陕西中考试题-新疆医科大学研究生

第19届 “希望杯”初中试题刍议


2008年 第19届全国“希望杯”数学邀请赛已经落下了帷幕。作为数学爱好者总要回味
今年的试题.，交流学习 试题的体验。 “希望杯”初中试题的内容那样的基本，粗看平淡无
奇，细品则另有醇美的风味.

比如，初一1试题4. 正方形内有一点A，到各边的距离分别为1，2，5，6，则正方
形面积为（ ）
（A）33 （B）36 （C）48 （D）49
答案：选（D）.
由于A在正方形内，所以A到两组对边的距离之和相等，由于只有1+6=2+5， 于是，
正方形的边长只能为7，故面积是7
2
=49（平方单位）.
题目的 设置将正方形的边长为7，以条件“正方形内有一点A，到各边的距离分别为1，
2，5，6”，将其巧 妙地隐藏起来，等待解题者去发见。接着又在初一2试中，进一步升华
为试题9.
平行四边形 内一点到四条边的距离分别是1，2，3，4，那么，这样的平行四边形的面
积最小是（ ）.
（A）21 （B） 22 （C） 24 （D） 25.
答案：选（A）.
如1图所设，
a
和
b
是平行四边形的两 条边长，
h
1

和
h
2
是平行四边形的两条高，则 面积
ah
1
bh
2
h
1
h
2
.
从1，2，3，4共有3组组合可作为为
h
1
和
h
2
，
其中
h
1
123, h
2
347
时，
h
1
h
2
21
最小.
本题巧妙地利用斜边大于直角边解决了最小值的问题. 拓广了前一个试题的内涵，足
- 1 -

图1

见命题者匠心独运.
对综合性的大题仔细品味，试题有如下特点.
一、题型基本，知识基本，技能基本，寓以新意有发展
例1. 如图2，A和B两个小机器人 ，自甲处同时出发相背而行，绕
直径为整数米的圆周上运动，15分钟内相遇7次，如果A的速度每分钟
增加6米，则A和B在15分钟内相遇9次，问圆周直径至多是多少米？
至少是多少米？（取< br>
3.14
）

分析：行程中的相遇问题，从小学开始就是重要的应用题型，属基
图2

本题型。其中路程、时间与速度的关系是基本知识。解决本
题的关键在于基本技能的综合运用。
由于圆的直径为
D
，则圆周长为

D
。设A和B的速度和是每分钟
v
米， 一次相遇
所用的时间为

D
分；他们15分钟内相遇7次，用数学语言可以描述为
v
8
1515v
7,
①

D

D
v
如果A的速度每分钟增加6米，A加速后的两个机器人的速度和是 每分钟
v6
米，
则A和B在15分钟内相遇9次，用数学语言可以描述为
10
15
15

v6

9
②

D

D
v
本题不是列方程，而是列不等式来描述题设 的数量关系，这对一般学生可能比较生疏，
体现了基本技能的灵活性。
由①，得

8

v7

10

v69

,
由②，得

，
15D1515D15
- 2 -

上面两式相加，则有

3

6

9030
，
 , D
15D15

28.6624D9.55414, 29D9
.
已知“圆的直径为整数米”，所以，圆周直径至多是28米，至少是10米。
将行程问 题与不等式的整数解联系起来，使行程问题的老题型有了新意，运算与表达
难度对初一学生适中，可以综 合考察学生的数学素养与数学能力。
二、问题不难，思路不难，解法不难，深层联系须挖掘
我们着重分析初二2试的第22题的来龙去脉.
杠杆在直角坐标轴上滑动，是非常典 型的题型，对研究轨迹，函数、极值、导数都有
重要意义.从小学到大学，都属常见的基本题型.比如：
1. 图3中的两个滑块A，B由一个连杆连接，分别可以在垂直和水平的滑道上滑动。
开始时 ，滑块A距O点20厘米，滑块B距
O点15厘米。问： 当滑块A向下滑到O点时，滑
块B 滑动了多少厘米？（第十届华杯赛口试题22）
【答】滑块B滑动了10厘米。
图3
【理由】由
ABAOOB201525
，
可知连 杆的长度等于25厘米。当滑块A向下滑到O点时，滑块B距O点的距离是25厘
米，故滑块B滑动了2 5 -15 =10厘米.
2.“给定直角XOY，一条定长（记为
a
）的线段AB 两端在角的两边上滑动，求AB
中点P的轨迹.（轨迹是以O为中心，
解略）
把定长线段变为一个直角三角形的斜边，可得
3.“在直角坐标系中，
ABC
满足，
C90,AC6,

