初中数学奥林匹克训练题及答案

初中数学奥林匹克训练题第一试一、选择题(每小题7分，共42分)1.已知m、n是两个连续正整数，mn，且a=mn，设x=m-ana，y=m-ana.下列说法正确的是().(A)x为奇数，y为偶数(B)x为偶数，y为奇数(C)x、y都为奇数(D)x、y都为偶数2.设a、b、c和S分别为三角形的三边长和面积，关于x的方程b2x2+(b2+c2-a2)x+c2=0的判别式为Δ.则Δ与S的大小关系为().(A)Δ=16S2(B)Δ=-16S2(C)Δ=16S(D)Δ=-16S3.设a为5353的小数部分，b为336336的小数部分.则ab12的值为().(A)6+2-1(B)6-2+1(C)6-2-1(D)6+2+14.如图，D、E分别为△ABC的边AB、AC上的点，△ACD与△BCD的周长相等，△ABE与△CBE的周长相等，记△ABC的面积为S.若∠ACB=90°，则AD·CE与S的大小关系为().(A)S=AD·CE(B)SAD·CE(C)SAD·CE(D)无法确定5.如图，在△ABC中，AB=8，BC=7，AC=6，延长边BC到点P，使得△PAB与△PCA相似.则PC的长是().(A)7(B)8(C)9(D)106.如图，以PQ=2r(r∈Q)为直径的圆与一个以R(R∈Q)为半径的圆相切于点P.正方形ABCD的顶点A、B在大圆上，小圆在正方形的外部且与边CD切于点Q.若正方形的边长为有理数，则R、r的值可能是().(A)R=5，r=2(B)R=4，r=3/2(C)R=4，r=2(D)R=5，r=3/2二、填空题(每小题7分，共28分)1.已知方程x2+x-1=0的两个根为α、β.则33的值为.2.把1，2，…，2008个正整数分成1004组:a1，b1;a2，b2;…;a1004，b1004，且满足a1+b1=a2+b2=…=a1004+b1004.对于所有的i(i=1，2，…，1004)，aibi的最大值为.3.AD、BE、CF为△ABC的内角平分线.若BD+BF=CD+CE=AE+AF，则∠BAC的度数为.4.下列四个命题:①一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形;②一组对边相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形;③一组对角相等且这一组对角的顶点所联结的对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形;④一组对角相等且这一组对角的顶点所联结的对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形.其中，正确命题的序号是.第二试一、(20分)已知△ABC中，∠A∠B∠C，且∠A=2∠B.若三角形的三边长为整数，面积也为整数，求△ABC面积的最小值.二、(25分)已知G是△ABC内任一点，BG、CG分别交AC、AB于点E、F.求使不等式S△BGF·S△CGE≤kS2△ABC恒成立的k的最小值.三、(25分)已知(x+1y2)(y+1x2)=1.求证:x+y=0.初中数学奥林匹克训练题参考答案第一试一、1.C.x=n+m=m+m+1=2m+1，y=n-m=1.所以，x、y都是奇数.2.B.因为Δ=(b2+c2-a2)2-4b2c2=(b2+c2-a2+2bc)(b2+c2-a2-2bc)=[(b+c)2-a2][(b-c)2-a2]=(b+c+a)(b+c-a)(b-c+a)(b-c-a).记p=21(a+b+c)，所以，Δ=2p·2(p-a)·2(p-c)[-2(p-b)]=-16p(p-a)(p-b)(p-c).由海伦公式知S2=p(p-a)(p-b)(p-c).故Δ=-16S2.3.B.4.A.设BC=a，CA=b，AB=c.由题意知AD+AC=BC+CE=21(a+b+c).故AD=21(a+c-b)，CE=21(b+c-a).则AD·CE=41(a+c-b)(b+c-a)=41[c2-(a-b)2]=41(c2-a2-b2)+12ab.由∠ACB=90°，知a2+b2=c2，S=21ab.于是，AD·CE=S.5.C.由题意知只能是△PAB∽△PCA.则有PA/PC=PB/PA=AB/AC=8/6=4/3.故PB=34PA，PB=PC+BC=PC+7，PA=34PC.又PA2=PB·PCPC=9.6.D.辅助线如图.由题意知OA2=OE2+AE2.设AB=2x，则AE=x.于是，R2=[2x-(R-2r)]2+x2.化简得5x2-4(R-2r)x+4(r2-Rr)=0.①要使AB为有理数，只要x为有理数，也即方程①的Δ=[-4(R-2r)]2-4×5×4(r2-Rr)=16(R2+Rr-r2)为完全平方式，也即只需R2+Rr-r2为完全平方式.经验证知，只有选项(D)符合题意.二、1.-7.令A=33，B=33=α2+β2.由已知有α+β=-1，αβ=-1.故B=(α+β)2-2αβ=1+2=3.①A+B=)=(α3+β3)(1/α+1/β)=-4.②由式①、②得A=-4-3=-7.2.1009020.注意到aibi=41[(ai+bi)2-(ai-bi)2]，ai+bi=(1+2008)×1004/1004=2009.