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2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（四年级第2试）一、填空题（每空5分，共60分）1．（5分）计算：29+42+87+55+94+31+68+76+13＝．2．（5分）21个篮子，每个篮子中有48个鸡蛋，现在将这些鸡蛋装到一些盒子中，每个盒子装28个鸡蛋，可以装盒．3．（5分）190表示成10个连续偶数的和，其中最大的偶数是．4．（5分）当小红3岁时，妈妈的年龄和小红今年的年龄相同；当妈妈78岁时，小红的年龄和妈妈今年的年龄相同．妈妈今年岁．5．（5分）从1、2、3、4、…、30这30个数中任意取10个连续的数，其中恰有2个质数的情况有种．6．（5分）将面积为36的正方形按如图的方式分成4个周长相等的长方形，取图中阴影长方形的面积为．7．（5分）如图的“蝙蝠”图案由若干个等腰直角三角形和正方形组成，已知阴影部分的面积为1，则“蝙蝠”图案的面积是．8．（5分）一列快车和一列慢车相向而行，快车的车长是315米，慢车的车长是300米．坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是21秒，那么坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是秒．9．（5分）有4个互不相等的自然数，它们的平均数是10．其中最大的数至少是．10．（5分）如图中共有三角形个．11．（5分）两个数的和是830，其中较大的数除以较小的数，得商22余2，则这两个数中较大的一个是．12．（5分）有白棋子和黑棋子共2014个，按照如图的规律从左到右排成一行，其中黑棋子的个数是．○●○●●○●●●○●○●●○●●●○●○●●○…二、解答题（每题15分，共60分．）每题都要写出推算过程．13．（15分）如果数A增加2，则它与数B的积比A、B的积大60；如果数A 不变，数B减少3，则它们的积比A、B的积小24，那么，如果数A增加2，数B减少3，则它们的积比A、B的积大多少？14．（15分）水果店用三种水果搭配果篮，每个果篮里有2个哈密瓜，4个火龙果，10个猕猴桃，店里现有的火龙果的数量比哈密瓜的3倍多10个，猕猴桃的数量是火龙果的2倍，当用完所有的哈密瓜后，还剩130个火龙果．问：（1）水果店原有多少个火龙果？（2）用完所有的哈密瓜后，还剩多少个猕猴桃？15．（15分）如图1，从边长是6厘米的正方形纸片的正中间挖去一个正方形，得到一个宽为1厘米的方框，将四个这样的方框如图6所示依次垂直交叉放在桌面上，求桌面被这些方框盖住的面积（图2中阴影部分的面积）．16．（15分）如图，小红和小丽的家分别在电影院的正西和正东方向，某日她们同时从自己家出发，小红每分钟走52米，小丽每分钟走70米，两人同时到达电影院．看完电影后，小红先回家，速度不变，4分钟后小丽也开始往家走，每分钟走90米，两人同时到家．求两人的家相距多少米．2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（四年级第2试）参考答案与试题解析一、填空题（每空5分，共60分）1．（5分）计算：29+42+87+55+94+31+68+76+13＝495 ．【分析】根据加法交换律及结合律计算．【解答】解：29+42+87+55+94+31+68+76+13＝（29+31）+（42+68）+（87+13）+（94+76）+55＝60+110+100+170+55＝495故答案为：495．【点评】完成本题要注意分析式中数据，运用合适的简便方法计算．2．（5分）21个篮子，每个篮子中有48个鸡蛋，现在将这些鸡蛋装到一些盒子中，每个盒子装28个鸡蛋，可以装36 盒．【分析】根据乘法的意义，可用21乘48计算出鸡蛋的总个数，然后再根据除法的意义，用总的鸡蛋个数除以28进行计算即可得到需要的盒子数．【解答】解：21×48÷28＝1008÷28＝36（盒）答：可以装36盒．故答案为：36．【点评】此题主要考查的是乘法意义和除法意义的应用．3．（5分）190表示成10个连续偶数的和，其中最大的偶数是28 ．【分析】根据题意，可设最小的偶数是2N，因为是连续的10个偶数，从小到大排列出来，后一个都比前一个大2，再根据题意解答即可．【解答】解：设最小的一个偶数为2N，由题意可得：2N+2（N+1）+2（N+2）+…+2（N+7）+2（N+8）+2（N+9）＝19010×2N+0+2+4+…+14+16+18＝19020N+（0+18）×10÷2＝19020N+18×5＝19020N+90＝19020N＝100N＝5那么最大的一个偶数是：2（N+9）＝2×（5+9）＝2×14＝28．答：其中最大的那个偶数是28．故答案为：28．【点评】根据题意可知，连续的偶数每相邻的两个相差都是2，设出最小的，一次排列出来，再根据题意列出方程进一步解答即可．4．（5分）当小红3岁时，妈妈的年龄和小红今年的年龄相同；当妈妈78岁时，小红的年龄和妈妈今年的年龄相同．妈妈今年53 岁．【分析】设妈妈与小红的年龄差为x岁，则根据“当小红3岁时，妈妈的年龄和小红今年的年龄相同；”得出小红今年的年龄为：x+3岁；根据“当妈妈78岁时，小红的年龄和妈妈今年的年龄相同”得出小红现在的年龄为：78﹣x岁；根据小红的年龄+年龄差＝妈妈的年龄，列出方程即可解决问题．【解答】解：设妈妈与小红的年龄差为x岁，则小红现在的年龄是x+3岁，妈妈现在的年龄是78﹣x岁，根据题意可得方程：x+3+x＝78﹣x2x+3＝78﹣x2x+x＝78﹣33x＝75x＝2578﹣25＝53（岁）答：妈妈今年53岁．故答案为：53．【点评】设出年龄差，抓住年龄差不变，分别得出二人现在的年龄是解决本题的关键．5．（5分）从1、2、3、4、…、30这30个数中任意取10个连续的数，其中恰有2个质数的情况有 4 种．【分析】一个自然数，如果只有1和它本身两个因数，这样的数叫做质数；一个自然数，如果除了1和它本身还有别的因数，这样的数叫做合数；由此解答．【解答】解：在1～30这30个数中，一共有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共10个质数，从1、2、3、4、…、30这30个数中任意取10个连续的数，其中恰有2个质数的情况有：18～27，19～28，20～29，或21～30，有4种；故答案为：4．【点评】此题的解答关键是明确质数与合数的意义．6．（5分）将面积为36的正方形按如图的方式分成4个周长相等的长方形，取图中阴影长方形的面积为10 ．【分析】如图：因为面积为36的正方形，边长是6，所以设上面长方形的宽为x，则下面的长方形的长是6﹣x，再根据小长方形的周长相等，列出方程求出x，再根据长方形的面积公式S＝ab进行解答．【解答】解：因为6×6＝36，所以面积为36的正方形，边长是6，小长方形的宽是6÷3＝2设上面长方形的宽为x2×（6﹣x）+2+2＝6+6+2x12﹣2x+4＝12+2x4x＝4x＝1阴影部分的面积是：2×（6﹣1）＝10；答：图中阴影长方形的面积为10．故答案为：10．【点评】关键是根据题意，算出上面长方形的宽为x，再根据小长方形的周长相等，列出方程解答．7．（5分）如图的“蝙蝠”图案由若干个等腰直角三角形和正方形组成，已知阴影部分的面积为1，则“蝙蝠”图案的面积是27 ．【分析】最大正方形有两个，每个的面积是8，则两个总面积是16；中等正方形有两个，每个的面积是4，则两个总面积是面积是8；剩余3个三角形的面积是3；据此解答即可．【解答】解：1×8×2+1×4×2+3×1＝16+8+3＝27答：“蝙蝠”图案的面积是27．故答案为：27．【点评】此题解答的关键在于弄清阴影部分与各部分的面积关系，分类求出各部分面积．8．（5分）一列快车和一列慢车相向而行，快车的车长是315米，慢车的车长是300米．坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是21秒，那么坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是20 秒．【分析】坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是21秒：既为人与快车的相遇问题，人此时具有慢车的速度，相遇路程为快车的车长315米，相遇时间为21秒，即人与慢车的速度和为快车与慢车的速度和为：315÷21＝15（米/秒）；那么坐在快车上的人看见慢车驶过的时间，既为人与慢车的相遇问题，人此时具有快车的速度，相遇路程为慢车的车长300米，由于两车为相向而行，所以坐在车上的人看到车通过的速度为两车的速度和．用快车车长除以快车与慢车的速度和即可．【解答】解：根据题意可得：快车与慢车的速度和：315÷21＝15（米/秒）；坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是：300÷15＝20（秒）；答：坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是20秒．故答案为：20．【点评】完成本题的关键是根据坐在慢车上的人见快车通过的时间求出两车的速度和，然后再根据相遇问题进一步解答即可．9．（5分）有4个互不相等的自然数，它们的平均数是10．其中最大的数至少是12 ．【分析】有4个互不相等的自然数，它们的平均数是10，且是4个互不相等的自然数，求最大至少是多少，那么这4个数就要最接近，则10就相当于中间两个数的平均数，那么中间两个数是9和11，那么另两个数是9﹣1＝8，11+1＝12，所以其中最大的数至少是12，据此解答即可．【解答】解：因为要使最大的数至少是多少，那么这4个数就要最接近，则10就相当于中间两个数的平均数，那么中间两个数是10﹣1＝9和10+1＝11，那么另两个数是9﹣1＝8，11+1＝12，所以其中最大的数至少是12，答：其中最大的数至少是12．故答案为：12．【点评】明确要求最大的数至少是多少，那么这4个数就要最接近，则10就相当于中间两个数的平均数．10．（5分）如图中共有三角形30 个．【分析】此题可通过分类列举解答：①单个的三角形；②由2个三角形构成；③由3个三角形构成；④由4个三角形构成；⑤最大三角形．【解答】解：由1个三角形构成：10个，由2个三角形构成：10个，由3个三角形构成：0个，由4个三角形构成：8个，最大的三角形：2个，共有：10+10+0+8+2＝30（个）故答案为：30．【点评】此题通过分类，列举出每类中有几个三角形．在列举时，注意防止遗漏．11．（5分）两个数的和是830，其中较大的数除以较小的数，得商22余2，则这两个数中较大的一个是794 ．【分析】根据大数除以小数，商22余数是2，所以大数减去2后是小数的22倍，则和830减去2就是小数的（22+1）倍，因此，根据除法的意义，小数可求得，然后进一步可以求出大数．【解答】解：（830﹣2）÷（22+1）＝828÷23＝36830﹣36＝794答：两个数中较大的一个是 794．故答案为：794．【点评】此题属于和倍问题的应用题，解答的关键是理解大数减去2后是小数的22倍．12．（5分）有白棋子和黑棋子共2014个，按照如图的规律从左到右排成一行，其中黑棋子的个数是1342 ．○●○●●○●●●○●○●●○●●●○●○●●○…【分析】根据每9个棋子是一个循环，用2014除以9，用得到的商乘以一个循环中黑棋子的个数，再根据余数的情况判断最后需加上几个黑棋子即可．【解答】解：2014÷9＝223…7，循环了223次后，还剩7个，里面有4个黑棋子，223×6+4＝1338+4＝1342（个）答：其中黑棋子的个数是1342个．故答案为：1342．【点评】答此类问题的关键是找出每几个数或每几个图形是一个循环．二、解答题（每题15分，共60分．）每题都要写出推算过程．13．（15分）如果数A增加2，则它与数B的积比A、B的积大60；如果数A 不变，数B减少3，则它们的积比A、B的积小24，那么，如果数A增加2，数B减少3，则它们的积比A、B的积大多少？【分析】这两个数是A和B，由“如果数A增加2，则它与数B的积比A、B的积大60”列出方程，解答求出A和B，然后根据“如果数A增加2，数B减少3”把A和B代入，即可求出它们的积比A、B的积大多少．【解答】解：这两个数是A和B，可得：AB+60＝（A+2）×B，AB﹣24＝A（B﹣3）；因为AB+60＝（A+2）×B则AB+60＝AB+2B则 B＝30把B＝30代入AB﹣24＝A（B﹣3），可得：30A﹣24＝A（30﹣3）30A﹣24＝27AA＝8（8+2）×（30﹣3）﹣30×8＝10×27﹣240＝30答：它们的积比A、B的积大30．【点评】此题属于用字母表示数，根据题意，列出等式，进而求出A、B 的值，是解答此题的关键．14．（15分）水果店用三种水果搭配果篮，每个果篮里有2个哈密瓜，4个火龙果，10个猕猴桃，店里现有的火龙果的数量比哈密瓜的3倍多10个，猕猴桃的数量是火龙果的2倍，当用完所有的哈密瓜后，还剩130个火龙果．问：（1）水果店原有多少个火龙果？（2）用完所有的哈密瓜后，还剩多少个猕猴桃？【分析】（1）所有的果篮用掉2个哈密瓜，4个火龙果，8个猕猴桃．当哈密瓜全部用完时，用掉火龙果的数量是哈密瓜的2倍，依题意，可画出线段图帮助理解：剩下的130个对应着箭头部分，然后列式解答；（2）先求出水果店原有的猕猴桃，即370×2＝740（个）；再求用完所有的哈密瓜后，还剩下的猕猴桃数即可．【解答】解：（1）（130﹣10）÷2＝120÷2＝60（个）60×6+10＝360+10＝370（个）答：水果店原有370个火龙果．（2）370×2＝740（个）740﹣60×10＝740﹣600＝140（个）答：还剩140个猕猴桃．【点评】此题属于比较难的题目，解答的关键在于画出线段图来理解，找出数量关系式，列式解答．15．（15分）如图1，从边长是6厘米的正方形纸片的正中间挖去一个正方形，得到一个宽为1厘米的方框，将四个这样的方框如图6所示依次垂直交叉放在桌面上，求桌面被这些方框盖住的面积（图2中阴影部分的面积）．【分析】先观察每个方框，方框的面积就是外面正方形的面积，减去里面正方形的面积，外面正方形的边长是6厘米，里面正方形的边长是（6﹣1×2）厘米，由此根据正方形的面积公式求出每个方框都得面积；再观察图2，发现4个方框有6处重叠，重叠部分的是一个边长是1厘米的正方形；再用4个方框的面积和减去6个小正方形的面积就是方框盖住的面积．【解答】解：6×6﹣（6﹣1×2）×（6﹣1×2）＝36﹣16＝20（平方厘米）20×4﹣1×1×6＝80﹣6＝74（平方厘米）答：桌面被这些方框盖住的面积是74平方厘米．【点评】解决本题关键是通过图找出方框的面积，以及重叠部分的面积，正确的运用正方形的面积公式进行求解．16．（15分）如图，小红和小丽的家分别在电影院的正西和正东方向，某日她们同时从自己家出发，小红每分钟走52米，小丽每分钟走70米，两人同时到达电影院．看完电影后，小红先回家，速度不变，4分钟后小丽也开始往家走，每分钟走90米，两人同时到家．求两人的家相距多少米．【分析】根据题意知：小丽第一次用的时间×第一次的速度＝（第一次用的时间﹣4）×第二次用的速度，可设第一次用的时间是x小时，据此可求出用的时间，再根据路程＝速度和×时间可求出两家的距离．据此解答．【解答】解：设第一次相遇用的时间是x分钟70x＝90×（x﹣4）70x＝90x﹣36090x﹣70x＝36020x＝360x＝360÷20x＝18（52+70）×18＝122×18＝2196（米）答：两家相距2196米．【点评】本题的重点是求出两人相遇时用的时间，再根据路程＝速度和×时间进行解答．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/22 16:48:30；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。
