10.如图,半径为 1 的球,内切于圆锥(即直圆锥),已知圆锥的母线与 底面的夹角是 2θ.
　　
(1) 求证圆锥的母线与底面半径的和是

2 ;
tgθ(1- tg 2 θ)


(2) 求证圆锥的全面积是

2π ;
tg2 θ(1- tg2 θ)



示)

点.)

(3)当θ是什么值的时候,圆锥的全面积最小?(θ用反三角函数表

(图中 V 是圆锥的顶点,VB 是母线,O 是球心,A 是球和圆锥底面的切






1963 年试题答案
1. 解法一: ∵tgθ = 2 , ∴ cosθ≠0.
以 cosθ除分式的分子和分母,得
cosθ + sinθ = 1 + tgθ = 1 + 2

cosθ - sinθ

1 - tgθ

1 - 2
2

　　　　　 = (1 + 2 )
(1 - 2 )(1 + 2 )

= 1 + 2 2 + 2 = -3 - 2 2 .
-1

解法二: ∵ tgθ = 2 ,

∴θ在第Ⅰ象限或第Ⅲ象限.


∴ sinθ = ±


2 , 　　　 cosθ = ± 1 .
3 3

当θ在第Ⅰ象限时, sinθ = - 2 ,
3

　　cosθ = 1 ,
3

1 + 2

∴ cosθ + sinθ
cosθ - sinθ

= 3 3
1 - 2
3 3

1 + 2
=
1 - 2

　　　　　　 = -3 - 2 2 ;

当θ在第Ⅲ象限时, sinθ = - 2 , cosθ = - 1 ,




∴ cosθ + sinθ
cosθ - sinθ



- 1 -
= 3
- 1 - (-

3 3
2
3 = 1 + 2
2 ) 1 - 2




2.解:

3 3
　　　　　　　 = -3 - 2 2.

(1)1 + 3i的模数r = 12 + ( 3) 2


= 2; ,

　1 + 3i的辐角θ的主值是60°
∴辐角是 k·360°+60°. (其中 k 为任何整数)
(2)B 点所表示的复数的模数是 2,而辐角的主值是 60°+150°=210°,
∴B 点所表示的复数是:
2(cos210°+isin210°)
= - 3 - i.








3.解:∵AB=1,AC:CB=4:1,
∴AC = 4 , 　CB = 1 .
5 5
∴CD = 4 × 1 = 2 .
5 5 5

4.证法一:
　　已知:二面角 M-AB-N,P 是 M-AB-N 内任意一点,PC 垂直平面 M 于 C,PD 垂直平面 N 于 D.
求证:平面 PCD⊥AB.
证明:∵PC⊥平面 M,
∴PC 和 AB 垂直,
∵PD⊥平面 N,
∴PD 和 AB 垂直.
∴平面 PCD⊥AB.


证法二: 已知:同证法一. 求证:同证法一. 证明:∵PC⊥平面 M,
∴过 PC 的平面 PCD⊥平面 M.
∵PD⊥平面 N,
∴过 PD 的平面 PCD⊥平面 N.
∴平面 PCD 垂直平面 M 和 N 的交线. 而 AB 即是平面 M 和 N 的交线,
∴平面 PCD⊥AB.

对数表
N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 23 3617 3636 3655 3674 3692 3711 3729 3747 3766 3784 2 4 6 7 9 11 13 15 17 24 3802 3820 3838 3856 3874 3892 3909 3927 3945 3962 2 4 5 7 9 11 12 14 16 25 3979 3997 4014 4031 4048 4065 4082 4099 4116 4133 2 3 5 7 9 10 12 14 15

反对数表
m 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 .48 3020 3027 3034 3041 3048 3055 3062 3069 3076 3083 1 1 2 3 4 4 5 6 6 .49 3090 3097 3105 3112 3119 3126 3133 3141 3148 3155 1 1 2 3 4 4 5 6 6 .50 3162 3170 3177 3184 3192 3199 3206 3214 3221 3228 1 1 2 3 4 4 5 6 7

5.解:lg23.28-1.1=-1.1×lg23.28
=-1.1×1.3670
=-1.5037
= 2.4963.
∴23.28-1.1=0.03135.
6.解法一:
sin3x-sinx+cos2x=0,
2cos2xsinx+cos2x=0, cos2x(2sinx+1)=0
由　　cos2x = 0, 得 2x = 2nπ± π ,
2
∴　　x = n?± π .
4
(n 是整数)

由2sinx + 1 = 0, 得sinx = - 1 ,
2
∴x = 2n? - ? ;
6
　x = (2n + 1)? + ? .
6
(n 是整数)
∴x = n?± ? , x = 2n? - ? , x = (2n + 1)π + ? . (n是整数)
4 6 6
解法二:
sin3x-sinx+cos2x=0,
(3sinx-4sin3x)-sinx+(1-2sin2x)=0, 整理,得 4sin3x+2sin2x-2sinx-1=0. 分解,得 (2sinx+1)(2sin2x-1)=0.
由 2sinx + 1 = 0, 得 sinx = - 1 ,
2
　　　　　　　∴ x = 2n? - ? ;
6
　　　　　　　　 x = (2n + 1)? + ?
6 .

　　　　　　　　　(n是整数)

由 2sin2 x - 1 = 0, 得 sinx = ± 1 = ± 2
2 2
　　　　　　　∴ x = 2n? + ? , x = (2n + 1)? - ? ;
4 4
x = 2n? - ? , x = (2n + 1)? + ? .
4 4
(n 是整数)
∴x = 2n? - ? , x = (2n + 1)? + ? , x = n?± ? . (n是整数)
6 6 4
7.解:
(1)从这六个数字中,取出五个数字,共能排成
A 6 = 6×5×4×3×2 = 720
个五位数.
　　(2)在所求的偶数中,末位必须取 2、4 这两个数字中的一个,这有两种 方法,取定末位后,再从其余五个数字中任取四个,排成其他四位,这有
A 5 = 5×4×3×2 = 120
种方法.因此,共有
2A 5 = 2×120 = 240
个五位数是偶数.
(3)一个整数是不是 3 的倍数,要看它的各位数字之和是不是 3 的倍 数,这六个数字 1,2,3,4,7,9 之和是 26,因此只有除去 2,余下的五个数字 之和才是 3 的倍数.由此可知,所取的五个数字必须是1,3,4,7,9.因此,共

有
P5=5!=120
个五位数是 3 的倍数.
8.解法一:
?? x2 - 2xy - y2 = 1, 　　　　　　　　　　　　　(1)
?
?? xy + 3 = x.　　　　　　　　　　　　　　 (2)
(2)的两边平方,得
xy+3=x2,
即 x2-xy=3. (3) 将(1)的两边乘以 3,得
　　　　3x2-6xy-3y2=3. (4) 从(4)的两边分别减去(3)的两边,得
2x2-5xy-3y2=0.

分解,得


(2x+y)(x-3y)=0,
2x+y=0,x-3y=0.

?x2 - xy = 3

? x2 - xy = 3,

由此得?
?2x + y = 0;
?x = 1

　　　　　? .
? x - 3y = 0
? x = -1,

解得? 1

　　　　　　? 2

?y1 = -2;

x = 3 2 ,

? y2 = 2;

x = - 3 2 ,

　　?

2 　　　　　? 2

?y = 2 ;

?y = - 2 .

3 2 4 2
检验后,x1,y1 与 x3,y3 是原方程组的两组解;x2,y2 与 x4,y4 不适合方
程(2).
∴方程组的解是:



? x = 1,

?
?x =
?


3 2 ,
2

? y = -2;　　　　　　　?

?

解法二:

?y = 2 .
?? 2

?? x2 - 2xy - y2 = 1, 　　　　　 　(1)
?
?? xy + 3 = x.　　　　　　　　 (2)
(2)的两边平方,得
xy + 3 = x 2 ,
∴y = x - 3 .　　　　　　　　　(3)
x
代入(1),得

x2 - 2x (x - 3) - ( x - 3)2 = 1.
x x
整理,得
　　2x4-11x2+9=0. 分解,得
(x2-1)(2x2-9)=0.
x2-1=0,∴x1=1,x2=-1;
2x 2 - 9 = 0, 　　∴x = 3 2 , 　x = - 3 2 .
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　3 2 4 2
将 x 的值代入(3),得
y = -2, y = 2, y = 2 , y = - 2 .
1 2 3 2 4 2
检验后,x1,y1 与 x3,y3 是原方程组的两组解
;x2,y2 与 x4,y4 不适合方程(2).
∴方程组的解是:



? x = 1,

?
?x =
?


