初一奥数竞赛题几何（初一奥数竞赛题几何答案）
初一奥数竞赛题几何（初一奥数竞赛题几何答案）
这题貌似是华罗庚杯的
1.平面上最多有6条线,
因为夹角只能是30°、60°或者90°，其均为30°的倍数
所以每画一条直线后，逆时针旋转30°画下一条直线
这样就能够保证两两直线夹角为30°的倍数，即为30°、60°或者90°
(因为如果每次旋转度数其他角度，例如15°，则必然会出现两条直线的夹角为15°或15°的其他倍数，如45°这与题目不符)
因为该平面上的直线两两相交，也就是说不会出现平行的情况
在画出6条直线时，直线旋转过5次=5*30°=150°
如果再画出第7条直线，则旋转6次=6*30°=180°，这样第七条直线就与第一条直线平行了
所以最多能画出六条
2.
因为有六条直线两两相交，所以就有1+2+3+4+5=15个夹角
这15个夹角中有6个30°角，有6个60°角，有3个90°角
所以夹角和为6*30°+6+60°+3+90°=810°
1. ∠OFC=∠OBC+∠4
则∠OBC/∠OFC=∠OBC/∠OBC+∠4
又∠C=∠A=100°,而平移过程中度数不变, 则
∠ABC=∠AOC=80°,则∠ABO=80°-∠OBC
在△ABO中, ∠3+∠OAB+∠A=180°, 代入上式, 则
∠3+80°-∠OBC+100°=180° 推出∠OBC=∠3=∠4, 代入上式,
∠OBC/∠OFC=∠OBC/∠OBC+∠4=∠4/∠4+∠4=1/2.
比值不变，为1/2
2. ∠OEC=180°-∠C-∠1=80-∠1
∠OBA=180°-∠A-∠3=80-∠3
又∠1+∠2+∠3+∠4=80 且∠1=∠2 ；∠3=∠4
∴∠1+∠3=40°
若∠OEC=∠OBA, 则 80°-∠1=80°-∠3,
即∠1=∠3时 两角相等.
又∠1+∠3=40, 则∠1=∠3=20°
∴∠OEC=∠OBA=80°-20°=60°
解：在△ADE中
∠MAD=∠MDA=15°
∴AM=BM
∵正方形ABCD
∴∠ADC=90°，AD=DC=BC
在△DCM中 取一点F使∠FDC=∠FCD=15°
连接DF，MF，连接CF并延长交DM于点N
在△ADM和△DCF中
∠MAB=∠FDC=15°
AD=DC
∠MDA=∠FCD=15°
∴△ADM≌△DCF（ASA）
∴AM=DF=DM
∵∠MDF=∠ADC-∠ADM-∠CDF=90°-15°-15°=60°
在△DMF中 ∵DM=DF，∠MDF=60°
∴△DMF是等边三角形
∴∠DMF=60°，DM=MF=DF=CF
在△DFN中
∵∠DFN=∠FDC+∠FCD=15°+15°=30°，∠MDF=60°
∴∠DNF=180°-∠MDF-∠DFN=180°-60°-30°=90°
∴∠MNF=90°
∵MF=CF
∴∠FMC=∠FCD=½∠MFN=½（180°-∠NMF-∠MNF）=½×30°=15°
∴∠DMF+∠CMF=∠MDF+∠CDF即∠DMC=∠MDC，∠DCM=∠DCF+∠MCF=15°+15°=30°
∴MC=DC=BC，∠BCM=∠BCD-∠DCM=90°-30°=60°
在△BCM 中，MC=BC，∠MCB=60°
∴△MBC是等边三角形
2.
延长BD,并在BD的延长线上取一点M，使DM=CD， 角ADM=90度+1/2角BDC， 角ADC=角ADB+角BDC=90度-1/2角BDC+角BDC=90度+1/2角BDC
所以角ADM=角ADC。
此时在三角形ACD和三角形ADM中，AD=AD，CD=DM，角ADC=角ADM
所以三角形ADC全等于三角形ADM（SAS）
所以AC=AM
又因为AB=AC
所以AM=AB
又因为角ABD=60度
所以三角形ABM为等边三角形
所以AB=BM
又因为CD=DM
所以AB=BD+DC
2.
（1）
因为S△APM=S△BPN，同加上S△APB
所以S△ABM=S△ABN
所以同底AB的△ABM、△ABN等高。
所以MN//AB。
【到第（2）问，可得出 MN平行AB； 以及相关的几个推论： AM：CM=BN：CN； CP延长线交AB于AB中点等】
连接CP；
S△CPM：S△AMP=CM：AM=CN：BN=S△CNP：S△BNP
所以S△CPM=S△CPN
再根据初始面积相等的条件，可得S△CPM=1/2 S四边形CMPN=1/2 S△AMP
所以CM：AM=S△CPM：S△APM=1：2
MP：BP=MN：AB=CM：AC=1：3
S△ABP=S△ABM * 3/4 = 2/3*S△ABC * 3/4 = 6
（2）
【到第（2）问，可得出 MN平行AB； 以及相关的几个推论： AM：CM=BN：CN； CP延长线交AB于AB中点等】
