一道初三数学竞赛题!!!
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发布时间：2022-04-24 05:54
共5个回答
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时间：2023-10-04 06:12
A(m,2m+1)
P(1,3)
所以B(2-m,5-2m)
a=1时y=(x-m)^2+2m+1
(x,y)关于（1，3）对称的点是（2-x,6-y）
l2的解析式 6-y=(2-x-m)^2+2m+1
B(2-m,5-2m)在x=0上
m=2
l2的解析式 y=1－x^2
l1: y=a(x-2)^2+5
l2: y=-a(x)^2+1
C(1/√a,0)
B(0,1)
A(2,5)
AB^2=4+16=20
BC^2=1+1/a=20
a=1/19
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时间：2023-10-04 06:13
因为平行四边形ABCD
所以易得三角形AEG
与三角形CBG相似
三角形DEF与三角形BCF相似
因为AE:AD=1:3
所以
AG:CG=1:3
EF:CF=2:3
首先我们可得S三角形AEC=S*1/3*1/2=1/6
跟着
我们就可以得S三角形EGF=1/6S*2/5=1/20S
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时间：2023-10-04 06:14
三问可以互相推导，证明尽量点名要点，不细说
证法一：
点的标注如图所示，假设圆I1的半径为R，圆I2的半径为r
1) 显然2PQ=2(DP-DQ)=2(DR-DS)=(BD+AD-AB)-(CD+AD-AC)=BD-CD=(DR-DS)+(BR-CS)，于是PQ=DR-DS=BR-CS
2) 又PQ=FQ-FP=FH-FG，和1)的结论比较，有BR-CS=FH-FG
3) 很容易证明△BRI1相似于△I2SC（提示：∠I1BR=(1/2)∠ABD，∠I2CS=(1/2)∠ACD，∠ABD+∠ACD=180°），于是BR*CS=R*r
4) 很容易证明△FGI1相似于△I2HF（提示：∠I1FG=(1/2)∠GFD，∠I2FH=(1/2)∠HFD，∠GFD+∠HFD=180°），于是FH*FG=R*r
5) 比较3)、4)的结论有BR*CS=FH*FG，结合2)的结论可知BR=FH，CS=FG
第一问：
6) 根据5)的显然有MN=BM+CN
第二问：
7) 证明AD=BD+CD。直接的证明是根据托勒密定理：AD*BC=AC*BD+AB*CD，于是AD=BD+CD。简单的证明可以在AD上取点E，使得DE=BD，然后证明△ABE≌△CBD
8) 显然MF+BD=BM+DF，NF+CD=CN+DF，两式相加并利用6)、7)的结论化简有AD=2DF，于是F是AD的中点
第三问：
9) 利用3)、5)的结论，有I1I2^2=(R-r)^2+(FH+FG)^2=(R-r)^2+(BR+CS)^2=(R^2+BR^2)+(r^2+CS^2)+2(BR*CS-R*r)=BI1^2+CI2^2
证法二：
取△BCD的内心I3，显然I3在AD上
1) 根据∠I1BI3=∠I3DI1=30°可知I1、I3、D、B四点共圆，并且BI1=I3I1
2) 根据∠I2CI3=∠I3DI2=30°可知I2、I3、D、C四点共圆，并且CI2=I3I2
3) 根据1)、2)的结论，易知∠I1I3I2=90°，于是I1I2^2=I1I3^2+I2I3^2=BI1^2+CI2^2
第三问得证。然后可以证明第一问（需要利用BR*CS=R*r），然后可以证明第二问
向左转|向右转
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时间：2023-10-04 06:14
妙题题妙"所表示的四位数的所有因式的个数是:3
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时间：2023-10-04 06:15
(2)此题有误，反例:E(1、2、3)但R(1、1.414、1.732)
应该修正为:若E(√a，√b，√c)，则E(a、b、c)。用两边之和大于第三边的性质，然后两边同时平方即可.
(3)此题有误，反例:8^4+9^4=4096+6561>10000=10^4,
故R(8^4,9^4,10^4).