2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛五年级第2 试详细解答一、填空题（每题5 分，共60 分。
）1. 能被2，3，7整除的最小的三位数是_________。
【答案】126【考点】因数与倍数【解析】找2,3,7 的最小公倍数是2×3×7=42，最小的三位数42 的3倍是126。
2. 在1-100 的自然数中，数字和是5 的倍数的数有__________个。
【答案】19【考点】计数之枚举法【解析】数字之和是5 的有：5,50,14,41,23,32数字之和是10的有：19,91,28,82,37,73,46,64,55数字之和是15的有：69,96,78,87共有19个。
3. 如图1，有10克、25 克、50 克的砝码各一个，若在天平上只称量一次，则可以称出的重量有___________种。
【答案】10【考点】计数之枚举法【解析】单独放的：10,25,50和的有：35,60,75,85差的有：15, 40，65共有10种。
4. 如图2，将黑、白两种小球从上到下逐层排列，每层都是从左到右逐个地排。
当白球第一次比黑球多2013个时，恰好排完第_________层的第_________个。
【答案】2014 层的4026 个【考点】计算之等差数列找规律【解析】观察规律是每两层，白球比黑球多2个2013÷2=1006 (1)1006×2=2012，则前2012 层，白球比黑球多2012 个下一层2013 层为全黑，共有2013×2-1=4025个小球2014 层为白，要想比2013 层多1个球，则为第4026 个小球。
因此是2014 层的第2046 个。
5. 有10个连续的偶数，其中最大的偶数是最小的偶数的4 倍。
在这10个偶数中，最小的是________。
【答案】6【考点】数论之奇数与偶数【解析】最大偶数是最小偶数的4 倍，则把最小偶数看成2,4,6，······来试数，当最小偶数是6 时，最大偶数24，这时刚好有10个连续的偶数。
历届希望杯全国中学生数学竞赛试题希望杯全国中学生数学竞赛，简称希望杯，是全国性的高中生数学竞赛，目的是提高中学生的数学水平，发现和培养数学人才。
该竞赛创立于1991年，得名于中国社会四大精神家之一的邓小平主席“希望工程”，每年都举办。
历届希望杯的试题融合了中外数学思想和实际应用，难度逐年增加，不仅考查了学生的基本数学素养，还着重考察了学生的解题能力、创新能力和数学思维，具有普及性和挑战性。
以2020年的希望杯高中组试题为例，该试题分为两个部分：第一部分是选择题，共8题，每题4分，答错不扣分；第二部分是非选择题，共4道大题，每题20分。
其中，在选择题部分，第4题和第8题具有代表性。
第4题是一道比较经典的组合数学问题，给定$n$个线性方程和$n$个变量，每个方程只含有两个变量，求解是否可能使得每个方程恰好有一个解。
此题除了需要运用组合数学的内容，在解决思路上也需要考虑细节，属于比较考验学生的解题能力的题目。
而第8题则是一道难度较大的几何题目，给定三角形$ABC$，在弧$BC$上选取点$D$，$E$，在弧$AC$上选取点$F$，$G$，证明直线$BD$，$FG$，$CE$三线共点。
此题需要学生在几何知识的基础上，结合创新思维解题，考验学生的应用数学、几何证明能力以及数学思维和想象力。
在非选择题部分，第1题和第2题也是有代表性的。
第1题是一道较为基础的集合论问题，设$A$，$B$，$C$为任意三个集合，求证$A\cap(B-C)=(A\cap B)-(A\cap C)$。
第2题则是一道挑战性较大的数学分析问题，对以$2\pi$为周期的函数$f(x)$，给定$p>1$，若$n\in N^*$，则有$\int_{0}^{2\pi}f(nx)dx=0$，求证$\int_{0}^{2\pi}\left| f(x)\right|^pdx=k\int_{0}^{2\pi}\left|f'(x)\right|^pdx$，其中$k$是$p-1$次多项式，且系数为常数。
第十二届小学 希望杯 全国数学邀请赛参考答案及评分标准六年级(特)㊀第2试一㊁填空题(每题5分㊂第3题每空2.5分㊂)题号123456789101112答案176;50E B D F G C A 1625827064135.14104㊀㊀二㊁解答题13.连接A C ,可得三角形A C P 的面积等于三角形A B C 面积的一半,三角形A C Q 的面积等于三角形A C D 面积的一半㊂所以四边形A P C Q 的面积等于四边形A B C D 面积的一半㊂同理,连接B D ,可得四边形B N DM 的面积等于四边形A B C D 面积的一半㊂(5分)所以四边形A P C Q 面积与四边形B N DM 面积的和等于四边形A B C D 的面积㊂(10分)因此,四边形A P C Q 与四边形B N DM 重叠部分(即四边形E F G H )的面积就等于空白部分的面积,所以空白部分的面积也是12平方厘米㊂(15分)14.由于第二种方案和第三种方案的速度和相等,所以所用时间也相等.第二次相遇和第三次相遇地点相距10+14=24(千米),对甲而言,速度相差5千米/时,可得所用时间为24ː5=4.8(时)㊂(7分)比较第一次和第二次,甲的速度不变,第二次的时间减少(5-4.8)=0.2(时),少走10千米,由此可求得甲的速度是:10ː0.2=50(千米/时)㊂(15分)15.设横式无盖铁箱为x 个,竖式无盖铁箱为y 个,可得(2x +y )ʒ(3x +4y )=2ʒ7,(7分)解得y =8x ,即x ʒy =1ʒ8,所以横式无盖铁箱和竖式无盖铁箱数量之比是1ʒ8㊂(15分)16.(1)不能焊接成正方体框架㊂(3分)总共有铁条2014-7+1=2008(根)㊂因为正方体的12条棱长是相等的,棱长总和必须是12的倍数,而2008根铁条的总长度是(7+2014)ˑ2008ː2=2029084,不是12的倍数㊂(7分)(2)可以焊接成长方体框架㊂(10分)因为2029084是4的倍数,并且7+2014=8+2013=9+2012= =1010+1011,可以先将所有铁条焊接成1004根长为2021的铁条,只要恰当分组,就可以焊接成一个长方体框架㊂如可以焊接成长2021ˑ150㊁宽2021ˑ100㊁高2021ˑ1的长方体框架(方法不唯一)㊂(15分)。
2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（六年级第2试）一、填空题（每题5分，共60分）1．（5分）若0.4285+x＝1.5，则x＝．2．（5分）同一款遥控飞机，网上售价为300元，比星星玩具店的售价低20%，则这款遥控飞机在星星玩具店的售价是元．3．（5分）如图所示的老式自行车，前轮的半径是后轮半径的2倍．当前轮转10圈时，后轮转圈．4．（5分）有两组数，第一组数的平均数是15，第二组数的平均数是21．如果这两组数中所有数的平均数是20，那么，第一组数的个数与第二组数的个数的比是．5．（5分）A、B、C三个分数，它们的分子和分母都是自然数，并且分子的比是3：2：1，分母的比2：3：4，三个分数的和是，则A﹣B﹣C＝．6．（5分）如图，将长方形ABCD沿线段DE翻折，得到六边形EBCFGD．若∠GDF＝20°，则∠AED＝°．7．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，DF＝2FC．若阴影部分的面积是10，则平行四边形ABCD的面积是．8．（5分）如图，直角△ABC的斜边AB＝10，BC＝5，∠ABC＝60°．以点B 为中心，将△ABC顺时针旋转120°，点A、C分别到达点E、D．则AC边扫过的面积（即图中阴影部分面积）是．（π取3）9．（5分）参加体操、武术、钢琴、书法四个兴趣小组的学生中，每人最多可以参加两个兴趣小组．为了保证所选兴趣小组的情况完全相同的学生不少于6人，则参加小组的学生至少有人．10．（5分）如图所示，在正方形ABCDEF中，若△ACE的面积为18，则三个阴影部分的面积和为．11．（5分）小红在上午将近11点时出家门，这时挂钟的时针和分针重合，当天下午将近5点时，她回到家，这时挂钟的时针与分针方向相反（在一条直线上）．则小红共出去了小时．12．（5分）甲乙两人分别从相距10千米的A、B两地出发，相向而行，若同时出发，他们将在距A、B中点1千米处相遇；若甲晚出发5分钟，则他们将在A、B中点处相遇，此时，甲走了分钟．二、解答题（每题15分，共60分）13．（15分）超市购进砂糖桔500kg，每千克进价是4.80元，预计重量损耗为10%．若希望销售这批砂糖桔获利20%，则每千克砂糖桔的零售价应定为多少元？14．（15分）将边长是7的大正方形分割为边长分别是1，或2，或3的小正方形，其中至少有多少个边长是1的正方形？在图中画出你的分割方法．答：至少有个边长是1的正方形．15．（15分）如图，△ABC是边长为108cm的等边三角形，虫子甲和乙分别从A点和C点同时出发，沿△ABC的边爬行，乙逆时针爬行，速度比是4：5．相遇后，甲在相遇点休息10秒钟，然后继续以原来的速度沿原方向爬行；乙不休息，速度提高20%，仍沿原方向爬行，第二次恰好在BC的中点相遇．求开始时，虫子甲和乙的爬行速度．16．（15分）用0、1、2、3、4、5中的某两个数组成一个五位偶数，其中一个数字出现2次，另一个数字出现3次．那么共有多少个满足条件的五位数．2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（六年级第2试）参考答案与试题解析一、填空题（每题5分，共60分）1．（5分）若0.4285+x＝1.5，则x＝1．【解答】解：原方程可变为：+x＝1.5，x＝1.5﹣所以，x＝1．故答案为：1．2．（5分）同一款遥控飞机，网上售价为300元，比星星玩具店的售价低20%，则这款遥控飞机在星星玩具店的售价是375 元．【解答】解：300÷（1﹣20%）＝300÷0.8＝375（元）答：这款遥控飞机在星星玩具店的售价是375元．故答案为：375．3．（5分）如图所示的老式自行车，前轮的半径是后轮半径的2倍．当前轮转10圈时，后轮转20 圈．【解答】解：设小轮的半径为1，2×3.14×（1×2）×10÷（2×3.14×1）＝12.56×10÷6.28＝125.6÷6.28＝20（圈），答：后轮转20圈．故答案为：20．4．（5分）有两组数，第一组数的平均数是15，第二组数的平均数是21．如果这两组数中所有数的平均数是20，那么，第一组数的个数与第二组数的个数的比是1：5 ．【解答】解：把总个数当作“1”，可设第一组为x则：15x+21×（1﹣x）＝20×115x+21﹣21x＝206x＝1x＝则第二组为：1﹣＝它们的比为：：＝1：5．故答案为：1：5．5．（5分）A、B、C三个分数，它们的分子和分母都是自然数，并且分子的比是3：2：1，分母的比2：3：4，三个分数的和是，则A﹣B﹣C＝．【解答】解：分数值的比是（3÷2）：（2÷3）：（1÷4）＝18：8：3，＝＝6．（5分）如图，将长方形ABCD沿线段DE翻折，得到六边形EBCFGD．若∠GDF＝20°，则∠AED＝35 °．【解答】解：∠ADE＝（90+20）÷2＝55（度），∠AED＝180﹣90﹣55＝35（度）答：∠AED＝35°；故答案为：35．7．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，DF＝2FC．若阴影部分的面积是10，则平行四边形ABCD的面积是24 ．【解答】解：连结AC，因E是BC的中点，根据等底等高的三角形面积相等可知S△ACE＝S△ABE＝S平行四边形ABCD又DF＝2FCS△AFC＝S△ADC＝S平行四边形ABCDS平行四边形ABCD+S平行四边形ABCD＝10S平行四边形ABCD＝10S平行四边形ABCD＝24答：平行四边形的面积是24．故答案为：24．8．（5分）如图，直角△ABC的斜边AB＝10，BC＝5，∠ABC＝60°．以点B 为中心，将△ABC顺时针旋转120°，点A、C分别到达点E、D．则AC边扫过的面积（即图中阴影部分面积）是75 ．（π取3）【解答】解：把三角形EBD旋转到三角形ABC的位置，那么阴影部分可以合并成两个扇形之间的一段圆环．如下图所示：阴影部分AMNE的面积为：S AMNE＝S扇形ABE﹣S扇形MBN＝﹣＝25π；π取3，所以面积为：S AMNE＝25×3＝75故答案为：75．9．（5分）参加体操、武术、钢琴、书法四个兴趣小组的学生中，每人最多可以参加两个兴趣小组．为了保证所选兴趣小组的情况完全相同的学生不少于6人，则参加小组的学生至少有51 人．【解答】解：参加2个的情况共6种，（体操、武术）、（体操、钢琴）、（体操、书法）、（武术、钢琴）、（武术、书法）、（钢琴、书法），还可以是参加1个的4种．这里可以把这10个情况看做10个抽屉，10×5+1＝51（人）答：参加小组的学生至少有51人；故答案为：51．10．（5分）如图所示，在正方形ABCDEF中，若△ACE的面积为18，则三个阴影部分的面积和为 6 ．【解答】解：如图，正六边形的面积被平均分成了18个面积相等的部分，又已知若△ACE的面积被平均分成了9部分，又△ACE的面积为18，则阴影部分的面积的和为：18÷9×3＝6．故答案为：6．11．（5分）小红在上午将近11点时出家门，这时挂钟的时针和分针重合，当天下午将近5点时，她回到家，这时挂钟的时针与分针方向相反（在一条直线上）．则小红共出去了 6 小时．【解答】解：分针每小时走＝30°小红出门时分针与时针相差360°﹣30°×2×60°＝300°回家是分针与时针相差30°×4＝120°分针又超过时针30°×4＝120°又超过了时针180°整个过程分针比时针多走了120°+180°＝300°，因此，上小红出门和回家时，分针的位置没变，只是时数相加即可，即10时﹣4时＝6时．故答案为：6．12．（5分）甲乙两人分别从相距10千米的A、B两地出发，相向而行，若同时出发，他们将在距A、B中点1千米处相遇；若甲晚出发5分钟，则他们将在A、B中点处相遇，此时，甲走了10 分钟．【解答】解：若甲晚出发5分钟，则他们将在A、B中点处相遇，设此时甲走了x分钟，得：：＝3：2（x+5）：x＝3：23x＝2x+10x＝10答：甲走了10分钟．故答案为：10．二、解答题（每题15分，共60分）13．（15分）超市购进砂糖桔500kg，每千克进价是4.80元，预计重量损耗为10%．若希望销售这批砂糖桔获利20%，则每千克砂糖桔的零售价应定为多少元？【解答】解：500×4.8÷（500﹣500×10%）×（1+20%）＝2400÷450×1.2＝6.4（元）答：每千克砂糖桔的零售价应定为6.4元．14．（15分）将边长是7的大正方形分割为边长分别是1，或2，或3的小正方形，其中至少有多少个边长是1的正方形？在图中画出你的分割方法．答：至少有 3 个边长是1的正方形．