第15届中环杯九年级决赛
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个关于 z 的一元二次方程，这个方程有整数根，所以 y6 56 y 1 是一个完全平
方数
（1）当 y 1 时，显然满足要求，此时产生两组解 15, 1, 1 和 14, 1,0 ；
（2）当 y 1 时，如果 y 比较大，那么 y 3 1 2 y6 56 y 1 y 3 1 2 。由于
由
x y
x2
y2
z0 z2
6
xy
yz
zx
3 ，而
x2
yz
xy2 z
xyz2
xyz x
y
z
0 ，所以
x y2 y z2 z x2 27 1 xy yz zx x2 yz xy2z xyz2 x2 y2z2 27 4 x2 y2z2 。由于
x2 y2z2 0 ，所以 x y2 y z2 z x2 27 4 x2 y2z2 27 4 108 ，所以
满足
a2 a2
d2 b2
ad b2 c2 d2
c2
bc
，则代数式
ab ad
cd bc
________．
【答案】 3
2
AB b
【解答】构造 ABC ，其中 ABC 120 ，利用余弦定理我们有 AC b2 c2 bc 。构
BC c
AD a
造 ADC ，其中 ADC 60 ，利用余弦定理我们有 AC a2 d 2 ad ，所以两个三
20
，要求
ACF
的面积，我们只要
求 AC 边上的高即可。作 FH AC ，利用平行线分线段成比例我们有 FH AH 。容
CE AC
易证明 AC CD 4 AEC ∽ CAD FAC FCA H 为 AC 的中点，所以
CE DA 3
FH CE
AH AC
1 2
FH
1 CE 2
1 2
15
，所以
A O
【答案】 1
4
【解答】设大圆的半径为 R ，小圆的半径为 r ，12 个半圆的半径就是 R r ，所以下
2
图中 BC R r 、 OB R r r R r 。考虑到 BOC 30 ，所以
2
2
2
OB 2BC R r 2 R r R 3r 。所以圆环的面积为
2
2
约分后得到答案 3 3 3 2 1
2. 如图，矩形 ABCD 的长 AB 16 、宽 BC 12 ， ACE 为直角， CE 15。线段 AE 与 CD 相 交于点 F ，则 ACF 的面积为________.
A
B
DF
C
E
【答案】 75
【解答】利用勾股定理容易推出
AB BC
16 12
AC
_______.
【答案】100
【解答】首先，由 n2 2n 我们推出 n 的质因数分解中质因数 2 的指数为奇数，别
的质因数的指数都是偶数。定义 g n n2 ，我们先考虑 n 22k1 的情况，此时
n
g n n2
n
2k 22
22k 1
，当 n 2 或 23 时， g n
2k 22
B
F
M
N
D
C
E
A
【答案】 14 :11
【解答】首先，我们证明 BN 平分 ABC 。作 DH // AC ，取 G 为 CE 中点，容易证明 CGH 为等边三角形，所以 HG CG GE ，所以 HEG 1 HGC 30 ，所以
2 FBD EHD HEC 30
B
F
H
D
CGE
A
如下图所示，延长 BN 与 AC 交于点 P ，连接 PM 并延长与 AB 交于点 Q 。由于 FPE FME 90 ，所以 F, E, P, M 四点共圆，所以 FPM FEM 30 ，从而推出 FPM PBC ，所以 PQ // AB ，所以 PM MN 2 。设正 ABC 的边长为10a ，则
DC d
角形可以拼成下图。由于 ABC ADC 180 ，所以 A, B,C, D 四点共圆。再次利用余
弦定理我们有
BD2 a2 b2 2abcosBAD c2 d 2 2cd cosBCD c2 d 2 2cd cosBAD ，结合
a2 b2 c2 d 2 cosBAD 0 BD 为直径。我们要求的分子为
ab
cd
2
1 2
ab
1 2
cd
2 SABD
SCBD
2S ABCD
，分母为
ad
bc
2 sin 60
1 2
ad
sin 60
1 bc sin 60 2
2 sin 60
SADC
SABC
2 sin 60
S ABCD
，所以
ab cd 2SABCD sin 60 3
ad bc
2 sin 60
S ABCD
综上所述，这样的有序数对 x, y, z 有 4 组
9.
