和一个分式的代数和.例8 证明对于任意自然数n，分数皆不可约.证明 如果一个假分数可以通约，化为带分数后，它的真分数部分也必定可以通约.而 显然不可通约，故不可通约，从而也不可通约.（2） 表示成部分分式 将一个分式表示为部分分式就是将分式化为若干个真分式的代数和. (3)通分 通分是分式中最基本的变形,例9的变形就是以通分为基础的,下面再看一个技巧性较强的例子.例9 已知求证:.证明 6.其他变形例10 已知x(x0，1)和1两个数，如果只许用加法、减法和1作被除数的除法三种运算（可用括号），经过六步算出x2.那么计算的表达式是_.解 x2=x(x+1)-x或 x2=x(x-1)+x例11 设a、b、c、d都是正整数，且a5=b4,c3=d2,c-a=19,求d-b.解 由质因数分解的唯一性及a5=b4,c3=d2,可设a=x4,c=y2,故19=c-a=(y2-x4)=(y-x2)(y+x2) 解得 x=3. y=10. d-b=y3-x5=757强化练习1.选择题（1）把相乘，其乘积是一个多项式，该多项式的次数是（ ）（A）2 （B）3 （C）6 （D）7 （E）8（2） 已知则的值是（ ）.(A)1 (B)0 (C)-1 (D)3（3）假定x和y是正数并且成反比，若x增加了p%，则y减少了（ ）.（A）p% (B)% (C)% (D)% (E)%2.填空题（1）（x-3）5=ax5+bx4+cx3+dx2+ex+f，则a+b+c+d+e+f=_, b+c+d+e=_.(2)若=_.(3)已知y1=2x,y2=,则y1y1986=_3.若（x-z）2-4(x-y)(y-z)=0,试求x+z与y的关系.4.把写成两个因式的积,使它们的和为，求这两个式子.5.若x+3y+5z=0,2x+4y+7z=0.求的值.6.已知x,y,z为互不相等的三个数,求证7.已知a2+c2=2b2,求证8.设有多项式f(x)=4x4-4px3+4qx2+2q(m+1)x+(m+1)2,求证:如果f(x)的系数满足p2-4q-4(m-1)=0,那么,f(x)恰好是一个二次三项式的平方.9.设(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b+c+d)(bcd+cda+dab+abc).求证:ac=bd.参考答案1.C.C.E2.(1)-32,210 (2) (3)23.略.4.5. 6.略, 7.略.8.p2-4q-4(m+1)=0, 4q=p2-4(m+1)=0,f(x)=4x4-4px3+p2-4(m+1)x2+2p(m+1)x+(m+1)2=4x4+p2x2+(m+1)2-4px3-4(m+1)x2+2p(m+1)x=2x2-px-(m+1)2.9.令a+b=p,c+d=q,由条件化为pq(b+c)(d+a)=(p+q)(cdp+adq),展开整理得cdp2-(ac+bd)+pq+abq2=0,即(cp-bq)(dp-aq)=0.于是cp=bq或dp=aq,即c(a+b)=b(c+a)或d(a+b)=a(c+d).均可得出ac=bd.大、小正方体用大小相等的无色透明玻璃小正方体和红色玻璃小正方体拼成一个大正方体（如图1）。大正方体内的对角线，所穿过的小正方体都是红色玻璃小正方体，其他部分都是无色透明玻璃小正方体。小红正方体共用了401个。问：无色透明小正方体用了多少个？这是第七届“华杯赛”的试题。，四条对角线都穿过在正中央的那个小正方体，除此而外，每两条对角线没有穿过相同的小正方体。所以每条对角线穿过个小正方体。这就表明大正方体的每条边由101个小正方体组成。因此大正方体由个小正方体组成，其中无色透明的小正方体有=1030301-401=1029900个，即用了1029900个无色透明的小正方体。等腰三角形 直角三角形【内容综述】等腰三角形和直角三角形是两种非常特殊的三角形，本讲中通过一系列有关等腰三角形或直角三角形的问题的解决，既是复习有关三角形全等的知识，同时也是培养同学们分析、解决问题的能力。