3 2 ,
2

? y = -2;　　　　　　　?

?

9.证法一:
连结 OA,OB.
∵OA=OB,∴∠OAB=∠OBA;
∴∠OAC=∠OBD.

?y = 2 .
?? 2

又 AC=BD,∴△OAC≌△OBD,∴OC=OD.
∵CE、DF 分别切⊙O 于 E、F,∴∠OEC、OFD 都是直角. 在△OEC 与△OFD 中:
∵∠OEC=∠OFD=90°,OE=OF,OC=OD,
∴△OEC≌△OFD.
证法二:
∵CE、CB 分别是⊙O 的切线与割线,
∴CE2=CA·CB=CA(CA+AB). 同理,DF2=DB·DA=DB(DB+AB).
∵CA=DB,∴CE2=DF2,∴CE=DF
∵CE、DF 分别切⊙O 于 E、F,∴∠OEC、∠OFD 都是直角. 在△OEC 与△OFD 中:
∵∠OEC=∠OFD=90°,OE=OF,CE=DF,
∴△OEC≌△OFD.

10.解:(1)设 C 为母线 VB 与球相切的切点. 连 OA、OB、OC,则 OA=OC=1,OB=OB,

∠OAB=∠OCB=90°, 故 △OAB≌△OCB. 由此可知,
∠OBA=∠OBC=θ.
设 圆锥的底面半径为 r,母线为 l,则


r = ctg?, l = r cos2?
于是
1 + r = ctg?( 1

= ctg?
cos2?


+ 1) = 1






· 1 + cos2? = 1 ·






2cos 2 ?

cos2?

tg?

cos2?

tg?

cos2? - sin2 ?

= 1
tg?

· 2
1 - tg2 θ

= 2 .
tgθ(1- tg2 θ)

(2)设圆锥的全面积为 T,则

T = ?rl + ?r 2 = ?r(l + r) = ?ctg?



2
tg?(1 - tg2 ?)



= 2 ?
tg 2?(1 ? tg2?)

(3)欲使 T 最小,只要使 tg2θ(1-tg2θ)最大即可. 由于
tg2? (1 - tg2? ) = -tg4? + tg2? = -(tg2? - 1 ) 2 + 1 ,
2 4
因此当tg2? = 1 时, tg2? (1- tg2? )最大.
2
∴　当? = arctg 2 时, T最小.
2


1964 年试题



? 3
3 3 2 (

1) ?3

1. 化简: 3 .
( 3 - 1)2
　　2.甲乙二人在河的南岸 O 处,隔河在正北方向有一建筑物 P.甲向正 东、乙向正西沿河岸而行,甲每分钟比乙多走 a 米.10 分钟后,甲望建筑物
P 在北 a 度西(即北偏西 a 度),乙望建筑物 P 在北β度东(即北偏东β度), 求 O 与 P 之间的距离.
　　3.解方程 x4+1=0;并且证明:平面内表示这个方程的根的四个点是一 个正方形的顶点.
4.已知 A、B、C 是三角形的三个内角,求证:
cosA = sin B + sin C - sin A
2sinBsinC
　　5.已知方程x3+mx2-3x+n=0的三个根的平方和为6,且知这个方程有两 相等的正根,求 m、n 的值.
6.圆台形铁桶的上口半径是15厘米,下底半径是10厘米,母线长是30
厘米,将铁桶的侧面沿一条母线剪开铺平,得图中扇面形状的铁片 ABCD. 求 A、B 两点间的距离.






　　7.A、B、C、D 四个点在平面 M 和平面 N 之外,A、B、C、D 在平面 M 内 的射影是 A1、B1、C1、D1,在平面 N 内的射影是 A2、B2、C2、D2.已知 A1、 B1、C1、D1 在一条直线上,A2B2C2D2 是一个平行四边形,求证 ABCD 也是一个 平行四边形.
　　8.下图中 ABCD 是正方形,其每边长为 1;在正方形内,⊙O 与⊙O＇互相 外切,并且⊙O 与 AB、AD 两边相切,⊙O＇与 CB、CD 两边相切.
(1)求这两圆半径之和.
(2)当两圆半径各多么长时,两圆面积之和最小?当半径各多么长时, 面积之和最大?证明你的结论.









附加题
(1)如果把第 8 题中的正方形改成矩形,你能得到什么结果?为什么? (2)如果把第 8 题中的正方形改成棱长为 1 的正方体,把圆改成球,你
能得到什么结果?为什么?




1.解法一:
-3

1964 年试题答案


1

[3 2 ( 1)-3 ] 3
原式 = 3
( 3 - 1) 2
-1
2 ·3
=
( 3 - 1) 2
= 3
( 3 - 1) 2
= 3
2(2 - 3 )
= 3 (2 + 3 )
2(2 - 3)(2 + 3 )

= 2 3 + 3 .
2
解法二:
-3 1
[3 2 ( 1)-3 ] 3
原式 = 3
( 3 - 1) 2
-1
2 ·3
=
( 3 - 1) 2

= 3
( 3 - 1) 2
= 3 ( 3 + 1)
[( 3 - 1)( 3 + 1)]2
= 3 (4 + 2 3 )
4
= 2 3 + 3 .
2
2.解:如图,设 OB=x,则 OA=x+10a. 再设 OP=h,则
htgα=x+10a, htgβ=x.
h(tgα-tgβ)=10a,
∴　h = 10a .
tg? - tg?


3.解法一:原方程即 x4=-1,也就是
x4=cos(2k+1)π+isin(2k+1)π
∴x = cos 2k + 1 ? + isin 2k + 1 ? .
4 4
令 k=0、1、2、3,就得到原方程的四个根:

x = cos ? + isin ?

= 2 (1 + i),

1 4 4 2

x = cos 3?

+ isin 3?

= 2 (-1 + i),

2 4 4 2

x = cos 5? + isin 5?

= 2 (-1 - i),

3 4 4 2

x = cos 7?

+ isin 7?

= 2 (1- i),

4
显然, x1

4
? x 2 ? x 3

4
? x 4

2
? 1，故平面内表示这四个根的点M 1、M 2 、M 3 、



M4 都在单位圆上
如图,∠M1OM2 等于 x2 的辐角减去 x1 的辐角，故
∠M OM ? ?
1 2 2

同理,

?
∠M2 OM 3 = ∠M 3OM4 = 2 .
?

又显然有　∠M4 OM1 = 2 .
∴M1M2=M2M3=M3M4=M4M1.
∴M1M2M3M4 是一个正方形.
解法二:x4+1=(x4+2x2+1)-2x2
= (x2 + 1) 2 - ( 2 x) 2
= (x 2 + 2 x + 1)(x2 - 2x + 1).
∴原方程即
(x2 + 2 x + 1)(x2 - 2x + 1) = 0.
它的根是
x = 2 (1 + i), x = 2 (-1 + i),
1 2 2 2
x = 2 (-1 - i), x = 2 (1- i).
3 2 4 2
如图,线段 M2M1 与 M3M4 显然都平行于 OX 轴,线段 M4M1 与 M3M2 都
平行于 OY 轴.

又M M = M M = M M = M M = 2 + 2 = 2 .
1 2 2 3 3 4 4 1 2 2
所以 M1M2M3M4 是一个正方形.

4.解法一:利用正弦定理

a
sinA

= b sinB

= c sinC


= 2R,

得到 　sinA = a
2R

, sinB = b
2R

, sinC = c .
2R

代入所要证明的等式的右边,并化简得
2 2 2 2 2 2
sin B + sin C - sin A = b + c - a .