已知
x,
y,
z
为实数，满足
x y
x2
y2
z0 z2
6
，则
x
y
y
zz
x
的最大值为________.
【答案】 6 3
【解答】 x y z 0 z x y 代入
x2 y2 z2 6 x2 y2 x y2 6 x2 xy y2 3 ，所以
【解答】假设一共有 n 位朋友参加这个比赛，每场比赛可以产生 C42 6 对“两个人”的
关系。考虑到一共比赛 n 场，所以可以产生 6n 对“两个人”的关系。一共有
Cn2
nn 1
2
对“两个人”的关系，所以
6n
nn 1
2
n
13，接下来举例说明可以取到
最大值
将这13 个人编号为 0 ~ 12 ，将比赛的场次也编号为 0 ~ 12 ，对于第 i 场比赛，编号为 i 、 i 2 、 i 3、 i 7 的选手参加了比赛（如果 i 2 、 i 3、 i 7 中的值超过12 了， 我们就对 13 取余，作为这个值）。由于 i 、 i 2 、 i 3、 i 7 之间的差可以为
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
3 9 3 4 2 3 6 3 3 3 2 1
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
3 9 3 4 1 3 6 3 3 3 2
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
SACF
1 2
AC FH
1 20 1 15 75
2
2
A
B
H
DF
C
E
3. 如图，两个同心圆之间的部分称为圆环，在圆环中嵌入12 个相同的半圆（所有半圆的 直径在大圆 O 的某条半径上），两个半圆之间是相切关系（比如下图中的点 A 就是切 点），那么阴影部分面积与圆环面积的比值为________．
22k 1
2 。当 n 25 时，也就是说
k
5 ，此时
g n
2k 22
22k 1
2
（通过画函数图像可以得到）
接下来考察别的质因数
p
，其指数必须为偶数，此时
g
p2m
2m 12
p2m
。当
p m
3 1
时， g
p2m
2m 12
p2m
1 ，别的情况下
g
p2m
2m 12
p2m
1。
如果
n
22k 1
x y y zz x 6 3 ，当且仅当 x, y, z 0, 3, 3 时取到等号
10. 如图，在等边 ABC 中，作等边 DEF ，其中点 D 在线段 AB 上， CE 是 AD 的两倍。M 在线段 DF 上， MF MD ，CM 与 BF 的延长线交于点 N，若 CN : MN 5: 2 ，则 BF : FN ________.
1, 2,3, 4,5,7 ，可以覆盖所有的“两个人”。比如编号为7,8 的两个人，出现在第 5 场 比赛中；编号为1,10 的两个人，出现在第 7 场比赛中；编号为2,8 的两个人，出现
在第 8 场比赛中
6. 我们用 n 表示 n 的因数的个数，比如 8 4 ，满足方程 n2 2n 的 n 之和为
2
B
b A
c C
O
a
d
D
8. 已知三个整数 x, y, z 满足 xy z2 y2z x 14 ，满足条件的有序数组 x, y, z 有________
组。
【答案】 4
【解答】将 x 消去， y y2z x xy z2 14y 14 z2 y3z 14 y 1 0 ，将其看成一
第 15 届中环杯决赛试题解析（九年级） 一、填空题（本大题共 10 小题，每题 6 分，共 60 分）：
1. 计算：
6 33 6
________.
3 9 3 4 2 3 3 1 3源自文库2 1
【答案】 3 3 3 2 1
【解答】
6 33 6
3 9 3 4 2 3 3 1 3 2 1
g
p 2m1 1
g
p 2mo o
考虑到 g 22k1
2，g
p 2m1 1
1，， g
p 2mo o
1，为了使得
g n
n2
2 ，必须
n
都取等号，此时只有 2 、 8 、 2 32 、 8 32 这四个数满足要求，所以它们的和为
2 8 18 72 100
7.