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时间：2023-10-04 06:12
A(m,2m+1)
P(1,3)
所以B(2-m,5-2m)
a=1时y=(x-m)^2+2m+1
(x,y)关于（1，3）对称的点是（2-x,6-y）
l2的解析式 6-y=(2-x-m)^2+2m+1
B(2-m,5-2m)在x=0上
m=2
l2的解析式 y=1－x^2
l1: y=a(x-2)^2+5
l2: y=-a(x)^2+1
C(1/√a,0)
B(0,1)
A(2,5)
AB^2=4+16=20
BC^2=1+1/a=20
a=1/19
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时间：2023-10-04 06:13
因为平行四边形ABCD
所以易得三角形AEG
与三角形CBG相似
三角形DEF与三角形BCF相似
因为AE:AD=1:3
所以
AG:CG=1:3
EF:CF=2:3
首先我们可得S三角形AEC=S*1/3*1/2=1/6
跟着
我们就可以得S三角形EGF=1/6S*2/5=1/20S
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时间：2023-10-04 06:14
三问可以互相推导，证明尽量点名要点，不细说
证法一：
点的标注如图所示，假设圆I1的半径为R，圆I2的半径为r
1) 显然2PQ=2(DP-DQ)=2(DR-DS)=(BD+AD-AB)-(CD+AD-AC)=BD-CD=(DR-DS)+(BR-CS)，于是PQ=DR-DS=BR-CS
2) 又PQ=FQ-FP=FH-FG，和1)的结论比较，有BR-CS=FH-FG
3) 很容易证明△BRI1相似于△I2SC（提示：∠I1BR=(1/2)∠ABD，∠I2CS=(1/2)∠ACD，∠ABD+∠ACD=180°），于是BR*CS=R*r
4) 很容易证明△FGI1相似于△I2HF（提示：∠I1FG=(1/2)∠GFD，∠I2FH=(1/2)∠HFD，∠GFD+∠HFD=180°），于是FH*FG=R*r
5) 比较3)、4)的结论有BR*CS=FH*FG，结合2)的结论可知BR=FH，CS=FG
第一问：
6) 根据5)的显然有MN=BM+CN
第二问：
7) 证明AD=BD+CD。直接的证明是根据托勒密定理：AD*BC=AC*BD+AB*CD，于是AD=BD+CD。简单的证明可以在AD上取点E，使得DE=BD，然后证明△ABE≌△CBD
8) 显然MF+BD=BM+DF，NF+CD=CN+DF，两式相加并利用6)、7)的结论化简有AD=2DF，于是F是AD的中点
第三问：
9) 利用3)、5)的结论，有I1I2^2=(R-r)^2+(FH+FG)^2=(R-r)^2+(BR+CS)^2=(R^2+BR^2)+(r^2+CS^2)+2(BR*CS-R*r)=BI1^2+CI2^2
证法二：
取△BCD的内心I3，显然I3在AD上
1) 根据∠I1BI3=∠I3DI1=30°可知I1、I3、D、B四点共圆，并且BI1=I3I1
2) 根据∠I2CI3=∠I3DI2=30°可知I2、I3、D、C四点共圆，并且CI2=I3I2
3) 根据1)、2)的结论，易知∠I1I3I2=90°，于是I1I2^2=I1I3^2+I2I3^2=BI1^2+CI2^2
第三问得证。然后可以证明第一问（需要利用BR*CS=R*r），然后可以证明第二问
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时间：2023-10-04 06:14
妙题题妙"所表示的四位数的所有因式的个数是:3
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时间：2023-10-04 06:15
(2)此题有误，反例:E(1、2、3)但R(1、1.414、1.732)
应该修正为:若E(√a，√b，√c)，则E(a、b、c)。用两边之和大于第三边的性质，然后两边同时平方即可.
(3)此题有误，反例:8^4+9^4=4096+6561>10000=10^4,
故R(8^4,9^4,10^4).
