高中名校自主招生考试数学重点考点及习题精讲讲义下（含答案详解）

名校《强基计划》初升高衔接讲义(下)第七讲几何定理..21.知识要点...22.例题精讲...23.习题巩固...44.自招链接...55.参考答案...6第八讲几何计算..181.知识要点...182.例题精讲...183.习题巩固...204.自招链接...225.参考答案...22第九讲几何不等式..381.知识要点...382.例题精讲...383.习题巩固...394.自招链接...415.参考答案...42第十讲数论..521.知识要点...522.例题精讲...523.同余的基本性质...524.自招链接...545.参考答案...54第十一讲组合..611.知识要点...613.例题精讲...624.习题巩固...63第十二讲高斯函数x..721.知识要点...722.例题精讲...733.习题巩固...734.自招链接...745.参考答案...74第七讲几何定理1.知识要点在几何证明中有很多定理十分的有趣,在介绍这些定理之前,先介绍一下正弦定理与余弦定理.正弦定理与余弦定理是揭示三角形中边角之间的数量关系的两个重要定理,而三角形是最基本、最重要的几何图形,所以它们是联系三角与几何的纽带.因此,正弦定理和余弦定理有着极广泛的应用,它们在代数方面主要用于解斜三角形、判定三角形形状等等;在几何方面主要用于计算、证明以及求解几何定值与几何最值等等.正弦定理:在三角形中,各边和它所对的角的正弦的比相等.这个表述等价于:在三角形中,各边之比等于它所对的角的正弦之比.有asinA=bsin余弦定理:在三角形中,任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的两倍.这个表述等价于:任何一角的余弦等于它的两条夹边的平方和减去对边的平方的差除以夹边乘积的两倍所得的商.有a2变形得cosA以上的证明过程可以使用勾股定理来证明.2.例题精讲1.(梅氏定理)如图7-1,E、M分别为AB、AC上的任意一点,D为EM与BC图7-12.(塞瓦定理)如图7-3,在△ABC中,AA′、BB′与CC图7-33.若钝角三角形的三边分别为3、2、x,试求4.证明:三角形的任一顶点到垂心的距离,等于外心到对边距离的两倍.5.证明:(斯德瓦尔特定理)如图7-5,△ABC中,D是BCA图7-56.证明斯坦纳(Steiner)定理:若P为△ABC内任意一点,作PD⊥BC,交BC于点D,作PE⊥CA于点E,作PF⊥ABA7.证明笛沙格定理:如图7-7,平面上有两个三角形△ABC、△A′B′C′,设它们的对应顶点A和A′、B图7-78.证明阿波罗尼斯圆:如图7-8,到两定点A、B的距离之比为定比m:n(值不为1)的点E,位于将线段AB分成m:n的内分点C图7-89.证明西姆松定理:（1）如图7-11,从△ABC外接圆上任一点P向三边AB、BC、CA所在直线引垂线,设垂足分别为点D、（2）由△ABC外一点P向其三边AB、BC、CA所在直线引垂线,垂足为点D、E、F.若点D、图7-113.习题巩固10.证明海伦公式:S=p11.如图,AM是△ABC的BC边上的中线,求证:A12.证明:若G为△ABC的重心,P为△ABC所在平面上任意一点.P13.证明:平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和.14.求证:任意四边形四条边的平方和等于对角线的平方和加对角线中点连线平方的4倍.15.如图,四边形ABCD的对边AB与CD、AD与BC分别相交于点L、K,对角线AC与BD交于点M,直线KL与BD、AC分别交于点16.在△ABC中,已知∠A:∠B:∠17.若a、b、x、y是实数,且a18.如图,已知AD、BE、CF是△ABC的三条高,点D在直线AB、BE、CF、19.已知四边形ABCD是圆内接四边形,且∠D是直角,若从B作直线AC、AD的垂线,垂足分别为点E、F,则直线EF4.自招链接20.(托勒密定理)已知,四边形ABCD内接于圆,求证:AC⋅21.某人在学习了三角形面积的海伦公式(若一个三角形的三边长分别是a、b、c,则它的面积S=pp−子说明,存在着两个不全等,并且边长是正整数的等腰三角形,它们的周长相等,而且面积相等.为了方便,他设定两个等腰三角形的底边边长之比为2.请你按上述思路给出一组满足要求的例子.(2)两个等边三角形面积相等,它们一定全等;两个等腰直角三角形也是如此.除此之外,请你考虑,能否以两个三角形周长相等,面积相等为前提,再附加一个有关三角形形状特征的条件,从而推导出此时这两个三角形必定全等?5.参考答案1.以下提供的是面积法证明梅氏定理(爱因斯坦称为优雅的证明,利用平行线的是丑陋的证明).如图7-2,连结AD、AE故AEEB图7-22.由△OAB和△OCA有公共底边OA,而这两个三角形OA上的高之比为所以BA′A′C三式相乘,化简得:BA3.若x为最大边,设钝角为α,cosα=22+3−x又2−3<x<若2为最大边,cosα=3+x2−22又因为2−3<x<综上,7<x<2+4.事实上,如图7-4,AD、BE、CF分别为△ABC的三条高,D、E、F分别为垂足,H是垂心.O是△ABC的外心,M、N、L取BH的中点P,连结PL、PM,则PM而CM//AD,OL//CF,则PL边形.(或连结PO,有△PLO≅△OMOL同理,ON=图7-45.如图7-6所示,过点A作BC的垂线,垂足为点E,则有ABA故A========即AB图7-6点评:由斯德瓦尔特定理可以得出很多有用的结论,比如上例,令本例中BD=CD,则很快得出上例的结论以及中线长的公式,一般地,只要△ABC的三条边已知,BC上一点D的位置已知,则AD在△ABD中,由余弦定理可知,A在△ACD中,由余弦定理可知,A故A===6.A==7.运用梅涅劳斯定理是证明三个没有直接联系的点共线的常用方法;假设:FAF因为直线AC割三角形FA′C即1所以A同理CC′CF⋅FB同理可得到:B所以A所以G、E证明逆定理可以使用同一法.8.首先证明阿波罗尼斯定理的逆定理:将线段AB分成m:n(值不为1)的内分点C和外分点D为直径两端点的定圆周上任意一点到两定点A、B的距离之比为定比m:n.不妨设m>n,设AB=lBD所以圆的直径为AD−圆的半径R=AOBO可得到AO⋅所以,对于⊙上任意一点E有BOEO=△EOAC∽△BOE,所以阿波罗尼斯定理的逆定理证明成立后,反过来再证明原来的定理可以使用反证法.设E不在圆上并且AE:如图7-10,连结EC,则EC为三角形AEB的角平分线,如果EC或其延长线与圆有另一个交点E′,则根据已证明的逆定理AE′:BE′=m:n=AC:BC,所以E′如果EC或其延长线与圆只有一个交点,则EC与圆相切,于是容易证明△AEC≅△BEC,同样能得出矛盾.