同学们通过学习下面问题的分析、解答过程，特别要注意体会如何根据题目的已知信息和图形特征作出适当的辅助线。这是学习本节的难点所在。【要点讲解】例1 如图2-8-1,中，AB=AC，D为AB上一点，E为AC延长线上一点，且BD=CE，DE交BC于G。求证：DG=EG。思路 因为GDB和GEC不全等，所以考虑在GDB内作出一个与GEC全等的三角形。证明：过D作DHAE，交BC于HAB=ACDB=DH又DB=CEDH=CE又DG=EG.说明 本题易明显得出DG和EG所在的DBG和ECG不全等，故要构造三角形的全等，本题的另一种证法是过E作EFBD，交BC的延长线于F，证明DBGEFG，读者不妨试一试。例2 如图2-8-2，D为等边ABC的内部一点，DB=DA，BE=AB，DBE=DBC，求BED的度数。思路 从已知中知等边ABC的每个内角为60。所以要想办法把BED和60这一信息产生联系。解：连结DC由ABC是等边三角形且BE=AB可得BE=BC又DBE=DBC,BD=BDDBEDBC,BED=BCDDB=DA，DC=DC，CB=CA，CBDCADBCD=ACD=BCA=60=30BED=30说明 证明两角相等的重要思路之一就是证明这两角所在的两个三角形能全等。例3 如图2-8-3，在ABC中，AB=AC，A=100,作B的平分线与AC边交于E，求证：BC=AE+BE。 思路 要想办法把AE+BE替换成一条线段a，然后只需证明BC=a。证明 延长BE到F，使EF=AE，连结FC，作BEC的平分线交BC于G，由AB=AC，BAC=100，可知ABE=CBE=20因而 AEB=GEB=60于是 AEBGEB则有 EG=EA=EF又由 GEC=FEC=60所以 GECFEC所以 EFC=EGC=180100=80从而 BCF=80故 BC=BF=AE+BE例4 如图2-8-4, P为等边ABC内任一点，PDAB于D，PEBC于E，PFAC于F。 求证：PD+PE+PF是定值。思路 考虑把PD+PE+PF用等边ABC的边长、周长、高、面积等不变量表示出来。证明 连结PA、PB、PC，过A作AHBC于H。，又AB=BC=CA，PD+PE+PF=AH因为等边三角形的大小已给定，则它的高也随之确定。PD+PE+PF是定值。说明 题中的PD、PE、PF这三段都是点到线段的距离，故联想到了三角形的面积，利用各个部分的面积之和等于整体的面积建立了等式关系。例5 如图2-8-5，在ABC中，BFAC，CGAB，垂足分别是F、G，D是BC的中点，DEFG，垂足是E。求证：GE=EF。 思路 利用等腰三角形的三线合一性质，只需证明DG=DF。证明 连结DG、DF。DG是RtBCG的斜边BC上的中线。，同理可证DG=DF又DEFG，GE=EF说明 若题目中作了三角形的高，就应注意所形成的直角三角形这一图形，如本题图中的RtBGC和RtCFB。 例6 已知一个直角三角形的边长都是自然数，且周长和面积的量数相等，求这个三角形的三边长。思路 列出三边长满足的关系式，然后通过分析、讨论得出三边的长度。解设三边长分别为a，b，c，其中c为斜边，则 由得,代入得，即ab0,ab4a4b8=0(a、b为自然数)a4=1，2，4，8a=5，6，8，12； b=12，8，6，5； c=13，10，10，13三边长分别为6、8、10或5、12、13。说明 本题是用代数方法解几 何题，这种方法今后还大有用处，请读者注意它。例7 如图2-8-6，在ABC中，AB=AC=CB，AE=CD，AD、BE相交于P，BQAD于Q。求证：BP=2PQ。思路 在RtBPQ中，本题的结论等价于证明PBQ=30证明 AB=CA，BAE=ACD=60，AE=CD，BAEACDABE=CADBPQ=ABE+BAP=CAD+BAP=60又BQADPBQ=30BP=2PQ说明 本题把证明线段之间的关系转化为证明角的度数，这种转换问题的方法值得读者细心体会。