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第5届世界数学团体锦标赛少年组试题

2022-07-24

数理天地(初中版) 2022年7期
关键词:正整数整数倍数

(2014.11北京)

团体赛

1.已知A+B+C=1,B+C+D=2,C+D+E=3,D+E+F=4,E+F+G=5,F+G+H=6,G+H+I=7,求A+E+I.

2.如图1,某飞镖游戏设置了从0号到30号共31种奖品,游戏规则是:靶盘上的数字为每次飞镖落在该区域时对应的得分,脱靶得0分.每位游戏者投镖三次,得分的总和为对应奖品的号码.问:有几个号码对应的奖品不会被得到?

3.已知ab≠1,且{5a2+1001a+1025=0,1025b2+1001b+5=0,

求ab的值.

4.如图2,正方形ABCD的边长是2,以BC边为直径作半圆O,点F在CD上,AF切半圆O于点E,求ED.

5.已知x2x2+9x+2=13,求x22x4+x2+2的值.

6.已知2014年11月11日是星期二.下面是2014年的六个日期:

(1)2月2日,(2)4月4日,

(3)6月6日,(4)8月8日,

(5)10月10日,(6)12月12日.

请写出其中不是星期五的序号.

7.已知关于x的不等式组x+13-t>2xx2-8x-9<0恰有3个整数解,求整数t的最小值.

8.如图3,圆O′与半径为20的圆O切于点P,正方形ABCD的顶点A,B在圆O上,与圆O′切于点M,且AB⊥PM.若AB=24,求圆O′的半径.

9.图书馆内,在标有号码1,2,3,4的书架上分别有书120,135,142,167本.若干天后,每个书架上都各被借出a本书,又过了若干天,四个书架又分别被借出0,b,c,d本书,并且四个书架上余下同样本数的书.若b,c,d≥1,b+c+d=a,问:两次借出书后,1号书架剩有几本书?

10.r和s是方程x2+bx+c=0的两个根,r和t是方程x2+cx+b=0的两个根.b和c是不相等的实数,求s+t.

11.如图4,在长方形ABCD中,点E在AD上,AE∶ED=3∶5,AC⊥BE于点F,CD=9.求BC∶BA.

12.从1到2014的自然数中取出n个,若其中任意2个数的差都不等于3,求n的最大值.

13.如图5,长方形ABCD的顶点A在直线y=x上,点B在曲线y=1x上,点C,D在x轴上.若AB=2BC,求长方形ABCD的面积.

14.如图6,已知圆O的半径是r,圆O′的半径是11,圆O′在圆O内,点O在圆O′内,圆O的弦AB切圆O′,若40≤AB≤48,求OO′.

15.已知a,b,c都是正整数,且5a+4b+3c能被13整除,求3a+5b+7c+2014除以13得到的余数.

16.如图7,点O是正六边形ABCDEF的中心,OM⊥DE于点M,N为OM的中点.若S△FAN=10,求正六边形ABCDEF的面积.

17.如图8,已知正方形ABCD,点E在CD上,延长BC,AE交于点F,若S正方形ABCD=S△CFE,求CEED.

18.棱长分别是整数a,b的两个正方体体积的和与棱长的和的比是27,求a+b.

19.抛物线C:y=12x2+bx-1与坐标轴有三个交点,这三点构成一个三角形,将C向下平移5个单位,三角形的面积变为原来的14倍,求b.

20.江边的旅游码头,原计划每8分钟发出1条船,每条船在江上航行80分钟,回到码头时,恰好可以遇到按时发出的另一条船.按此计划,该码头现有的a条船恰好够用.此时,若又有2条新船投入使用,那么,发船的时间间隔可比原计划减少几分钟?

接力赛

1A.如图9所示,已知圆O的半径图9是3,圆P的半径是7,OP=26,直线AB与两圆分别切于点A,B,求AB.

1B.设前面队友传来的答案是T.

如果九位数123456abc被37除,得余数是T,求最小的三位数abc.

2A.三个不同质数的和的平方是三位数aa5,求这三个质数的乘积.