2sinBsinC

2bc

由余弦定理,上式右边就是 cosA.
解法二:利用 A=π-(B+C),
sin2B+sin2C-sin2A=sin2B+sin2c-sin2(B+C)
=sin2B+sin2C-(sinBcosC+cosBsinC)2
=sin2B+sin2C-sin2Bcos2C-cos2Bsin2C-2sinBsinCcosBcosC
=sin2B(1-cos2C)+sin2C(1-cos2B)-2sinBsinCcosBcosC
=2sin2Bsin2C-2sinBsinCcosBcosC
=2sinBsinC(sinBsinC-cosBcosC)
=2sinBsinC[-cos(B+C)]
=2sinBsinC·cos[π-(B+C)]
　　　=2sinBsinCcosA. 两边除以 2sinBsinC,得到
sin2 B + sin2 C - sin2 A
= cosA.
2sinBsinC
5.解法一:设这个方程的三个根为α、α、β.根据已知条件和根与系数 的关系,得
??2? 2 + ? 2 = 6, 　　　　　　　(1)
?
? 2 + 2?? = -3.　　　　　　　(2)
(2)的两边乘以 2,得
2α2+4αβ=-6,(3) (1)与(3)的两边分别相加,得
4α2+4αβ+β2=0, 即(2α+β)2=0,
∴β=-2α. 代入(1),2α2+(-2α)2=6,
6α2=6,∴α=±1.

α=-1 不符合题意,舍去. 故α=1,β=-2.
∴m=-(2α+β)=0, n=-α2β=2.
解法二:仿解法一得
??2? 2 + ? 2 = 6, 　　　　　　　　 (1)
?
? 2 + 2?? = -3.　　　　　　　　(2)

2
由(2), ? = -3 - ? ,
2?
2

代入(1),2?2 + ( -3 - ?
2?


) 2 = 6,

代简,得α4-2α2+1=0, 即(α2-1)2=0,
∴α=±1.
α=-1 不合题意,舍去. 故α=1,代入(2)得,β=-2.
∴m=-(2α+β)=0,
n=-α2β=2.
6.解法一:
⌒ ⌒
AB = 2?·15 = 30?, CD = 2?·10 = 20?. AD = 30.
延长 AD、BC 相交于 O,设∠COD=θ,OD=x,则 (x+30)θ=30π,
xθ=20π,
相减,得 30θ=10π,
　　? = ? ,
3

20?
x =
?


= 60.

因为△OAB 是一个等边三角形,所以 AB=OA=90（厘米）.
解法二:
⌒ ⌒
AB = 2?·15 = 30? , CD = 2?·10 = 20? . AD = 30,
延长 AD、BC 相交于 O,设 OD=x,则
x + 30 = 30? .

x
解出 x,得
x=60,
? = 20?
60

20?



= ? .
3

因为△OAB 是一个等边三角形,所以 AB=OA=90（厘米）.


7.解:如图,设 A1、B1、C1、D1 所在的直线为 l,过直线 l 与直线作 AA1 作
一平面 P,则 P 必垂直于 M.显然 A 在平面 P 内.又因 B1 在平面 P 内,且直线
BB1 垂直于平面 M,故 BB1 必在平面 P 内.因而 B 也在平面 P 内.同理,C、D
也在平面 P 内.
因 AA2∥DD2,且 A2B2∥D2C2,故由 AA2 与 A2B2 所决定的平面平行于由
DD2 与 D2C2 所决定的平面.又 P 与这两个平面的交线分别为 AB 与 CD,故 AB
∥CD.同理 BC∥AD.故 ABCD 是平行四边形.













8.解法一:



OO? = 2 OS = 2 (1 - s),
但 OO?是两圆连心线,所以 OO’=r+r’=s.故由上式得
s = 2 (1 - s),


∴　　s = 2
1 + 2


= 2 - 2.


　　　


(Ⅰ)


(2)两圆面积之和是

π(r2+r＇2)=π[r2+(s-r)2]
= π[r 2 + (2 - 2 - r)2 ]　　　[ 由(Ⅰ)]
= 2 π[r 2 - (2 - 2 )r + 3 - 2 2 ]
= 2? [(r - 2 - 2 ) 2 ? 3 ? 2 2 ]. 　　　　　　　　( Ⅱ)
2 2
因此, 当r = 2 - 2 , r' = 2 - 2 时, 面积之和最小.
2 2

现在讨论当半径各多么长时,面积之和最大.不妨先设 r≥r＇,即不妨
设r≥ 2 - 2 [由(Ⅰ)].但显然r≤ 1 , 故由(Ⅱ), 当r = 1 , r' = 3 - 2 时, 面积之和
2 2 2 2


最大. 同理, 当r? = 1 , r = 3 - 2 时, 面积之和也是最大.
2 2

解法二:
(1)AO = AP 2 = r 2 , OO? = r + r ? , O?C = O? Q 2 = r? 2 ,

　∵　AC = 2, ∴r 2 + r + r?+r?
　即　　(1 + 2 )(r + r? ) = 2 ,
　　　　(1 + 2 )s = 2 ,


2 = 2 ,


　∴　　s = 2
1 + 2
(2)两圆面积之和是


= 2 - 2.

π(r 2 + r? 2 ) = 1 π[(r + r? ) 2 + (r - r? ) 2 ].　　　　(Ⅲ)
2
因r + r? = 2 - 2 为定值, 故当r - r? = 0即r = r ? = s = 2 - 2 时,
2 2
两圆面积之和最小.
现在讨论当半径多么长时面积之和最大. 不妨先设r≥rv, 即r≥ s .
2
由(Ⅲ),得
π(r 2 + r? 2 ) = ? [s2 + (2r - s) 2 ]
2

= ? [s2 + 4(r - s ) 2 ].
2 2
但显然r≤ 1 , 故当r = 1 , r ? = 3 - 2 时, 面积之和最大．
2 2 2
同理, 当r? = 1 , r = 3 - 2 时, 面积之和也是最大.
2 2
附加题
(1)如果把第 8 题中的正方形改成矩形,你能得什么结果?为什么?















容易看出:AP=r,RB=O＇Q=r＇.
因此, OS=PR=a-s. 仿此, O＇S=b-s.
但△OSO＇是直角三角形,而 OO＇=r+r＇=s,
故得 (a-s)2+(b-s)2=s2.
即 s2-2(a+b)s+a2+b2=0.

解得　　　s = a + b±

2ab.

显然 ss = a + b - 2ab . 　　　　　　　　　　　　　　(Ⅰ)
另一方面,两圆面积之和为
?(r 2 + r'2 ) = ? [(r + r' )2 + (r - r' ) 2 ]
2
= ? [s2 + (r - r' ) 2 ]. 　　　　　　　　（Ⅱ）
2
显然当r = r' = 1 (a + b - 2ab )时, 面积之和最小.
2
又由（Ⅱ）有
π(r 2 + r' 2 ) = ? [s2 + (2r - s) 2 ].　　　　　　　　 　（Ⅲ）
2
现在讨论当半径多么长时面积之和最大. 不妨先设r≥r' , 即r≥ s
2
但r不能超过 a 与 b 中的较小者, 设为 b , 则由(Ⅲ), 当r = b , r' = a + b - 2ab
2 2 2 2 2


时, 积之和最大. 同理, 当r' = b , r = a + b - 2ab 时, 面积之和也是最大.
2 2


(2)如果把第 8 题中的正方形改成棱长为 1 的正方体,把圆改成球,你能得 到什么结果?为什么?
解:设球 O 与球 O′互相外切,并且都在正方体 ABCD—B?A?C?D?内部.设
球 O 与过 A 的三个面相切,球 O?与 C?的三个面相切.设球 O 与球的半径分 别为 r 与 r＇,r+r＇=s.














s = 3(1- s),

∴s = 3 - 3 .
2
两球表面积之和是
4π(r2+r?2)=2π[(r+r＇)2+(r-r＇)2]
=2π[s2+(r-r＇)2]
=2π[s2+(2r-s)2].
故当r = r ? = s = 3 - 3 时, 表面积之和最小. 同样, 当r = 1 , r ? = 2 - 3 ;
2 4 2 2
或r? = 1 , r = 2 - 3 时, 表面积之和最大.
2 2
两球体积之和是
4 ?(r 3 + r ?3 ) = 4 ? s(r 2 - rr?+r?2 )
3 3
= ? s[s2 + 3(r - r? ) 2 ]
3
= ? s[s2 + 3(2r - s) 2 ].
3
故当r = r ? = 3 - 3 时, 体积之和最小. 同样, 当r = 1 , r? = 2 - 3 ;
4 2 2
或r? = 1 , r = 2 - 3 时, 体积之和最大.
2 2

1965 年试题

1． 右面的二视图所表示的立体是什么?求出它的体积．



　　2．在 A 处的甲船测得乙船在北偏西 49°48?的 B 处以速度 22/小时 向正北方向行驶．甲船立即从 A 处出发，以速度 26/小时向北偏西 a 度 的方向沿直线驶去，追赶乙船．问 a 是多大角度时，经过一段时间，甲船 能够在某处 C 恰好与乙船相遇?(lg2.2=0.3424，lg2.6=0.4150;lg 是以 10 为底的对数符号.)