强化练习A 级1在ABC中，ACB=90，D、E为AB上的二点，且AE=AC，BD=BC，如图2-8-7，则DCE的度数是_。2ABC中，AB=AC，D在BC上，BAD=30，在AC上取AE=AD，则EDC的度数是_。3已知直角三角形的周长为，斜边上的中线长为1，则这个直角三角形的面积是_。4如图2-8-8 P是等边ABC外的一点，APB=APC=60，求证：PA=PB+PC。5等腰三角形的各边均为正整数，周长为15，则满足条件的三角形有_。6三角形三边的长满足，则这个三角形的形状是_。7在等腰直角ABC中，P为斜边上的一点，四边形EPFC是矩形，D 为AB的中点，如图2-8-9，则DE和DF的大小关系是_。8如图2-8-10，AC=BC，C=20，又M在AC边上，N在BC边上且满足BAN=50，ABM=60，求NMB的度数。参考答案145提示：由AE=AC得AEC=90，同理由BD=BC得BDC=90，又因为A+B=90，所以得AEC+BDC=135，所以DCE=45。215提示：由题设条件设AED=ADE=X，所以EDC=XC。又因为2C+30+（1802X）=180，由此可得XC=15，所以EDC=15。3提示：设它的三边长为a，b，c，由题设条件得c=2，所以 由得ab=1，则4.提示：在PA上截取PD=PB，连结BD，可证出BP=BD，AB=BC，所以得，则AD=PC，所以BP+PC=PD+DA=PA。5答案：4个提示：由题意设三边为x，x，y，则有 解得，x=4，5，6，7。当x=4时，y=7；当x=5，y=5；当x=6，y=3，当x=7，y=1；故符合条件的三角形共有4个。 6等腰三角形。提示： a=b或b=c7DE=DF提示：连结CD，则由题设条件得，FCD=EAD=45，CF=EP=EA，所以FCDEAD，故DE=DF。 830 简解：易证AB=BN，AMB=40， 如图2-8-11，作等腰BAD，使BD=BA=BN，又ABD=1802CAB=20，DBN=8020=60，BDN是等边三角形，BD=DN，又在BDM中，DBM=DMB=40，故DMB为等腰三角形，由MDN=180ADBBDN=40知，DN=DM=DBNMB=NMABMA=7040=30。多边形【内容综述】在同一平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。如果延长多边形的任一条边，整个多边形都在这条延长边的一侧，那么这样的多边形就叫做凸多边形。下面所说的多边形均指凸多边形。它的重要性质是：几边形的内角和是，由于这个结论与边数有关，所以这不是对多边形的最本质的刻划。更加本质的是它的推论：任意多边形的外角和等于。【要点讲解】多边形中通过连结对角线中把多边形就分割为若干个三角形，这就把研究多边形的问题转化为研究三角形的问题，这是一种重要的研究思路，请读者在下面的解题过程中认真体会这种思路。例1 已知多边形的内角和是外角和的3倍，求这个多边形的边数。思路 设多边数的边数为n，然后通过已知条件列出n的方程，再求出n值。解 设这个多边形的边数为n，根据题意得解之得 n=8答：这个多边形的边数为8说明 本题通过设边数为n，然后依题意列出n的方程，再求出n值。这是运用方程的思想解几何题。这种思想方法今后还会经常用到。例2 一个多边形的每个内角都等于，求这个多边形的边数。思路1 利用多边形的内角和定理。解法1 设这个多边形的边数为n，根据题意得解之得n=10思路2 利用多边形的外角和定理。解法2 因为这个多边形的每个内角都等于，所以每个外角都等于，而多边形的外角和是，所以这个多边形的边数是 .说明 当你们学习了解法1和解法2后，你们心里产生了怎样的想法呢？