所以假设不成立.即满足AE:BE=图7-10另解:运用余弦定理可以直接得到原命题.已知:A、B、C、D共线,AE:BE=AC:A其中∠θ又因为AO=AC+AD2所以2AO所以A所以E9.(1)如图7-12,连结DE、EF、PB、PC.由PD⊥AB,由PF⊥AC,PE⊥BC可知,又∠PCF=∠ABP,PD⊥AB,PF⊥∠BED=∠CEF,从而可知,点图7-12（2）由PD⊥AB,PE⊥BC可知,由PF⊥AC,PE⊥BC可知,P、E、C、F又PD⊥AB,PF⊥AC,故∠PCF=∠ABP,从而可知,A、B、习题巩固10.S=在△ABC中,由余弦定理可得cosCS==又p=12a+c−a+b211.过点A作BC的垂线,垂足为点D.在Rt△ABD中,由勾股定理可知,A同理,AC又BD=BMA===备注:本题就是三角形的中线长公式,设a、b、c分别为对应边上的中线,则有mam本题只给出了一种情况,当△ABC中∠B或者∠另外,可用余弦定理证明该结论:在△ABM中,由余弦定理可知,A在△ACM中,由余弦定理可知,AC两式相加即可得到结论.12.设BC的中点为M,连结AM、PM.设AM的三等分点分别为点N、G.则点G为P①P②P③①+②并代入③得:P又GB2P又GA同理GB将以上三式代入即得PA点评:该结论前一个等式称为卡诺定理,后一等式称为莱布尼兹公式.13.要证明的结论是:AC如图,过点A、D分别作BC的垂线,垂足分别为点E、F,易证△ABE由勾股定理可知,AC故A====另解:在△ABD中,由余弦定理可知,B在△ACD中,由余弦定理可知,A两式相加可得,AC点评:如果设两对角线的交点为点O,我们发现:在△ABD中,A在△ACD中,A故AB2A也就是说,用中线长公式(或者斯德瓦尔特定理)也可很快证明.14.根据题意作图,ABCD为任意四边形,点E、F分别为BD、AC讲过的中线长公式的图形是一致的,于是可得,AB2理AD两式相加可得,A==在△BDF中,BE=D故2D从而可知,AB2点评:本结论也称为欧拉定理.15.对△DKL与点B,由塞瓦定理,得DA对△DKL与截线AGC,由梅涅劳斯定理,得DA由两式可得KFFL16.将结论变形为AC⋅BC+AB如图,作△ABC的外接圆,作弦BD=BC,连结在圆内接四边形ADBC中,由托勒密定理,有AC⋅易证AB=AD,CD=两端同除以AB⋅BC⋅AC17.如图,作直径AB=1的圆,在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADBBC由勾股定理知a、b、xAC因为CD≤AB=118.运用西姆松定理解题最重要的是找对哪个点对于哪个三角形的西姆松线.点D对于△ABE的西姆松线是MNQ,点D对于△BFH的西姆松线是MNP,而M、N即可确定一条直线,故19.作BG⊥DC交DC的延长线于点G,由西姆松定理有:F、E、G共线,又因为∠BFD=∠FDG=∠DGB=90自招链接20.由于待证结论实质上是一种比例线段的组合形式,一般是通过(或构造)相似三角形.为此,不妨把原式左端也化成线段两两乘积之和.证法1:几何方法.如图1,在BD上取一点P,使其满足∠1因为∠3=∠4,所以△ACD∽△BCPAC①又∠ACB所以△ACB∽△DCP,从面有AC②①+②,有AC即AC⋅BPAC证法2:代数证法.如图2,设AB=即证ac+在△ABD中,由余弦定理,有cos∠在△BCD中,同理,有cos∠因为∠DAB+∠BCD=180∘a整理,得f2=ab+cd于是,fe2=ac+bd2,故21.(1)一组三角形边长为8、令两个三角形边长分别为a,b,b、由海伦公式及两个三角形面积相等,有p整理得p−不妨令p−a=4p−2a,令a=6,则（2）附加条件:两三角形为直角三角形.不妨设两三角形边长分别为a1,b1,c1、a由周长相等、面积相等可得12r1C1=由内切圆半径相等可得12a1+b1a又由面积相等,可得12a1b1=a1−b12=a2−b第八讲几何计算1.知识要点在自招试卷中,有不少的几何计算问题,一般需要用到全等,相似,勾股定理等课本知识,同时也会考查到面积法,弧长等平时较少操练的章节.本讲我们讲围绕几何计算展开学习.2.例题精讲22.如图8-1,∠AOB=45∘,点P、Q分别是边OA、OB上的两点,且OP=2 cm.将∠O沿（1）①当PC//QB时，OQ②当PC⊥QB时,求OQ（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时,求OQ的长.图8-1备用图1备用图223.我们知道,三角形的内心是三条角平分线的交点,过三角形内心的一条直线与两边相交,两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形.若有一个图形与原三角形相似,则把这条线段叫做这个三角形的“内似线”.（1）等边三角形“内似线”的条数为___；（2）如图8-6,△ABC中,AB=AC,点D在AC上,且BD=BC=AD,求证:BD是（3）如图8-7,在Rt△ABC中,∠C=90∘,AC=4,BC=3,点E、F分别在边AC、图8-6图8-724.将一个等腰三角形ABC划分成两个较小的等腰三角形,问这样的△ABC有几种形状?25.如图8-11,△ABC中,AB=AC=2,BC边上有100个不同的点P1,P2图8-1126.已知△ABC的两条角平分线BD、CE交于点I,ID=27.如图8-15,在四边形ABCD中,已知△ABC是等边三角形,∠ADC=30∘,AD=图8-1528.如图8-17,在四边形ABCD中,AB=BC=CD,∠ABC=78∘,∠BCD=162∘,设直线AD图8-1729.如图8-19,三条直线l、m、n互相平行,且l、m间的距离为2,m、n间的距离为1,若正△图8-1930.如图8-21,OAOD+OBOE+31.如图8-22,在Rt△ABC中,CA>CB,∠C=90∘,四边形CDEF、四边形KLMN是△ABC的两个内接正方形.图8-223.习题巩固32.沿一个卡纸立方体的边缘按照图1中所示的虚线切开,然后展开,平放在桌面上的图形是图2中的 .图1(A)(B)(C)(D)33.如图,EFGH是正方形ABCD的内接四边形,∠BEG、∠CFH都是锐角,已知FG=3,FH=4,四边形EFGH34.如图,设P是ABCD内一点,过P分别作AB、BC、CD、DA的垂线,垂足分别为点E、F、G、H35.在△ABC中,∠A=60∘,∠B=20∘,延长BC到36.已知△ABC是等边三角形,它的高是4.若点P到边AB、AC的距离分别是1、2.则点P到边37.在Rt△ABC中,∠A=30∘,∠C=90∘,分别以AB、AC为边向△ABC外部作正△ABD、△ACE,连结38.在△ABC中,AB=1,BC=39.设Rt△ABC的三边分别为a、b、c,且a<b<c.40.