正弦对数表


A
0 6
12
18
24
30
36
42
48
5 4
60
1
2
3 40 °
41 °
42 °
43 °
44 °

45 °
46 °
47 °
48 °
49 °
1.8081 8090

81 69 8178
82 55 8264

83 38 8346

84 18 8426


1.8495 8502
85 69 8577

86 41 8648

87 11 8718

87 78 8784
8099

8187
8272

8354

8433


8510
8584

8655

8724

8791
8108

8195
8280

8362

8441


8517
8591

8662

8731

8797
81 17

82 04
82 89

83 70

84 49


85 25
85 98

86 69

87 38

88 04
8125

8213
8297

8378

8457


8532
8606

8676

8745

8810
8134

8221
8305

8386

8464


8540
8613

8683

8751

8817
8143

8230
8313

8394

8472


8547
8620

8690

8758

8823
8152

8238
8322

8402

8480


8555
8627

8697

8765

8830
8161

8247
8330

8410

8487


8562
8634

8704

8771

8836
8169

8255
8338

8418

1. 8495


8569
8641

8711

8778

1. 8843
49

48
47

46

45


44
43

42

41

40
1

1
1

1

1


1
1

1

1

1
3

3
3

3

3


3
3

3

3

3
4

4
4

4

4


4
4

4

4

4

余弦对数表

　　3.把地球看作半径为 R 的球.设 A、B 两地的纬度相同，都是 a 度，它 们的经度相差β度(0°<β≤180°).求 A、B 两地之间的球面距离（即大圆
　　
弧长）.

4.(1)证明│sin2x│≤2│sinx│.（x 为任意值） (2)已知 n 为任意正整数，用数学归纳法证明
│sinnx│≤n│sinx│.（x 为任意值）
5.已知一点 P 的坐标是(4，-2)，直线 l 的方程是 y-x+5=0，曲线 C 的
方 程 是

(x + 1) 2
2

(y - 1) 2
+
4


= 1. 求经过P点而与l垂直的直线和曲线C的交点的坐标. 并画出



此题的略图.
　　6.当 p 是什么实数时，方程 x2+px-3=0 与方程 x2-4x-(p-1)=0 有一个公 共根?并求出这个公共根.
7.已给抛物线 y2=2x.
(1)在抛物线上任取两点 P1(x1，y1)、P2(x2，y2).经过线段 P1P2 的中点
作直线平行于抛物线的轴，和抛物线交于点 P3.证明
△P P P 的面积为 1 │y －y │ 3 .
1 2 3 16 1 2
(2)经过线段 P1P3 和 P2P3 的中点，分别作直线平行于抛物线的轴，和抛
物线依次交于 Q1、Q2.试将△P1P3Q1 与△P2P3Q2 的面积的和用 y1、y2 表示出
来.
　　(3)仿照(2)，又可以作出四个更小的三角形.照这样继续下去，可以作 出一系列的三角形.由此设法求出线段 P1P2 与抛物线所围成的图形的面积.


8.附加题：
(1)已知 a、b、c 为实数，证明 a、b、c 都为正数的充要条件是：
a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0. (2)已知方程
x3+px2+qx+r=0

　　的三个根 a、β、γ都是实数，证明 a、β、γ是一个三角形的三个边 长的充要条件是：
? p < 0, q > 0, r < 0,
? 3
? p > 4pq - 8r



1965 年试题答案

1.解：右面的二视图所表示的立体是正六棱锥. 设这个六个棱锥的高是 h，底面积是 A，体积是 V，则有
h = 3a,


A = 6·


3 a 2 = 3 3 a 2 .



∴V =

4
1 1
hA = ·
3 3

2

3a·



3 3 a 2 =
2



3 a 3 .
2

注：本题考二视图和计算棱锥的体积.


正弦对数表


A
0 6
12
18
24
30
36
42
48
5 4
60
1
2
3 40 °
41 °
42 °
43 °
44 °

45 °
46 °
47 °
48 °
49 °
1.8081 8090

81 69 8178
82 55 8264

83 38 8346

84 18 8426


1.8495 8502
85 69 8577

86 41 8648

87 11 8718

87 78 8784
8099

8187
8272

8354

8433


8510
8584

8655

8724

8791
8108

8195
8280

8362

8441


8517
8591

8662

8731

8797
81 17

82 04
82 89

83 70

84 49


85 25
85 98

86 69

87 38

88 04
8125

8213
8297

8378

8457


8532
8606

8676

8745

8810
8134

8221
8305

8386

8464


8540
8613

8683

8751

8817
8143

8230
8313

8394

8472


8547
8620

8690

8758

8823
8152

8238
8322

8402

8480


8555
8627

8697

8765

8830
8161

8247
8330

8410

8487


8562
8634

8704

8771

8836
8169

8255
8338

8418

1. 8495


8569
8641

8711

8778

1. 8843
49

48
47

46

45


44
43

42

41

40
1

1
1

1

1


1
1

1

1

1
3

3
3

3

3


3
3

3

3

3
4

4
4

4

4


4
4

4

4

4


余弦对数表

2.解：设甲船与乙船相遇所需要的时间为 t，则有 BC=22t，AC=26t.
由正弦定理，得

26t
sin(180° - 49°48' )

= 22t ,
sin(49°48'??)

∴sin(49°48'??) = 22 sin49°48' .
26
对上式两边取对数，得
lgsin( 49°48′-a )

=lg22-lg26+lgsin49°48?
=1.3424-1.4150＋1.8830
=1.8104
查表得到
49°48?-a=40°15?.
∴a=49°48?-40°15?=9°33?. 注：本题考解任意三角形的基本方法，并考查学生查表和运用对数
计算的能力.
3.解法一：
⌒
设 A、B 两地之间的球面距离为 x，大圆弧AB 所对的圆心角为θ度，则

x = ?? R.
180

(1)

　　设纬度为 a 的纬度圈的圆心为 P，半径为 r，则∠APB=β.因为△PAB 是 等腰三角形，所以 A、B 之间的直线距离
β
AB = 2rsin .
2
又在直角三角形 OAP 中，∠OAP=a，可知
r=Rcosa.
　　　　　　　　　　　?
所以 AB = 2Rcos?sin
2
又在等腰三角形 OAB 中，可以求得
AB = 2Rsin ?
2
β θ
所以 2Rcos?sin = 2Rsin ,



sin

2 2
θ β
= cos?sin ,

2 2
即 θ = 2arcsin(cos?sin β ).
2
代入(1)，得
πR β
x = ·2arcsin(cos?sin )
180 2
πR β
= arcsin(cos?sin ).
90 2
答：A、B 两地之间的球面距离为
πR arcsin(cos?sin β).
90 2
解法二：
?
设 A、B 两地之间的球面距离为 x，大圆弧AB 所对的圆心角为θ度，则
x = ?? R. (1)
180
设纬度为 a 的纬度圈的圆心为 P，半径为 r，则∠APB=β.在△PAB 中，

根据余弦定理得 A、B 之间的直线距离的平方 AB2=2r2-2r2cosβ=2r2(1-cosβ).
又在直角三角形 OAP 中，∠OAP=a 可知
r=Rcosa.
所以 AB2=2R2cos2a(1-cosβ).
又在△OAB 中，根据余弦定理，得 AB2=2R2(1-cosθ).
所以 2R2cos2a(1-cosβ)=2R2(1-cosθ). 由此，cosθ=1-cos2a(1-cosβ)， 即θ=arccos[1-cos2a(1-cosβ)]. 代入(1)，得
πR
x = arc cos[1- cos 2 ?(1- cosβ)].
180
答：A、B 两地之间的球面距离为
πR arc cos[1 - cos 2 ?(1- cosβ)].
180
注：本题考运用几何与三角的基本知识，计算球面距离.
4.解：(1)│sin2x│=│2sinxcosx│
=2│sinx│·│cosx│
≤2│sinx│.(∵│cosx│≤1)
(2)当 n=1 时，│sinx│=│sinx│，不等式成立.
设当 n=k 时不等式成立，今证明当 n=k＋1 时，不等式也成立.因为
sin(k＋1)x=sinkxcosx＋coskxsinx， 所以根据绝对值不等式的性质，得到
│sin(k＋1)x│≤│sinkx│·│cosx│＋│coskx│·│sinx│.
又根据归纳法的假设和│cosx│≤1 及│coskx│≤1，得到
　　　　│sin(k＋1)x│≤k│sinx│＋│sinx│=(k＋1)│sinx│. 因此，不等式对一切正整数 n 都成立.
注：本题主要考数学归纳法和绝对值不等式.第一小题的目的是启发学
生应用│cosx│≤1 来证明不等式.
5.解：直线 l 的方程也可以写成
y = x－5，
所以 l 的斜率是 1，与 l 垂直的直线的斜率应为-1.
因此，经过 P 点而与直线 l 垂直的直线 l?的方程是
y＋2=-(x-4)，
即
x＋y -2=0.
要求 l?与 C 的交点坐标，只须解下列方程组
? x＋y - 2 = 0, (1)
?