o
222222
a
为半径的圆被定直角XOY截出的四分之一圆弧，
2
BC8,
点A，B分别在
x
轴、
y
轴上，当A点从原点 开
始在正
x
轴上运动时，点B随着在正
y
轴上运动（图 4）
.求原点O到点C的距离OC的最大值，并确定此时图形
- 3 -

图4

应满足什么条件？”（OC的最大值是10，当A点重合于O时可达到）
如果求的线段的一端 C不是直角的顶点，比如将直角板翻过来放，将C放在
y
轴上，
求原点O到点B的距离 OB的最大值，就改编成了19届初二2试的第22题. 并且有意识
地安排成了3问的阶梯型，启发作题的思维过程.
C90,AC2,BC1,
点A，例2. 在直角坐标系中，C分别在
x轴、
ABC
满足，
o
y
轴上，当A点从原点开始在正
x
轴上运动时，点C随着在正
y
轴上运动.
（1）当A在原点时，求原点O到点B的距离OB；
（2）当OA=OC时，求原点O到点B的距离OB；
（3）求原点O到点B的距离OB的最大值，并确定此时图形应满足什么条件？
解答分析：（1）当A点在坐标原点时，如图5，
AC在
y
轴上，
BCy
轴，
所以
OBAC
2
BC
2
5.

目的是从特殊情况理解题意，考察勾股定理的
基本应用与计算.
（2）当
OAOC
时，如图6，
OAC
是等腰直角三
o
角形，AC = 2.，所以
1245
，
OAOC

图5

2.

过点B作
BEOA
于E，过点C作
CDOC,
且CD
与BE交于点D，则

390ACD90(9045)45.
又BC=1，
ooooo< br>所以
CDBD
232
,BEBDDEBDOC,

22
22

因此
OB



2

32



5.




2

2

图6

本问就当
OAOC
时，求原点O到点B的距离OB.为求“原点O到点B 的距离OB
- 4 -

的最大值” 是个方法性的提示. 那么如何找这
个最大值呢？一般地我们也可以通过如下的代数的途
径求得这个极值.
解: 如图7所示，设
ACO

,
过C作
CDOC
，
由于
BCA90,
所以
o
BCD

.< br>由
AC2,BC1,
可以得B点的坐标
为
B(cos

,sin

2cos

)
.则

图7

2
l
2
OB
2
cos
2



sin

2cos



cos
2

sin
2

4sin

cos

4cos
2

12sin2

4cos
2


32sin2

2(2c os
2

1)
32sin2

2cos2



2



2

sin2< br>
cos2


322sin

2




322

4

2


2

当



8
时，
l
2
max
322(12)
2
,< br>所以
l
max
12.

这种解法所用的三角函数，显然超 出了初二的知识范围，我们写出来是为了给大家参
考.有没有可供初二学生接受的直观的妙着呢？有的！ 请看：
（3）如图8，取AC的中点E，连结OE，BE. 在Rt
AOC
中，O E是斜边AC上的
中线，所以
OE
1
AC1.

2
1
AC1,BCE90
o
,

2
在
ACB
中，BC=1，
CE
所以
BE2.

若点
O,E,B
不在一条直线上，则
OBOEEB12,

若点
O,E,B
在一条直线上，
- 5 -

图8

则
OBOEEB12,

所以当点
O,E,B
在一条直线上时，OB取到最大值，
最大值是
12.

