高三数学二轮精品专题卷之推理题和创新题

1、 HYPERLINK 绝密启用用前 2012届届高三数数学二轮轮精品专专题卷：专题66 推理题题和创新新题考试范围：推理题题和创新新题一、选择题题（本大大题共115小题题，每小小题5分分，共775分在每小小题给出出的四个个选项中中，只有有一项是是符合题题目要求求的）1下列说说法正确确的是 （ ）A合情推推理就是是归纳推推理B合情推推理的结结论不一一定正确确，有待证证明C演绎推推理的结结论一定定正确，不需证证明D类比推推理是从从特殊到到一般的的推理2有一段段演绎推推理是这这样的：“指数函函数都是是增函数数；已知是指指数函数数；则是增函函数”的结论论显然是是错误的的，这是因因为 （ ）A大前提提错

2、误B小小前提错错误C推推理形式式错误D非非以上错错误3下列几几种推理理过程是是演绎推推理的是是 （ ）A两条平平行直线线与第三三条直线线相交，内错角角相等，如果和是两条条平行直直线的内内错角，则B金导电电，银导电电，铜导电电，铁导电电，所以一一切金属属都导电电C由圆的的性质推推测球的的性质D科学家家利用鱼鱼的沉浮浮原理制制造潜艇艇4如下图图，根据图图中的数数构成的的规律，a所表示示的数是是 （ ）A12B48C60D14445四个小小动物换换座位，开始是是鼠、猴猴、兔、猫猫分别坐坐1，2，3，4号位子子上（如如下图），第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，这样交替进行下去，那么第

3、2012次互换座位后，小兔的座位对应的是 （ ）A编号11B编号2C编号3D编号46（理）长方形形的对角角线与过过同一个个顶点的的两边所所成的角角为，则，将长方方形与长长方体进进行类比比，长方体体的一条条体对角角线与长长方体过过同一个个顶点的的三个面面所成的的角分别别为，则正确确的结论论为 （ ）ABCD（文）若点点P是正三三角形AABC的的内部任任一点，且P到三边的距距离分别别为，正三角角形ABBC的高高为h，根据等等面积法可以得得到，由此可可以类推推到空间间中，若点P是正四四面体AABCDD的内部任任一点，且P到四个面的的距离分分别为，正四面面体ABCDD的高为为h，则有 （ ）ABCD与

4、h的关系系不定7在学习习平面向向量时，有这样样一个重重要的结结论：“在所在平平面中，若点P使得(x,y,zR,xyyz(x+y+z)0)，则”依此结结论，设点O在的内部部，且有，则的值为为 （ ）A2BBC3D8如图，一个半半径为11的圆形形纸片在在边长为为8的正正方形内内任意运运动，则在该该正方形形内，这个圆圆形纸片片不能接接触到的的部分的的面积是是 （ ）A B CD9已知，观察下下列各式式：，类类比有(nN*)，则 （ ）AnBB2nCD来源源: 10我们们把能表表示为两两个连续续偶数的的平方差差的正整整数称为为“奥运数数”，则在111000这1100个个数中，能称为为“奥运数数”的个数

5、数是 （ ）A11 B12 C13 D1411我们们知道十十进制数数有100个数码码即09，进位规则是是“逢十进一”，如47+56=1033；由此可可知八进进制数有有8个数码码即07，进位规规则是“逢八进一”，则在八八进制下下做如下下运算447+556= （ ）A85 B1033 C1255 D185512在数数学解题题中，常会碰碰到形如如“”的结构构，这时可可类比正正切的和和角公式式如：设设是非零零实数，且满足足，则 （ ）A4 B C2 D13观察察下图，可推断断出“?”应该填填的数字字是 （ ）A19 B1922 C1177 D118814设向向量与的夹角角为，定义与的“向量积积”：是一

6、个个向量，它的模模|=|，若，则|= （ ）A BB2 C D415（理理）我们们把棱长长要么为为2cmm，要么为为3cmm的三棱棱锥定义义为“和谐棱棱锥”在所有有结构不不同的“和谐棱棱锥”中任取取一个，取到有有且仅有有一个面面是等边边三角形形的“和谐棱棱锥”的概率率是 （ ）ABCD（文）我们们把棱长长要么为为1cmm，要么为为2cmm的三棱棱锥定义义为“和谐棱棱锥”在所有有结构不不同的“和谐棱棱锥”中任取取一个，取到有有且仅有有一个面面是等边边三角形形的“和谐棱棱锥”的概率率是 （ ）ABCD填空题（本本大题共共15小题题，每小题题5分，共75分.把正正确答案案填在题题中横线线上）16经计