2B.设前面队友传来的答案是T.

0

如图10,OAB是半径为T的四分之一个圆,点P在弧AB上,若PA<T,且PB<T,求點P所在圆弧的长度.(圆周率π取3)

3A.求方程x4-5x3+5x2+5x-6=0的所有根的和.

3B.设前面队友传来的答案是T.图11

如图11,已知△ABC是直角三角形,∠ACB=90°,四边形ABDE和四边形BCFG是相同的矩形.若AB=5,AC>BC,S△BDG=T,求S△BDC.

个人赛

1.若a是整数,并且a<2014<a+1,求1+2+3+…+a.

2.已知{x-14xy+y=13,y+16xy+x=17,

求x+y.

2

3.如图12,ABCD是边长为4的正方形,ED=1,点M在DC边上运动.当△BME的周长最短时,求MC.

4.若当4≤x≤6时,y=ax2-ax-8-2a>0恒成立,求实数a的取值范围.

5.已知ba-ab=a0b-ba,求两位数ab.

3

6.如图13,6个人围成一圈做传球游戏,每个人接到球后传给和他不相邻的某一人(如:和A相邻的是B和F),开始时,球在A的手中,若球被传递三次后又回到A,求此种情况出现的概率.

7.如图14,已知正方形ABCD,点P在CD上,AP=4.BB′、CC′、DD′分别是点B、C、D到AP的距离,若BB′+CC′+DD′=6,求正方形ABCD的面积.

4图15

8.如图15所示,求四边形ABCD的面积.

6

9.如图16,一只甲虫从字母W开始,沿图中路线爬行,到达第四个字母时停止,则经过的四个字母正好是WMTC的路线有多少条?

10.已知x+y=2,x2+y2=4,求x2014+y2014的值.

7

11.如图17,在△ABC中,点E在CB上,∠B=∠C=∠AEM,BE=1,CE=2,AC=4,求AM.

12.从1到154的自然数中,求:与154互质的所有自然数的和.

13.如图18,面积为2的Rt△ABC的三个顶点A,B,C都在抛物线y=x2上,并且斜边AB平行于x轴.求点C的纵坐标.

8

9

14.如图19,长方形ABCD中,AB=18,AD=12.圆M和边AB,BC,CD相切,圆N和边AD,DC相切,并且和圆M外切.求圆N的半径的长.

15.将1到50的所有自然数依次写出,组成自然数

M=123456789101112…47484950.

如果M的质因数分解式中3的最高次幂记为3k,求k的值.

0

16.如图20,△ABC中,AB=10,BC=16,∠A=2∠C,求AC.

参考答案

团体赛

1.答案:4.

解将各方程编号如下

A+B+C=1,B+C+D=2,C+D+E=3,D+E+F=4,E+F+G=5,F+G+H=6,G+H+I=7,①②③④⑤⑥⑦

①+④+⑦,得

A+B+C+D+E+F+G+H+I

=1+4+7=12,⑧

由⑧-②-⑥,得

A+E+I=12-2-6=4.

2.答案:6.

解投镖一次,可能的得分有:0,2,5,8,10.

则投镖三次,得分的和可能是

0,2,4,5,6,7,8,9,10,12,13,14,15,16,

17,18,20,21,22,23,24,25,26,28,30.

不可能是1,3,11,19,27,29,

所以有6个号码对应的奖品不会被得到.

3.答案:205.

解在方程1025b2+1001b+5=0的两边同除以b2,得

5(1b)2+1001·1b+1025=0,

对比5a2+1001a+1025=0,

可知a,1b是方程5x2+1001x+1025=0的两个根,

所以ab=a·1b=10255=205.

4.答案:2105.

解如图21,连接OA,OE,OF,从点E作EG⊥AD于点G,则OF,OA分别是∠COE和∠BOE的角平分线,

于是∠FOA=90°,图21

OE=OC=1,

BA=EA=2.