? (x＋1)2
?

(y - 1) 2
＋


= 1. (2)

? 2 4
由(1)式解得
y=-x＋2，(3)

代入(2)式并化简，得到
3x2＋2x-1=0，
或 (3x-1)(x＋1)=0.
∴x = 1 , x = -1.
3 2
代入(3)式，得到
y = 5 , y = 3.
1 3 2

因此, 直线l' 与曲线C有两个交点, 它们的坐标是( 1
3

, 5 ), (-1,3).
3

曲线C是椭圆, 它的中心在(-1,1), 长轴和短轴都平行于坐标轴, 长度为4 和2 2


略图如下：

　　注 1：本题主要考直线的斜率、直线的方程以及直线与二次曲线的交点 等最基本的解析几何知识.
注 2：画出的略图应包括所给的以及所求出的点、直线和曲线的图形.
6.解法一：
设这两个方程的公共根是 a，则有
??a 2 ＋pa - 3 = 0, (1)
?
??a 2 - 4a - (p - 1) = 0. (2)
现在的问题是求 p 和 a 的值.为此，我们先从(1)、(2)两式消去 p. 由(2)式得
p=a2-4a＋1.
代入(1)式并化简，就得到
a3-3a2＋a-3=0. 分解因式得
(a-3)(a2＋1)=0. (3)
因为 p 是实数，±i 不可能是方程 x2＋px-3=0 的根，所以 a=3. 将 a=3 代入(1)，得到
9＋3p-3=0，
∴p=-2.
解法二：
设这两个方程的公共根是 a，则有
??a 2 ＋pa - 3 = 0, (1)
?
??a 2 - 4a - (p - 1) = 0. (2)

现在的问题是求 p 与 a 的值.为此，我们先从(1)、(2)两式消去 a. (1)式减(2)式，得
　　　　(p＋4)a＋p-4=0， 显然，p≠-4，所以有
a = -(p - 4) P + 4
代入(1)式并化简，得到
p3＋2p2＋16p＋32=0. 分解因式，得
(p＋2)(p2＋16)=0.
因 p 是实数，p2＋16≠0， 所以 p=-2.
将 p=-2 代入(3)式，就得到 a=3.
解法三：
解已知的两个方程，得知它们的根分别是：

x = － p ± 1 p 2 ＋12 , x = 2 ±
2 2

p＋3.

要使两个方程有一个公共根，有下面四种可能的情况

－ p ? 1 p2 ＋12 = 2 ?
2 2
－ p ? 1 p2 ＋12 = 2 ?
2 2
－ p ? 1 p2 ＋12 = 2 ?
2 2
－ p ? 1 p2 ＋12 = 2 ?
　　　　2 2
移项，得到

p＋3

p＋3

p＋3

p＋3

2 ? p ? 1 p2 ＋12 ?
2 2

p＋3　　　　　　　　　　(1)

p 1
2 ? ?
2 2

p2 ＋12 ?

p＋3　　　　　　　　 　(2)

2 ? p ? ? 1 p2 ＋12 ?
2 2
p 1

p＋3 　　　　　　　　　(3)

2 ? ? ?
2 2

p2 ＋12 + p ? 3 　　　　　　　　　(4)

将(1)式两边平方，得到
p 2 1
4＋2p＋ = p2 ＋3＋p＋3 - p2 ＋12 p＋3,
4 4
化简，得

p - 2 = - p 2 ＋12 ·
再平方并化简，得

p＋3.

p3＋2p2＋16p＋32=0. 不难看出，有理化(2)或(3)或(4)都得到同样的结果.

将上面得到的方程的左边分解因式，得 (p＋2)(p2＋16)=0.
因 p 是实数，所以 p=--2. 将 p=-2 代入原方程，得到
x2-2x-3=0，x2-4x＋3=0. 解这两个方程，得到一个公共根 x=3. 注：本题考查学生根据已知条件建立方程及解方程的能力.
7.解：(1)设 P3 的坐标是(x3，y3)，则△P1P2P3 的面积是行列式
1 x 1 y 1
Δ = 1 x 2 y 2
1 x 3 y 3
的绝对值的一半. 现在来计算△的值：
1 1 y2 y
2 1 1

1 2
Δ = 1 y

1 2 2 2
y = [y (y - y )＋y (y - y ) ? y y (y

? y )]．

2 2 2
1 2 y
2 3 3

2 3 1 2 3 2 1

1 2 1 2

因为P 在经过P P 的中点而平行于x轴的直线上，所以y = y1 + y 2 ,
3 1 2 3 2
代入上式并化简，就是到
Δ = - 1 (y - y )3 ．
8 1 2
因此，△P1P2P3 的面积是：

A = 1 │Δ│ = 1

│y - y

│ 3．

1 2 16 1 2
(2)仿照(1)可求得△P1P3Q1 与△P2P3Q2 的面积分别为

A' = 1
16

│y1 - y 3

│ 3，A' ' = 1
16

│y 3 - y 2

│ 3．

由题意知



│y - y



│ = │y - y



│ = 1



│y - y │，

1 3 3 2

12 1 2

∴A′ = A″ = 1 ×

1 │y - y

│ 3 = 1 A ．

16 2 3 1 2 8 1
因此，△P1P3Q1 与△P2P3Q2 的面积的和是

A = 1 ·

1 │y - y

│ 3 = 1 A ．

2 4 16 1 2 4 1
(3)经过线段 P1Q1、Q1P3、P3Q2、Q2P2 的中点分别作直线平行于抛物线
的轴，和抛物线依次交于 R1、R2、R3、R4.
与(1)、(2)同理，可以知道△P1R1Q1、△Q1R2P3、△P3R3Q2、△Q2R4P2 的
面积

都等于 1 A′ = 1 A″ = 1 A ．
8 8 64 1
因此，这四个三角形的面积的和是

A = 4·

1 A = 1 A = 1 A ．

3 64 1

16 1

4 2 1

第一步、第二步、第三步所得到的三角形的面积的总和是
1 1
A 1＋A 2 ＋A 3 = A 1 ＋ 4 A 1 ＋ 4 2 A1 ．
照这样继续下去，每一步所得到的三角形的面积的和都等于前一步所得
到的
三角形面积和的 1 . 这一系列三角形面积的总和无限接近于线段P P 与抛物线所
4 1 2


围成的图形的面积，由此可知，这个图形的面积是
1 1 1
A 1＋A 2 ＋A 3 ＋A 4 ＋? = (1＋ ＋ ＋ ＋?)A 1
4 42 43

= 1 A = 4 A = 1

│y - y

│3 ．

1 1 1 2

1- 1
4

3 12

注 1：本题是解析几何与代数的综合题，第一小题主要考三角形面积的计算.第二 小题和第三小题主要是考查学生从具体结果总结出较普遍的公式的能 力，以及代数计算能力.
注 2：(1)也可以用下面的方法来作.令 P4 表 P1P2 的中点，则 P4 的坐标是
2 2
( y1 ＋y 2 ， y 1＋y 2 )．
4 2
2 2 2

∴P P = y 1 ＋y 2 - (y1＋y 2 )