【解答】解：设用3×3的正方形x个，2×2的正方形y个，1×1的正方形z个，那么有关系式：9x+4y＝49﹣z，简单尝试可知x≤4，y≤9，z＝0时，解9x+4y＝49，x＝5，y＝1（舍）；x＝1，y＝10（舍）；z＝1时，解9x+4y＝48，x＝4，y＝3（舍）；x＝1，y＝12（舍）；z＝2时，解9x+4y＝47，x＝3，y＝5（舍，发现如果用3个3×3的，无法放5个2×2的）；z＝3时，解9x+4y＝46，x＝2，y＝7，尝试画一下发现可以满足条件．如下图：故答案为：3．15．（15分）如图，△ABC是边长为108cm的等边三角形，虫子甲和乙分别从A点和C点同时出发，沿△ABC的边爬行，乙逆时针爬行，速度比是4：5．相遇后，甲在相遇点休息10秒钟，然后继续以原来的速度沿原方向爬行；乙不休息，速度提高20%，仍沿原方向爬行，第二次恰好在BC的中点相遇．求开始时，虫子甲和乙的爬行速度．【解答】解：甲的路程＝108×2÷（4+5）×4＝96（厘米），乙的路程＝108×2﹣96＝120（厘米）．第二次在BC中点相遇，则由第一次相遇到第二次相遇甲的路程是120﹣108÷2＝66（厘米），乙的路程是96+108+108÷2＝258（厘米）．相遇后甲乙速度比＝4：（5×120%）＝2：3，故甲行66厘米时，乙爬行的路程是66÷2×3＝99（厘米），则甲休息的10秒钟，乙爬行的距离是258﹣99＝159（厘米），乙最初的爬行速度是159÷10÷（1+20%）＝13.25（cm/s），甲的速度是13.25÷5×4＝10.6（cm/s）答：虫子甲的爬行速度为10.6cm/s，乙的爬行速度为13.25cm/s．16．（15分）用0、1、2、3、4、5中的某两个数组成一个五位偶数，其中一个数字出现2次，另一个数字出现3次．那么共有多少个满足条件的五位数．【解答】解：（1）当个位是0时：需要再从剩下的5个数中选一个，0的个数可以是两个也可以是3个，当有两个0时有4种排列方式，有三个0时有6种排列方式，所以共有：5×（4+6）＝50（个）其中最高位是0的有：5×（1+3）＝20（个）符合条件的有：50﹣20＝30（个）（2）个位不是0时，可以是2或4两种，需要再从剩下的5个数中选一个，当2或4有两个时有4种排列方式，当2或4有三个时有6种排列方式，所以共有：2×5×（4+6）＝100（个）其中最高位是0的有：2×（3+3）＝12（个）故符合条件的有：100﹣12＝88（个）所以共有：30+88＝118（个）答：满足条件的五位数有118个．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/22 15:48:13；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。
高中数学希望杯典型例题100道（81-90）题81 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面，使截面与底面ABCD 所成的角为450，则此截面的形状为 （ ）A 、 三角形或五边形B 、三角形或六边形C 、六边形D 、三角形或四边形（第六届高一第二试第5题）解 显然，必有一个截面与棱BB 1相交，此截面是三角形.设过D 1的截面与底面所成的角为θ，易求得tan θ=tan ∠D 1GD=1322<，故θ<450，又设过A 1、C 1的截面与底面所成角为θ'，则易求得tan θ'=tan ∠O 1GO=22>1,故45θ'>︒,于是另一截面应与A 1D 1、D 1C 1相交（不过其端点），形状为六边形，故选B.评析 解决此题的关键是要求具有较强的空间想象力，能够理解确定截面形状的下列方法：若截面与棱DD 1相交，则截面为五边形；若截面与棱A 1D 1、D 1C 1都相交（但不过其端点），则截面为六边形；若截面与棱A 1B 1、 B 1C 1都相交（但不过点B 1），则截面为四边形.原解答中说“为考察另一截面是否与DD 1相交，只需考虑过点D 1的截面与底面所成角θ的大小”，并在得到θ<450后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.θ<450只能说明截面与DD 1不相交，但不能说明截面一定是六边形.事实上，当截面过A 1C 1时，截面与DD 1不相交，但截面却是四边形.拓展 根据上述解法及分析，并考虑到截面过点B 1时，截面与底面所成角为arctan 22，与截面过A 1C 1时截面与底面所成角相等，我们可得如下：结论 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面，使截面与底面ABCD 所成的角为θ（0<θ≤2π），则当0arctan3θ<≤时，截面的形状为三角形或五边形；当arctanarctan 3θ<<当arctan θ= 当arctan 22<θ≤2π时，截面的形状为四边形. 题82 正方体1111D C B A ABCD -中，E 为AB 的中点，F 为1CC 的中点，异面直线EF 与1AC 所成角的余弦值是 （ ）A B CDA 1B 1C 1D 1 O 1 OE FGA 、32 B 、322 C 、43 D 、63 (第十五届高二第二试第9题)解法1 如图1，取AC 中点O ，连结OF ，则OF ∥1AC ，所以EFO ∠是EF 与1AC 所成的角，设正方体棱长为1，则21=OE ，4321412=+=OF ，23141412=++=EF，所以331cos 3EFO +-∠==，故选B. 解法 2 如图2，取正方体的面11A ABB 的中心G ，连结1GC AG 、.易证EG ∥1BB 且EG 21=1BB ，1FC ∥1BB 且1FC 21=1BB ，∴EG ∥1FC 且EG =1FC ，四边形F EGC 1为平行四边形，1GC ∥EF ，1AC G ∴∠就是EF 与1AC 所成的角.设正方体棱长为1，则易求得22=AG ，31=AC ，261=GC ，在G AC 1∆中，由余弦定理，得22211111cos 2AC GC AG AC G AC GC +-∠=⋅⋅2223+-==，故选B.解法3 如图3,建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21,1E ，⎪⎭⎫ ⎝⎛21,1,0F ，()1,0,1A ，()0,1,01C ，所以11110,1,1,,11,,2222EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，ABCDA 1B 1C 1D 1O EF 图1ABCDA 1B 1C 1D 1GE F图2图3()()()10,1,01,0,11,1,1AC =-=--，所以11111cos 3EF AC EF AC θ++⋅===⋅ B. 评析 运用几何法求异面直线所成的角，一般通过平移其中一条或两条，转化成相交直线所成的角，例如本题解法1将1AC 平移至OF ，解法2将EF 平移至1GC ，然后往往通过解三角形求此角（常常运用正弦定理、余弦定理、勾股定理及其逆定理）.而用向量法求异面直线所成的角，只需利用公式ba ba b a ⋅⋅=,cos ，将几何问题转化成向量运算，一般比几何法简单.题83 多面体表面上三个或三个以上平面的公共点称为多面体的顶点，用一个平面截一个n 棱柱，()N n n ∈≥,3截去一个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是（ ）A 、12,12+-n nB 、22,12,2,12++-n n n nC 、22,12,12++-n n nD 、22,12++n n（第四届高一第二试第10题） 解法1 n 棱柱有n 2个顶点，被平面截去一个三棱锥后，可以分以下6种情形（图1~6）在图4，图6所示的情形，还剩n 2个顶点； 在图5的情形，还剩12-n 个顶点；在图2，图3的情形，还剩12+n 个顶点； 在图1的情形，还剩下22+n 个顶点.故选B.解法2 如图1~6，令n =4，则四棱柱共有8个顶点，截去一个三棱锥后，图1 图2 图3 图4 图5 图6在图4，图6的情形，剩下8个顶点； 在图5的情形，剩下7个顶点；在图2，图3的情形，剩下9个顶点； 在图1的情形，剩下10个顶点.说明剩下的顶点数共有4种不同情形，对照选择支，可知选B.评析 解决此题的关键是搞清楚截去1个三棱锥的情形有几种，实际上是四类情形： 1、 截面不过任何顶点（如图1），此时顶点增加了2个； 2、 截面仅过1个顶点（如图2，3），此时顶点增加了1个； 3、 截面仅过2个顶点（如图4，6），此时顶点数不增不减； 4、 截面过3个顶点（如图5），此时顶点减少了1个.解法2根据这四类情形判断顶点数有4种，便选B ，更为简捷. 拓展 将此题引申，便有下面的问题：用一平面截一个n 棱柱()N n n ∈≥,4，截去一个三棱柱，剩下的多面体的顶点数是__________，面数是_____________.分析：依题意，截面只能与侧棱平行或过一条（或2条）侧棱，故共分三类情形： 1、 截面不过侧棱，此时，顶点增加了2个，面数增加了1个； 2、 截面过一条侧棱，此时，顶点数不变，面数不变；3、 截面过两条侧棱，此时，顶点减少了2个，面数减少了1个.由于已知n 棱柱的顶点数是n 2，面数是2+n ，故填22+n 或n 2或22-n ；3+n 或 2+n 或1+n .题84 在长方体1111D C B A ABCD --中，1,,()AB a BC b CC c a b c ===>>, 过1BD 的截面的面积为S ，求S 的最小值，并指出当S 取最小值时截面的位置（即指出截面与有关棱的交点的位置）.（第五届高一第二试第22题）解 截面可能是矩形，可能是平行四边形.①截面111111,,D DBB A BCD D ABC 是矩形，它们的面积分别记为321,,S S S .则123S S S ===12,a b c S S >>== 12S S >，同理，23123,S S S S S >∴>>.为求S 的最小值，不必考虑截面1111,A BCD D ABC .图1画出了截面11D DBB 的示意图. ②截面是平行四边形，有三种位置：S BRD Q BPD F BED 111;;（见图2、3、4），设它们的1图1面积分别为654,,S S S .对于截面F BED 1，作1BD EH ⊥于H （如图5），则14BD EH S ⋅=，因为1BD 是定值，所以当EH 取最小值时，4S 有最小值4'S .当EH 是异面直线11,AA BD 的公垂线时，它有最小值.这个最小值是1A 到平面11D DBB 的距离，即是111Rt A B D ∆中斜边11D B 上的高22ba ab +.4S '∴=.同理，5S '=6S '=注意到=>=22=>=45S S S''∴>>.再注意到63S S '==，可见6S '是S 的最小值，设截面S BRD 1的面积为6S '（见图6）. 作11BC M B ⊥于11,C BB Rt M ∆中121BC BM BB ⋅=，可知222121cb c BC BB BM +==.在1图6FA 1 图5D 1F ABC DA 1B 1C 1 图2E D 1QAB C D A 1B 1C 1图3P C 1D 1SABCDA 1B 1图4R11D BC ∆所在的平面内（如图7），作MN ∥11D C ，设MN 交1BD 于N ，在BMN Rt ∆中，设α=∠MBN ，则22222222t a n c b ac cb ac b c BM MN +=+⋅+=⋅=α.在平面MN B 1内，作NR ∥M B 1，设NR 交11B A 于R ，则MN R B =1.这表明截面S BRD 1与棱11B A 的交点R 满足2221c b ac R B +=，于是点R 确定了.同理，点S 在DC 上，222cb ac DS +=，这样，截面S BRD 1完全确定. 评析 破解此题需解决几个关键问题：一是截面的情形到底有几种？二是每一种情形的截面面积是多少？三是这些面积的大小关系如何确定？四是S 取最小值时截面的位置如何确定？截面情形可分为两大类（矩形与平行四边形），每一类又分3种情形，先在每类情形中分别比较3个面积的大小，再比较两类中最小面积的大小，降低了难度，减少了运算量.在两类情形中分别比较321,,S S S 及456,,S S S '''的大小时，变形技巧的运用起了关键作用.在计算4S '时两次运用转化思想：E BD 1∆的边1BD 上的高→点1A 到面D D BB 11的距离→ 点1A 到11D B 的距离.在比较3S 与6S '的大小时运用了放缩法.由于61S BD '==S 最小时，点R 到1BD 的距离应是22cb bc +，而在11B BC ∆中作11BC M B ⊥，则有221cb bc M B +=.因此作MN ∥11,C D MN 交1BD 于N ，作NR ∥NR M B ,1交11B A 于R ，则221cb bc M B RN +==.由于⊥M B 1面11D BC ，所以⊥RN 面111,BD RN D BC ⊥∴，故作出的R 就是S 最小时的R .此题综合运用了分类讨论思想，化归转换思想，变形技巧，放缩法等，需要有较强的分析问题与解决问题的能力才能作出正确的解答.题85 从凸四边形ABCD 的对角线交点O 作该四边形所在平面的垂线段SO ，使3SO =，若22,S AOD S BOC V a V b --==.当S ABCD V -最小时，ABCD 的形状是＿＿＿＿.C 1MBCDA 1B 1图7RAND 1（第十四届高二培训题第67题）解 由已知，易得2AOD S a ∆=，2BOC S b ∆=.设AOB S x ∆=，COD S y ∆=（如图），则22S ABCD V a b x y -=+++.因为22A O D C O DA OB B OC S S a DO yx S OB S b∆∆∆∆====，所以22xy a b =.而2x y ab +≥（设0,0a b>>），于是，222()a b x y a b +++≥+，当x y a b ==时取等号，这时2AOD DOC S AO a aOC S y b∆∆===.同理，D O a O B b =，所以，AO OD OC OB =，即A O D OO C O B=，所以//AD BC .当x y ab ==时，2A O D DOC S AO a a OC S y b ∆∆===，2BOC DOC S BO b bOD S y a∆∆===. （1）当a b b a=，即22a b =，AOD COD S S ∆∆=时， AO BO OC OD =，所以//AB CD .此时，ABCD 的形状是平行四边形.（2）当a b b a≠，即22a b ≠，AOD COD S S ∆∆≠时，AO BOOC OD ≠，所以AB 与CD 不平行.此时，ABCD 是梯形，综上可知，当22a b =时，ABCD 是平行四边形，当22a b ≠时，ABCD 是梯形.评析 ABCD 的形状只能由已知条件推出，形状也无非是由边与角的关系决定，因此，充分利用已知条件，将其转化为四边形的边或角的关系是解题的关键.由于高为3，故V 最小时，底面ABCD 的面积最小，由于2a 与2b 为定值，故设AOB S x ∆=，COD S y ∆=，则x y +最小，为，此时，x y ab ==，这就为证得//AD BC 奠定了基础.此后便是判断AB 与CD 是否平行了，而这取决于2a 与2b 是否相等，故分类讨论，终得ABCD 为平行四边形或梯形.