已知正实数
a,b, c, d
y 1 ，此时 y6 56 y 1 y6 y3 2 ，这样就无解了。简单估算一下，当 y 6 时，
此时 2 y 3 1 56 y 1 ，所以 y 5 。接下来举例，使得 y6 56 y 1 是一个完全平 方数，容易发现还有一个 y 3 满足要求，此时产生两组解 5,3,1 和 266, 3, 28 ；
【解答】令
5
t
u
，则
2t
u2
v2
。若 t
x
0
，显然不满足方程，所以 t
0
，所
5t v
u v t
以
2t
u2
v2
u
v
2
，所以
t
u
v
u
u
2
2u
t
2
。由于
5 t u ，所以
u v t
2 5 t t 2 4t 5 t2 4t 4 t2 16 。考虑到 t u v 5 t 5 t 0 ，所以
R2
r2
3r 2
r2
8 r2 ，12
个半圆的面积之和为12
1 2
R 2
r
2
6 r2
，所以阴
影部分面积为 8 r2
6 r2
2 r2 ，面积的比值为
2 r2 8 r2
1 4
A
O
B
C
4. 方程： 5 3 x 3 x 5 3 x 的实数解为______. 【答案】 x 64
3 x t
p 2m1 1
p 2m2 2
p 2mo o
，则
g n n2
n
22k 1
p 2m1 1
p 2m2 2
p 2mo o
22k 1
p 2m1 1
p 2m2 2
p 2mo o
2
，
22k 1 2
p 2m1 1
2
p 2mo 2 o
22k 1
p 2m1 1
p 2mo o
g
22k 1
AB CN 5
PM 4a 。容易证明 PQ 为 ABC 的中位线，所以 PQ 1 AB 5a 。结合
2
PM PQ
4a 5a
MQ
a
。容易证明
DQM
∽EAD
，所以
QM AD
DM ED
1 ，所以
2
AD 2QM 2a 。而 AQ 1 AB 5a ，所以 QD 3a 。 DBF 被 QMP 所截，由梅涅劳斯
2
定理有 DQ BP FM 1 3a 5 3a 1 1 PF 3 3a 。由于 BP 5 3a ，所以
QB PF MD
5a PF
BF 2 3a 。其次利用 PQ // AB ，我们由 PN MN 2 BN 5 PB 5 5 3a 25 3a ，
NB CN 5
77
7
所以 FN BN BF 25 3a 2 3a 11 3a ，所以 BF : FN 2 3a : 11 3a 14 :11
2
2
3 3 3 2 12 3 3 3 2 3 3 1 3 2 1
考虑到 a3 b3 c3 3abc a b c a2 b2 c2 ab bc ca ，所以
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
33
3 2 1
33
2
3 2 2 12 3 3 3 2 3 3 1 3 2 1
x
y2
x2
2xy
y2
x2
xy
y2
3xy
3 3xy
。同理
y
z
z 2 x2
3 3yz 3 3zx
，所以
x y2 y z2 z x2 3 3xy3 3yz3 3zx 271 xy1 yz1 zx
27 1 xy yz zx x2 yz xy2 z xyz2 x2 y2z2
t2 16 t 4 ，所以 3 x t 4 x 64
5. 小明想邀请一些朋友参加他组织的乒乓球双打锦标赛（小明是组织方，所以他自己不 参加），不过他有一些规定： （1）参赛人数等于比赛的场数； （2）每两个人都同时出现在至少一场比赛里（可以作为搭档，也可以作为对 手）； （3）每场比赛都是 2 个人对 2 个人； 小明最多可以邀请________位朋友参加这个比赛 【答案】13
方数
（1）当 y 1 时，显然满足要求，此时产生两组解 15, 1, 1 和 14, 1,0 ；
（2）当 y 1 时，如果 y 比较大，那么 y 3 1 2 y6 56 y 1 y 3 1 2 。由于