要使aibi的值最大，须ai-bi的值最小，而ai-bi的最小值为1，此时ai+bi=2009，ai-bi=1.于是，ai=1005，bi=1004，此时，aibi的最大值为1005×1004=1009020.3.60°.记BC=a，CA=b，AB=c.由内角平分线定理知BD=cbac，CD=cbab，BF=baac，CE=caab.由BD+BF=CD+CE，.去分母并化简得a2c+2ac2+2bc2+c3=a2b+2ab2+2b2c+b3，即(c-b)(a2+2ac+2ab+b2+c2+3bc)=0.显然a2+2ac+2ab+2bc+b2+c2+bc=(a+b+c)2+bc0.于是，c-b=0，即b=c.同理，当CD+CE=AE+AF时，有c=a.所以，a=b=c，△ABC为等边三角形.故∠BAC=60°.4.④.命题①、②、③可分别给出如下反例:命题①:如图5(a)中的四边形ABCD，其中，△ABD△CDE.命题②:如图5(b)，作等腰△ADE，延长底边ED到任意点O，以O为对角线的交点可作出ABCE，而此时四边形ABCD满足条件AD=(AE=)BC，且AO=CO，但不是平行四边形.命题③:如图5(c)中的四边形ABCD，其中，A、C是BD垂直平分线上的任意两点.图5以下证明命题④是正确的.如图5(d)，已知∠BAD=∠DCB，且OB=OD.以点O为中心，将△ABD逆时针旋转180°.因为OB=OD，所以，点D与B重合，点B与D重合，点A与射线OC上某点A1重合.如果A1不是C，则∠BA1D∠BCD(A1在线段OC内部)或∠BA1D∠BCD(A1在OC的延长线上)，都与∠BA1D=∠BAD=∠BCD矛盾，从而，A1即是C，即OA=OA1=OC.所以，四边形ABCD是平行四边形.第二试一、记BC=a，CA=b，AB=c.如图，作∠BAC的平分线AD，则∠BAD=∠DAC=∠B，∠ADC=∠B+∠BAD=2∠B.故△ACD△BCA.于是，b/a=CD/b.①又由角平分线定理知b/c=CD/BD.从而，cbb=BDCDCD=aCD.②由式①、②得acb=ba.故a2=b(b+c).若(b，c)=d，则由式①知d|a，故不妨设(b，c)=1.于是，可令b=m2，b+c=n2.则a=mn，c=n2-m2.由∠A∠B∠C，知abc，即mnm2n2-m2.故mn2m.③又m、n为正整数，从而，2m-m1，即m2+1.④设△ABC的面积为S，由海伦公式知S=41n(n+m)(n-m)·n)-n)(2m(2m.由式④知m≥3.又由式③容易验证:当3≤m≤7时，只有m=5时，n=6，n)-n)(2m(2m=8(有理数)，此时，S=14×6×11×1×8=132.下证当m≥8，n≥9时，S162.由式③、④知(2m+n)(2m-n)3m(2m-2m)=(6-32)m2(6-42)m2=(2-2)2m2，n(n+m)(n-m)n(1+22n)×1=21(2+2)n2.由式⑤知S14×12(2+2)n2(2-2)m=14n2则当m≥8，n≥9时，有S162.故S的最小值为132，此时，m=5，n=6.所以，a=30，b=25，c=11时，△ABC面积最小，最小值为132.二、如图，设AF/AB=x，AE/AC=y.则0x、y1.在△ABE中，由梅涅劳斯定理有BG/GE·EC/CA·AF/FB=1..从而，u2+(t-2)u+2t=0在[0，2]内有实根，则Δ=(t-2)2-8t≥0t≥6+42或t≤6-42.从而t≤6-42.所以，tmax=6-42，此时u=22-2.因此，当u=22-2，x=y，即x=y=2-1时，(S△BFG·S△CEG/S2△ABC)max=41(6-42)2=17-122.故k≥17-122，kmin=17-122.三、用反证法证明.(1)先证x=0时y=0，或y=0时x=0.如若不然，假设x=0时，y0.则(x+1y2)(y+1x2)=1y2(y+1)1，与已知矛盾.当x=0，y0时，又有(x+1y2)(y+1x2)=1y2(y+1)12y2y(1+y)=(1-y)(1+y)=1-y21，与已知矛盾.故x=0时，y=0.同理，y=0时，x=0.(2)再证x≠0，y≠0时，x+y=0.为此先证xy0.如若不然，则x0，y0或x0，y0.当x0，y0时，(x+1y2)(y+1x2)1，与已知矛盾.当x0，y0时，(x+1y2)(y+1x2)=y)-1xx)(-1y()y-1)(xx-1(y222222=y)-1xx)(-1y()x-(y-122222≤y)-1xx)(-1y(122.但(1y2-x1，1x2-y1，则y)-1xx)(-1y(1221，与已知矛盾.从而，xy0.以下分两种情形讨论.(i)若x+y0，由于原式关于x、y对称，不妨设x0，y0.则x-y，x2y2，有(x+1y2)(y+1x2)(1y2-y)(1y2+y)=1，与已知矛盾.同理，当x0，y0时，也与已知矛盾.(ii)若x+y0，不妨设x0，y0.则x-y，x2y2，有(x+1y2)(y+1x2)(1y2-y)(1y2+y)=1，与已知矛盾.由(i)、(ii)知，x+y0和x+y0均不成立.因此，x+y=0.综上知x+y=0.