如图,4×4的网格中有25个格点,作出以这25个格点中的三个点为顶点的所有三角形,41.已知A、B是半径为2的⊙O上的两定点,AB≠4,P是⊙O上一动点.当点P在⊙O上移动一周时,△ABP的垂心移动的路程为多少?42.如图,已知△ABC,且S△ABC=1.点D、E分别是AC、AB上的动点,BD与CE相交于点P4.自招链接43.如图,在任意五边形ABCDE中,点P、Q、R、S分别是AB、CD、BC、DE的中点,点M、44.已知△ABC中,∠BAC=45∘,AD⊥BC于点D5.参考答案22.(1)①当PC//QB时,∠O=∠CPA,由折叠的性质得:∠C=∠O,OP=CP,所以∠CPA=∠C,所以故答案为:2 cm②当PC⊥QB(i)如图8-2所示,设OQ=x cm,因为∠O=45∘,所以△OPM由折叠的性质得:∠C=∠O=45∘,CQ=OQ=x,所以△CQM是等腰直角三角形,所以QC(ii)如图8-3所示.同(i)得:OQ=综上所述:当PC⊥QB时,QQ的长为22−2（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时,符合条件的点Q共有5个;①点C在∠AOB的内部时,四边形OPCQ是菱形,OQ②当点C在∠AOB的一边上时,△OPQ是等腰直角三角形,OQ=2③当点C在∠AOB(i)如图8-4所示,PM=PQ,则∠PMQ=∠PQM设∠OPQ=∠MPQ=x,则∠PMQ=∠PQM=45∘+x,在△OPM中,由三角形内角和定理得:45∘+x+x+45∘+x=180∘,解得:因为ON+PN=OP,所以a+3a=(ii)如图8-5所示,PQ=MQ,作QN⊥OA于点N综上所述:当折叠后重叠部分为等腰三角形时,OQ的长为2 cm或2 cm或22 cm,或6−图8-2图8-3图8-4图8-523.(1)等边三角形“内似线”的条数为3条;理由如下:过等边三角形的内心分别作三边的平行线,如8-8所示:则△AMN∽△ABC,△CEF∽△CBA,△BGH∽△BAC,所以MN、图8-8(2)因为AB=AC,BD=BC=AD,所以∠ABC又因为∠BDC=∠A+∠ABD,所以∠ABD=∠CBD,所以BD平分∠ABC,即BD过△ABC的内心,所以(3)设D是△ABC的内心,连结CD,则CD平分∠ACB,因为EF是△ABC的“内似线”,所以△CEF与分两种情况:①当CECF=ACBC=43时,EF//AB,因为作DN⊥BC于点N,如图8-9所示.则DN//AC,DN是Rt△ABC因为CD平分∠ACB,所以DE因为DN//AC,所以DNCE=DF因为EF//AB,所以△CEF∽△CAB,所以EF图8-9②当CFCE=ACBC=综上所述,EF的长为351224.如图8-10所示.设等腰三角形ABC分成△ABD与△ACD.不妨假设∠ADB≥90∘;于是,等腰三角形ABD中,只能有AD=BD.这时（1）若AD=CD时,则∠BAC=（2）若CD=AC时,设∠B=α∠C=180∘−4α,由于若∠B=∠C,则若∠BAC=∠C,则（3）若AD=AC时,设∠B=α,∠C=2α,∠BAC=180综上所述,总共有4组解;所求三角形的三个内角分别为45∘,45∘,25.仔细观察,我们发现mi=APi2BC故mi=4,从而有如图8-12,作AD⊥BC于点Dm=====从而可知,m1图8-1226.答案:40∘或60如图8-13,在BC上截取BE′=BE,图8-13当点D′与E′不重合时,易证则IE故∠C又∠BIE′=∠BIE当点D′与E′图8-14同理,由∠BIE′=∠BIE=∠CID=∠CI所以,∠A27.如图8-16,以CD为边向四边形ABCD外作等边△CDE,连结AE图8-16由AC=BC∠BCD=∠BCA+∠ACD所以BD=又∠ADC=30∘所以A从而有A所以CD28.如图8-18,过点B作BF//CD,过点D作DF//BE,BF、DF因为BF//CD,DF//BE,BC=因为AB=BC,所以因为BF//CD,所以因为∠BCD=162∘因为∠ABC=78∘所以三角形ABF是等边三角形.所以∠AFB=60∘,因为四边形BCDF是菱形,∠BCD=162∘,所以∠AFD因为∠AFD+∠DAF+∠ADF因为DF//BE,所以∠AEB=∠ADF图8-1829.如图8-20,过点A作AD⊥m于点D,在AD右侧作∠DAE=60∘,并使AE=AD,连结CE,交l于点F;过点C图8-20因为∠BAC=60∘,∠所以∠BAC−∠DAC=∠DAE因为AB因为AD⊥BD,所以∠ADB=90∘,所以因为AD⊥BD,l//m,所以因为∠DAE=60∘因为∠AEF=90∘,所以∠EAF=∠FCG,所以在Rt△AEF中,∠EAF=30∘在Rt△CFG中,∠FCG=30∘所以CE=所以AC=AE2+CF2=30.设S△ABCOAOBCC所以OA====31.设正方形CDEF的边长为x,正方形KLMN的边长为y,则x=设BC=a,CA=因为ax+bx=2S因为△AKL∽△ABC,得因为△NBM∽△ABC,得因为c=ALy则1=所以c=所以ab=所以a、b是二次方程t因为b>a,所以习题巩固32.答案:D.如图,在立方体的六个面中,只有ABCD和CDHG切开三条棱,保留一条棱连结,即只与一个面相连结,其他四个面切开两条棱,保留两条棱连结,即可与两个面相连结,连结顺序是面ABCD→BC​面BCGF→BF​面ABFE→EF​面EFGH33.如图,分别过点E、F、G、设正方形ABCD的边长为x,PQ=y,QR又S△AEH=S△HET, S△x2+32−x2⋅42−x234.如图,分别连结PA、PB、PC、PD.因为PPPP以上四式相加并整理,得A因为AH=33B因为BE−AE=1,所以C35.答案:80∘如图,在边CD上取点E,使BE=AB,连结AE∠故AC=AE.易知△ABE≅△ADC36.如图1,设点P在△ABC的内部,AH是△ABC的高,P到△ABC三边的垂线分别为PD、PE、PF,并记由面积关系得S1于是,1+PD+2=类似地,当点P不在△ABC的内部时,可知在图2中Pi因Pjj=2,3,4到AB、AC的距离之和小于4,所以,不是P.记PSSS解得ℎ1=3,ℎ5=5,ℎ6=737.如图,过E作EM⊥AC于点M,延长EM交AB于点N,连结DN.则M是AC的中点,且MN//CB.所以,N是AB的中点.又∠EAN=∠DAM=60∘+30∘=AG令BC=a,则在Rt△AEM中,AM由AD//EM得,则AFFM=AD所以,AF=AD⋅AMEM38.如图,设O是△ABC外接圆的圆心,作直径AD,连结DB、DC.则由∠ABC=∠过点C作AD的垂线,垂足为点F.设AD=由勾股定理得A代入得x①在Rt△ABD中,由勾股定理得BDx②由式①、②得4R2−1=1+4R,即39.