初一数学竞赛系列训练12答案

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1、上海市尚德实验学校杨晓Email:qdyangxiao@hotmail.com初一数学竞赛系列训练(12)答案1．5个点中任取2点，可以作4+3+2+1＝10条直线，在一直线上的3个点中任取2点，可作2+1＝3条，共可作10-3+1＝8（条）故选C2．平面上3条直线可能平行或重合。故选D3．对于3条共点的直线，每条直线上有4个交点，截得3条不重叠的线段，3条直线共有9条不重叠的线段对于3条不共点的直线，每条直线上有5个交点，截得4条不重叠的线段，3条直线共有12条不重叠的线段。故共有21条不重叠的线段。故选D4．由个点中每次选取两个点连直线，可以画出条直线，若三点不在一条直线上

2、，可以画出3条直线，若四点不在一条直线上，可以画出6条直线，∴整理得∵n+9＞0∴∴选B。5．直线EF、GH分别“截”平行直线AB、CD，各得2对同旁内角，共4对；直线AB、CD分别“截”相交直线EF、GH，各得6对同旁内角，共12对。因此图中共有同旁内角4+6＝16对6．∵FD∥BE∴∠2=∠AGF∵∠AGC=∠1-∠3∴∠1+∠2-∠3=∠AGC+∠AGF=180°∴选B7．解：∵AB∥CD　（已知）　　　∴∠BAD=∠CDA（两直线平行，内错角相等）∵∠1=∠2　　　（已知）∴∠BAD+∠1=∠CDA+∠2（等式性质）即∠EAD=∠FDA　　　∴AE∥FD　　　∴∠E＝∠

3、F8．解：每两点可确定一条直线，这5点最多可组成10条直线，又每两条直线只有一个交点，所以共有交点个数为9+8+7+6+5+4+3+2+1＝45（个）上海市尚德实验学校杨晓Email:qdyangxiao@hotmail.com又因平面上这5个点与其余4个点均有4条连线，这四条直线共有3+2+1＝6个交点与平面上这一点重合应去掉，共应去掉5×6=30个交点，所以有交点的个数应为45-30＝15个9．可分7个部分10．解∵AB∥CD∥EF∴∠APQ＝∠DQG=∠FRG=110°同理∠PSQ=∠APS∴∠PSQ=∠APQ-∠SPQ=∠DQG-∠SPQ=110°-90°=20°11．

4、0个、1个或无数个1）若线段AB的垂直平分线就是L，则公共点的个数应是无数个；2）若AB^L，但L不是AB的垂直平分线，则此时AB的垂直平分线与L是平行的关系，所以它们没有公共点，即公共点个数为0个；3）若AB与L不垂直，那么AB的垂直平分线与直线L一定相交，所以此时公共点的个数为1个12．4条直线两两相交最多有1+2+3＝6个交点13．证明：过E作EF∥BA∴∠2=∠A（两直线平行，内错角相等）DE∥CB，EF∥BA∴∠1=∠B（两个角的两边分别平行，这两个角相等）∴∠1+∠2=∠B+∠A（等式性质）即∠AED=∠A+∠B14．证明：分别过点E、F、G作AB的平行线EH、PF

5、、GQ，则AB∥EH∥PF∥GQ（平行公理）∵　AB∥EH∴　∠ABE＝∠BEH（两直线平行，内错角相等）同理：∠HEF＝∠EFP　　　　　∠PFG＝∠FGQ∠QGD＝∠GDC∴　∠ABE+∠EFP+∠PFG+∠GDC＝∠BEH+∠HEF+∠FGQ+∠QGD（等式性质）即　∠B+∠D+∠EFG=∠BEF+∠GFD15．证明：∵DE平分∠CDA　CE平分∠BCD∴∠EDC=∠ADE∠ECD=∠BCE　(角平分线定义)∴∠CDA+∠BCD=∠EDC+∠ADE+∠ECD+∠BCE=2（∠EDC+∠ECD）＝180°∴　DA∥CB又∵　CB^AB∴　DA^AB16．两个圆最多有两个交点

6、，每条直线与两个圆最多有4个交点，三条直线最多有3个不同的交点，即最多交点个数为：2+4×3+3=1717．（1）2个圆相交有交点2×1＝1个，上海市尚德实验学校杨晓Email:qdyangxiao@hotmail.com第3个圆与前两个圆相交最多增加2×2＝4个交点，这时共有交点2+2×2＝6个第4个圆与前3个圆相交最多增加2×3＝6个交点，这时共有交点2+2×2+2×3＝12个第5个圆与前4个圆相交最多增加2×4＝8个交点∴　5个圆两两相交最多交点个数为：2+2×2+2×3+2×4＝20（2）2个圆相交将平面分成2个区域3个圆相看作第3个圆与前2个圆相交，最多有2×2＝4个

7、不同的交点，这4个点将第3个圆分成4段弧，每一段弧将它所在的区域一分为二，故增加2×2＝4块区域，这时平面共有区域：2+2×2＝6块4个圆相看作第4个圆与前3个圆相交，最多有2×3＝6个不同的交点，这6个点将第4个圆分成6段弧，每一段弧将它所在的区域一分为二，故增加2×3＝6块区域，这时平面共有区域：2+2×2+2×3＝12块5个圆相看作第5个圆与前4个圆相交，最多有2×4＝8个不同的交点，这8个点将第5个圆分成8段弧，每一段弧将它所在的区域一分为二，故增加2×4＝8块区域，这时平面最多共有