由
x y
x2
y2
z0 z2
6
xy
yz
zx
3 ，而
x2
yz
xy2 z
xyz2
xyz x
y
z
0 ，所以
x y2 y z2 z x2 27 1 xy yz zx x2 yz xy2z xyz2 x2 y2z2 27 4 x2 y2z2 。由于
x2 y2z2 0 ，所以 x y2 y z2 z x2 27 4 x2 y2z2 27 4 108 ，所以
满足
a2 a2
d2 b2
ad b2 c2 d2
c2
bc
，则代数式
ab ad
cd bc
________．
【答案】 3
2
AB b
【解答】构造 ABC ，其中 ABC 120 ，利用余弦定理我们有 AC b2 c2 bc 。构
BC c
AD a
造 ADC ，其中 ADC 60 ，利用余弦定理我们有 AC a2 d 2 ad ，所以两个三
20
，要求
ACF
的面积，我们只要
求 AC 边上的高即可。作 FH AC ，利用平行线分线段成比例我们有 FH AH 。容
CE AC
易证明 AC CD 4 AEC ∽ CAD FAC FCA H 为 AC 的中点，所以
CE DA 3
FH CE
AH AC
1 2
FH
1 CE 2
1 2
15
，所以
A O
【答案】 1
4
【解答】设大圆的半径为 R ，小圆的半径为 r ，12 个半圆的半径就是 R r ，所以下
2
图中 BC R r 、 OB R r r R r 。考虑到 BOC 30 ，所以
2
2
2
OB 2BC R r 2 R r R 3r 。所以圆环的面积为
2
2
约分后得到答案 3 3 3 2 1
2. 如图，矩形 ABCD 的长 AB 16 、宽 BC 12 ， ACE 为直角， CE 15。线段 AE 与 CD 相 交于点 F ，则 ACF 的面积为________.
A
B
DF
C
E
【答案】 75
【解答】利用勾股定理容易推出
AB BC
16 12
AC
_______.
【答案】100
【解答】首先，由 n2 2n 我们推出 n 的质因数分解中质因数 2 的指数为奇数，别
的质因数的指数都是偶数。定义 g n n2 ，我们先考虑 n 22k1 的情况，此时
n
g n n2
n
2k 22
22k 1
，当 n 2 或 23 时， g n
2k 22
B
F
M
N
D
C
E
A
【答案】 14 :11
【解答】首先，我们证明 BN 平分 ABC 。作 DH // AC ，取 G 为 CE 中点，容易证明 CGH 为等边三角形，所以 HG CG GE ，所以 HEG 1 HGC 30 ，所以
2 FBD EHD HEC 30
B
F
H
D
CGE
A
如下图所示，延长 BN 与 AC 交于点 P ，连接 PM 并延长与 AB 交于点 Q 。由于 FPE FME 90 ，所以 F, E, P, M 四点共圆，所以 FPM FEM 30 ，从而推出 FPM PBC ，所以 PQ // AB ，所以 PM MN 2 。设正 ABC 的边长为10a ，则
DC d
角形可以拼成下图。由于 ABC ADC 180 ，所以 A, B,C, D 四点共圆。再次利用余
弦定理我们有
BD2 a2 b2 2abcosBAD c2 d 2 2cd cosBCD c2 d 2 2cd cosBAD ，结合
a2 b2 c2 d 2 cosBAD 0 BD 为直径。我们要求的分子为
ab
cd
2
1 2
ab
1 2
cd
2 SABD
SCBD
2S ABCD
，分母为
ad
bc
2 sin 60
1 2
ad
sin 60
1 bc sin 60 2
2 sin 60
SADC
SABC
2 sin 60
S ABCD
，所以
ab cd 2SABCD sin 60 3
ad bc
2 sin 60
S ABCD
综上所述，这样的有序数对 x, y, z 有 4 组
9.