从另一角度看，ABCD 的形状无非是平行四边形，梯形，菱形，矩形，正方形等中的一种或几种，而每一种形状总有一组对边平行，故首先应想到证一组对边平行，也就是证对角线交点把两条对角线分成的4条线段对应成比例.题86 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1底面的边长和高都是2cm ，过AB 作一个截面，截面与底面ABC 成600角，则截面的面积是 .（第六届高一第一试第30题）xBD 2bSAOy2a解法1 如图1，截面ABEF 是等腰梯形，D 、D 1分别为AB 、EF 的中点，则∠D 1DC 就是截面与底面ABC 所成二面角的平面角，所以∠D 1DC=600.易证面DC C 1 D 1⊥面ABC ，作D 1M ⊥DC 于M ，则D 1M ⊥面ABC ，D 1M=CC 1=2，D 1D= D 1Mcsc600=34，DM=D 1Mcot600=32，,11CDDMCD CD CM B A EF -==3223323=⋅-=EF ，∴S 截面=21()).2EF AB DD cm +==解法2 如图2，设截面与侧棱CC 1所在直线交于点D ，则)(3260cos 20cm S S ABCABD ==∆∆，在Rt △CDM 中， ∠DMC=600，DC=3(),cot 60CMcm ==1321(),C D cm ∴=-=又91)31()()(2212====∆∆DC DC DM DR S S DAB DEF ， ∴S △DEF =91 S △DAB =932cm 2, 故S 截面=S △DAB - S △DEF =-32 932=)(93162cm . 评析 此题源于课本上的一道习题：“正三棱柱底面的边长是4cm ，过BC 作一个平面与底面成300的二面角，交侧棱AA ’于D ，求AD 的长和截面△BCD 的面积”.两者的区别在于竞赛题中的截面与上底面相交，而课本习题中的截面与侧棱相交.稍不注意，就会将本赛题错解为20)cos 60ABC S S cm ∆==截面.事实上，cos ∠CMC 1=1CM C M =2=12=>，∴∠CMC 1<600，因此截面为梯形，而不是三角形. ACEFDMB 1A 1C 1图1 D 1 ACEFDMB 1A 1C 1图2R拓展 将课本习题与本赛题结合起来，并将其一般化，我们便得定理 若正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，高为h ，过AB 作与三棱柱底面所成角为θ的截面，则截面的面积S=2sec (cos ).csc cot )(cos )h θθθθθ≥⎪-<⎩证明留给读者.运用该定理解本赛题：1cos cos 602θ=︒=，22343a h a +=2173>，cos θ∴<S 截面=)(9316)60cot 232(60csc 231200cm =-⋅⋅. 题87 如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是AA 1的中点，则BC 1与CD 所成的角是 ，面BCD 与面CDB 1所成二面角等于 .（第十一届高二第一试第22题）解法1 如图1，由已知，易证DB 1在面BCC 1 B 1内的射影为B 1E ，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B 1C ⊥BC 1，由三垂线定理得B C 1⊥DB 1，所以B C 1⊥面DCB 1，所以BC 1⊥CD ，故BC 1与CD 所成的角是900.过E 作EF ⊥DC 于F ，连结FB ，则BF 在面DCB 1内的射影为EF ，由三垂线定理得DC ⊥BF ，所以∠EFB 就是二面角B 1—DC —B 的平面角.设正三棱柱的各棱长为2，则BE=2，DB=DC=5，从而易求得△BCD 的BC 边上的高为2，由215BF=21×2×2，得 BF=54，在Rt △BEF 中，410542sin ===∠BF BE EFB ， ∴410arcsin=∠EFB 为所求. F图1AC BEDB 1A 1C 1 AC EDB 1A 1C 1解法2 取BC 的中点M ，以M 为原点，建立如图2空间直角坐标系.不妨设正三棱柱的各棱长为2，则B （0，1，0），C 1（0，-1，2），C （0，-1，0），D （3，0，1），所以1BC =（0，-2，2），CD =（3，1，1），所以1BC CD ⋅ =（0，-2，2）⋅（3，1，1）=0，所以1BC CD ⊥， 所以BC 1与CD 所成的角是900.过E 作EF ⊥DC 于F ，连结FB.设F （x, y, z ）,因为E （0，0，1）所以EF=（x, y, z-1）.由0EF CD ⋅= ，得3x+y+z-1=0①，因为BF =（x, y-1, z ），所以(,1,),1)BF CD x y z ⋅=-⋅10y z =+-+=，所以BF ⊥DC ，所以∠EFB 就是面BCD 与面CDB 1所成二面角的平面角.因为C(0,-1,0), D(3，0，1), F （x, y, z ）三点共线，所以11)1(00033--=---=--z y x ，得到x=3z ②，y=z-1③,解①②③得到x=532，y=52,53=-z ,所以BF =（532，52,58-），EF =（532，53,53--），所以65BF EF ⋅= ，|BF |=554，|EF |=530，所以cos ∠EFB=||||EF BFEF BF ⋅⋅=46，所以∠EFB=arccos 46,即∠EFB=arcsin410. 评析 异面直线BC 1与CD 所成的角也可以通过补形、平移，转化成相交直线所成的角，再通过解三角形求得，但比较繁.解法1的关键是从已知图形中发现D 在面BCC 1 B 1上的射影为E ，从而DB 1在面BCC 1 B 1上的射影为B 1Ｅ，由B 1C ⊥BC 1及三垂线定理得B C 1⊥DB 1，进而B C 1⊥面DCB 1，所以BC 1⊥CD.求二面角的关键是作出二面角的平面角.当二面角的两个面内各一点的连线垂直于其中一个面时，由其任一点作二面角棱的垂线，再连结垂足与另一个面内的一点，根据三垂线定理或其逆定理，就得到二面角的平面角，这是作二面角的平面角的最常用方法之一.运用空间向量求异面直线所成的角通常是非常简单的，此题也一样.用空间向量求二面角就不是那么的简单了.这里，作EF ⊥DC 于F ，设F 的坐标后，得0EF CD ⋅=及D 、F 、C 三点共线，得关于F 坐标的方程组，解得F 坐标后由cos ∠EFB=||||EF BF EF BF ⋅⋅，求得∠EFB.这体现了用空间图2C C 1向量求二面角的基本过程，当然作EF ⊥DC 于F 后，如果0BF CD ⋅≠，即BF 与DC 不垂直，∠EFB 就不是此二面角的平面角，此时就应另行思考.题88 如图１，设111C B A ABC -是直三棱柱，AC AB =，090=∠BAC ，Q M ,分别是1CC ，BC 的中点.P 点在11B A 上且2:1:11=PB P A .如果AB AA =1，则AM 与PQ 所成的角等于 （ ）A 、090 B 、31arccosC 、060D 、030（第十三届高二第一试第５题）解法1 如图２，取AC 中点Ｎ，可知QN ∥BA ∥11A B ，从而N Q B A ,,,11共面，且PQ 在此平面内.111ABC A B C - 是直三棱柱，1BA A A ∴⊥，又090=∠BAC ，即AC BA ⊥，BA ∴⊥面11ACC A ，AM BA ⊥∴，AM QN ⊥.又11ACC A 是正方形，N M ,分别是1CC ，AC 的中点，AM N A ⊥∴1.AM ∴⊥平面QN B A 11.⊂PQ 平面QN B A 11，PQ AM ⊥∴.故选A.解法2 不妨设61===AA AC AB .则21=P A .如图３，在已知三棱柱下方补一个与其同样的三棱柱222C B A ABC -.取AC 的中点N ，连结QN ，在QN 上取一点R ，使21==PA QR ，则易证四边形PQR A 1为平行四边形.所以R A 1∥PQ .取22C B 、22C A 的中点22N Q 、，连结22N Q ，在22N Q 上取点2R ，使222Q R =，连结2AR ，则易证AB CA 1B 1C 1PQ M图1NABCA 1B 1C 1PM图2A 1图3NABCB 1C 1PQMA 2B 2C 2Q 2 N 2R 2 R2AR ∥R A 1∥PQ ，所以2MAR ∠（或其补角）就是AM 与PQ 所成的角.连结2MR .易求得53=AM ，462=AR ，912=MR .因为22222AM AR MR +=，所以0290MAR ∠=.故选A.解法3 因为()()1111AM PQ AC CM PB B B BQ AC PB AC B B AC ⋅=+⋅++=⋅+⋅+⋅11111100cos 45022BQ CM PB CM B B CM BQ AC BC CC B B +⋅+⋅+⋅=++⋅⋅++⋅2011cos1800022AC AC +==，所以AM PQ ⊥ ，即AM 与PQ 所成的角为090，故选A.解法4 以A 为坐标原点，以AB 所在直线为ox 轴，以AC 所在直线为oy 轴，以A A 1所在直线为oz 轴，建立空间直角坐标系.（如图４）设a AC AB AA ===1，则()0,0,0A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛2,,0a a M ，⎪⎭⎫ ⎝⎛a a P ,0,3，⎪⎭⎫⎝⎛0,2,2a a Q .所以0,,2a A M a ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，,,62a a PQ a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 因为0,,,,0262a a a AM PQ a a ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以AM PQ ⊥ ，故AM 与PQ 所成的角等于090.选A.评析 异面直线所成的角通常是通过平移转化成相交直线所成的角以后再求.解法2就是按照这样的思路并运用“补形”的方法，将PQ 平移至2AR ，再通过解三角形求得2MAR ∠即为所求.解法1通过证明AM 与PQ 所在的一个平面垂直，由线面垂直的性质，得PQ AM ⊥，从而得AM 与PQ 所成的角为090.这是从哪里想到的呢？应当说这是由选择支中有090而引发的一种思考.解法3、4则是运用向量的方法.解法3并未建立坐标系，一般地，这仅适用于结果是两向量图4垂直的情形.解法4才是通法，且简单易行.拓展 受解法1、3的启发，可知在题设条件下，AM 与Q B 1、Q A 1等也都成090角.若R 是Q B 1的中点，则AM 与R A 1、PR 等也成090角；若T 是Q A 1的一个三等分点，则AM 与T B 1、PT 等仍成090角，等等.仿照证法1、3，很容易证明上述结论.题89 在三棱锥ABC S -中，SA ，SB ，SC 两两垂直，则BAC ∠ （ ） A 、一定是锐角 B 、一定不是锐角 C 、一定是钝角 D 、一定是直角（第八届高二培训题第3题）解法1 设a SA =，b SB =，c SC =，则=⋅-+=∠AC AB BC AC AB BAC 2cos 22222222222222)()()(c a b a c b c a b a +⋅++-+++0))((22222>++=c a b a a ，故)2,0(π∈∠BAC ，选A .解法2 不妨设=SA =SB SC ，则易证=AB =BC CA ，即ABC ∆是正三角形，故BAC ∠是锐角.这说明B 、C 、D 一定错了.故选A .评析 判断一个角是锐角、直角或钝角，通常由此角的某三角函数值的符号确定.由于),0(π∈∠BAC ，若0sin >∠BAC ，则仍不能确定BAC ∠是锐角、直角还是钝角，而当0cos >∠BAC 或者0tan >∠BAC 时就可断定BAC ∠是锐角，同样地，当0cos <∠BAC 或0tan <∠BAC 时，就可断定BAC ∠是钝角，当0cos =∠BAC 或BAC ∠tan 的值不存在时，就可断定BAC ∠是直角.解法1以此为依据解决了问题.解法2根据选择支的特点，采用特殊化思想，排除了B 、C 、D ，从而选A .显得特别简捷. 此题也可用反证法的思路解：设a SA =，b SB =，c SC =.若BAC ∠是直角，则222BC AC AB =+，即222222c b c a b a +=+++.得0=a ，这与0>a 矛盾，故排除D .若BAC ∠是钝角，则必定有AB BC >，且AC BC >，即2222b a c b +>+且2222c a c b +>+，亦即c a <且b a <，而题设并无a 、b 、c 的大小限制，故排除C ，令=SA =SB SC ，则易知ABC ∆是正三角形，故BAC ∠为锐角，又排除B .故选A .再换个角度思考：若C 对或D 对，则B 也对，故C 、D 都不对.又由直觉可知BAC ∠可以为锐角（比如当=SA =SB SC 时）故B 又不对，从而选A .题90 图1是以4个腰长为1的等腰直角三角形为侧面的棱锥，其中的四个直角是,,,PBC APB APD ∠∠∠ PDC ∠，求棱锥的高.（第十届高一第二试第22题）解法1 如图2，连AC BD ,交于O ，连PO ，在A P B ∆和APD ∆中，由于90,A P B A P D ∠=∠=1,1,P A P DP B P A ====A P B ∆∴≌APD ∆，从而2==AD AB ，并且PAD PAB ∠=∠①.同理，由题设1,1====DP CD BP CB ，可得CD CB =，并且P C B P C D ∠=∠②.由①、②知A P C ,,都在BD 的中垂面上，∴作⊥PH 面ABCD，则H必在AC上.设z OH y BO x PO h PH ====,,,，则可得2221,x y PB +==222222222222222222221,1,,2(),2().CO y CB AH PA PH h x z h AB BO OA y z AH CP PH CH h CO z +===-=-=+==+=++==+=++从中消去CO 与z ，可得22222211h x x h h x -=--=--+，由此消去x ，得01324=+-h h ，解之，得215-=h 为所求. 解法2 如图2，连BD AC ,交于O ，连PO ，由题设条件易知⊥AP 面⊥BD PBD ,面PAC ，所以CO PO PO AP =⊥,(POB Rt ∆≌COB Rt ∆).作AC PH ⊥于H ，则h PH =为棱锥的高，PCOAPH POA ∠=∠=∠2.又cos sin APH PAH h∠=∠=，故212c os 1s i nh A P HP C O -=∠-=∠，在A P C ∆中，由正弦定理，得PAH PC PCO PA ∠=∠sin sin ，即01,22112=-+=-h h h h，得215-=h （另一负值舍去）为所求.解法3 如图2，易证APC ∆≌CDA ∆（三边对应相等），⊥BD 面APC ，设所求的高为h ，由CD A P APC D V V --=，即h S DO S CDA APC ⋅=⋅∆∆3131，得h DO =，在A P O Rt ∆中，21h AH -=，又OAPH ⊥，故AHOH h ⋅=2，得)(,12222AH OH OH OC PO hh OH +==-=，得2221h h OC -=，在C O D Rt ∆中有，222DO OC CD +=，于是22211h h h +-=，即42310,h h -+=解得12h =为所求. 解法4 原题等价于命题：“已知ABCD 中，2,1==AD AB .沿对角线AC 折成直二面角D AC B --（图4），且1=BD ，求点B 到平面ACD 的距离”.在图4中，分别过D B ,作AC 的垂线DF BE ,，F E ,分别为垂足.设α=∠BAC ，则,s i n α==DF BE αc o s =AE ；又设β=∠DAC ，作BG AD ⊥于G ，连结EG ，则E G A D ⊥. 所以cos cos cos AG AE AGBAD AB AB AEαβ∠==⋅=，得βαc o s c o s 45cos 0⋅=，于是αβc o s2c os =，故1c o sc o sA F A D βα==.由异面直线上两点距离公式得 2222EF DF BE BD ++=，得22112sin (cos )cos ααα=+-ααα242s in1s i n si n2-+=，01sin 3sin 24=+-αα，得215sin ,215sin -=⋅=∴-=ααAB BE 为所求. 评析 这是本届比赛的压轴题，看似简单，实际上并不容易.解决此题的关键是要发现四面体PACB 与PACD 关于平面PAC 对称，PAC ∆与DAC ∆全等，并充分利用对称与全等的性质，再借助其他定理，建立数学模型使问题得到解决.其中解法1引进了多个未知量铺路搭桥，并逐个消去得所求，这是一种常用的数学方法，用起来自然流畅.把三棱锥不同的面当作底面，所得体积总相等，由此，可求点面距离（或棱锥的高）.解法3以此轻松地解决了问题.这也是求点面距离或棱锥高的常用方法.受解法3的启示，解法4将问题转化为一个等价的较易解决的命题后再行处理，这也是化难为易的常用手段.此题还有多种解法，读者可自行研究，不再赘述.F ABCGD E 图4。