显然，解法1比较传统，解法2则标新立异，这就启发我们解题时选择恰当的出发点是多么重要。例3 一个多边形除了一个内角之外的所有内角和等于，求这个多边形的边数和这个内角的度数。思路 利用多边形的内角和定理。解 设这个多边形的边数为n，这个内角的度数为X，根据题意有 . 又 解之得 又 由n是正整数得n=14 说明 在解题中要重视对题目隐含条件的发掘和利用。如本题中的x取值范围是。n是正整数等。例4 求证：n边形的内角中，最多有3个锐角。思路1 用反证法.证法1 假设n边形至少有4个锐角，取出4个锐角之后剩下的角记为，则有，得 那么 ，中至少有一个大于，而这与，中的每一个都小于180矛盾。所以，n边形的内角中，最多有3个锐角。思路2 转化为证明它的等价命题：n边形的外角中，最多有3个钝角。证法2 因为n边形的外角和是，所以这n个外角中最多有3个钝角。（若有4个或4个以上角是钝角，则外角和就大于，这与n边形的外角和定理矛盾）。这3个是钝角的外角的对应内角就是锐角。所以，n边形的内角中，最多有3个锐角。说明 当要证明的是有关：“最多”、“至少”等问题时，常常用反证法证明。通过证法1、2的比较后，我们就应认清“多边形的外角和定理”是对多边形的本质刻划。 例5 如图2-9-1，求的度数。 思路 要想方设法把这些要求的角集中在一个或几个多边形中。解 连结AF AD和CF交于O又在四边形ABEF中，有即例6 如图2-9-2，试求的度数。思路 连结CH，利用五边形CDEFH求所求角的度数。 解 连结HC.在五边形CDEFH 中，有说明 这类题解决的关键在于通过连结辅助线，巧妙的把所求的角放入若干个多边形中，借助于多边形的内角和来解决问题。例7如图2-9-3， 并且试求k的值。思路 利用题设条件求出的具体值，然后求出K的值。解 例8 己知一个凸十一边形由若干个边长为1的等边三角形和边长为1的正方形无重叠，无间隙拼成，求该凸十一边形的各内角的大小。思路 设凸十一边形的内角中有 的个数分别为x, y, z, s. 列出它们满足的关系式，并求出x, y, z, s的值。解 设此凸十一边形的各个内角中有 x个 y个 z个 s个由题意有 由得 代入化简得因为均为非负整数，所以故=10.则这个凸十一边形有一个角是，有十个内角都是。强化训练A级填空题 1. 一个n边形的内角和等于它的外角和，则n=_. 2. 一个凸n边形的外角中，最多有一个钝角。 3. 已知凸n边形的n个内角与某一个外角之和为，则n=_.4. 如图2-9-4，求A+B+C+D+E的度数。B级5. 一个六边形的六个内角都是,连续四边的长度依次是1,3,3,2, 则这个六边形的周长是_.6. 一个多边形有三个内角为钝角,这样的多边形边数的最大值是_。7. 在同一平面上画两个边数各为的凸多边形。如果 没有任何线段重合，则的交点数的最大值是_。8. 在n边形内有m个点，以这n+m个点为顶点组成k个互不重叠的三角形，求k的值。参考答案:填空题1. 4。提示： .2. 3。 提示：因为n边形的外角和为，所以钝角最多有3个。（若有4个成4个以上外角为钝角，则外角和将大于，这与外角和定理矛盾）。3 9。提示：设这个外角为，则。 又，。解之得 。又由n是整数得n=9。4。如图2-9-5， ， ， 。 5 15。 提示：如图2-9-6，延长BC、DE、AF交于G、H、M，由六边形的每个内角都是，得CHD、FEM、GBA、GHM都是等边三角形GB=GA=AB=1， CH=DH=CD=3， GH=1+3+3=7。进而可求得EF=2，AF=4，周长为1+3+3+2+2+4=15。6 6。提示： 由已知知这三个是钝角的内角的相邻外角是锐角，又因为外角和为，所以，外角中余下的钝角个数最多为3个，所以，多边形边数的最大值是6。7 2n。提示：首先，任一直线与凸多边形的边最多有两个交点，否则至少有个交点，必存在一个交点，其两旁均有交点，延长这一点所在的边，则多边形被这条延长直线分成两部分，与凸多边形矛盾。