又OE⊥AF,

所以△OEF∽△AEO,

则EFEO=EOEA,

即EF1=12,

所以EF=12,

因为EG∥CD,

所以AGAD=AEAF=EGFD,

又CF=EF=12,

所以FD=CD-CF=2-12=32,

由勾股定理,得

AF=AD2+FD2=22+(32)2=52,

故AGAD=AEAF=EGFD=45,

可得GD=AD-AG=25,

EG=45FD=45×32=65.

在Rt△EDG中,由勾股定理,得

ED=GD2+EG2

=(25)2+(65)2

=2105.

5.答案:115.

解由题设知x≠0,故原方程可写成

2x2+9x+2x=3,

即x+1x=-3,①

因为x22x4+x2+2的倒数是

2x4+x2+2x2=2x2+2x2+1

=2(x2+1x2)+1

=2[(x+1x)2-2]+1,②

將①式代入②,有

2×[(-3)2-2]+1=15.

所以x22x4+x2+2=115.

6.答案:(1).

7.答案:-4.

解由x+13-t>2x,x2-8x-9<0,①

得x<1-3t5,-1<x<9.②

由题设知,关于x的不等式组①恰有3个整数解,

因为-1与9之间有9个整数,所以不等式组②的解是

-1<x<1-3t5,

且-1<x<1-3t5,

仅包括三个整数0,1,2,

由此可得2<1-3t5≤3,

解得-143≤t<-3,

所以满足题意的整数t的最小值是-4.

8.答案:6.

2

解连接OA.如图22.

因为圆O,圆O′内切,

所以P、M、O共线,

设过P、M、O的直线交AB于N.

因为CD与小圆切于点M,

所以MN⊥CD,MN⊥AB,

由垂径定理,知AN=12AB=12,

在Rt△OAN中,

OA2=ON2+AN2,

即202=ON2+122,

解得ON=16.

所以MO=MN-ON

=CB-ON

=24-16

=8.

从而PM=OP-MO=20-8=12.

所以圆O′的半径为

12÷2=6.

9.答案:36.

解依题意,有

b+c+d=a,120-a=135-(a+b),120-a=142-(a+c),120-a=167-(a+d),①②③④

由②+③+④,并將①代入,得

360-3a=444-4a.

于是a=84.

1号书架剩书120-a=36(本).

10.答案:-1.

解由于r是两个方程的共同根,则有

{r2+br+c=0,r2+cr+b=0,

将两式相减,得

r(b-c)= b-c.

因为b≠c,

所以r=1.

又由根与系数的关系,得

s=c,t=b,

将r=1代入到任意一个方程中,得1+b+c=0,

所以s+t=b+c=-1.

11.答案:236.

解由题设,知

∠ACB=∠CAD,

∠ACB=∠ABE,

所以Rt△ABC∽Rt△EAB.

于是BCBA=BAAE,BA2=BC·AE,

BC·38BC=BA2,

BC2=83BA2=83CD2=216.

BC=216,

则BCBA=216×19=236.

12.答案:1008.

解以6个连续整数为一组,每组只取较小的3个整数(它们的差最大是2),这样就可以确保所取出的整数中任意两个数的差都不等于3.

又2014÷6=335……4,

也就是说,若连续6个整数为一组,则2014个数可分为335组,还余4个数(这4个数看作第336组),

即(1,2,3,4,5,6),(7,8,9,10,11,12),…,

(2005,2006,2007,2008,2009,2010),

(2011,2012,2013,2014),

观察上面的分组可知,当每组只取较小的3个整数时,n的值最大,这个最大值为

336×3=1008.

13.答案:23.

解设点A(a,a),B(b,1b),则

由矩形ABCD及AB=2BC,点C,D在x轴上,得

b-a=2·1b,a=1b,①②

②代入①得b-1b=2b,

b2=3,b=3,

于是S长方形ABCD=AB·BC=(b-a)·1b

=(3-13)×13=23.

3

14.答案:4.

解最短的弦AB和最长的弦A′B′,如图23,C和C′是切点,

则r2-BC2+r2-B′C′2

=CC′,

即r2-242+r2-202=22,

解得r=25.

所以OO′=OC-O′C

=252-202-11

=4.

15.答案:12.