因为c2−13即13a+60又52+122=132,且a（1）当直角三角形的两直角边均在网格线上时,每个顶点为直角顶点,该直角顶点处有4×4=16个直角三角形.此时,共有（2）当直角三角形的两直角边不在网格线上时.如图,其中,A表示与A的地位相同的点,B、C以四角顶点为直角的直角三角形不存在;以点A为直角顶点的直角三角形有1×3以点B为直角顶点的直角三角形有1×2以点C为直角顶点的直角三角形为2×4以点D为直角顶点的直角三角形有2×1以点O为直角顶点的直角三角形有4×4综上,所求三角形的个数为400+841.答案:4π.当点P在优弧AB上,且△ABP为锐角三角形时,∠AHB=180∘−∠P.当△ABP为钝角三角形时,∠AHB=∠P.当当点P在劣弧AB上时,∠AHB=180∘−∠P.所以,H的轨迹为⊙O关于AB的对称圆(增加两个特殊点为A、B两点关于该圆的圆心的对称点).故△42.设AEAB=x,ADAC=y,则S△S四边形BCDE=1−xy,在△ABDBP同理,CP所以S因为BPPD=1−xxS因为S△BCDE19令xy=2,则x9因为0<z<1,所以31−z≤41−z,即S所以当且仅当z=xy=19,即x自招链接43.如图,连结BE,并取其中点为O,再连结PO、在△ABE中,由三角中位线定理得PO在四边形BCDE中,因R、Q易知四边形RQSO为平行四边形,其对角线RS、QO又N为RS的中点,则N也是OQ的中点.故MN//12PO.44.法一:如图1,将△ADB沿直线AB翻折得△AEB,将△ADC沿直线AC翻折得△AFC,延长EB、因为∠AEG=∠EAF=∠AFG=90∘,所以AF//EG,AE//FG设AD=x.则BGx解得:x=3±172所以△ABC的面积为:1法二:将△ABD绕着点A逆时针旋转90∘得△AB′D′,延长D′B因为∠ADH=∠DAD′=∠AD′H=90∘,所以AD设AD=x.则CH=x−1x解得x=3±172所以△ABC的面积为:1法三:正切和公式:tanα设AD=x,则1=2x+1x1−所以△ABC的面积为:1第九讲几何不等式1.知识要点在自招考试中,求几何最值的问题频频出现,比如求最短距离、求某个角度的取值范围、求面积的最大值等等.所有这些问题都可以归结为几何不等式有关几何不等式的性质和定理如下:1.三角形两边之和大干第三边,两边之差小于第三边.2.三角形的外角大于任一不相邻的内角.3.同一三角形中,大角对大边,大边对大角.4.两点之间线段最短.5.两边对应相等的三角形中,所夹的角越大,则它所对的边越大6.两边对应相等的三角形中,第三边越大,则它所对的角越大7.直角三角形的斜边大干任一直角边可以看到,几何不等式的基础大多源于三角形,所以关于三角形的不等式是占绝大多数的,而很多包括四边形、圆的问题都可以化为三角形中的不等关系,因此三角形中的各种不等式是我们讨论的一个重点.另外需要注意的是,很多几何不等式实际上是代数不等式,还有相当一部分几何不等武的证明过程用到了经典的代数不等式,其中最常用的就是均值不等式.2.例题精讲1.如图9-1,矩形ABCD中,AB=20cm,BC=10cm若在N,使BM+MN图9-12.已知正三角形ABC的边长为1,点M、N、P分别在BM+CN+AP=13.在锐角△ABC的边BC、CA、AB上各有一动点D、E、F,求证:△DEF4.已知点M是四边形ABCD的BC边的中点,且∠AMD=AB5.如图9-7,设△ABC的外心为O.在其边AB和BC上分别取点M和N,使得2∠MON=∠AOC.证明:△MBN图9-76.如图9-9,在△ABC的边AB上取一点D,连结CD,过点D作DEPBC交ACE,过点E作EFPCD交AB于点F.求证:AB图9-97.如图9-10所示,在△ABC中,∠A、∠B、∠Cb<12a+图9-108.求证:在凸四边形ABCD,有AB9.证明Ptolemy定理(托勒密定理):对于一般的四边形ABCD,有AB⋅CD+AD⋅BC3.习题巩固10.如图所示,设∠MON=20∘,A为OM上一点,OA=43,D为ON上一点,OD=83,C为(第1题)11.已知平面内的任意四点,其中任意三点不共线,试问:是否一定能从这样的四个点中选出三点构成一个三角形,使得这个三角形至少有一个内角不大于45∘?12.如图,点D、E、F分别在BC、CA、AB上,若分别记S△AEF、S△EFD、S(第3题)13.如图,在∠AOB的边OA上依次有点A1、A2,边求证:OA(第4题)14.如图,在△ABC中,∠A、∠B、∠证明:AP+(第5题)15.设四边形四边依次为a、b、c、dp其中p=a16.设点P为边长为1的正三角形内一点,则PA、PB、PC17.已知点M是四边形ABCD的BC边的中点,且∠AMD=AB18.如图,已知△ABC中,∠BAC=120∘,PPA+(第9题)19.如图所示,在四边形ABCD中,ABPCD,AC(1)AD+（2）AD⋅(第10题)4.自招链接20.已知P为△ABC内一点,点P至三边AB、BC、CA的距离分别为z、y、x21.△ABC中,G为三角形的重心,过G的直线交边AB于点D,交边AC于点E.△ABC的面积为1,求△ADE5.参考答案1.如图9-2,作点B关于AC的对称点B′,连结AB′,则点N关于AC的对称点在AB′图9-2此时BM过B点作BH′⊥AB′于点H′,则BM+MN′≥BH′,即BM+MN的最小值为BH′.设1因为∠PAC=∠BAC=∠PCA设AP=x,则所以x2=20−x所以BH′=100×212.5=162.如图9-3,设BM=x,CN=图9-3S△APNx1−z+y1−x+z由不等式xy+yz+zr≤1S此时S△MNP的面积达到最大值3.如图9-4,设点D关于AB、AC的对称点分别为点G、H，GD与AB交于点M,DH与AC△DEF的周长≥≥=2这里AD′为△ABC的高,R为又由对称性,除了AD⊥BC外,BE、CF也分别必须垂直于4.显然,要证题设的不等式,应当把AB、1然后再与线段AD比较要实现这一构想,折线之首端应与A点重合,尾端应与D点重合,这可由轴对称来实现.如图9-6,以AM为对称轴,作点B关于AM的对称点B1,连接AB1、MMB1=MB,即ΔAB图9-6再以DM为对称轴,作点C关于DM的对称点C1,连结DC1、MMC1=MC,即ΔDC而∠AMD=∠BMA注意到∠因此∠而MB1=MC1=12由于两点之间以直线段为最短,所以A即AB+5.如图9-8,注意到OA=OB=OC,则在∠AOC内部可取点K和图9-8从而KO=OM∠KOL连结KL,则ΔKOL≅ΔMON,故因此,ΔMBN的周长==AK6.由DEPBC知DEBC=ADAB又由EFPCD得∠EFD=∠CDB,所以从而DFDB=DEBC=ADA上式表明二次方程x2−AB⋅x+AB⋅DF另解:对于AD2A即得结论.7.