7、计算发现现下列正正确的等等式：，根根据以上上等式的的规律，试写出出一个对对正实数数成立的的等式 17已知知，根据以上上等式，可猜想出出的一般般结论是是 18空间间任一点点和不共线线三点AA、B、C，则是P,A,B,C四点共共面的充充要条件件在平面面中，类似的的定理是是 来源源:金太太阳新课课标资源源网19（理理）按照如下图图给的数数所呈现现的规律律，下一个个数“？”代表 （文）一个个三角形形数阵如如下： 按照以上排排列的规规律，第行从左左向右的的第3个数为 20（理理）在正正三角形形中，设它的的内切圆圆的半径径为，容易求求得正三三角形的的周长，面积，发现这是一一个平面面几何中中的重要要发现请用

8、类类比推理理方法猜猜测对空空间正四四面体存存在类似似结论为为 （文）已知知的三边边长分别别为，其面积积为S，则的内切切圆的半半径这是一一道平面面几何题题，其证明明方法采采用“等面积积法”请用类类比推理理方法猜猜测对空空间四面面体ABBCD存存在类似似结论为为 21（理理）类比比正弦定定理，如图，在三棱棱柱中，二面角角、所成的的平面角角分别为为、，则有 （文）在等等腰直角角ABCC中，设腰长长为a，则斜边边上的高高为，类比上上述结论论，那么在在三棱锥锥ABCDD中，AB、AC、AD两两两垂直且且相等，设长度度均为aa，则斜面面BCDD上的高高AE的长长度为 22如图图，在平面面直角坐坐标系中中，

9、矩形ABBCD的的顶点分分别是、若过原原点的直直线将该该矩形分分割成面面积相等等的两部部分，则直线线的方程程是 来源源:金太太阳新课课标资源源网 23经过过圆上一一点的切切线方程程为类比上上述性质质，可以得到椭椭圆类似似的性质质为：经经过椭圆圆上一点点的切线线方程为为 24若数数列对于于任意的的正整数数满足：且，则称数数列为“积增数列列”已知“积增数数列”中，则 25家：面中条相一点角重重中比21（从从顶点到到中点）据此，我们拓展到空间：把空间四面体的顶点与对面三角形的重心的连线叫空间四面体的中轴线，则四条中轴线相交于一点，这点叫此四面体的重心类比上述命题，请写出四面体重心的一条性质： 26如

10、图图，已知射射线OPP，作出点M使得，且，若射线线OP上一一点N能使得得MN与ON的长长度均为为整数，则称N是“同心圆圆梦点”请问射射线OPP上的同同心圆梦梦点共有有 个个27如图图，在每个三三角形的的顶点处处各放置置一个数数，使位于于的三边边及平行行于某边边的任一一直线上上的数（当当数的个个数不少少于3时时）都分分别成等等差数列列若顶点点A,B,C处的三三个数互互不相同同且和为为1，则所有有顶点上上的数之之和等于于 28在数数列中，若存在在一个非非零常数数，对任意意的N*满足足，则称是周周期数列列，其中T叫它的的周期已知数数列满足足，当数列列的周期为为3时，则a 29若对对于定义义在R上的函

11、函数，其函数数图象是是连续的的，且存在在常数（R），使得对任任意的实实数x成立，则称是下列关关于的叙叙述中不不正确的的是 = 1 * GB3 是唯一一一个常值值伴随函函数； = 2 * GB3 是一个伴伴随函数数； = 3 * GB3 伴随函数数至少有有一个零零点30若椭椭圆C:的右焦焦点为FF,短轴轴的上端端点为AA,直线线AF与椭椭圆C的右准准线相交交于点BB,则椭椭圆C的离心心率把该结结论类比比到双曲曲线C:中可得得 2012届届专题卷卷数学专专题六答答案与解解析1【命题题立意】本本题主要要考查推推理的有有关定义义和分类类【思路点拨拨】推理理的分类类有哪些些，每一一种推理理形式的的区别和