当
O,E,B
在一条直线上时，OB取到最大值时，
AC与
y
轴的夹角
OCA?
从图9可见，OE=1，
EB2.
CEB45
o
，但CE=OE=1，

图9

CEB45
o

ECOCOE22. 5
o
.与三角法计算的结果


是一致的.
22
8
这里，巧妙地利用了线段的基本性质：两点间线段最短.一般地说，线段基本性质常
用来求最 小值。即线段AB长为定值时，AC+BC的最小值为AB，此时C在AB上.这是线
段基本性质的一种 应用；而另一种应用往往为人们所忽视：如果两条线段AC和CB在C
点接在一起，AC = m与CB = n都是定长；那么AC+BC的最大值为m + n，此时C、A、
B三点共线. 例2的第（3）问就是应用了这一性质.
三、课外知识以简单的整数整除、组合计数为主，重在知识的灵活运用.
“希望杯”作 为中学生的数学竞赛，毕竟不是中考.总要有一些机智灵巧的问题，考察
学生的数学素质与数学意识. 其中以简单的整除知识、最基本的组合知识为首选内容.
例3. 已知
m,n(mn)
是正整数.
（1）若
3
与
3
的末位数字相同，求
mn
的最小值；
（2）若
3
与
3
的末两位数字都相同，求
mn
的最小值。
这是初二2试第23题.
解（1）若
3
与
3
的末位数字相同，必须 且只须
33
是10的倍数，即
mn
mn
mn
mn
3
m
3
n
3
n
(3
mn
1)是10的倍数.又
(3
n
,10)1,
所以
3
mn
1
是10的倍数，即只需
- 6 -

3
s
(3
mn
)
的末位数字是1. 显然3
4
= 81满足条件，所以
mn
的最小值是4.
取n1,
则
m5,
此时
mn
最小，其最小值等于6. （2）若
3
与
3
的末两位数字都相同，必须且只需
33
是100的倍数.
即
333(3
需
3(3
rmn
mnnmn
mn
mn
1)
是100的倍数. 又
(3
n
,100)1,
所以
3
mn
1
是100的倍数，即 只
)
的末两位数字是01.
由于
3
的末位数字是1，所以
r
一定是4的倍数.令
r4t
（
t
是正整数）所以
r< br>3
r
3
4t
81
t
的末两位数字是01.
经试算可知：81
1
末两位数字是81；81
2
末两位数字是61；81
3
末两位数字是41；81
4

末两位数字是21；81
5
末两位数字是01；……，当
t
=5时 ，
81
的末两位数字是01.所以
当
t
=5时，
r4t< br>取得最小值是20，也就是
mn
的最小值是20.
例3的命题思路源于19 78年第20届IMO的试题1：“
1978
与
1978
的最后三位数
相等，试求使
mn
最小的正整数
m,n.
这里
nm1.” ，是这道IMO试题的简化。会
解例3的同学，已经为解决这类竞赛试题作了知识与思路的必要的准备.
例4. 某校组织了20次天文观测活动，每次有5名学生参加，任何2名学生都至多同
时参加 过一次观测．证明：参加过这些观测活动的学生数不少于21名.
这是初一2试第23题.
证明：设参加观测活动次数最多的学生A参加了a次观测，共有x名学生参加过这些
观测活动．
由于有A参加的每次观测活动中，除了A，其他学生各不相同（这是因为任何2
名学生都至 多同时参加过一次观测），故
x≥
4a1
． （I）
nm
t
另一方面，学生A参加观测的次数不小于每名学生平均观测次数．即
- 7 -

205
． （II）
x
400
综合（I）、（II），得x≥
1
，
x2
x400
≥0．即
x(x1)400
.
x
a≥
因
x(x1)
是相邻两个自然数的乘积，经试算可得 x≥21．
即参加过这些观测活动的学生数不少于21人．
例3和例4，都有推理计算或论证.这是数学素养的基本要求.
第19届整个初中两个年级的 “希望杯”试题，注重“双基”，体现对数学教学的总体
要求：现实是源泉，兴趣引入门，思维是核心， 证明是灵魂.总体说来基本体现了希望杯命
题的原则：贴近现行的中学教材；试题活而不难，巧而不偏. 富于启发性，试题既大众化，
又富有启发性. 试题总体体现了时代性，适应了时代的要求.
以上简单例析，难免挂一漏万，只是应编辑部之邀发表的一点个人体会.仅供大家参考.

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