= 1 (y2 ＋y 2 - 2y y ) = 1 (y - y ) 2 ．

3 4 4

8 8 1 2

1 2 8 1 2

△P1P3P4 的面积是
1 · 1 (y - y ) 2 │y - y1＋y2 │ = 1



│y - y



│3 ．

2 8 1 2 1 2
1

32 1 2

3

同理 △P2 P3P4 的面积也是 32 │y1 - y 2 │ ．
∴P1P2P3 的面积是

A = 2 ·

1 │y - y

│3 = 1 │y - y

│ 3 ．

1 32 1 2
8.附加题： 解法一：

16 1 2

(1)条件的必要性是显然的，所以只须证明充分性. 利用方程的根与系数的关系，我们知道 a、b、c 是方程
　　　　　x3-(a＋b＋c)x2＋(ab＋bc＋ca)x-abc=0 的三个根.因为常数项不为 0，所以 x=0 不可能是方程的根.又以任何负数代 入方程左端，各项都为负数，所以任何负数都不是方程的根.因此 a、b、c 都是正数.
(2)a、β、γ为一个三角形的三个边长的充要条件应该是：

??? > 0，β > 0，γ > 0，
?
???＋β > γ，β＋γ > ?，γ＋? > β．
由(1)可知 a>0，β>0，γ>0 的充要条件是：
　　　　a＋β＋γ>0，aβ＋βγ＋γa>0，aβγ>0. 即 -p>0，q>0，-r>0.
现在来求
a＋β>γ，β＋γ>a，γ＋a>β
的充要条件，也就是求
　　　　a＋β-γ>0，β＋γ-a>0，γ＋a-β>0 的充要条件，利用根与系数的关系，a＋β＋γ=-p. 于是
a＋β-γ=-p-2γ， β＋γ-a=-p-2a， γ＋a-β=-p-2β.
因此，问题化为求
　　　　-p-2a>0，-p-2β>0，-p-2γ>0 的充要条件，由(1)的结论，它的充要条件应为
?(-p - 2?)＋(-p - 2 β) ＋(-p - 2 γ) > 0， 　 (1)
?
?(p＋2?)(p＋2 β)＋(p＋2 β)(p＋2 γ)＋(p＋2 γ)(p＋2?) > 0 ，(2)
?

-(p＋2?)(p＋2 β)(p＋2γ) > 0 ．　　　　　　　　　　　　

(3)

化简不等式(1)，得
-p>0. 不等式(2)可化为：
3p2＋4(? ＋β＋γ)p＋4(? β＋βγ＋γ? )>0，
即 3p2-4p2＋4q>0， 即 4q>p2. 不等式(3)可化为：
-p3-2(? ＋β＋γ)p2-4(? β＋βγ＋γ? )p-8? βγ>0，
即 -p3＋2p3-4pq＋8r>0. 化简，得
p3>4pq-8r.
　　综合以上的讨论，我们得到? 、β、γ为一个三角形的三个边长的充要 条件是
?? p < 0，q > 0，r < 0，
?
?? p2 < 4q，p 3 > 4pq - 8r．
但是，第四个不等式可以由第一、三、五这三个不等式推出.由第三、第五 两个不等式得到
p3>4pq，
又由第一个不等式，两端除以 p，即可得到
p2<4q.
因此，为? 、β、γ为一个三角形的三个边长的充要条件是

? p < 0，q > 0 ，r < 0，
?
? p 3 > 4pq - 8r．
解法二：
(1)条件的必要性是显然的，所以只须证明充分性.
　　　因为 abc>0，所以 a、b、c 三数或者都是正数，或者有两个是负数、 一个是正数.前一种情况就是我们要证明的结论，所以只需证明后一种情况 不可能成立即可.
　用反证法来证明，不妨假设 a<0，b<0，c>0. 由 a＋b＋c>0， ab＋bc＋ca>0，得到
　
?c > -(a＋b) ，
?
?ab > -(a＋b)c．

(1)

(2)

因为-(a＋b)>0，，把(1)式两端都乘以-(a＋b)，得
　　-(a＋b)c>[-(a＋b)]2. (3) 由(2)、(3)得到
ab>[-(a＋b)]2=(a＋b)2=a2＋2ab＋b2. 移项，得
a2＋ab＋b2<0.
　　因为左端各项都是正数，所以这是不可能的.因此，a、b、c 只能都是 正数.
(2)同解法一.

1965 年副题



1. 证明:

1 + sinx - cosx
=
1 + sinx + cosx

sinx
1 + cosx

, 当分母不为零时恒成立.

2. 利用二项式定理求出(0.989)5 的近似值（精确到 0.001）.
　　3. 制造一种产品,需要经过三道工序.第一道工序需要 4 人,第二道工 序需要 3 人,第三道工序需要 2 人.现在有 9 个工人,其中有 2 人不能做第一 道工序.如果把这项生产任务交给这9个工人去做,问共有多少种分配方法?
　　4. 在四面体 ABCD 中,已知∠ADB、∠BDC、∠CDA 都是直角,△ABC 三边 的长为 a、b、c（如下图）.求四面体 ABCD 的体积.









　　5. 有一块扇形铁皮 OAB（如图）,∠AOB=60°,OA=72 厘米.现在想要剪 下一个扇面形 ABCD 作为圆台形容器（下底比上底大）的侧面,并且由剩下
⌒
的扇形铁皮 ODC 内,剪下一块与 OC、OD 和 DC 相切的圆形铁皮,使它恰能作
为圆台形容器的下底.(1)问 AD 应该取多么长?(2)算出这个容器的容积.













6. 设 p、q、r 为实数.已知方程
x4+px2+qx+r=0
的一个根为-1+i,又知用 x-1 除 x4+px2+qx+r 所得的余数为
-10.求 p、q、r 的值及方程其余的三个根.
7. 已知 P1、P2 是抛物线 y2=2px 上的任意两点,并且经过这两点的切线
的交点在准线上.证明 P1、P2 两点的联线必经过焦点.
8. 已知△ABC 三边的长 a、b、c 成等差数列,并且
cosA + cosB + cosC = 7 .
5
求 a、b、c 的比.


9. 附加题:已知四面体三个面上的三角形是全等的,证明第四个面上的三 角形或者和它们全等,或者是一个等边三角形.






1. 解法一:
去分母,只要证明

1965 年副题答案

(1+cosx)(1+sinx-cosx)=sinx(1+sinx+cosx). 左端=(1+cosx)(1-cosx)+(1+cosx)sinx
=sin2x+sinx(1+cosx)
=sinx(1+sinx+cosx)=右端.
解法二:
左端 = (1 + sinx - cosx)(1 + sinx + cosx) (1 + sinx + cosx) 2

= 2sinx(1 + sinx)
2(1 + sinx)(1 + cosx)
解法三:

= sinx
1 + cosx


= 右端.

sin2 x + 2sin x cos x

sin x

左端 = 2 2 2 = 2

2cos2 x + 2sin x cos x

cos x



2sin

2 2 2 2
x x
cos

= 2 2
2cos 2 x
2

sinx
=
1 + cosx

= 右端.

解法四:


1 + sinx - cosx




= sinx



1 + 1 - cosx
sinx ,

1 + sinx + cosx

因为

1 + cosx 1 + sinx
1 + cosx

1- cosx sinx

(1 - cosx)(1 + cosx)
=
sinx(1 + cosx)
sin2 x
=
sinx(1 + cosx)

= sinx ,
1 + cosx

1 + 1 - cosx
所以 sinx = 1,
sinx
1+
1 + cosx
因此

1 + sinx - cosx
1 + sinx + cosx

= sinx .
1 + cosx

　　上面的证明是在sinx≠0的假定下证明的.如果sinx=0,那么cosx=±1. 但是已经假定了 1+cosx≠0,所以 1-cosx=0,这时原式两端的值都为 0,等式 也成立.
解法五:
与解法四相同,假定 sinx≠0. 因为

sinx
1 + cosx

= 1 - cosx ,
sinx

　　根据比例的性质,把式子两边的分子和分母分别相加,作为新的分子和 分母,得
　　
sinx
1 + cosx

= 1 + sinx - cosx ,
1 + cosx + sinx

注:本题考三角函数的一些简单性质,与证明简单三角恒等式的方法.
2. 解: (0.989)5=(1-0.011)5. 利用二项式定理展开得到
(1-0.011)5
=1-5×0.011+10×(0.011)2-10×(0.011)3+5×(0.011)4-(0.011)5. 因为上式右端的后三项代数和的绝对值小于 0.0001,所以
(0.989)5≈1-5×0.011+10×(0.011)2
=1-0.055+0.00121
≈0.946. 注:本题考二项式定理和计算近似值的方法.
3. 解法一:
因为 9 个工人中有 2 人不能分配做第一道工序,所以分配方法的种数为
4 3 2
C 7 ·C 5 ·C2
= 350.
解法二:
　　先假定 9 个工人都可做第一道工序,算出所有的分配方法,然后减去不 能做第一道工序的2人被分配去做第一道工序的情况下的分配方法.因此分 配方法的种数为
　　
4 3 2 1