12、和联系是是什么以以及各种种推理的的思维过过程和特特征【答案】BB【解析】推理分分合情推推理和演演绎推理理，合情情推理分分归纳推推理和类类比推理理，故选选项A错错误；类类比推理理是从特特殊到特特殊的推推理，故故选项DD错误；演绎推推理只有有当前提提和推理理形式都都正确时时结论才才是正确确的，故故选项CC错误；合情推推理的结结论是猜猜想的，是是否正确确有待证证明，故故选B2【命题题立意】考考查演绎绎推理的的三段论论模式，要要求学生生注重对对定义的的准确把把握拨绎是般殊维它段式查点要大小结【答案】AA【解析】演绎推推理只有有当前提提（大前前提和小小前提）和推理形式都正确时结论才是正确的，本题的结论出

13、错了，说明是前面的三个要素之一是错误的，经过分析可知是大前提错了导致结论出错，并非所有的指数函数都是增函数3【命题题立意】考考查几种种推理形形式的概概念，准准确理解解和分辨辨各种推推理形式式【思路点拨拨】归纳纳推理，类类比推理理，演绎绎推理各各自的特特征是什什么【答案】AA【解析】归纳推推理是由由几个特特殊的事事实推出出具有一一般性的的结论；类比推推理是从从特殊到到特殊的的推理，两两者具有有很多相相似的特特征；演演绎推理理则是由由一般到到特殊的的推理过过程，它它有三段段论由此可可得，选选项B是是归纳推推理，选选项C和和D都是是类比推推理，只只有A是是演绎推推理4【命题题立意】有有关数字字的归纳

14、纳推理【思路路点拨】善善于找出出数字间间的规律律，每一一行的第第一个数数和最后后一个数数都是该该行的行行数，中中间的每每个数具具备什么么样的规规律呢【答案】DD【解析】根据图图中数字字发现，这这组数具具备的特特征是每一一行的第第一个数数和最后后一个数数都是该该行的行行数，中中间的每每个数等等于它肩肩上的上上一行两两个相邻邻数之积积，故5【命题题立意】以以图形为为载体考考查归纳纳推理，考考查学生生的归纳纳意识和和发现周周期变化化的能力力【思路点拨拨】按照照题意给给出的规规则尝试试前几次次的座位位图，当当与前面面中的某某一次图图形相同同时，意意味着带带有周期期变换，只只要找出出最小正正周期即即可知

15、道道以后任任意一次次的座位位图【答案】CC【解析】到第四四次时就就回到了了开始的的图形，然然后循环环下去，可可知周期期为4，那那么第20122次互换换座位后后应该与与最开始始的情况况相同，故故小兔的的座位对对应的是是编号336（理）【命命题立意意】考查查平面几几何与立立体几何何的类比比推理，既既要对结结论进行行形式上上的类比比，也要要对结论论推导方方法进行行类比【思路路点拨】先先对平面面中的结结论进行行简要的的证明并并将这种种解决方方法推广广到空间间中，将将,分别用用边长来来表示，然然后进行行边长之之间的运运算【答案】BB【解析】设该长长方体的的体对角角线为ss，长、宽宽、高分分别为aa、b、

16、cc，则由由题意可可知，再由由，可知知【命命题立意意】考查查平面几几何与立立体几何何的类比比推理，既既要对结结论进行行形式上上的类比比，也要要对结论论的推导导方法进进行类比比【思思路点拨拨】采用用类比方方法，平平面上的的等面积法类比空空间中的的等体积法【答案】BB【解析】首先要要根据等等面积法法来证明明结论的的产生，然然后类比比推理到到空间中中，根据据等体积积法，同同样将一一个几何何体分割割成若干干小几何何体，再再根据体体积相等等即可，可可得答案案为,故故选B7【命题题立意】主主要考查查学生的的演绎推推理能力力，依据据一般性性的结论论来解决决问题来源源: 【思路点拨拨】解决决这类问问题的关关键

17、就是是要将结结构形式式要变成成和已知知结论一一样，不不能有差差别，否否则利用用结论将将会出错错，本题题中形式式与已知知结论的的条件形形式不同同，需要要稍作变变形【答案】CC【解析】将变形为为，所以以由已知知结论可可知，即即故选CC8【命题题立意】主主要考查查学生关关于平面面图形中中的运动动思维能能力，先先定性再再定量【思路路点拨】根据题意运动小圆形纸片不能到达的区域只能是该正方形的四个拐角处，只要计算出一个，然后乘以4即可来源:金太阳新课标资源网【答案】BB【解析】如图，当当圆形纸纸片运动动到与一一个角的的两边相相切的位位置时，过过圆形纸纸片的圆圆心作两两边的垂垂线，故故圆形不不能达到到的区域