注意到∠BAC+∠BCA=180∘−∠B如图9-11所示,延长BA至点D,使AD=a,延长BC至点E,使CE=c图9-11过点D作AC的平行线,过点C作AB的平行线,两线交于点F,连结EF,则四边形ADFC为平行四边形.则DF=因为CE=BA=c,CF=BC=a,∠ECF=∠ABC,故ΔCEF≅ΔBAC,则FE而∠BDE=∠BED=180∘−∠DBE28.如图9-12,取AC的中点E,BD的中点F,连结DE、BE、EF,令DC而AE=所以DA同理可得A2于是有A因为EF≥0A说明:(1)当EF=0时,AB2+B平行四边形的四边长平方和等于对角线长的平方和.反过来,若四边形的四边长平方和等于对角线长的平方和,则此四边形为平行四边形(2)运用余弦(或正弦)定理得到几何线段的不等式,是其思路之一.9.如图9-13,作线段AE=AB⋅ADAC图9-13则有ABAE=ACAD,可得△BAE∼△AB⋅又因为∠BAC所以△ABC∼△AED,所以AD⋅①+②得到AB当且仅当E在BD上时AB此时∠ABE=∠ACD,即习题巩固10.构造点A关于ON的对称点A′,点D关于OM的对称点D′AB在ΔA′OD′中,OA′=43,(第1题)11.一定可以从中选出三点符合题意.根据内角的大小,分凸四边形或凹四边形分类讨论即可.12.设AFBF=S所以S==又有S1故SΔDEF于是命题得证.当且仅当λ1λ2λ3=13.设∠AOB=α.>=即12所以OA14.如图,连结AR、(第5题)因为∠1=∠2,∠3=∠4,∠5=∠6,所以AP、的内心,则PB=在△BPC中,因为PB+PC>BC同理可证2QI>将这三个式子相加并整理,得PI+因为BI+CIAI+①+②式得AP+15.如图,连结AC、BD,交于点O,设∠AOB=(第6题)又4S四边形16即S由托勒密不等式,有AC⋅BDS===由托勒密定理知,仅当ABCD内接于圆时,面积取最大值.16.设G为△ABC的重心,则AG分别以A、B、C为圆心,经过G点作圆,将△当点P在区域I时,显然有PA≤同样地,在区域II、III时,分别有PB≤当点P在区域IV时,PA≤33,PB≤33PC≤33至少有一个成立,在区域VI时,综上所述,PA、PB、PC(第7题)17.同例4.18.将三角形ACP逆时针旋转60∘19.(1)以AC为对称轴将△ADC翻折到△AD′C的位置,则由AC⊥BD可知D′将DC平移到BC′的位置,则由ABPCD可知C′在AB的延长线上,且C′B=CD=CD′,（2）由（1）可得AD+BCA而由AC⊥BD及勾股定理可得AD2+自招链接20.显然有ax+bya即有ax上式右边即为最小值,等号当且仅当x=y=z时取到,即点P是21.设AD=mAB,AE=nAC0<mS因为3=m+nmn则1mn根据m的取值范围,可得2≤1mn≤94,所以mn最小值为即△ADE的面积的最大值为12,最小值为(第2题)第十讲数论1.知识要点由于数论在中考中涉及的考点几乎没有,同学们接触极少,所以当它出现在自招考试中往往会造成大范围失分.反之,对数论较为熟悉的同学也因此能在自招考试中取得优势.数论涉及的考点比较广,其中整除、同余、奇偶性、质数合数、完全平方数及一元二次方程整数根问题等在自招中出现得比较频繁.数的整除特征:1.一个数的末位能被2或5整除,这个数就能被2或5整除;一个数的末两位能被4或25整除,这个数就能被4或25整除;一个数的末三位能被8或125整除,这个数就能被8或125整除.2.一个各位数数字和能被3整除,这个数就能被3整除;一个数各位数数字和能被9整除,这个数就能被9整除.3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除,那么这个数能被11整除.4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除,那么这个数能被7、11或13整除.2.例题精讲1.用数字6、7、8各两个,组成一个六位数,使它能被168整除.这个六位数是多少?2.如果甲、乙两数的最小公倍数是90,乙、丙两数的最小公倍数是105,甲、丙两数的最小公倍数是126,那么甲数是多少?3.方程x2+4.若正整数n使得S=1+2+33.同余的基本性质若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数,那么称a、b对于模m同余,用式子表示为:同余具有下面的性质:（1）自反性a≡（2）对称性a≡（3）传递性a≡设a、b、c、d(1)a+（2）ac≡（3）an5.试求477385除以17完全平方数常用性质1.主要性质（1）完全平方数的尾数只能是0、1、4、（2）在两个连续正整数的平方数之间不存在完全平方数.（3）完全平方数的约数个数是奇数,约数的个数为奇数的自然数是完全平方数.（4）若质数p整除完全平方数a2,则p能被a2.一些重要的推论（1）任何偶数的平方一定能被4整除;任何奇数的平方被4(或8)除余1.即被4除余2或3的数一定不是完全平方数.（2）一个完全平方数被3除的余数是0或1.即被3除余2的数一定不是完全平方数.（3）自然数的平方末两位只有:00,01,（4）完全平方数个位数字是奇数1、5（5）完全平方数个位数字是偶数0、4（6）完全平方数的个位数字为6时,其十位数字必为奇数.(7)凡个位数字是5但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数;末尾只有奇数个“0”的自然数不是完全平方数;个位数字为1、4、9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数.6.有一个四位数N=a+1a7.设正整数n至少有4个不同的正约数,且0<d1<d2<d3<d4是8.正整数n恰好有4个正因数(包括1和n)已知其中两个因数之和是另两个因数之和的六倍.求n的值.9.求所有的整数数组a,b,c10.已知质数p使得p3−6p2+9p恰有3011.有四个数,每三个数的积被第四个数除后余一,求这四个数.习题巩固12.试求1010+101013.使得n+1整除n2012+201214.若n为正整数,且满足n−12n2013−15.方程2x216.已知正整数x、y.求10x2−17.一个三位数是它的各位数字之和的29倍.则这个三位数是多少?18.设x=a+b−c,y=c+a−b,z=b+c−a19.已知a、b是整数,c是质数,且a+b4=20.若a、b均为质数,且a4+13b=21.设x为正整数,且x<50,则使x3+22.已知p为大于5的质数,且m为p2+5p+52除以120的余数.23.对正整数n,记1×2×⋯×n=n!.若M4.自招链接24.已知某个直角三角形的两条直角边长都是整数,且在数值上该三角形的周长等于其面积的整数倍.问:这样的直角三角形有多少个?25.方程abc=25.参考答案例题精讲1.