已知
x,
y,
z
为实数，满足
x y
x2
y2
z0 z2
6
，则
x
y
y
zz
x
的最大值为________.
【答案】 6 3
【解答】 x y z 0 z x y 代入
x2 y2 z2 6 x2 y2 x y2 6 x2 xy y2 3 ，所以
【解答】假设一共有 n 位朋友参加这个比赛，每场比赛可以产生 C42 6 对“两个人”的
关系。考虑到一共比赛 n 场，所以可以产生 6n 对“两个人”的关系。一共有
Cn2
nn 1
2
对“两个人”的关系，所以
6n
nn 1
2
n
13，接下来举例说明可以取到
最大值
将这13 个人编号为 0 ~ 12 ，将比赛的场次也编号为 0 ~ 12 ，对于第 i 场比赛，编号为 i 、 i 2 、 i 3、 i 7 的选手参加了比赛（如果 i 2 、 i 3、 i 7 中的值超过12 了， 我们就对 13 取余，作为这个值）。由于 i 、 i 2 、 i 3、 i 7 之间的差可以为
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
3 9 3 4 2 3 6 3 3 3 2 1
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
3 9 3 4 1 3 6 3 3 3 2
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
SACF
1 2
AC FH
1 20 1 15 75
2
2
A
B
H
DF
C
E
3. 如图，两个同心圆之间的部分称为圆环，在圆环中嵌入12 个相同的半圆（所有半圆的 直径在大圆 O 的某条半径上），两个半圆之间是相切关系（比如下图中的点 A 就是切 点），那么阴影部分面积与圆环面积的比值为________．
22k 1
2 。当 n 25 时，也就是说
k
5 ，此时
g n
2k 22
22k 1
2
（通过画函数图像可以得到）
接下来考察别的质因数
p
，其指数必须为偶数，此时
g
p2m
2m 12
p2m
。当
p m
3 1
时， g
p2m
2m 12
p2m
1 ，别的情况下
g
p2m
2m 12
p2m
1。
如果
n
22k 1
x y y zz x 6 3 ，当且仅当 x, y, z 0, 3, 3 时取到等号
10. 如图，在等边 ABC 中，作等边 DEF ，其中点 D 在线段 AB 上， CE 是 AD 的两倍。M 在线段 DF 上， MF MD ，CM 与 BF 的延长线交于点 N，若 CN : MN 5: 2 ，则 BF : FN ________.
1, 2,3, 4,5,7 ，可以覆盖所有的“两个人”。比如编号为7,8 的两个人，出现在第 5 场 比赛中；编号为1,10 的两个人，出现在第 7 场比赛中；编号为2,8 的两个人，出现
在第 8 场比赛中
6. 我们用 n 表示 n 的因数的个数，比如 8 4 ，满足方程 n2 2n 的 n 之和为
2
B
b A
c C
O
a
d
D
8. 已知三个整数 x, y, z 满足 xy z2 y2z x 14 ，满足条件的有序数组 x, y, z 有________
组。
【答案】 4
【解答】将 x 消去， y y2z x xy z2 14y 14 z2 y3z 14 y 1 0 ，将其看成一
第 15 届中环杯决赛试题解析（九年级） 一、填空题（本大题共 10 小题，每题 6 分，共 60 分）：
1. 计算：
6 33 6
________.
3 9 3 4 2 3 3 1 3源自文库2 1
【答案】 3 3 3 2 1
【解答】
6 33 6
3 9 3 4 2 3 3 1 3 2 1
g
p 2m1 1
g
p 2mo o
考虑到 g 22k1
2，g
p 2m1 1
1，， g
p 2mo o
1，为了使得
g n
n2
2 ，必须
n
都取等号，此时只有 2 、 8 、 2 32 、 8 32 这四个数满足要求，所以它们的和为
2 8 18 72 100
7.