18、域面积为为故选BB9【命题题立意】基基本不等等式在方方法和结结构形式式上的归归纳推理理【思路点拨拨】每组组不等式式都是利利用基本本不等式式在证明明，进行行方法上上的推理理，寻求求方法是是关键，本本题中是是将x进行n等分，即即x用n个之和来表表示【答案案】D【解析】这是二二维基本本不等式式推广到到n维基本本不等式式的应用用，n维的公式式应为，为为了使得得积是定定值，本本题给出出的几个个特例提提供的方方法是对对x进行拆拆分，故故有，因因为根号号里的值值是1，所所以10【命命题立意意】新定定义类型型题，主主要考查查学生有有关数的的整除知知识和计计数问题题以及数数列问题题【思路点拨拨】解决决这类新新定

19、义题题就是要要抓住它它的本质质特征，然然后依此此特征在在1000个数中中去找符符合该特特征的数数C个偶和和，则，运特4数不的故0能奥的即2间数共311【命命题立意意】这是是计算方方法上的的类比推推理题，考考查学生生的接受受和处理理新信息息的能力力 【思路点拨拨】抓住住十进制制的“逢十进一”规则，即即从右边边第一位位开始相相加，超超过100的就要要进一位位，因为为它每位位上的数数只能是是099这100个数码码之一，类类比“逢八进一”可计算算得知【答案】CC【解析】首先7+6=113，减减去8后后就是55作为右右边第一一位数字字，然后后进一位位后得到到4+55+1=10，同同样减去去8后就就是2作

20、作为右边边第二位位数，再再进一位位给第三三位，即即该八进进制最高高位上的的数字是是1，故故答案是是1255，选CC12【命命题立意意】考查查类比正正切和角角公式来来解题，培培养学生生在结构构形式和和解题方方法上的的类比能能力【思路点拨拨】首先先条件等等式化成成形如“”的结构构，然后后利用两两角和的的正切公公式来解解题【答案】DD【解析】将条件件左式变变形，得得，联想想两角和和的正切切公式，设设，则有有，则，解解得（kZ），于于是，答答案选DD13【命命题立意意】这是是道数字字推理题题，考查查学生的的归纳推推理能力力【思路点拨拨】由前前两个图图形发现现中间数数与四周周四个数数之间的的关系，进进而

21、得出出答案【答案】CC【解析】由前两两个图形形发现：中间数数等于四四周四个个数的平平方和，即即，所以以“？”处该填填的数字字是，所所以选CC来源源: 14【命命题立意意】类比比向量的的数量积积，给出出了向量量叉积的的定义考查学学生对新新信息的的处理能能力【思思路点拨拨】直接接利用题题目给定定的定义义式，代代入计算算即可，这这里要计计算两向向量的夹夹角，用用到了我我们已知知的数量量积运算算的知识识【答案】BB【解析】根据，可求求得，有，所所以，故故15（理理）【命命题立意意】本题题是有关关立体几几何问题题中的概概率创新新题，考考查古典典概型【思路路点拨】本本题难点点是计算算出所有有能构成成“和谐

22、棱棱锥”的个数数，要求求不重不不漏，可可以根据据三棱锥锥中的22cm和3cm棱长长的个数数来分类类【答案】DD【解析】结构不不同的“和谐棱棱锥”的棱长共共有7类类：（11）六个个2，零零个3；（2）五五个2，一一个3；（3）四四个2，两两个3，此此时有两两种情形形：棱长长是3的的两条棱棱共面或或异面；（4）三三个2三三个3，此此时共有有三种情情形；（55）两个个2，四四个3；此时有有两种情情形：棱棱长是22的两条条棱共面面或异面面；（66）一个个2，五五个3；（7）零零个2，六六个3仅有一一个面是是等边三三角形的的“和谐棱棱锥”共有四四个：（44）三个个2三个个3中有有两个符符合题意意，（33