因为168=8×3×7能够被8整除的数的特征是末三位组成的数一定是8的倍数,末两位组成的数一定是4的倍数,末位为偶数.在题中条件下,验证只有688、768是8的倍数,所以末三位只能是688或768,而又要求是7的倍数,由数的整除性质4知abccab形式的数一定是7、11、13的倍数,所以768768一定是7的倍数,口口口688至于能否被3整除可以不验证,因为整除3的数的规律是数字和为3的倍数,在题中给定的条件下,不管怎么填数字和都是定值.所以768768能被168整除,且验证没有其他满足条件的六位数.2.对90分解质因数:90=因为126是甲的倍数,又126不是5的倍数,所以甲中不含因数5.如果乙也不含因数5,那么甲、乙的最小公倍数也不含因数5,但90是5的倍数,所以乙含有因数5.因为105不是2的倍数,所以乙也不是2的倍数,即乙中不含因数2,于是甲必含有因数2.因为105不是9的倍数,所以乙也不是9的倍数,即乙最多含有1个因数3.由于甲、乙两数的最小公倍数是90,90中含有2个因数3,所以甲必含有2个因数3,那么甲=2总结:两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子,并且这些质因数的个数为两数中此质因数的个数的最大值.如a=2×33×52×7,b=23×32×5×7×11,则A、3.2016是4的倍数,一个平方数除以4的余数为0或者1,所以可以判断x,y,z两边同时除以4,得x2同理可得,x2、y2两边同时除以4,得x4不妨设x≥yxxx所以,x,根据排列组合与正负号,共3×64.设S=则n2得:n<n因为n,n+1=1,所以由n的大致范围得:n=37或36,代入得:5.同余:若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数,那么称a、b对于模m同余,用式子表示为:因为47≡−4 mod 17从而474476.由完全平方数的个位数字特征:a+3只能取0、1、4N的末两位为a+再由完全平方数末两位特征:只有a+2a+3当a=6时,N当a=3时,N故a=7.显然最小的是1,其次如果n为奇数则矛盾,所以是偶数.于是第二小的数是2.于是剩下的两个约数是一奇一偶.如果第三个为偶数,那么只能是4,否则若是2p大于4,那么p必定是比第三个还小的约数.如果第三个是4,那么n是4的倍数,这和式子左边除以4余数是2矛盾.所以第三个是奇数.第四个是偶数,那么只能是第三个数的两倍.于是我们得到n=8.注意到,恰有四个正因数的正整数必为p3或pq(p、q为质数,当n=pq时,其全部正因数为由题设条件知,有{i,j,k}={1,2,3},{s,t}={当n=pq时,其全部正因数为显然,p+q<pq.若1+pq得(p,q=7,41或11若p+pq=61+q,则若q+pq=61+p,则综上:n=2879.如果xz≥3,并且bc≥3所以式中所有不等号均为等号,这要求a=b=c,x=y=z,bc=3,yz=3,这是不可能的,从而情形一:y,z=1,1,此时a+b+c=x,x+2=abc,故abc=a+b+c+2,可知情形二:y,z=2,1,此时a+b+c=2x,x+3=abc,即有2abca,b,c,x,y,=综上,结合对称性,可知a,7,1,1,3,310.当p=2或3时,不符合题意.所以又p3−6p2因为p有两个因数,所以p−32而15=5×3,为使p最小,p−3又是偶数,故只能是从而,p=15(舍)因此p的最小值为23.11.设这四个数分别为a、b、c、c第一步:先证四个数两两互质(这个还是比较容易发现的)设a,b=p所以a、b第二步:构造一个多项式,能被四个数共享.(这个技巧比较难想到)令x=bcd+acd+由a、b、c、dxabcd=显然a、b、c又由两两互质可知,这四个数都不相同.那么我们不妨设1<a<b<c1第三步:用不等式解方程.(这个算基本功了)首先a不能太大,我猜是2,不信咱就证一下:若a≥3,则1=1a+1那么方程化为1b同理,b也不能太大.若b≥6,则12=1b+1c讨论一下:当b=3时,原方程化为:1c−6d−6=35,得:同理,当b=4综上:这四个数分别为2、3、7、习题巩固12.由于106≡1 mod 7,故只需考虑10n除以610n除以6均余10==≡≡(其中kn为10n除以6余13.n2012+2012≡−12012+2012=2013≡0 14.n⇒⇒⇒因为2013=3×11×61,所以2013有8答案:8个.15.原方程化为2x+因为2x+y与x+2y的和能被3整除,而22×503分解为两个整数因数(包括负因数),16.由10x若y,5=1,有5,y+5=1⇒在式①中,由y+5>10,有25≤x2<50.经验算,x,y只有两组正整数解为17.设三位数为abc.则100a+10ba、b、c为正整数,所以而−9≤2c−a≤17,则2c−a=0⇒a=2c18.不能.由题意得:a=因为y=x2,所以又x为整数,a为质数,则x=2或-3,当x=2时,进而,b=9,c=10当x=−3时,进而,b=11,c=17.因为a19.由已知得a+b4+a−b=c.因a+b与a−b的奇偶性相同,所以上式左边为偶数.20.由条件知a4和13b必为一奇一偶.若a4是偶数,则a=2由24502的末位数字为6,74503的末位数字为1,知若13b是偶数,则b=2a由34502的末位数字为1,24503的末位数字为6,知故a2011+b201221.注意到x3+11=x−1x2+x+1+12=x而x<50,于是,x−1=0,1222.注意到p==设M=显然,5!∣pM.又p为大于5的质数,故所以p2+5p+52除以120所以2009m=2009.即200923.注意到,M=又一个完全立方数nn∣M应具有形式n=23x33y53z73ux,y,自招链接24.设该直角三角形的两条直角边长为a、b,且aa①其中k为正整数.对①两边乘以2,移项后,两边平方,4a2+b2=kab−2注意到,ka、kb为正整数,且ka≤kb,故ka−4,kb−综上,满足条件的直角三角形恰有3个,它们的三边长为3,4,5,25.注意到原方程关于a、b、c对称.不妨设a≤代入原方程得2<当ab=3时,得当ab=4时,得当ab=5时,得a当ab=6时,c综上,当时,原方程有三组正整数解a,b,c=1第十一讲组合1.知识要点组合问题非常考验同学们的思维能力,其中组合计数、概率等问题是自招考试的高频考点,抽屉原理、染色问题、极端原理等偶尔也会出现.一、乘法原理一般地,如果完成一件事需要n个步骤(缺一不可),第1步有m1种不同的方法,第2步有m2种不同的方法,第3步有m3种不同的方法……第n步有mn种不同的方法,则完成这件事一共有乘法原理运用的范围:这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成,这几步是完成这件任务缺一不可,这样的问题可以使用乘法原理解决.