2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（四年级第2试）一、填空题（每空5分，共60分）1．（5分）计算：29+42+87+55+94+31+68+76+13=．2．（5分）21个篮子，每个篮子中有48个鸡蛋，现在将这些鸡蛋装到一些盒子中，每个盒子装28个鸡蛋，可以装盒．3．（5分）190表示成10个连续偶数的和，其中最大的偶数是．4．（5分）当小红3岁时，妈妈的年龄和小红今年的年龄相同；当妈妈78岁时，小红的年龄和妈妈今年的年龄相同．妈妈今年岁．5．（5分）从1、2、3、4、…、30这30个数中任意取10个连续的数，其中恰有2个质数的情况有种．6．（5分）将面积为36的正方形按如图的方式分成4个周长相等的长方形，取图中阴影长方形的面积为．7．（5分）如图的“蝙蝠”图案由若干个等腰直角三角形和正方形组成，已知阴影部分的面积为1，则“蝙蝠”图案的面积是．8．（5分）一列快车和一列慢车相向而行，快车的车长是315米，慢车的车长是300米．坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是21秒，那么坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是秒．9．（5分）有4个互不相等的自然数，它们的平均数是10．其中最大的数至少是．10．（5分）如图中共有三角形个．11．（5分）两个数的和是830，其中较大的数除以较小的数，得商22余2，则这两个数中较大的一个是．12．（5分）有白棋子和黑棋子共2014个，按照如图的规律从左到右排成一行，其中黑棋子的个数是．○●○●●○●●●○●○●●○●●●○●○●●○…二、解答题（每题15分，共60分．）每题都要写出推算过程．13．（15分）如果数A增加2，则它与数B的积比A、B的积大60；如果数A不变，数B减少3，则它们的积比A、B的积小24，那么，如果数A增加2，数B减少3，则它们的积比A、B的积大多少？14．（15分）水果店用三种水果搭配果篮，每个果篮里有2个哈密瓜，4个火龙果，10个猕猴桃，店里现有的火龙果的数量比哈密瓜的3倍多10个，猕猴桃的数量是火龙果的2倍，当用完所有的哈密瓜后，还剩130个火龙果．问：（1）水果店原有多少个火龙果？（2）用完所有的哈密瓜后，还剩多少个猕猴桃？15．（15分）如图1，从边长是6厘米的正方形纸片的正中间挖去一个正方形，得到一个宽为1厘米的方框，将四个这样的方框如图6所示依次垂直交叉放在桌面上，求桌面被这些方框盖住的面积（图2中阴影部分的面积）．16．（15分）如图，小红和小丽的家分别在电影院的正西和正东方向，某日她们同时从自己家出发，小红每分钟走52米，小丽每分钟走70米，两人同时到达电影院．看完电影后，小红先回家，速度不变，4分钟后小丽也开始往家走，每分钟走90米，两人同时到家．求两人的家相距多少米．2014年第十二届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（四年级第2试）参考答案与试题解析一、填空题（每空5分，共60分）1．（5分）计算：29+42+87+55+94+31+68+76+13=495．【分析】根据加法交换律及结合律计算．【解答】解：29+42+87+55+94+31+68+76+13=（29+31）+（42+68）+（87+13）+（94+76）+55=60+110+100+170+55=495故答案为：495．【点评】完成本题要注意分析式中数据，运用合适的简便方法计算．2．（5分）21个篮子，每个篮子中有48个鸡蛋，现在将这些鸡蛋装到一些盒子中，每个盒子装28个鸡蛋，可以装36盒．【分析】根据乘法的意义，可用21乘48计算出鸡蛋的总个数，然后再根据除法的意义，用总的鸡蛋个数除以28进行计算即可得到需要的盒子数．【解答】解：21×48÷28=1008÷28=36（盒）答：可以装36盒．故答案为：36．【点评】此题主要考查的是乘法意义和除法意义的应用．3．（5分）190表示成10个连续偶数的和，其中最大的偶数是28．【分析】根据题意，可设最小的偶数是2N，因为是连续的10个偶数，从小到大排列出来，后一个都比前一个大2，再根据题意解答即可．【解答】解：设最小的一个偶数为2N，由题意可得：2N+2（N+1）+2（N+2）+…+2（N+7）+2（N+8）+2（N+9）=19010×2N+0+2+4+…+14+16+18=19020N+（0+18）×10÷2=19020N+18×5=19020N+90=19020N=100N=5那么最大的一个偶数是：2（N+9）=2×（5+9）=2×14=28．答：其中最大的那个偶数是28．故答案为：28．【点评】根据题意可知，连续的偶数每相邻的两个相差都是2，设出最小的，一次排列出来，再根据题意列出方程进一步解答即可．4．（5分）当小红3岁时，妈妈的年龄和小红今年的年龄相同；当妈妈78岁时，小红的年龄和妈妈今年的年龄相同．妈妈今年53岁．【分析】设妈妈与小红的年龄差为x岁，则根据“当小红3岁时，妈妈的年龄和小红今年的年龄相同；”得出小红今年的年龄为：x+3岁；根据“当妈妈78岁时，小红的年龄和妈妈今年的年龄相同”得出小红现在的年龄为：78﹣x岁；根据小红的年龄+年龄差=妈妈的年龄，列出方程即可解决问题．【解答】解：设妈妈与小红的年龄差为x岁，则小红现在的年龄是x+3岁，妈妈现在的年龄是78﹣x岁，根据题意可得方程：x+3+x=78﹣x2x+3=78﹣x2x+x=78﹣33x=75x=2578﹣25=53（岁）答：妈妈今年53岁．故答案为：53．【点评】设出年龄差，抓住年龄差不变，分别得出二人现在的年龄是解决本题的关键．5．（5分）从1、2、3、4、…、30这30个数中任意取10个连续的数，其中恰有2个质数的情况有4种．【分析】一个自然数，如果只有1和它本身两个因数，这样的数叫做质数；一个自然数，如果除了1和它本身还有别的因数，这样的数叫做合数；由此解答．【解答】解：在1～30这30个数中，一共有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共10个质数，从1、2、3、4、…、30这30个数中任意取10个连续的数，其中恰有2个质数的情况有：18～27，19～28，20～29，或21～30，有4种；故答案为：4．【点评】此题的解答关键是明确质数与合数的意义．6．（5分）将面积为36的正方形按如图的方式分成4个周长相等的长方形，取图中阴影长方形的面积为10．【分析】如图：因为面积为36的正方形，边长是6，所以设上面长方形的宽为x，则下面的长方形的长是6﹣x，再根据小长方形的周长相等，列出方程求出x，再根据长方形的面积公式S=ab进行解答．【解答】解：因为6×6=36，所以面积为36的正方形，边长是6，小长方形的宽是6÷3=2设上面长方形的宽为x2×（6﹣x）+2+2=6+6+2x12﹣2x+4=12+2x4x=4x=1阴影部分的面积是：2×（6﹣1）=10；答：图中阴影长方形的面积为10．故答案为：10．【点评】关键是根据题意，算出上面长方形的宽为x，再根据小长方形的周长相等，列出方程解答．7．（5分）如图的“蝙蝠”图案由若干个等腰直角三角形和正方形组成，已知阴影部分的面积为1，则“蝙蝠”图案的面积是27．【分析】最大正方形有两个，每个的面积是8，则两个总面积是16；中等正方形有两个，每个的面积是4，则两个总面积是面积是8；剩余3个三角形的面积是3；据此解答即可．【解答】解：1×8×2+1×4×2+3×1=16+8+3=27答：“蝙蝠”图案的面积是27．故答案为：27．【点评】此题解答的关键在于弄清阴影部分与各部分的面积关系，分类求出各部分面积．8．（5分）一列快车和一列慢车相向而行，快车的车长是315米，慢车的车长是300米．坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是21秒，那么坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是20秒．【分析】坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是21秒：既为人与快车的相遇问题，人此时具有慢车的速度，相遇路程为快车的车长315米，相遇时间为21秒，即人与慢车的速度和为快车与慢车的速度和为：315÷21=15（米/秒）；那么坐在快车上的人看见慢车驶过的时间，既为人与慢车的相遇问题，人此时具有快车的速度，相遇路程为慢车的车长300米，由于两车为相向而行，所以坐在车上的人看到车通过的速度为两车的速度和．用快车车长除以快车与慢车的速度和即可．【解答】解：根据题意可得：快车与慢车的速度和：315÷21=15（米/秒）；坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是：300÷15=20（秒）；答：坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是20秒．故答案为：20．【点评】完成本题的关键是根据坐在慢车上的人见快车通过的时间求出两车的速度和，然后再根据相遇问题进一步解答即可．9．（5分）有4个互不相等的自然数，它们的平均数是10．其中最大的数至少是12．【分析】有4个互不相等的自然数，它们的平均数是10，且是4个互不相等的自然数，求最大至少是多少，那么这4个数就要最接近，则10就相当于中间两个数的平均数，那么中间两个数是9和11，那么另两个数是9﹣1=8，11+1=12，所以其中最大的数至少是12，据此解答即可．【解答】解：因为要使最大的数至少是多少，那么这4个数就要最接近，则10就相当于中间两个数的平均数，那么中间两个数是10﹣1=9和10+1=11，那么另两个数是9﹣1=8，11+1=12，所以其中最大的数至少是12，答：其中最大的数至少是12．故答案为：12．【点评】明确要求最大的数至少是多少，那么这4个数就要最接近，则10就相当于中间两个数的平均数．10．（5分）如图中共有三角形30个．【分析】此题可通过分类列举解答：①单个的三角形；②由2个三角形构成；③由3个三角形构成；④由4个三角形构成；⑤最大三角形．【解答】解：由1个三角形构成：10个，由2个三角形构成：10个，由3个三角形构成：0个，由4个三角形构成：8个，最大的三角形：2个，共有：10+10+0+8+2=30（个）故答案为：30．【点评】此题通过分类，列举出每类中有几个三角形．在列举时，注意防止遗漏．11．（5分）两个数的和是830，其中较大的数除以较小的数，得商22余2，则这两个数中较大的一个是794．【分析】根据大数除以小数，商22余数是2，所以大数减去2后是小数的22倍，则和830减去2就是小数的（22+1）倍，因此，根据除法的意义，小数可求得，然后进一步可以求出大数．【解答】解：（830﹣2）÷（22+1）=828÷23=36830﹣36=794答：两个数中较大的一个是794．故答案为：794．【点评】此题属于和倍问题的应用题，解答的关键是理解大数减去2后是小数的22倍．12．（5分）有白棋子和黑棋子共2014个，按照如图的规律从左到右排成一行，其中黑棋子的个数是1342．○●○●●○●●●○●○●●○●●●○●○●●○…【分析】根据每9个棋子是一个循环，用2014除以9，用得到的商乘以一个循环中黑棋子的个数，再根据余数的情况判断最后需加上几个黑棋子即可．【解答】解：2014÷9=223…7，循环了223次后，还剩7个，里面有4个黑棋子，223×6+4=1338+4=1342（个）答：其中黑棋子的个数是1342个．故答案为：1342．【点评】答此类问题的关键是找出每几个数或每几个图形是一个循环．二、解答题（每题15分，共60分．）每题都要写出推算过程．13．（15分）如果数A增加2，则它与数B的积比A、B的积大60；如果数A不变，数B减少3，则它们的积比A、B的积小24，那么，如果数A增加2，数B减少3，则它们的积比A、B的积大多少？【分析】这两个数是A和B，由“如果数A增加2，则它与数B的积比A、B的积大60”列出方程，解答求出A和B，然后根据“如果数A增加2，数B减少3”把A和B代入，即可求出它们的积比A、B的积大多少．【解答】解：这两个数是A和B，可得：AB+60=（A+2）×B，AB﹣24=A（B﹣3）；因为AB+60=（A+2）×B则AB+60=AB+2B则B=30把B=30代入AB﹣24=A（B﹣3），可得：30A﹣24=A（30﹣3）30A﹣24=27AA=8（8+2）×（30﹣3）﹣30×8=10×27﹣240=30答：它们的积比A、B的积大30．【点评】此题属于用字母表示数，根据题意，列出等式，进而求出A、B的值，是解答此题的关键．14．（15分）水果店用三种水果搭配果篮，每个果篮里有2个哈密瓜，4个火龙果，10个猕猴桃，店里现有的火龙果的数量比哈密瓜的3倍多10个，猕猴桃的数量是火龙果的2倍，当用完所有的哈密瓜后，还剩130个火龙果．问：（1）水果店原有多少个火龙果？（2）用完所有的哈密瓜后，还剩多少个猕猴桃？【分析】（1）所有的果篮用掉2个哈密瓜，4个火龙果，8个猕猴桃．当哈密瓜全部用完时，用掉火龙果的数量是哈密瓜的2倍，依题意，可画出线段图帮助理解：剩下的130个对应着箭头部分，然后列式解答；（2）先求出水果店原有的猕猴桃，即370×2=740（个）；再求用完所有的哈密瓜后，还剩下的猕猴桃数即可．【解答】解：（1）（130﹣10）÷2=120÷2=60（个）60×6+10=360+10=370（个）答：水果店原有370个火龙果．（2）370×2=740（个）740﹣60×10=740﹣600=140（个）答：还剩140个猕猴桃．【点评】此题属于比较难的题目，解答的关键在于画出线段图来理解，找出数量关系式，列式解答．15．（15分）如图1，从边长是6厘米的正方形纸片的正中间挖去一个正方形，得到一个宽为1厘米的方框，将四个这样的方框如图6所示依次垂直交叉放在桌面上，求桌面被这些方框盖住的面积（图2中阴影部分的面积）．【分析】先观察每个方框，方框的面积就是外面正方形的面积，减去里面正方形的面积，外面正方形的边长是6厘米，里面正方形的边长是（6﹣1×2）厘米，由此根据正方形的面积公式求出每个方框都得面积；再观察图2，发现4个方框有6处重叠，重叠部分的是一个边长是1厘米的正方形；再用4个方框的面积和减去6个小正方形的面积就是方框盖住的面积．【解答】解：6×6﹣（6﹣1×2）×（6﹣1×2）=36﹣16=20（平方厘米）20×4﹣1×1×6=80﹣6=74（平方厘米）答：桌面被这些方框盖住的面积是74平方厘米．【点评】解决本题关键是通过图找出方框的面积，以及重叠部分的面积，正确的运用正方形的面积公式进行求解．16．（15分）如图，小红和小丽的家分别在电影院的正西和正东方向，某日她们同时从自己家出发，小红每分钟走52米，小丽每分钟走70米，两人同时到达电影院．看完电影后，小红先回家，速度不变，4分钟后小丽也开始往家走，每分钟走90米，两人同时到家．求两人的家相距多少米．【分析】根据题意知：小丽第一次用的时间×第一次的速度=（第一次用的时间﹣4）×第二次用的速度，可设第一次用的时间是x小时，据此可求出用的时间，再根据路程=速度和×时间可求出两家的距离．据此解答．【解答】解：设第一次相遇用的时间是x分钟70x=90×（x﹣4）70x=90x﹣36090x﹣70x=36020x=360x=360÷20x=18（52+70）×18=122×18=2196（米）答：两家相距2196米．【点评】本题的重点是求出两人相遇时用的时间，再根据路程=速度和×时间进行解答．。