23、）四个个2，两两个3和（5）两两个2，四四个3各各有一个个符合题题意，故故概率为为（文）【命命题立意意】本题题是有关关立体几几何问题题中的概概率创新新题，考考查古典典概型【思路路点拨】本本题难点点是计算算出所有有能构成成“和谐棱棱锥”的个数数，要求求不重不不漏，可可以根据据三棱锥锥中的11cm和和2cmm棱长的的个数来来分类这里要要注意共共面的三三条棱长长不能为为，因为为这三条条边不能能构成三三角形【答案案】D【解析】结构不不同的“和谐棱棱锥”的棱长长共有55种形式式：（11）六个个1，零零个2；（2）五五个1，一一个2；此种情情形不能能构成三三棱锥；（3）四四个1，两两个2；此种情情形不能能

24、构成三三棱锥；（4）三三个1三三个2；只存在在一个是是以1ccm边长长为等边边三角形形的三棱棱锥；（55）两个个1，四四个2；此种情情形的两两个1ccm只能能是异面面的时候候才符合合题意；（6）一一个1，五五个2；（7）零零个1，六六个2仅有一一个面是是等边三三角形的的“和谐棱棱锥”共有一一个：（44）三个个1三个个2这种种情形符符合题意意，故概概率为16【命命题立意意】本题题考查数数字等式式的归纳纳推理，培培养学生生发现规规律和探探索一般般性结论论的能力力【思路点拨拨】每个个等式左左右两边边存在明明显的特特征，指指数都约约去了，而而且其中中两个数数之和等等于第三三个数【答案】【解析】这是个有

25、有趣的约约分问题题，证明明如下：17【命命题立意意】本题题考查有有关三角角等式的的归纳推推理，培培养学生生发现规规律和探探索一般般性结论论的能力力【思路点拨拨】根据据已知的的三个等等式要分分别从左左右两边边着手寻寻找规律律【答案】nnN*【解析】左边的的规律是是第n个等式式是n个余弦弦值相乘乘，而且且发现角角的分母母是个奇奇数列NN*)，分分子从，右右边的规规律就简简单一点点了，即即第n个等式式的右边边是18【命命题立意意】平面面向量与与空间向向量的类类比推理理，在结结构形式式上进行行类比【思路路点拨】空空间向量量的共面面定理，类类比到平平面中就就是平面面向量的的共线定定理【答答案】平平面内任

26、任一点OO和两点A、BB，则是P,A,B三点共共线的充充要条件件【解析】由题意意可得，题题目要求求写出类类似的定定理，则则在保证证该定理理正确的的前提下下，尽量量在语言言表达上上与前面面的定理理一致，空空间中的的四点共共面对应应于平面面上的三三点共线线19【命命题立意意】以数数列为载载体的归归纳推理理【思思路点拨拨】通过过观察发发现这一一系列圆圆内数字字的规律律，并建建立数列列模型来来得到一一般性的的结论或或通式【答案】（理理）1112（文文）【解析】（理）方方法一：依题意意可知，该该组数自自左向右右顺次构构成一个个数列，记记为，其其中；依依题意有有，数列列是以为首首项，为公差的等等差数列列，

27、于是是有，因此此第6行行的第一一个数是是方法二二：观察察这列数数发现如如下规律律，依次次写成：，则很容容易得出出下一个个数是（文）抓住住该数阵阵每一行行的第一一个数为为支点，发发现每行行的第一一个数依依次是，只只要寻求求出指数数的规律律即可，令令，得出出，利用用累加法法求得通通项公式式为，故故第n行从左左向右的的第3个数为20理【命题立立意】平平面几何何与立体体几何的的类比推推理，本本题结合合导数知知识来考考查面积积与周长长的关系系，由此此推理出出空间中中的类似似结论【思路路点拨】平平面中的的发现是是“面积的的导数是是周长”，类比比推理到到空间中中应为“体积的的导数是是表面积积”【答案案】在正

28、正四面体体中，设设它的内内切球的的半径为为r，容易易求得正正四面体体的表面面积，体积积，发现现解析】由题意意可得，题题目要求求写出类类似的结结论，则则在保证证该结论论正确的的前提下下，尽量量在语言言表达上上与前面面的结论论一致，本本题中体体现了平平面几何何与立体体几何在在如下词词语上的的对应：“正三角角形”与“正四面面体”，“内切圆圆”与“内切球球”，“周长”与“表面积积”，“面积”与“体积”，再者者就是方方法上的的类比，即即由类比比到命意面与几研法类理面积到中积【思路点拨拨】在内内切圆的的圆心处处将三角角形分割割成三个个小三角角形，同同理，在在三棱锥锥内切球球的球心心处将三三棱锥分分割成四四