我们可以简记为:“乘法分步,步步相关”.二、加法原理一般地,如果完成一件事有n类步骤(每一类中的任何一种方法都能独立完成这件事情),第1类有m1,种不同的方法,第2类有m2种不同的方法,第3类有m3种不同的方法……第n类有mn种不同的方法,则完成这件事一共有加法原理运用的范围:完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,这样的问题可以使用加法原理解决.我们可以简记为:“加法分类,类类独立”.三、排列在实际生活中经常会遇到这样的问题,就是要把一些事物排在一起,构成一列,计算有多少种排法,就是排列问题.在排的过程中,不仅与参与排列的事物有关,而且与各事物所在的先后顺序有关.根据排列的定义,两个排列相同,指的是两个排列的元素完全相同,并且元素的排列顺序也相同.如果两个排列中,元素不完全相同,它们是不同的排列;如果两个排列中,虽然元素完全相同,但元素的排列顺序不同,它们也是不同的排列.排列的基本问题是计算排列的总个数.从n个不同的元素中取出mm≤n个元素的所有排列的个数,叫做从n个不同的元素的排列中取出m个元素的排列数,我们把它记做PnmP四、组合一般地,从n个不同元素中取出m个m≤n元素组成一组不计较组内各元素的次序,叫做从n个不同元素中取出m从排列和组合的定义可以知道,排列与元素的顺序有关,而组合与顺序无关.如果两个组合中的元素完全相同,那么不管元素的顺序如何,都是相同的组合,只有当两个组合中的元素不完全相同时.才是不同的组合.从n个不同元素中取出m个元素m≤n的所有组合的个数,叫做从n中取出m个不同元素的组合数.记作Cnm或C3.例题精讲45.回答下列问题:（1）在1∼5（2）有3种染料给三行144列的方格网染色,一共有多少种染色方法(只列式,不计算)?至少取多少列方格,才能保证有两列方格染色完全相同?（3）从十位同学中任意选取2名同学,一共有多少种选法?(4)爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶.若只考虑每人左邻的情况,问共有多少种不同的入座方法?(5)图11-1中有六个点,任意三个点都不在一条直线上.请问:以这些点为顶点,一共可以连出多少个三角形?图11-1（6）某铁路线上,在起点和终点之间原有7个车站,现在新增加了3个车站,这样需要增加几种不同的车票?46.6人同时被邀请参加一项活动.必须有人去,去几个人自行决定,共有多少种不同的去法?47.小明的妈妈给了小明9块一样的糖,让他在接下来的4天正好吃完,每天至少吃一块,则小明有多少种不同的吃糖方案?48.4个人进行篮球训练,互相传球接球,要求每个人接球后马上传给别人,开始由甲发球,并作为第一次传球,第五次传球后,球又回到甲手中,问有多少种传球方法?49.游乐园的门票1元1张,每人限购1张.现在有10个小朋友排队购票,其中5个小朋友只有1元的钞票,另外5个小朋友只有2元的钞票,售票员没有准备零钱.问有多少种排队方法,使售票员总能找得开零钱?50.给定一个15×15的方格表,将其中有公共边的方格称为相邻的.将某些相邻方格的中心用线段相连,得到一条不白交的闭折线.现知该折线关于方格表的一条对角线对称.证明:51.物体A和B放在坐标平面上同时移动,且每次移动一个单位长度,A从0,0开始移动每次以相同的可能性向右或向上移动,物体B从5,752.摄影师给8名同学照相,有两人合影,也有三人合影,若任意两名同学都恰好合影一次,问最少要拍多少张照片?53.某同学在暑假里做数学竞赛题,每天至少做一题,每星期至多做12题,一共做了7个星期,求证:该同学在连续的若干天里恰好做了12道题.54.平面上有20个点,在他们之间已连了n线段,若任意三点之间都至少有一条线段.求n的最小值.55.20个红球、17个白球,重量都是正整数.红球与白球重量之和相等,且都小于340.证明:一定可以取出一些红球和一些白球,使得这些红球重量之和等于这些白球重量之和（不能全取）.4.习题巩固56.某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成.现有钳工3人、电工3人,另有1人钳工、电工都会.从7人中挑选4人完成这项工作,共有多少种方法?57.平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域?58.在图中(单位:厘米):(第3题)（1）一共有几个长方形?（2）所有这些长方形面积的和是多少?59.有11名外语翻译人员,其中5名是英语翻译员,4名是日语翻译员,另外两名英语、日语都精通.从中找出8人,使他们组成两个翻译小组,其中4人翻译英文,另4人翻译日文,这两个小组能同时工作.问这样的分配名单共可以开出多少张?60.假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数,它表示的是1月26日9时30分28秒.在这串数里,“0”出现了3次,“2”出现了2次,“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现.如果在电子计时器所显示的这串数里.“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”、“6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只出现一次,称它所表示的时刻为“十全时”.那么2016年一共有几个这样的“十全时”?61.从1,2,⋯,2011中选取n个数,使得其中任意两数的差都不等于4或7.求62.7名学生参加演出,学校为他们安排了m次演出,每次由其中3名同学同时登台演出,请你设计一种方案,使得7名学生中,任意两名同台演出的次数一样多,且使m最小.63.求证:任意9个整数中,必有5个整数,它们的和被5整除.64.有红、黄、蓝卡片各6张,分别写有数字1、2、3、4、5、6.从中选取6张,要求三色俱全,且数字1、25.自招链接65.在右图中,不包含☆的长方形有___个.(第1题)66.第二季“中国好声音”杨坤组某一学员和那英组某一学员进行一对一PK,9位专业评委依次给两位学员投票,最终杨坤组学员拿到5票,那英组学员拿到4票.请问在依次投票的过程中,杨坤组学员得票数一直严格大于那英组学员得票数的概率是多少?6.参考答案1.(1)根据乘法原理,5×5×5（2）根据乘法原理,3144抽屉原理,从最坏的情况考虑取到的第一个是33+(3)C10（4）4个相异元素的环形排列问题,共有P33（5）因为任意三个点都不在一条直线上;所以以这些点为顶点,一共可以连出C63（6）原来有车站7+2=9考虑每两个站点之间的往返车票起始站和终点站互异,所以新增的车票种类为22.