第一届小学“希望杯”数学邀请赛（第1试）四年级 第1试1．下边三个图中都有一些三角形，在图A中，有个；在图B中，有个；在图C中，有个。
2．写出下面等式右边空白处的数，使等式能够成立:0.6＋0.06＋0.006＋…＝2002÷ 。
3．观察1，2，3，6，12，23，44，x，164的规律，可知x ＝。
4．如图，将一个三角形(有阴影)的两条边分别延长2倍，得到一个大三角形，这个大三角形的面积是原三角形面积的______倍。
5．如果规定a※b＝13×a－b÷8，那么17※24的最后结果是。
6．气象局对部分旅游景区的某一天的气温预报如下表：其中，温差最小的景区是，温差最大的景区是。
7．AOB是三角形的纸，OA＝OB，图中的虚线是折痕，至少折次就可以得到8个相同的三角形。
8．有的两位数，加48，就变成3位数；减48，就变成1位数，这样的两位数有，它们的和等于。
9．甲、乙、丙、丁四个学习小组共有图书280本，班主任老师提议让四个组的书一样多，得到拥护，于是从甲调14本给乙，从乙调15本给丙，从丙调17本给丁，从丁调18本给甲。
这时四个组的书一样多。
这说明甲组原来有书本。
10．幼儿园老师给几组小朋友分苹果，每组分7个，少3个；每组分6个，则多4个，苹果有个，小朋友共组。
11．在 a＝20032003×2002和 b＝20022003×2003中，较大的数是，它比较小的数大。
12．小明的家离学校2千米，小光的家离学校3千米，小明和小光的家相距千米。
13．甲、乙、丙三人中只有1人会开汽车。
甲说：“我会开。
”乙说：“我不会开。
”丙说：“甲不会开。
”三人的话只有一句是真话。
会开车的是。
14．为了支援西部，1班班长小明和2班班长小光带了同样多的钱买了同一种书44本，钱全部用完，小明要了26本书，小光要了18本书。
回校后，小明补给小光28元。
小明、小光各带了元，每本书价元。
希望杯初中竞赛数学试题71-80题详解题71△ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA=，A点关于平面PBC的对称点为A’，求直线A’C与AB所成角的余弦值.（第九届高一第二试第22题）解法1设D是BC的中点，AA’与面PBC交于O，由已知，O必在PD上.∽△PDA，∴.又A与A’关于平面PBC对称，∴A’B=AB=1，由A’A=A’B=1，CA=CB=1，可得A’C⊥AB，∴A’C与AB所成角的余弦值为0.解法2如图1，作CA’AF，则直线A’C与AB所成角的余弦值等于|cos∠BAF|，由于两点A’，A关于平面PBC对称，则该平面上任意点与A’，A等距离，故A’C=AC=1.设A’A交面PBC于O点，延长PO交BC于E，连结AE，易知BC⊥PA，BC⊥AO，故BC⊥平面PAE，所以BC⊥AE，又AB=AC=BC=1，所以E是BC的中点，，易求，则FC=A’A=2AO=1，由于A’A⊥BC，CF∥A’A，则CF⊥BC.又由FC=CB=1，知.由AF=A’C=1，AB=1，知AF2+AB2=1+1=2=BF2，所以，|cos∠BAF|=0为所求.解法3如图2，取AC的中点M，设E是BC的中点，A’A交面PBC于O点，连结OM、EM，则OM∥A’C，EM∥AB，则直线A’C与AB所成角的余弦值等于|cos∠OME|，同解法2可得A’C=1，，，则OM=A’C=，OE=，由ME=AB=，知OM2+ME2==OE2，所以，|cos∠OME|=0为所求.解法4如图3，连结A’A交面PBC于O点，连结A’B、A’C，则A’B=AB，A’C=AC.VP-ABC=S△ABCPA=，VA—PBC=S△PBCAO=，又∵VP-ABC=VA—PBC，所以=，∴.∵A’O=AO，∴A’A=1.故三棱锥A’—ABC为正四面体，∴A’C⊥AB，直线A’C与AB所成角的余弦值0.解法5如图4，建立空间直角坐标系A-xyz（A为坐标原点），则A(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),B(),易知平面PBC 交x轴于点Q(),由截距式得平面PBC的方程为，即，于是平面PBC的一个法矢量，由此设与平面PBC的垂足为O，代入平面PBC的方程，得，则点O.又由于的中点是O，则易知设与所成的角为，则cos=，即直线与所成角的余弦值为0.评析与显然是异面直线，其所成角的余弦值一般应通过平移将两异面直线所成的角转化为相交直线所成的角后再求.解法2、3就是通过不同途径实现这种转化的.按照解法2的思路，同样可以作或，则或亦为所求.因为正四面体的对棱互相垂直，故解法1、4证明了AABC恰为正四面体，从而问题也就解决了.解法5则是运用向量知识解决问题，这也是求空间两直线所成角的常用方法.。
【希望杯竞赛题】61-70题61 设直线n m ,都是平面直角坐标系中椭圆72x +32y =1的切线，且n m ⊥，m 、n 交于点P ，则点P 的轨迹方程是 ．（第十二届高二培训题第47题）解 设直线y =b kx +与椭圆72x +32y =1相切，则二次方程72x +()132=+b kx ，即()02171473222=-+++b kbx xk 有两个相等实根，其判别式()()()222144377210kb k b ∆=-+-=，解得22273,73k b k b +±=+= ．因此斜率为k 的椭圆的切线有两条：273k kx y +±=①，与其中每条垂直的切线也各有两条：273kk x y +±-=②；另有与x 轴垂直的切线两条：7±=x ，与其中每条垂直的切线又各有两条：3±=y ．由①、②得()kx y -2=273k +③，2273k k x y +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+④，④式即()7322+=+k x ky ⑤．③+⑤得()()(),1101122222+=+++k y k x k即1022=+y x ⑥．又点()()()()3,7,3,7,3,7,3,7----都适合方程⑥．故点P 的轨迹方程为1022=+y x ．评析 这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动切线方程与如何消去参数．当切线的斜率存在时，我们可设其方程为b kx y +=，此时出现两个参数k 与b ，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，故由二次方程有等根的条件得273k b +±=（这与事实一致：斜率为k 的椭圆的切线应当有两条），从而切线方程为273k kx y +±=，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的k 换成k1-所得方程，即273k k x y +±-=．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组得交点轨迹的参数方程，然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．上面题解中的方法充分体现了消参的灵活性，大大简化了解题过程．然而，事情到此并未结束，以上所设切线方程是以切线有斜率为前提的，是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程1022=+y x ，看是否适合即可． 拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程1022=+y x 中的10正好是已知椭圆方程72x +32y =1中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为+22a x 122=by ，则所求轨迹方程就是2222b a y x +=+了呢？经研究，果真如此．于是我们得到定理1 设直线m 、n 都是椭圆+22a x 122=by 的切线，且n m ⊥，m 、n 交于点P ，则点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+．证明 设l kx y +=为椭圆的切线,由22221y kx lx y a b =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,得01212222222=-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+b l x b lk x b k a ，由0=∆x ，得2222k a b l +=，所以222k a b l +±=，所以两垂直切线为，::m y kxx n y k ⎧=±⎪⎨=-±⎪⎩另有四对：b y n a x m ±=±=:,:,①式变为2222)(ka b kx y +=-③，②式变为2222)(k b a ky x +=+④．③+④得2222b a y x +=+．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，故P 点的轨迹方程为2222b a y x +=+．若将定理1中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理2，先引进两个引理．引理1 若双曲线12222=-b y a x 的切线的斜率k 存在，则|k |ba >．证明 对于12222=-by a x 两边取x 的导数知,)(22'y a x b x y =∴双曲线上任意一点P （00,y x ）)0(0≠y 处切线的斜率k 有①, ②,|k |=|)(0'x y |=||0022y x a b ①，又 b a y x x a b y y >∴=<|||,|||||00010，代入①得|k | ba>．引理2 如果双曲线12222=-by a x 有b a ≤，则不存在垂直切线．证明 假设双曲线存在两条垂直切线，则这两条切线必然都存在斜率，斜率分别记为1k ，2k ，由引理1知|k 1|b a >,|2k |ba >,11||2221≥>=∴ab k k ,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切线．定理2 设直线n m ,都是双曲线)(12222b a by a x >=-的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，则点P 的轨迹方程为2222b a y x -=+．证明 当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条垂直切线不存在．已知n m ,是垂直切线，所以斜率必然都存在．设l kx y +=为双曲线的切线，则由 22221y kx l x y ab =+⎧⎪⎨-=⎪⎩ 得012)1(2222222=----b l x b lk x b k a ①，由引理1知|k |b a >，所以222b k a >，所以01222≠-b k a 且0222>-b k a ．由①中0=∆x ，得2222222,b k a l b k a l -±=∴-=，两条垂直切线为::m y kx x n y k ⎧=±⎪⎨=-⎪⎩变形为22222222()()y kx a k b yk x a k b⎧-=-⎪⎨+=-⎪⎩ ④+⑤得2222b a y x -=+，即为点P 的轨迹方程．将定理1、2中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到定理3 抛物线)0(22>=p px y 的两条互相垂直的切线n m ,的交点M 的轨迹方程为2p x -=． 证明 当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知n m ,是垂直切线，所以斜率必然都存在．②,③,④, ⑤,设l kx y +=是px y 22=的切线，则0≠k ，由 22y kx l y px=+⎧⎨=⎩得0)(2222=+-+l x p kl x k ，令0=∆x 得k pl 2=，故两条垂直的切线为:2:2p m y kx k x kp n y k ⎧=+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩消去参数k ，得2px -=为点M 的轨迹方程．将前面定理中的二次曲线改为圆，又得定理4 圆222)()(r b y a x =-+-的两条互相垂直的切线n m ,的交点P 的轨迹方程是2222)()(r b y a x =-+-.证明 如图，易知四边形APBO 1为正方形，所以|PO 1|=r AO 2||21=，所以点P 的轨迹是以O 1为圆心，r2为半径的圆，其方程是2222)()(r b y a x =-+-．比较定理1和定理4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．请运用上述定理完成下面的练习：1、设n m ,都是圆822=+y x 的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，求点P 的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．2、设直线n m ,都是椭圆+223x 1222=y 的切线，且n m ⊥，n m ,交于点P ，求动点P 到该椭圆的最近距离．