29、个小三三棱锥，然然后利用用体积之之和等于于大三棱棱锥的体体积即可可得出结结论【答案】四四面体AABCDD的各表表面面积积分别为为，其体体积为VV，则四四面体AABCDD的内切切球半径径【解析】意题求类结则证论的下量言上面论本体平何体在词的：“”与“四面体体ABCCD”，“边长”与“表面面面积”，“面积”与“体积”，“内切圆圆”与“内切球球”等，这这是结构构上的类类比，再再者，本本题也体体现了方方法上的的类比即即等面积积法推理理到等体体积法，同同样是将将整体分分割成几几个小的的，然后后利用体体积不变变得出结结论，故，即21（理理）【命命题立意意】本题题考查平平面几何何与立体体几何的的类比推推理，

30、对对平面几几何正弦弦定理的的准确理理解并从从结构上上推理到到空间三三棱柱中中【思思路点拨拨】首先先写出平平面几何何中的正正弦定理理，然后后按照平平面几何何到立体体几何的的类比对对应写出空间上上的正弦弦定理，平平面中的的，类比比到空间间中就是是【答案】【解析】作平面面DEFF与三棱柱柱ABCC-A1B1C1侧棱垂垂直，分分别交侧侧棱AA1，BB1，CC1于点D，E，F，则，在DEFF中，根根据正弦弦定理得得，即，而而，且，因因此（文）【命命题立意意】考查查平面几几何与立立体几何何的类比比推理，既既要对结结论进行行形式上上的类比比，也要要对结论论的推导导方法进进行类比比思拨先结式推类结能为证正要严

31、求类面中论算.主利积解【答答案】【解析】在如右图（1）所示，由由得由此此类比到到空间中中，如右右图（22）所示示，可知知为等边边三角形形，边长长为，则则由等体体积法可可得：,22【命命题立意意】本题题主要考考查学生生处理平平面几何何问题的的能力路【答案】4x-3y=0【解析】因为过矩形中心点（对角线的交点）的任意直线都将该矩形分割成面积相等的两部分，又矩形的中心点坐标是，再设过原点的直线l的方程为y=kx，解得，故直线l的方程是4x-3y=0命意析中椭性论结式同关拨上的方圆在上同然比上点线也类结【答案】【解析】过圆上上一点的的切线方方程是把把圆的方方程中的的中的一一个x和一个个y分别用用代替，

32、圆圆和椭圆圆都是封封闭曲线线，类比比圆上一一点的切切线方程程可以得得到，过过椭圆上上一点的的切线方方程是把把椭圆方方程中的的中的一一个x和一个个y分别用用代替，即即得到切切线方程程为24【命命题立意意】新定定义问题题，培养养学生的的知识迁迁移和阅阅读处理理信息的的能力以以及计算算能力【思路点拨拨】首先先要领悟悟“积增数数列”的定义义，然后后根据，递递推计算算即可【答案】【解析】由题意意可知，再再由，依依次求出出25【命命题立意意】本题题是道类类比推理理题，主主要考查查从平面面几何到到立体几几何的结结论推理理，从结结论的形形式上和和证明的的方法上上进行类类比推理理【思路点拨拨】首先先根据平平面几

33、何何上的结结论来拓拓展到空空间上的的结论，并并画出图图形来证证明重心心分中轴轴线为331【答答案】空空间四面面体的重重心分顶顶点与对对面三角角形的重重心的连连线之比比为31（从顶顶点到对对面三角角形的重重心）【解析】如图所所示，AAE,BBP为四四面体的的中轴线线，P,E分别别为的重重心，连连结PEE，因为为APPF=21，BEEF=221，所以以APPF=BEEF，所以以AGGE=BGGP=ABPE=331来源源:金太太阳新课课标资源源网26命意题角长数景题查对数合能思拨长为为口找本化方整的问4如图，过过点M作MHOPP因为，且且，所以以，设，（m,n是正整整数）显然，在在中，有有，即因为与同奇偶偶，所以以48的的分解只只能取下下列三种种：得时就对对应有三三个同心心圆梦点点另外，易易知点关于于直线MMH对称称的点也也是符合合题意故射线线OP