(法一)可以分为一人去、两人去、三人去、四人去、五人去、六人去六种情况,每种情况都是组合问题.第一种情况有6种去法;第二种情况有C62第三种情况有C63第四种情况有C64第五种情况有C65第六种情况有C66根据加法原理,共有6+15+20+15+6+1=63种不同的去法.(法二)每个人都有去或不去两种可能,因此共有26种可能,但必须有人去,即所有人都不去的情况必须排除,因此有263.插板法:9块一样的糖有8个间隔,要分成4份,需要3个问隔,所以有C834.设第n次传球后,球又回到甲手中的传球方法有an种.可以想象前n−1次传球,如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球,即每次传球都有3种可能,由乘法原理,共有3×3×的,它们可以分为两类,一类是第n−1次恰好传到甲手中,这有an−1种传法,它们不符合要求,因为这样第n次无法再把球传给甲;另一类是第n−1次传球,球不在甲手中,第na由于甲是发球者,一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的,所以a1利用递推关系可以得到:a1=这说明经过5次传球后,球仍回到甲手中的传球方法有60种.本题也可以列表求解.由于第n次传球后,球不在甲手中的传球方法,第n+1次传球后球就可能回到甲手中,所以只需求出第四次传球后,第n次传球传球的方法球在甲手中的传球方法球不在甲手中的传球方法130329363276214812160524360183从表中可以看出经过五次传球后,球仍回到甲手中的传球方法共有60种.5.与类似题目找对应关系.要保证售票员总能找得开零钱,必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的若干小朋友中,拿1元的要比拿2元的人数多,先将拿1元钱的小朋友看成是相同的,将拿2元钱的小朋友看成是相同的,可以利用斜直角三角模型.在图11-2中,每条小横线段代表1元钱的小朋友,每条小竖线段代表2元钱的小朋友,因为从A点沿格线走到B点,每次只能向右或向上走,无论到途中哪一点,只要不超过斜线,那么经过的小横线段都不少于小竖线段,所以本题相当于求右图中从A到B有多少种不同走法.使用标数法,可求出从A到B有42种走法.图11-2但是由于10个小朋友互不相同,必须将他们排队,可以分成两步,第一步排拿2元的小朋友,5个人共有5!=120种排法;第二步排拿到1元的小朋友,也有120种排法,所以共有5!×5这样,使售票员能找得开零钱的排队方法共有42×144006.因为闭折线不自交,可知它恰好经过对角线方格上的两个中心点.(因为闭所以有2个,因为不自交所以只能为2个.)那么可以得到这条闭折现一定不经过其他的13个对角线方格的中心点.将15×15的方格表黑白二染色,对角线染黑色,则黑色小方格一定比白色小方格多一个.又因为折线上的中心点所在的小方格是黑白交替出现的,所以闭折曲线上的黑点和白点个数是相等的.如果闭折线不经过13个黑点,那么他必然不经过12个白点.所以闭折线经过的中心点的个数最多不超过1527.因为从A到B的距离为12,所以要移动6次,物体A和B才能相遇.在6次移动中,不同的移动方式有26⋅其中A和B能相遇的移动方式有C故A和B相遇的可能性为C128.设3人合影的有x张,两人合影的有y张,则C因为每两人都恰好合影一张,所以每人至多可拍3张合影.故等3x8≤3则x将8人编号为1,8张三人合影为:1,2,4张二人合影为:1,显然这12张照片满足条件,所以最少要拍12张.9.设前n天做了an;11上面这98个数不同的取值最多96种.所以其中必有两数相等.不妨设aj=ai+这表明从第i+1天开始,到第j天这连续若干天里恰好做了10.设A点连出的线段数最少,且为k条0≤k≤19;将20个点分为两组,一组为A点和所有与A相连的k个点,共k+1个点;另外一组为余下的点,为19−k是个点;对于第一组的k+1个点,因为A点连出的最少为k,所以他们连出的最少为kk+12;对于第二组的19−k是个点,他们都不和Akk+1+19整理得:n≥k2−18k+19下面构造一种方法证明90是可以的:20个点分为2组,每组10个点.同组的两两相连,不同组的不连.共连C102综上:n的最小值为90.11.对20个红球、17个白球的重量做排序a1b1≤b2≤b件知S20考虑Si+Tj1≤i≤S那么Si又因为0<Si−Sua命题得证.习题巩固12.分两类情况讨论:（1）都会的这1人被挑选中,则有:①如果这人做钳工的话,则再按乘法原理,先选一名钳工有3种方法,再选2名电工也有3种方法,所以有3×3②同样,这人做电工,也有9种方法.（2）都会的这一人没有被挑选,则从3名钳工中选2人,有3种方法,从3名电工中选2人,也有3种方法,一共有3×3所以,根据加法原理,一共有9+913.先考虑最简单的情形,为了叙述方便,设平面上k个圆最多能将平面分割成ak(第2题图1)从图1中可以看出,a1=可以发现ak满足下列关系式:a实际上,当平面上的k−1个圆把平面分成ak−1个区域时,如果再在平面上出现第k个圆,为了保证划分平面的区域尽可能多,新添的第k个圆不能通过平面上前k−1个圆之间的交点.这样,第k个圆与前面k(第2题图2)这2×k−1个交点把第k个圆分成了2×k−1段圆弧,而这2×k−那么,a=⋯===故10个圆最多能将平面分成92部分.14.(1)一共有4+3+2（2）所求的和是5×=144×15.针对两名英语、日语都精通人员（以下称多面手）的参与情况分成三类:（1）多面手不参加,则需从5名英语翻译员中选出4人,有C54=5种选择,需从4名日语翻译员中选出4人,有1种选择.由乘法原理,有（2）多面手中有一人参加,有2种选择,而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能:①如果参加英文翻译,则需从5名英语翻译员中再选出3人,有C53=10选择,需从4名日语翻译员中选出4人,有1种选择,由乘法原理,有②如果参加日文翻译,则需从5名英语翻译员中选出4人,有C54=5种选择,需从4名日语翻译员中再选出3名,有C43根据加法原理,多面手中有一人参加,有20+40（3）多面手中两人均参加,有一种选择,但此时又分三种情况:①两人都译英文,②两人都译日文,③两人各译一个语种.情况①中,还需从5名英语翻译员中选出2人,有C52=10种选择,需从4名日语翻译员中选4人,有1种选择.由乘法原理,有情况②中,需从5名英语翻译员中选出4人,有C54=5种选择,还需从4名日语翻译员中选出2人,有根据乘法原理,共有1×5情况③中,两人各译一个语种,有两种安排即两种选择,剩下的需