已知正实数
a,b, c, d
y 1 ，此时 y6 56 y 1 y6 y3 2 ，这样就无解了。简单估算一下，当 y 6 时，
此时 2 y 3 1 56 y 1 ，所以 y 5 。接下来举例，使得 y6 56 y 1 是一个完全平 方数，容易发现还有一个 y 3 满足要求，此时产生两组解 5,3,1 和 266, 3, 28 ；
【解答】令
5
t
u
，则
2t
u2
v2
。若 t
x
0
，显然不满足方程，所以 t
0
，所
5t v
u v t
以
2t
u2
v2
u
v
2
，所以
t
u
v
u
u
2
2u
t
2
。由于
5 t u ，所以
u v t
2 5 t t 2 4t 5 t2 4t 4 t2 16 。考虑到 t u v 5 t 5 t 0 ，所以
R2
r2
3r 2
r2
8 r2 ，12
个半圆的面积之和为12
1 2
R 2
r
2
6 r2
，所以阴
影部分面积为 8 r2
6 r2
2 r2 ，面积的比值为
2 r2 8 r2
1 4
A
O
B
C
4. 方程： 5 3 x 3 x 5 3 x 的实数解为______. 【答案】 x 64
3 x t
p 2m1 1
p 2m2 2
p 2mo o
，则
g n n2
n
22k 1
p 2m1 1
p 2m2 2
p 2mo o
22k 1
p 2m1 1
p 2m2 2
p 2mo o
2
，
22k 1 2
p 2m1 1
2
p 2mo 2 o
22k 1
p 2m1 1
p 2mo o
g
22k 1
AB CN 5
PM 4a 。容易证明 PQ 为 ABC 的中位线，所以 PQ 1 AB 5a 。结合
2
PM PQ
4a 5a
MQ
a
。容易证明
DQM
∽EAD
，所以
QM AD
DM ED
1 ，所以
2
AD 2QM 2a 。而 AQ 1 AB 5a ，所以 QD 3a 。 DBF 被 QMP 所截，由梅涅劳斯
2
定理有 DQ BP FM 1 3a 5 3a 1 1 PF 3 3a 。由于 BP 5 3a ，所以
QB PF MD
5a PF
BF 2 3a 。其次利用 PQ // AB ，我们由 PN MN 2 BN 5 PB 5 5 3a 25 3a ，
NB CN 5
77
7
所以 FN BN BF 25 3a 2 3a 11 3a ，所以 BF : FN 2 3a : 11 3a 14 :11
2
2
3 3 3 2 12 3 3 3 2 3 3 1 3 2 1
考虑到 a3 b3 c3 3abc a b c a2 b2 c2 ab bc ca ，所以
3
33
3 2 3 13 3 3 3 3 2 1
33
3 2 1
33
2
3 2 2 12 3 3 3 2 3 3 1 3 2 1
x
y2
x2
2xy
y2
x2
xy
y2
3xy
3 3xy
。同理
y
z
z 2 x2
3 3yz 3 3zx
，所以
x y2 y z2 z x2 3 3xy3 3yz3 3zx 271 xy1 yz1 zx
27 1 xy yz zx x2 yz xy2 z xyz2 x2 y2z2
t2 16 t 4 ，所以 3 x t 4 x 64
5. 小明想邀请一些朋友参加他组织的乒乓球双打锦标赛（小明是组织方，所以他自己不 参加），不过他有一些规定： （1）参赛人数等于比赛的场数； （2）每两个人都同时出现在至少一场比赛里（可以作为搭档，也可以作为对 手）； （3）每场比赛都是 2 个人对 2 个人； 小明最多可以邀请________位朋友参加这个比赛 【答案】13