解因为5a+4b+3c能被13整除,所以可设

5a+4b+3c=13k(k是正整数),①

于是可得a=13k-4b-3c5,

由①,得

3a+5b+7c=3×13k-4b-3c5+5b+7c

=39k-12b-9c5+5b+7c

=39k+13b+26c5

=13×(3k+b+2c)5,

即5(3a+5b+7c)=13(3k+b+2c),②

因为a,b,c,k是正整数,

所以3a+5b+7c和3k+b+2c都是正整数,

又因为5和13互质,

所以由②知3a+5b+7c可被13整除,

从而可设

3a+5b+7c=13m(m是正整数),③

所以 (3a+5b+7c)+2014

=13m+13×154+12

=13(m+154)+12,

由③知m+154是整数,

所以13(m+154)+12被13除,得到的余数是12,

即3a+5b+7c+2014除以13得到的余数是12.

16.答案:48.

4

解分别从点O,N,M作FA的垂线,分别交FA及延长线于点P,Q,R,延长FA与MO,交于点G,AB与GM交于点L,如图24.

设AF=2x,则

AP=x,OP=3x.

在Rt△AGL中,因为

∠GAL=60°,

所以∠AGL=30°,

又AL=x,

所以GL=3x.

而OL=OM=OP=3x,

所以GM=33x.

在Rt△RGM中,因为∠RGM=30°,

所以RM=332x.

在梯形POMR中,N是OM的中点,

所以QN是梯形POMR的中位线,

即QN=12(PO+RM),

所以QN=534x.

因为△AOF和△AFN有相同的底,

所以S△AOF∶S△AFN=OP∶QN

=3x∶534x=4∶5.

又S△AFN=10,

所以S△AOF=8,

故正六边形ABCDEF的面积=6S△AOF=48.

17.答案:3+1.

解设CEED=k,正方形ABCD的边长是a,有

CE=k·ED=k(a-CE),

于是CE=ka1+k,①

又CFAD=CEED=k,

得CF=kAD=ka,②

于是S△CFE=12CF·CE=12ka·ka1+k

=k2a22(1+k),③

注意到S正方形ABCD=a2,④

及S正方形ABCD=S△CFE,⑤

所以1=k22(1+k),

即k2-2k-2=0,

解得k=±3+1,

因為k>0,

所以,只取k=3+1.

18.答案:9.

解依题意,得

a3+b3a+b=27,

即a2-ab+(b2-27)=0.

此方程应当有正整数解,故

Δa=(-b)2-4(b2-27)=108-3b2

是完全平方数.

因为0≤Δa≤108,

所以108-3b2的值可能是1,4,9,16,25,36,49,64,81,100.

注意到b是正整数,验算后,可知仅有81合题意.

由108-3b2=81,

得b=3,

于是a=b±92=3±92,

只取a=3+92=6.

所以a+b=9.

19.答案:12或-12.

解设抛物线与x轴的两个交点为

(x1,0),(x2,0),x1<x2.

由根与系数的关系,得

x1+x2=-2b,

x1x2=-2,

于是抛物线与x轴的两个交点间的距离是

x2-x1=(x1+x2)2-4x1x2

=2b2+2,

抛物线C与y轴的交点是(0,-1),于是三角形的面积是b2+2.

将C向下平移5个单位,得到的新抛物线是

y=12x2+bx-6.

同理可求得抛物线与x轴两个交点间的距离为2b2+12,与y轴的交点是(0,-6),

三角形的面积为6b2+12.

于是6b2+12=14b2+2,

解得b2=14,

所以b=12或b=-12.

20.答案:113.

解设M是每条船从出发到再出发所用的时间(航行时间+停留在码头的时间),N是船的条数,P是两条船发出的时间间隔,则有

MN=P.①

依题意,按原计划,则由①式,有80+8N≤8,得N≥11,

所以a=N小=11.②

设2条新船投入使用后,发船时间间隔变为x分钟,则由①,②,得

80+x11+2=x,

得x=623(分钟),

于是8-623=113(分钟).