3、已知双曲线13422=-y x 的一条切线)(:N n w nx y l ∈+=，（1） 求n 的最小值；（2） 过点（1，1）是否有两条垂直的切线？（3） 当n =1，1=w 时，求与l 垂直的双曲线的切线．答案：1.π4 2.313- 3.（1）1 （2）不存在 （3）1+-=x y 和1--=x y 题62 已知曲线C 上任意一点到定点A （1，0）与定直线4=x 的距离之和等于5.对于给定的点()0,b B ，在曲线上恰有三对不同的点关于点B 对称，求b 的取值范围. （第十二届高二第二试第23题）①,②,解法1 令()y x P ,为曲线C 上任意一点，由题意得()54122=-++-x y x .故曲线C 的方程为()24,04165,45x x y x x ≤≤⎧⎪=⎨--<≤⎪⎩，即曲线C 由两段抛物线()404:21≤≤=x x y C 和()22:165(45)C y x x =--<≤拼接而成.设()y x P ,关于点()0,b B 的对称点为()y x P ''',，则有⎩⎨⎧-='-='yy xb x 2，由于()401≤≤X C 和()245C x <≤都是关于x 轴对称的，所以，当05b <≤时，点()y x P ,与()y x P ''',同在1C 上或同在2C 上，只有唯一的情形：()y b P ,'与()y b P -,.当点P 与P '分别在1C ,2C (或2C ，1C )上时，不妨设P 在1C 上，P '在2C 上，则()⎪⎩⎪⎨⎧-'-='=516422x y xy ，即()()[]⎪⎩⎪⎨⎧---=-=5216422x b y xy ， 解得 ()()b x b x -='-=1032,5234.因为()40≤≤x ，54≤'<x , 所以425<≤b .但当25=b 时，得5,0='=x x ，则0,0='=y y ，这时只有一对对称点分别在1C 与2C 上，故25应当排除，因此当425<<b 时，052>-b ，关于点B 对称的点对只有()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--3524,5234b b 与()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---3524,1032b b ，(),5234 ⎝⎛-b ⎪⎪⎭⎫--3524b 与()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--3524,1032b b 是分别在1C ，2C 上的两点，于是425<<b 为所求. 解法2 设()y x P ,，由题意得()54122=-++-x y x ，化简得()24,04165,45x x y x x ≤≤⎧⎪=⎨--<≤⎪⎩为C 的方程，其图象由两段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知50<<b 时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点B 对称.若另有两对点关于点B 对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，故必存在曲线C 的内接矩形PQRS ，点B 随着矩形形状的改变而在x 轴上移动.设曲线C 与x 轴的右交点为M ，则当Q 、R 趋近于M 时，点B 的横坐标b 趋近于25.如图，设C 的两抛物线交于点N 、T ，则当Q 、R 分别趋近于N 、T 时，点B 的横坐标b 趋近于4.故425<<b 为所求. 评析 解决本题的关键有两步：一是求出曲线C 的方程，二是求b 的取值范围.解法1分两类情形，用代数方法求出了b 的范围，较抽象、繁琐；而解法2则从图象出发，直观地分析出问题的结果，显得简单易懂.解题过程中，我们不仅要学会常规思维，掌握解决问题的一般方法，更要注意抓住具体问题的特点，探寻解决问题的最佳方案，以不断提高我们的创新思维能力.题63 已知k ∈R ，关于x,y 的方程y 4+4y 3+(2x+2kx-kx 2)y 2+8xy+(4kx 2-2kx 3)=0表示一组曲线，其中有一条是固定的抛物线，试讨论k 值与曲线形状的关系.（第三届高二第二试第21题）解 因为当k ∈R 时，原方程表示的曲线组中有一条固定的抛物线，所以，不妨令k=0，先求出这条抛物线的方程：当k=0时，原方程化为y 4+4y 3+2xy 2+8xy=0 ，即0)2)(4(2=++x y y y ，得y=0,y=-4,x y 22-=①. 所以固定的抛物线的方程即x y 22-=.以x y 22+去除原方程的左边，得y kx y kx 4222---，于是原方程化为y kx y kx 4222---=0，即4)2()1(22-=+--k y x k .当0≠k 时，得kk k y x 4)2()1(22-=+--②.讨论k ，可知： 当k=-1时，②表示一个圆；当k=4时，②表示两条直线；当k<0但1-≠k 时，②表示一个椭圆；当k>0但4≠k 时，②表示双曲线； 或评析 解决此题的关键是先求出固定抛物线的方程.既然已知方程对任意实数k 所表示的一组曲线中都有一固定抛物线，故可用赋值法求得，但赋值并不是盲目的，若取k=1（够特殊的了），则原方程就是0248443222234=-++-++x x xy y x xy y y ，以此求抛物线的方程，还是很困难的.可见赋值也是很有讲究的.显然k=0时，原方程最为简单.因而也最易求出固定抛物线的方程.题64 已知点)0,1(A 和直线3:=x l ，动点M 到A 的距离与到l 的距离之和为4. (1)求M 点的轨迹T ;(2)过A 作倾斜角为α的直线与T 交于P ，Q 两点,设||PQ d =，求)(αf d =的解析式.（第十二届高二培训题第78题）解法1 （1）设动点),(y x M ，则4|3|)1(22=-++-x y x ，显然4|3||1|=-+-x x ，解得40≤≤x .当30≤≤x 时，43)1(22=-++-x y x ，x y 42=∴;当43≤≤x 时，43)1(22=-++-x y x ，)4(122--=∴x y .故T 是由两条抛物线相交围成的封闭曲线.(如图1)(2)两条抛物线交于点B，(3,C -，BA 的斜率为3，故当30πα≤≤或παπ≤≤32时，直线与两条抛物线相交；当233ππα<<时，直线只与x y 42=相交.前者可由交点坐标得，后者可由弦长公式得28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 解法2 （1）设点M 的坐标为),(y x ，则4|3|)1(22=-++-x y x ，化简后得T 的轨迹方程为)30(42≤≤=x x y 及)43)(4(122≤≤--=x x y ，故点M 的轨迹T 是两条抛物线相交围成的封闭曲线.(2)画出点T 的轨迹，不难知道它是两条抛物线组（如图2），两条抛物线交于点)32,3(B ，)32,3(-C ，AB 的斜率为3.当233ππα<<时，直线l 只与抛物线x y 42=相交，利用弦长公式求得α2sin 4||=PQ ;当30πα≤≤时，分别过点P 、Q 作y 轴、x 轴的平行线交于点D ，过P 作BC 的垂线，垂足为M ，由题设条件知4||||=+PM PA ，4||||=+QN QA ，而||||DN PM =，所以8||||=+QD PQ ，因为αcos ||||PQ QD =，所以αcos 18||+=PQ .当23παπ≤<时，由抛物线的对称性，只须把απ-代入上式，得αcos 18||-=PQ . 图1图2综上所述, 28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 解法3 （1）与解法2相同. （2）当323παπ<<时，同解法2. 当30πα≤≤时，点A 是这两条抛物线的公共焦点，1=x ，7=x 分别是这两条抛物线的准线方程，过点P ，Q 作它们各自抛物线准线的垂线，垂足为M 、N .由抛物线的定义知||||PA PM =，而6||=AD ，所以αc o s ||||6PA PA +=，6||1cos PA α=+,同理可得αcos 12||+=QA ，故αcos 18||||||+=+=QA PA PQ . 当παπ<≤32时，由抛物线的对称性，只须把απ-代入上式，得αcos 18||-=PQ . 综上所述,28(0)1cos 342()()sin 3382()1cos 3f πααππαααπαπα⎧≤≤⎪+⎪⎪=<<⎨⎪⎪≤<⎪-⎩. 评析 第（1）小题求动点M 的轨迹T ，这是解析几何中研究的两大主要问题之一，不过，本题中需要运用分类讨论的思想.对于第（2）小题求||PQ ，解法1运用了方程思想；解法2把||PQ 转化到直角三角形中去解决，大大减少了运算量；而解法 3则意识到点A 是两抛物线的公共焦点，运用抛物线的定义解题，更加直截了当.解法2、3都很巧妙.拓展 由本赛题答案可知轨迹为抛物线，A 为焦点,d 为焦点弦长.焦点弦长是一个十分重要的几何量，将其推广，可得定理 PQ 是过圆锥曲线θθρcos 1)(e ep-=焦点F 的弦，若PQ 的倾斜角为θ,则|cos 1|2||22θe epPQ -=①. 证明 由极径的几何意义及题设，可知|)()(|||πθρθρ++=PQ|cos 12||)cos(1cos 1|22θθπθe epe ep e ep -=+-+-=，即 |c o s 1|2||22θe ep PQ -=. ① 式用处较广，请看两例：例1 PQ 是经过双曲线1222=-y x 右焦点F 的弦，若4||=PQ ，则这样的PQ 可作多少条？（97年高中联赛）解 因为1=a ，22=b ，所以32=c ，3==a ce ，2)(22==-⋅=ab c a c a c ep ，由已知及①式，得42|cos 31|42==-ep α，解得32,32,0cos -=α.因为),0[πα∈，所以α有三个不同值，所以这样的弦PQ 可作3条.例2 1F 、2F 是椭圆1222=+y x 的两个焦点，过2F 作倾斜角为045的弦AB ，求AB F 1∆的面积.（98年河北重庆高中竞赛）.解 因为2=a ，1=b ，1=c ，所以22=e ，22()2c a b ep c a c a =⋅-==045=α.将它们代入①式，解得234||=AB .又知直线AB 的方程为1-=x y ，它到点)0,1(1-F 的距离2=d ，所以34||211=⋅=∆d AB S ABF . 题65 已知定点M （-3,0），P 和Q 分别是y 轴及x 轴上的动点，且使MP ⊥PQ ，点N 在直线PQ 上，分有向线段的比为23-. （1） 求动点N 的轨迹C 的方程；（2） 过点T （-1,0）作直线l 与轨迹C 交于两点A ，B ，问在x 轴上是否存在一点D ，使 △ABD 为等边三角形；若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.（第十五届高二培训题第80题）解 （1）设点N 的坐标为（x,y ）及点P （0，y ’）, 点Q （x ’,0）(x ’>0).由已知，得x=3x ’,y=-2y ’,即2,3''y y x x -==，由MP ⊥PQ ，得'2''''3,10)3(00x y x y y =-=-⋅---即，故2()3,23y x -=⋅即24y x =为所求点N 的轨迹C.（2）设l ：y=k(x+1)(k ≠0)，代入x y 42=，得 k 2x 2+2(k 2-2)x+k 2=0,由△=[2(k 2-2)]2-4k 2k 2=-16k 2+16>0,得|k|<1.设A （x 1,y 1）,B(x 2,y 2),则2121222(2),1,k x x x x k-+==所以AB ===的中点E 的坐标为（k kk 2,222-）. 假设存在点D （x 0,0）使△ABD 为等边三角形，又边AB 的中垂线方程为)2(1222k k x k k y ---=-，由D 在此中垂线上，得)2(120220kk x k k ---=-， 1220+=kx .设d 为D 到直线l 的距离，由正三角形的条件有d AB =||23，可得 311,23,43,13,12)1)(1(32022222222=±=∴==-+=-+x k k k k k k k k k ）（即，故存在点 D （311，0），使△ABD 为等边三角形. 评析 求动点N 的轨迹方程，就是求动点N 的坐标x, y 在N 运动变化过程中始终满足的关系式f(x, y)=0.一般应首先搞清楚引起N 运动变化的因素是什么，此题中P 、Q 分别是y 轴及x 轴上的点，且使MP ⊥PQ ，这就表明，当P 在y 轴上运动时，Q 在x 轴上运动，随着P 、Q 的运动，有向线段PQ的定比分点N 也随之运动.可见，x, y 是随着P 、Q 的坐标的变化而变化的，由定比分点坐标公式，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==⎪⎩⎪⎨⎧-==yy x x y y x x 213123''''即①，如何消参？运用MP ⊥PQ ，得'2'3x y=②，①代入②，便消去了x ’, y ’,得到x y 42=为所求，问题解决了.求轨迹方程是解析几何中两类基本问题之一，方法有好多种，这里用的是参数法，用此法求轨迹方程，关键有两个：一是选择什么样的变量作为参数；二是如何消去参数，代入法及运用“三角1”是消参的最基本的方法.还应注意普通方程中变量的取值范围.第（2）小题是存在型问题，假设存在点D （x 0,0）使△ABD 为等边三角形后，中心问题就是求出x 0或判断x 0不存在.当得到1220+=k x 后，中心问题就是求出k 或判断这样的k 不存在.在求得|AB|（用k 表示）后，并未求|AD|、|BD|，并运用|AB|=|AD|=|BD|求k ，而是运用平几的知识，由点D 到AB 的距离d AB =||23，求出k.平几知识的运用，避免了烦琐的运算.应当注意，l 与轨迹C 交于A 、B 两点，这就隐含着△>0，即|k|<1.因为求得的23±=k ∈（-1，1），故满足题设的点D 存在，否则，是不存在的. 题66 已知异面直线a 与b 所成角为θ，P 为空间一点，过点P 作直线l 使l 和a ，b 所成角相等，此等角记为(()0,90⎤ββ∈⎦，则直线l 的条数构成的集合为 .（第十五届高二培训题第38题）解 当(0,90⎤θ∈⎦时，若90β=，则l 只有1条； 当30θ= 时，若60β=，则l 有2条； 当60θ= 时，若60β=，则l 有3条； 当80θ= 时，若60β=，则l 有4条； 故所求的集合为}{1,2,3,4.评析 异面直线a,b 所成角为θ，则(0,90⎤θ∈⎦，l 和a,b 成等角(0,90⎤β∈⎦，这里的θ、β都不确定,因而有无数种情形,比如50,30;20,70θ=β=θ=β=等等.显然，不可能也没有必要对所有情形一一加以讨论．因此，如何选择一些特殊情形来代表一般就成了解决问题的关键．直线l 的条数只能是自然数0,1,2,, 故我们只需看l 的条数有无可能是0,1,2, ．并且当我们确定60,60θ=β= 时有3条后就不必再考虑l 有3条的其他情形了．a,b 是异面直线，在a 上任取一点O ，过O 作b '∥b ，因为l 与a,b 成等角β，所以l 与a,b '也成等角β．当l 不过点O 时，过点O 作l '∥l ，因为l 与a,b '成等角β，所以l '与a,b '也成等角β．