3 3 2 2 2 2 2

C 9 ·C 5 ·C2 - C 2 ·C 7 ·C5 ·C 2 - C2 ·C7 ·C5 ·C 2
= 1260 - 910 = 350.
4. 解: 如图,设 DA=x,DB=y,DC=z.
由勾股定理, y2+z2=a2,(1) z2+x2=b2,(2)

　　x2+y2=c2.(3) 三式相加后用 2 除,得
x2 + y2 + z2 = a + b + c
2
由(4)分别减去(1)、(2)、(3),得





(4)

x2 = b + c - a
2

, y2 = c + a - b
2

, z 2 = a + b - c
2

因为 D—ABC 是直三面角,所以四面体的体积
V = xyz
6

2 2 2

2 2 2 2 2 2

= 1 ( b + c - a

)( c ? a

? b )( a

? b ? c )

6 2 2 2

= 1
12 2


(b 2 + c2 - a 2 )(c2 + a 2 - b2 )(a 2 + b2 - c2 )

注:本题考:(1)建立和解方程组. (2)求棱锥的体积.









5.解:(1)设剪下的圆形铁皮的圆心是 P,半径是 r1 厘米,因为这个圆形铁皮
?
的周长要等于AB 的长,所以有
π

2? r1 =
由此得
r1=12


180

×60×72




?

联结 OP,并延长与圆 P 相交于 E,则 E 必为圆 P 与 DC 的切点,
∴ OD=OE=OP+PE

= 12
sin30°

+12=36

　　AD=OA-OD=72-36=36 即 AD 应该取 36 厘米.
(2)设这个圆台形容器的上底半径为 r2,高为 h,则
?

2 ? r2 =


180

×60×36.

由此得 r2=6
∴h = AD2 - (r - r ) 2
因此,圆台形容器的容积



= 36 2 - 6 2



= 6 35.

πh 2 2
V = (r + r + r r )
3 1 2 1 2

π×6 35
=
3


(12 2 + 62 + 12×6)

= 504 35π
即这个圆台形容器的容积是504 35? 立方厘米. 注:本题考运用几何基本知识计算长度与体积的能力.
6. 解: 因为-1+i 是方程的一个根,把它代入方程,得到
(-1+i)4+p(-1+i)2+q(-1+i)+r=0,
-4-2pi-q+qi+r=0,
即(-4-q+r)+(-2p+q)i=0.
因为一个复数等于 0,它的实部与虚部必须都等于 0,所以从上式得到
?-4 - q + r = 0, (1)
?-2p + q = 0. (2)
又因为用 x-1 除 x4+px2+qx+r 所得的余数为-10,所以根据余数定理得
1+p+q+r=-10,
即 p+q+r=-11. (3) 解方程组(1)、(2)、(3),得 P=-3,q=-6,r=-2. 所以方程为
x4-3x2-6x-2=0.
已知-1+i 是方程的一个根,所以-1-i 也必是方程的一个根.因此,方程可分 解为
(x2+2x+2)(x2-2x-1)=0,
由此得到方程的四个根为
-1±i, 1± 2.
注:本题考比较熟练地运用以下代数知识与方法的能力:(1)复数的性质与 运算,(2)实系数方程根的性质,(3)余数定理,(4)解方程组与高次方程.
7.解法一:
设 P1、P2 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).
那么,过 P1、P2 的切线方程分别为
y1y=p(x+x1),
y2y=p(x+x2).
由此,两切线的交点的坐标为
x y - x y

x =


y = p

1 2 2 1
y 1 - y 2
x 2 - x 1
y 2 - y 1

因为这两条切线的交点在准线
x = - p
2
上,所以,由(1)、(3)得

- p = x 1y 2 - x 2 y1
2 y 1 - y 2
即 x y - x y = p (y - y ) (4)

1 2 2 1

2 2 1

又过 p1、p2 两点的直线方程为
(y2-y1)x-(x2-x1)y-(x1y2-x2y1)=0.
把焦点 F 的坐标( p ,0)代入上式的左端,得到
2
(y - y ) p - (x y - x y ).

2 1 2

1 2 2 1

根据(4),此式为 0.所以焦点 F 必在 p1、P2 的联线上.











解法二:
设 p1、p2 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).那么,过 p1、p2 的切线方程分别
为
y1y=p(x+x1), (1)
y2y=p(x+x2). (2)
因为这两条切线的交点在准线

x = - p
2


(3)

上,即(1)、(2)、(3)三线共点,所以有







展开行列式,可得
x y - x y - p (y - y ) = 0. (4)
1 2 2 1 2 2 1
根据三点共线的条件,要证 p1、p2 及焦点 F 共线,只须证明







展开上面行列式得


根据(4),上式为 0,因此焦点 F 必在 p1、p2 的联线上.
注:本题考以下解析几何知识的理解程度与运用能力: (1)切线方程;
(2)抛物线的准线与焦点; (3)三线共点与三点共线的条件.
8. 解法一:
不妨设
b=1,a=1-x,c=1+x. (1) 由余弦定理,得到
2 2 2

cosA = b + c - a
2bc

= 1 + 4x ,
2(1 + x)

2 2 2 2

cosB = c + a - b
2ca
2 2 2

= 1 + 2x ,
2(1- x2 )

cosC = a + b - c
2ab

= 1- 4x .
2(1 - x)

由题设,得
2

1 + 4x
2(1 + x)
化简,得

+ 1 + 2x
2(1 - x) 2

+ 1- 4x
2(1 - x)

= 7 ,
5

16x2-1=0,
∴ x = ± 1 .
4
代入(1),得到
a = 3 , b = 1, c = 5 , 或a = 5 , b = 1, c = 3 .
4 4 4 4
因此 a:b:c=3:4:5, 或 a:b:c=5:4:3. 解法二:
因为 a、b、c 成等差数列,所以有

b = a + c
2
由余弦定理,得到


(1)

cosA + cosB + cosC

2 2 2 2 2 2 2 2 2

= b + c - a
2bc

+ c + a - b
2ca

+ a + b - c
2ab

ab2 + c2 a - a3 + bc2 + a 2 b - b3 + ca 2 + b2 c - c3
=
2abc
-b3 + (a + c)b 2 + (a 2 + c2 )b + ac(a + c) - (a 3 + c 3 )
=
2abc
把(1)代入上式,整理得
2 2
cosA + cosB + cosC = -3a - 3c + 18ac
8ac
由题设,
-3a2 - 3c2 + 18ac 7
= ,


化简,得

8ac 5

15a2-34ac+15c2=0,
即 (3a-5c)(5a-3c)=0. 所以 a:c=5:3 或 a:c=3:5.
由题设得 a:b:c=5:4:3 或 a:b:c=3:4:5.
　　注:本题考比较灵活地综合运用代数与三角的知识,进行较为复杂的计 算能力.
9.解: 设所给四面体为 OABC（如右图）,它的三个侧面上的三角形是全等
的.令 OA=a,OB=b,OC=c.
先设 a、b、c 各不相等,由于侧面上的三个三角形是全等的,所以 a、b、
c 必定是侧面上每一个三角形的三个边长 .因此,在△OAB 中,AB=c.仿 此,BC=a,CA=b.即△ABC 的三个边也是 a、b、c,所以它和其它面上的三角形 全等.
其次,设 a、b、c 有两个彼此相等,但另一个和它们不等.不妨设 a=b≠
c.由此,△OAB 是等腰三角形,因而侧面上每一个三角形都是等腰三角形.因 此,AB=c,BC=b=a,CA=a,这表明△ABC 和其它三个三角形全等.
最后设 a=b=c.如果侧面上的三角形（注意三个侧面上的三角形是全等
的）都是等边三角形,那么 AB=BC=CA=a,即△ABC 是一个等边三角形.如果侧 面上的三角形不是等边三角形,则 AB、BC、CA 是三个侧面上彼此全等的三 角形的对应边,即 AB=BC=CA,所以△ABC 也是一个等边三角形.