其次，当的每一条边都有两个交点时，交点数最多。故交点数的最大值是2n。 k=2m+n-2。简解：用两种方法来计算k个三角形的内角和。一方面，, 另一方面按“点”来计算有 n边形内的m个点，每点对应一个周角，共。 n边形的n个内角和为。得 。竞赛训练题一、选择题1如果一个直角三角形的两条直角边为x和y，并且xy，z是斜边，则下面的关系式中一定成立的是（ ）。（A）x2（z-y）（B）x=2（z-y）（C）x2（z-y）（D）不能确定2如图1所示为一个长方体砍去两个角后的立体图形，如果照这样砍去长方体的八个角，则新的立体的棱有（ ）。（A）24条（B）30条（C）36条（D）42条3用数码2、4、5、7可以组成四位数，在每个四位数中，每个数码只出现一次，一共有24个四位数，将这些四位数从小到大排列，则排在第17位的四位数是（ ）。（A）4527（B）5724（C）5742（D）72454在的正整数解（x，y）中，x+y的最大值是（ ）。（A）1189（B）1517（C）1657（D）17495正整数n小于100，并且满足，其中x表示不超过x的最大整数，这样的正整数n有（ ）。（A）2个（B）3个（C）12个（D）16个二、填空题6如果*表示一种运算，它是由下面的式子来定义的，则（1*2）*3=_。7为了给一本书的各页标上页码，排版人员一共打击了3289个数码，则这本书的页数是_页。8y=|x+1|+|x-2|+|x+3|，则y的最小值是_。9已知，x表示y的小数部分，则的值为_。10设，且，设，则S的最大值是_。三、解答题11求出所有的三位正整数使得。12矩形ABCD中，AB=20，BC=10，若在AC、AB上各取一点M、N（如图2），使BM+MN的值最小，求这个最小值。13如图3，ABCD是正方形，点P是正方形的中心，以正方形的一边AD为斜边，向外作直角三角形AED，连结PE，证明：PE平分DEA。参考答案1xyz，z+y2x。又，而（z+y）（z-y）2x（z-y），x2（z-y）。应选A。2原长方体有12条棱，每砍去一个角增加3条棱，所以新的立体一共有36条棱（12+83），3从第1到第6个数，开头的数码是2，从第7到第12个数，开头的数码是4，从第13到第18个数的开头的数码是5。5开头的四位数按大小排列应为5247，5427，5472，5724，5742。故应选B。4，且x、y为正整数，m、n为正整数。则。m+n=7。当时，x+y=1517，当时，x+y=1189。当时，x+y=1025，x+y的最大值为1517。故应选B。5由于，若x不是整数，则xx，所以要使，都成立，必须有n是2、3、6的倍数，即n是6的倍数。这里1n100，所以n可取其中的个数。故应选D。6，。7从19页用了9个数码，1099页用了290=180个数码。100999用了2700个数码，而排版人员点击了3289个数码，从而知有400个数码用于标四位数的页码。只能从1000标到1099页，所以这本书的页码为1099页。8如图4，-1，2，3在数轴上的对应点分别为A、B、C由绝对值的意义知即要在数轴上找一点，使得这一点与A、B、C三点的距离之和最小，显然这一点就是B点。当x=2时，。9，则，于是。10设，则A+B=S，将代入上式，得，易知S0，S的最大值为。11因为2倍的三位数大于1000而小于2000，所以一定是大于500而小于1000，因此A为5、6、7、8或9，整数A又必须是偶数，所以A是6或8。如果A是6，这样我们需要找出B和C使得，这等价于，化简后即为，而194不是8的倍数，所以A不能是6。如果A=8，我们就有，这就等价于，即，因此，等于74，所以B=7，C=4，所以所求的三位数是874。12如图5，作B关于AC的对称点B，连结AB，则N关于AC的对称点N在AB上，过B作AB的垂线，垂足为H，则BM+MN=BM+MNBH，即BM+MN的最小值为BH。