至此，问题转化为：相交直线a,b '所成角为θ，(0,90⎤θ∈⎦，过a,b '的交点O 且与a,b '成等角β(()0,90⎤β∈⎦ 的直线l '有几条？此时，问题已变得简单多了．拓展 将题中异面直线改为任意两直线，将β的范围扩大为0,90⎡⎤⎣⎦，我们有下面的 结论１ 已知空间两直线a,b 所成的角为θ，过空间任意一点P 且与a,b 成等角β的直线为l ．1. 若0θ=，则(1) 当0β=时, l 只有一条．(2) 当0,2π⎛⎤β∈ ⎥⎝⎦时，l 有无数条．2.若0θ≠，则(1)当02θ≤β<时, l 不存在． (2)当24θπβ=≠或2πβ=时, l 只有1条．(3)当24θπβ==或22θπ-θ<β<时, l 只有2条．(4)当22θπ-θ<β=时, l 有3条．(5)当22π-θπ<β<时, l 有4条．如果将直线a,b 改为平面α与平面β,我们又有下面的结论2 已知平面α与平面β所成的角为θ,过空间任意一点P 且与平面,αβ成等角ϕ的直线为l ．1.若0θ=，则(1)当2πϕ=时, l 只有一条． (2)当0,2π⎡⎫ϕ∈⎪⎢⎣⎭时，l 有无数条．2.若0θ≠，则(1)当22π-θπ<ϕ≤时, l 不存在． (2)当0ϕ=或2π-θϕ=且2πθ≠时, l 只有1条．(3)当2θϕ=且2πθ=,或22θπ-θ<ϕ<时, l 有2条．(4)当2θϕ=且2πθ≠时, l 有3条．(5)当02θ<ϕ<时, l 有4条．练习1． 已知异面直线a,b 所成的角为50,P 为空间一点，则过点P 且与a,b 所成角为下列各角的直线l 分别有多少条?(1) 15；(2) 25；(3) 30；(4) 65；(5) 80；(6) 90.2． 已知平面α与平面β所成的角为3π，P 为空间任意一点，则过点P 且与,αβ所成角为下列各角的直线l 分别有多少条? (1) 0 ；(2)9π；(3) 6π；(4) 5π；(5) 3π；(6) 23π；(7) 2π.答案 1.(1) 不存在,(2) 1条,(3) 2条,(4) 3条,(5) 4条,(6) 1条；2.(1)1条 ；(2) 4条；(3) 3条；(4) 2条；(5) 1条；(6)不存在；(7)不存在. 题67 空间给定不共面的D C B A ,,,四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面α：D C B A ,,,中有三个点到α的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个数是 （ ）A 、15B 、23C 、26D 、32（第三届高一第二试第6题）解 分三种情形：①D C B A ,,,四点在α的同侧，平面α可与、、、A D BA C D ABC ∆∆∆ BCD ∆中的任一个平面平行，譬如当α∥面BCD 时，A 与面BCD 的距离等于α与面BCD 的距离.这种情况下有4个平面.②D C B A ,,,中有3个点在α的一侧，第4个点在α的另一侧.这时又有两种情形：一种是α与面BCD 平行，且A 与α的距离是α与面BCD 距离的2倍.这时有4个平面；另一种情形如图1所示，图中F E 、分别是AC AB 、的中点，K 是AD 的三等分点中靠近A 的分点，在图1的情形中，C B A ,,到平面EFK （即平面α）的距离是D 到平面EFK 距离的一半.因为EF 可以是AC AB 、的中点连线，又可以是BC AC BC AB 、、,的中点连线，所以这种情形下的平面α有1243=⨯个.③D C B A ,,,四点中，α两侧各有两点（如图2），图中的F E 、分别是CD CB 、的中点，N M 、分别是BA DA 、的三等分点中靠近B D 、的分点.容易看出：A 点到平面EFMN （平面α）的距离是D C B ,,到该平面距离的2倍.就C A ,与D B ,分别位于α两侧的情形来看，就有A 离α远，B 离α远，C 离α远，D 离α远这四种情况.又因BD AC ,异面，这样的异面直线共有3对，因此平面α有1234=⨯个.综上分析，平面α有4+4+12+12=32个.故选D . 评析 此题源于一道常见题：“与四面体四个顶点距离相等的平面有 个”.不过比常见问题要复杂得多.解决此题的关键是要把所图1B 图2有的情形适当分类，既不能遗漏，又不能重复.解题时稍不注意就会将图1所示的第②类情形中的第二种情形遗漏掉.对于第③类情形，往往又容易疏忽，而导致不乘以3，误以为平面α只有4个.用排列组合知识解此题：第①类情形，α有14C 个；第②类情形中的第一种情形，α有14C 个，第二种情形，α有2314CC 个；第③类情形，α有!22414C C ⋅个.故所求平面α有+⋅++23141414C C C C!22414C C ⋅=4+4+12+12=32个. 题68O 为空间一点，射线OA 、OB 、OC 交于点O ，∠AOB=∠BOC=60︒，∠COA=90︒，则二面角A-OB-C 的平面角的余弦函数值是________.（第五届高一第一试第15题）解 如图，在射线OB 上取点D ，过D 作DE ⊥OB 交OA 于E ，作DF ⊥OB 交OC 于F ，连结EF ，则∠EDF 就是二面角A-OB-C 的平面角.设OD=a , ∠DOC=∠DOE=60︒,∴,OE=OF=2a . ∠EOF=90︒∴EF=在∆DEF 中，由余弦定理得222cos 2DE DF EFEDF DE DF+-∠=⋅⋅= = 13-为所求.评析 解决此题的关键有两个：一是如何作出二面角A-OB-C 的平面角；二是如何求平面角的余弦值.上述解法运用二面角的平面角的定义作出了二面角A-OB-C 的平面角后通过解三角形求出了平面角的余弦值.这是求二面角的最基本也是最常用的方法.求二面角的大小通常要经历作、证、算三个阶段.拓展 将此题条件一般化，可得下面的推广 O 为空间一点，射线OA 、OB 、OC 交于点O ，若∠AOB=α，∠BOC=β，∠AOC=γ，二面角A-OB-C 的大小为θ，则cos cos cos cos .sin sin γαβθαβ-=证明 如图，在OB 上取点D ，使OD=a ，以点D 为垂足作DE OB ⊥交OA 于点E ，DF OB ⊥交OC 于F ，连结EF ，则EDF ∠就是二面角A-OB-C 的平面角，即OACBDEF OACBDEFEDF ∠=θ.在Rt ODE ∆中，DE=tan a α，OE=cos aα.在ODF Rt ∆中, DF=tan a β, OF=cos a β.在DEF ∆中，由余弦定理，得cos θ=2222DE DF EF DE DF+-⋅⋅()()2222222cos tan tan ()()cos cos cos cos 2tan tan a a a a a a γαβαβαβαβ⎡⎤+-+-⎢⎥⎣⎦==cos cos cos sin sin γαβαβ-. 令推广中的60αβ︒==，90γ︒=得cos θ=cos90cos 60cos 60sin 60sin 60︒︒︒︒︒-13=-就是本赛题的答案.再看一个应用该推广解题的例子.例 在正方形ABCD 中，M 、N 分别是AD 、BC 的中点，沿MN 把这个正方形纸片折成以MN 为棱的二面角A-MN-C ，使折后的锐角BMC ∠的正弦值是0.6，这时二面角A-MN-C 的平面角是 （ ）A 、90︒B 、 60︒C 、45︒D 、30︒（第五届高一第二试第3题）解 设二面角A-MN-C 的大小为θ，正方形的边长为a ，在Rt BNM ∆与Rt CNM ∆中，sin sin BMN CMN ∠=∠=cos cos BMN CMN ∠=∠=cos cos cos cos sin sin BMC BMN CMN BMN CMN θ∠-∠⋅∠=∠⋅∠0== ，90θ︒∴=.故选A.题69 在四面体ABCD 中，面BAC 、CAD 、DAB 都是以A 为顶点的等腰直角三角形，且腰长为a .过D 作截面DEF 交面ABC 于EF ，若EF ∥BC ，且将四面体的体积二等分，则面DEF 与面BCD 的夹角等于________.（第十三届高二第二试第19题）解 如图，取EF ，BC 的中点P ，Q ，连结AQ ，则P 在AQ 上.连结DP ，DQ.在面BCD 内过D 作直线l ∥BC ，因为EF ∥BC ，所以l ∥EF ，所以l 为面DEF 与面BCD 的交线，ABCDNMFACB QD E Pl由已知，易得DQ ⊥BC ，DP ⊥EF ，所以DQ ⊥l ，DP ⊥l ，所以PDQ ∠就是面DEF 与面BCD 的夹角.由D AEF D BCEFV V --=，可知A B C A E F S S ∆∆=21.于是212=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛AQ AP ，又易求得a AQ 22=，所以2aAP =. 易证DA ⊥AQ ，所以在D A Q Rt ∆中tan 2AQ QDA AD ∠==，在DA P Rt ∆中，1t a n 2AP PDA AD ∠==.所以()16tan tan 7PDQ QDA PDA ∠=∠-∠==，所以7625arctan-=∠PDQ 为所求. 评析 这实际是一道求“无棱”二面角的大小问题，关键是找到或作出二面角的平面角.而要作出，就必须知道棱，因此，一般应通过分析，先确定并作出二面角的棱，然后再找出或作出二面角的平面角.由于二面角的平面角的两边都与棱垂直，而DQ ⊥BC ，在面BCD 内过D 作直线l ∥BC ，然后证明l 就是两平面的交线.进而证明PDQ ∠就是二面角Q l P --的平面角.这就突破了难点.关于求PDQ ∠的大小 ，也可在PDQ ∆中先求出三边后再由余弦定理求得PDQ ∠，不过，没有上述解法简单.下面介绍二面角的另一简单求法：定理 如图，ABC ∆在平面α内的射线是C AB '∆，平面ABC 与平面α所成锐二面角为θ，则ABCC AB S S ∆'∆=θcos . 证明 作D C '⊥AB 于D ，连结CD ，因为D C '是CD 在平面α内的射影，所以由三垂线定理得CD ⊥AB ，所以C CD '∠就是平面ABC 与平面α所成锐二面角的平面角，所以12cos cos 2ABC ABCAB CD S C D CDC CD S AB CD θ'∆∆'⋅''=∠===⋅. 当ABC ∆的边AB 不在平面α内时，设ABC ∆在平面α内的射影是C B A '''∆，则同样可以证明ABCC B A S S ∆'''∆=θcos . αACB DC ’运用该定理求”无棱”二面角十分方便.例 如图，已知底面边长为1，高为3的正三棱柱C B A ABC '''-，P N M 、、分别在侧棱C C B B A A '''、、上，且1='M A ，2='N B ，23='P C ,求面MNP 与面ABC 所成锐二面角θ的大小. 解 由已知，易求得2=MN ，25==NP MP ，所以 46222522122=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅=∆MNP S ，又43=∆ABC S ，所以224643cos ===∆∆MNPABCS S θ，所以045=θ.题70 如图1，四边形ABCD 是矩形，⊥PA 面ABCD ，其中4,3==PA AB .若在PD 上存在一点E ，使得CE BE ⊥.试求AD 的范围，及有且只有一个满足条件的点时，二面角A BC E --的大小.(第十四届高二培训题第78题)解法1 如图1,过点E 作AD 的垂线,垂足为F ,连结BF .过点F 作AB 的平行线,交BC 于G ,连结EG .令a AD x EF ==,.易知EF ∥PA, ,4EF axDF AD PA =⋅= (1),4xAF a =-222222BE BF EF AB AF EF =+=++222914x a x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭.因为CE BE ⊥,所以222CE BE BC +=.因为22,B C aC EE F F C ==+222EF FD CD =++2221916x a x =++,所以有,2)281(182222x a x x a +-++=0182)28(222=+-+x a x a ①.由0≥∆,得05763624≥--a a ,解得34≥a .当34=a 时,方程①即.0,091242=∆=+-x x 方程①有且仅有一个实根,故存在唯一的点E .因为⊥EF 面EG BC FG BC ABCD ⊥⊥,,,所以EGF.∠是二面角FBC E --的平面图2图1DAB ECFG PAPNMA ’B ’C ’B C角,312tan .32EF EGF GF ∠===所以1arctan 2EGF ∠=为所求.解法2 建立空间直角坐标系(如图2),设a AD =,则)4,0,0(),0,,0(),0,,3(),0,0,3(P a D a C B ,设),,0(z y E ,则),,3(),,,3(z a y CE z y BE --=-=→→.因为09,22=+-+=⋅∴⊥→→z ay y CE BE CE BE ①.因为,,,D E P 共线,所以ay y z z --=--004,即4az a y -=②,代入①并整理,得01444)16(222=+-+z a z a ③.由0)16(14441624≥+⨯-=∆a a ,解得34≥a 为所求AD 的范围.当34=a 时,方程③为0144192642=+-z z ,即091242=+-z z .因为0944122=⨯⨯-=∆,方程③有且仅有一个实根,故存在唯一的点E .又34=a 时,方程①为093422=+-+y z y ④,方程②为z y 334-=⑤.解④，⑤联立方程组,得23,235==z y .所以)23,235,0(E .作AD EF ⊥于F ,BC FG ⊥于G ,连结EG ,则BCEG ⊥,所以E G F ∠就是二面角A BC E --的平面角.又)0,235,3(G ,)0,235,0(F ，所以,3,253,9).0,0,3(),23,0,3(===⋅=-=→→→→→→FG EG FG EG FG EG 所以55232539.co s =⋅=⋅=∠→→→→FG EG FG EG EGF ,所以552a r c co s =∠EG F ,即21arctan =∠EGF 为所求.评析 解法1为几何法,从图形上看,由于PB PA ,的长确定,又ABCD 是矩形,因此,当AD 过短时,BE 与CE 就不可能垂直,于是就有问题:如果,CE BE ⊥AD 应在什么范围内?要解决这个问题,关键是利用CE BE ⊥这一条件,随着a 的不同,EF 在变化,设x EF =后,CE BE ,便都可用x a ,表示,由222BC CE BE =+得方程①.由于方程①有解,由0≥∆求得了a 的范围.有且只有一个满足条件的点时,按常理,a 应是固定的,而,34≥a 很可能此时34=a .把34=a 代入方程①,得0=∆,方程①有且只有一个实根,这就验证了这一想法.当a 确定后,EF 也确定了,又3=FG ,,FG EF ⊥故二面角便求出了.解法2为向量法.设),,0(,z y E a AD =后,由0=⋅→→CE BE ,得0922=+-+z ay y ,按解法1的思想,必须消去y 与z 中的一个,由D E P ,,共线得4aza y -=便解决了问题. 对于求二面角A BC E --的问题,作出二面角与解法1一样,不过是用公式→→→→⋅⋅=∠FGEG FG EG EGF cos 求EGF ∠罢了.。