1966 年试题
　　1.有红灯泡 7 只,绿灯泡 5 只.从这 12 只灯泡中,要选出 5 只.如果这 5 只中,至少有 1 只、至多有 2 只是绿灯泡,一共有多少种选法?
2.一个正四棱台的上底面每边长 8尺,下底面每边长10 尺,侧棱长6尺.
求正四棱台的体积. （棱台的体积V = 1 h(A + A + AA ) , 其中h、A和A

3
分别表示棱台的高和上、下底面的面积.）

1 1 1


　　3.如图,AC 是一个山坡,它的倾斜角为θ.B 是山坡 AC 上的一点,它和 A 点的距离是 a 米.从 A 和 B 测得山下平地上 D 点的俯角分别是α和β.求 C、
D 两点间的距离.









4.已知双曲线的方程为
16x2-9y2+64x+18y-89=0. (1)求它的两个焦点的坐标.
(2)一个圆通过这两个焦点并且与 x 轴交于两点,这两点的距离是 8.求这
个圆的方程.
5.解方程组:
? x + 1 + y + 1 ? 3
? xy - x - y + 15 = 0
6.在△ABC 中,BC=a,CA=b,AB=c.

(1)求证用

a、 b、

c为边长可以作成一个三角形.






(2) 如果把(1) 中所作的三角形记为△A' B' C' , 其中B' C' = a , C ' A' ?

b ,A' B'

? c , 求证△A' B' C' 是锐角三角形.
(3)如果△ABC 不是等边三角形,求证:△ABC 与△A?B?C?这两个三角形不论 它们的边怎样对应都不相似.




1966 年试题答案
1.解:从 12 只灯泡中,选 5 只,如果其中有 1 只绿灯泡,4 只红灯泡,那么,选 法的种数为

1 4
C5·C 7 = 175;
如果其中有 2 只绿灯泡,3 只红灯泡,那么,选法的种数为
2 3
C5 ·C7 = 350.
所以一共有 175+350=525 种选法.
2.解法一:
如图,已知 AD=8,BC=10,CD=6.
用 O、O1 表示上、下底面的中心,E、F 表示 AD、BC 的中点.连结 OO1、
EF、OE 和 O1F,则 OO1FE 为直角梯形.
从 E 点作 O1F 的垂线,垂足为 G,EG 就是正四棱台的高.

∵EF 2

= CD 2 - [ 1 (BC - AD)]2
2

= 6 2 - [ 1 (10 - 8)]2 = 35.
2

∴EG = EF 2 - (O F - OE) 2


10
= 35 - ( -
2


8) 2
2


= 34.

∴V = 1 ×
3
= 244
3

34 ×(82 + 10 2 + 8 2 ×10 2 ) = 1 ×
3

34 .

34 ×244

∴正四棱台的体积为 244 34 立方尺 .
3








解法二:
如图，已知 AD=8,BC=10,AB=6.
用 O、O1 表示上、下底面的中心.连结 OO1、OA 和 O1B，则 OO1BA 为直角
梯形.
从 A 点作 O1B 的垂线，垂足为 H,AH 就是正四棱台的高.
∵HB = O 1B - OA = 5 2 - 4 2 = 2 ,

∴AH = AB 2 - HB2


= 62 - 2 = 34.

∴V = 1 ×
3

34×(82 + 102 + 82 ×102 ) = 1 ×
3

34×244 = 244
3


34.

∴正四棱台的体积为 244 34立方尺.
3








3.解法一:如图,

在△ABD 中,AB=a,∠BAD=θ-α,∠BDA=α-β,由正弦定理,得

BD
sin(θ - α)

= a .
sin(α - β)


所以 BD =

asin(θ - α)
sin( α - β)


. (1)

在△BCD中, ∠CBD = θ - β, ∠BCD = π - θ, 由正弦定理, 得

CD
sin(θ - β)

= BD .
sin(π - θ)

所以
由(1) 、(2)可得

CD = BDsin(θ - β) . (2)
sinθ

asin( θ - α)sin(θ - β)

CD =

.
sinθsin( α - β)


解法二:如图,
从 D 点作 AC 的垂线与 AC 的延长线交于 E 点.设 DE=h. 在直角三角形 AED 中,




在直角三角形 BED 中,

h
a + BE

= tg( θ - α). 　


(1)




由(1)、(2)可得

h = tg( θ - β). (2)
BE


　　　　　　h =

atg(θ - α)tg( θ - β)
.
tg( θ - β) - tg(θ - α)


　　　　　


(3)

在直角三角形 CED 中,
　　　　　　　　　 h
CD
由(3)、(4)可得



= sinθ. 　　　　　　　　　


atg(θ - α)tg( θ - β)




(4)

　　　　　　　　　　CD =

.
sinθ[tg( θ - β) - tg( θ - α)]



4.解法一:
(1)把所给方程按 x、y 配方,得
16(x+2)2-9(y-1)2=144.
令 x+2=x＇,y-1=y＇, (1) 得 16x＇2-9y＇2=144,

就是 　　　　　　　　 x' - '


= 1.

9 16
所以这个双曲线的两个焦点在新坐标系中的坐标,分别为
(- 9 + 16 ,0) 和( 9 + 16 ,0), 就是(-5,0), (5,0).
由(1)可以求出这个双曲线的两个焦点在旧坐标系中的坐标,分别为
(-7,1),(3,1)

(2)设所求的圆的方程是


(x-a)2+(y-b)2=r2

因为 F1(-7,1)、F2(3,1)在圆上,所以
(7+a)2+(1-b)2=r2, (1) (3-a)2+(1-b)2=r2. (2)

又由图不难看出

就是

由(1)式减去(2)式,得

就是


b2+│AM│2=r2,

b2+16=r2. (3)

(7+a)2-(3-a)2=0,

10(2a+4)=0

∴ a=-2. 代入(2)式,得


由(4)式减去(3)式,得

就是

(1-b)2+25=r2. (4)

(1-b)2-b2+9=0,

10-2b=0.

∴ b=5. 代入(4)式,得


因此,所求的圆的方程是

r2=41.

(x+2)2+(y-5)2=41,

或 x2+y2+4x-10y-12=0.


解法二:
(1)同解法一.
(2)如图,F1、F2 为双曲线的两个焦点,A、B 为圆与 x 轴的两个交点,C
为圆心.因为过 C 点与 x 轴垂直的直线必平分线段 F1F2,且平分线段

AB,所以
C点的横坐标为 -7 + 3 = -2,且│AM│ = │MB│ = 4. 设C = (-2, b),b为待定的
2


常数.利用商高定理,由直角三角形 ACM 得到
│AC│2 = │AM│2 + │MC│2 = 16 + b2 .
又

│AC│2

= │F C│2 = 25 + (b - 1) 2

= 26 + b2 - 2b,

由以上二式,得 b=5,│AC│2=41.所以圆心 C 的坐标为(-2,5),圆的方程为 (x+2)2+(y-5)2=41,
或 x2+y2+4x-10y-12=0.
解法三:
(1)同解法一.
(2)由解法二的分析,可知 M=(-2,0).又因│AM│=│MB│=4,所以 A=(-
6,0),B=(2,0). 设所求的圆的方程为
x2y2+Dx+Ey+F=0. 因为(-6,0),(2,0),(3,1)在圆上,所以得到
??-6D + F = -36. (1)
?2D + F = -4. (2)
??3D + E + F = -10. (3)
由(1),(2)消去 F 得到 D=4.由此得 F=-12,E=-10.因此,所求圆的方程为
x2+y2+4x-10y-12=0.

解法四:
(1)同解法一. (2)设所求圆的方程为






x2+y2+Dx+Ey+F=0. (1)

因为(-7,1),(3,1)两点都在圆上,所以把它们的坐标代入(1)得
-7D+E+F+50=0, (2)
3D+E+F+10=0. (3)

在(1)内令 y=0 得


x2+Dx+F=0. (4)

设所求圆与 x 轴的交点为(α,0),(β,0),则α与β是(4)的两个根.因为两 个点的距离是 8,所以
　　　　　　　　　　　　　(α-β)2=64. 又
(α-β)2=(α+β)2-4αβ, 所以
(α+β)2-4αβ=64
利用根与系数的关系,可以知道α+β=-D,αβ=F. 代入上式得


解方程组(2)、(3)、(5)得

D2-4F=64. (5)

D=4,F=-12,E=-10.

因此,所求圆的方程为

5.解法一:


x2+y2+4x-10y-12=0.

　　　　　　　　　??


x + 1 + y + 1 = 3, (1)


(1)式两边平方并化简,得

xy - x - y + 15 = 0.

　 (2)