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第一届美国数学邀请赛试题解答及分析

1983-01-01

青年文摘·上半月 1983年11期
关键词:四位数边长圆心

而对于每一类有9×8个四位数,所以满足条件的这样的四位数共有6×9×8=432(个)。

【解法二】①四位数中含有两个1的情况:

在四位数中含有两个1,其中一个1在千位数上的共有三类。而对于每一类的四位数中,剩下的两个数位上的数字的取法共有2×92种,因此,符合情况①的四位数有3×2×92个。

②四位数中含有两个相同数字(除两个1以外)的情况:

由于四位数中,千位数字是1,且有两个数字相同的共有三类。而对于每一类的这样四位数,剩下的三个数位上的数字的取法有91×C81种,因此,符合情况②的四位数有3×91×C81个。

综上所述,满足条件的四位数共有3×2×92=3×91×C81=432(个)。

十一、一个以边长S的正方形为底的物体,其最上方的一条边平行于底面,且长度为2S,其他边的长

这是一个体积计算题,如果学生能根据图形具有的对称性,把原来的图形分成几部分,然后运用三棱锥的体积公式即可求解。

【解法一】如图8所示,因为原来以边长为S的正方形的四个顶点分别为AC,BC,AD和BD的中点,所以四面体ABCD是正四面体。且原正方形将正四面体ABCD分成体积相等的两部分。

因为正四面体的棱为2S,所以

【解法二】如图4所示。ABCD是边长为S的正方形,EF平行底面ABCD,且EA=ED=FB=FC=S。根据对称性,EF在底面的正射影E′F′∥AB,EF的中点O在底面的正射影为正方形ABCD的中心O′。

十二、一圆的直径AB是一个二位整数(十进制),把它的十进制表示的两个数字交换次序恰巧是垂直弦

CD的长度,交点H到圆心O的距离为一正有理数(见图5),试决定AB的长度。

这是一个代数题,如果掌握了数和数码之间的关系,本题容易得出如下的解法。

【解】设AB=10a+b,则CD=10b+a,又设OH

∴a=6,b=5,从而得出AB的长度为65。

十三、对{1,2,……,n}及其每一非空子集,定义一个唯一确定的“交替和”如下:按照递减的次序重新排列该子集,然后从最大的数开始交替地减或加后继的数。(例如{1,2,4,6,9}的“交替和”是9-6+4-2+1=6,{5}的“交替和”就是5)对n=7,求所有这种“交替和”的总和。

本题难度较大,较抽象,如果学生没有一定的抽象思维和推理能力,就会感到束手无策。在76名考生中仅有12人比较顺利地完成该题的解答。

【解】把{1,2,3,……,n}的所有子集(包括本身及空集)分成甲、乙两类,凡子集中含有元素n的归甲类,而不含n的归乙类。这样,若甲类中有集合{n,a1,a2,…,ak},则乙类中就有集合{a1,a2,…,ak},反之亦然,即{n,a1,a2,…,ak}←→{a1,a2,…,ak},而该两集合的“交替和”之和为n,因此所有“交替和”的总和,就是甲类中集合的个数乘以n,即

n·(C0n-1+C1n-1+…Cn-1n-1)=n·2n-1

当n=7时,得448。

十四、在图6中有半径分别为6和8的圆,其圆心距为12。过两圆的一个交点P引一直线,使弦QP和PB长度相等,求QP的长度的平方。

本题是一个平面几何和三角的综合题。解法如下:

【解法二】如图7所示,QP=PR=2a,O1M=b,ON=c,O1K=b-e。

在直角三角形O1OK中,OK2+O1K2=O1O2,

即(2a)2+(b-C)2=122。

十五、如图8所示,一个圆内有两条相交的弦,其中B点落在小弧AD上(注:小弧指所对的圆心角

小于180°的那段弧,下同)设圆的半经为5,BC=6,且弦AD被BC等分。又设AD是从A点引出的被BC等分的唯一弦。这样,小弧AB所对的圆心角的正弦必是一个有理数,若此数表示成既约分数m/n,积mn是多少?

本题是这套题目中得分率最低的题目之一。仅有15名考生答对。如果学生能理解“AD是从点A引出的被BC等分的唯一弦”一语的意思为:BC是这样的一条弦,从定点A引出的许多弦中有且只有一条弦AD被它所平分。那么,该题也就迎刃而解了。因为弦AD的中点的轨迹是以AO为直径的圆P,要BC平分AD,就要BC与圆P相交,而且只能有一个交点,即相切,否则有二条AD被同一BC所平分。BC弦长为6,它是以O为圆心,4为半径的圆的切线,因此是两圆的公切线。具体解法如下:

【解法一】如图9所示,MC=3,

所以积mn是175。

【解法二】如图10所示,NM=O′F=

所以积mn是175。

(摘自《科学画报》1983年第7期)

(续完)

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