答:增加2条船后,发船时间间隔缩短113分钟.

接力赛

1A.答案:24.

5

解连接OA,PB,又从点P作PC∥AB交OA的延长线于点C.

由AB是两圆的公切线及作图25,可知 OA⊥AB,

PB⊥AB,

OC⊥PC,

则四边形ACPB是矩形,

于是AC=PB=7,AB=PC,

OC=OA+AC=3+7=10.

在Rt△OPC中,

PC=OP2-OC2=262-102=24,

所以AB=24.

1B.答案:111.

解计算可知

123456000÷37=3336648……24,

因为传来的答案T恰好是24,所以可知三位数abc可以被37整除,

37×3=111,

所以最小的三位数abc是111.

2A.答案:105.

解由题设知 aa5=225=152,

所以这三个质数的和是15,而下面的等式是唯一存在的,

15=3+5+7,3×5×7=105,

所以这三个数的乘积是105.

2B.答案:52.5(或5212或1052).

6

解如图26,设AP1=T,BP2=T,则

当点P位于点P1和P2之间时,有PA<T,

且PB<T成立.(*)

连接OP1,OP2,则有

OA=OP1=AP1=T,

OB=OP2=BP2=T,

所以△OAP1和△OBP2都是等边三角形,则

∠AOP1=∠BOP2=60°,

所以∠P1OP2=60°+60°-90°=30°,

由(*),知点P所在圆弧的长度是

30360×2πT=π6T=12T.

前面同学传来的答案是T=105,

所以12T=52.5(或5212或1052).

3A.答案:5.

解将方程中等号的左边分解因式,得

x4-5x3+5x2+5x-6

=(x4-1)-5x2(x-1)+5(x-1)

=(x2+1)(x2-1)-5(x-1)(x2-1)

=(x+1)(x-1)(x2+1-5x+5)

=(x+1)(x-1)(x-2)(x-3),

原方程即

(x+1)(x-1)(x-2)(x-3)=0,

得x1=-1,x2=1,

x3=2,x4=3,

-1+1+2+3=5,

故方程的所有根的和是5.

3B.答案:52.

7

解设BC=a,CA=b,从点D作直线GB,CB的垂线,垂足分别为M,N,如图27.

易证明

∠DBM=∠ABC,

∠DBN=∠BAC,

BD=BC=a,

GB=BA=5,

所以DM=BDsin∠DBM=BDsin∠ABC

=a×b5=ab5,

DN=BDsin∠DBN=BDsin∠BAC

=a×a5=a25,

S△BDG=12BG·DM=ab2=T,①

由勾股定理,有a2+b2=25,②

S△BDC=12BC·DN=a310.③

前面同学传来的答案是T=5,

联立①和②,得a2+b2=25,ab2=5,

解得{a=5,b=25,

把a的值代入③,得

S△BDC=a310=52.

个人赛

1.答案:990.

解因为44=1936<2014<2025

=45,

对比a<2014<a+1,a是整数,

可知a=44.

于是1+2+3+…+a

=a(a+1)2=44×452=990.

2.答案:5.

解将题设两个等式的两边分别相加,得

x+2xy+y+x+y=30,

即(x+y)2+(x+y)-30=0,

解得x+y=5或x+y=-6.

显然x+y≥0,

所以只取x+y=5.

3.答案:165(或3.2或315).

解由點B、E是定点,知道BE是定长,所以,要使△BME的周长最短,只须使MB+ME最短,以下求点M.

设E′是点E关于直线CD的对称点,BE′交CD于点M′,连接EM′,E′M,如图28.

由三角形两边之和大于第三边,得

EM+BM=E′M+BM≥BE′,

可知当点M在M′处时,△BME的周长最短.

8

此时DE′∥BC,

所以DM′CM′=DE′BC,

即4-CM′CM′=14,

解得CM′=165,

故当△BME的周长最短时,

CM=CM′=165(或3.2或315).

4.答案:a>45.

解易知y=ax2-ax-8-2a

=a(x2-x-2)-8,

其中x2-x-2=(x+1)(x-2),

易知当x>2时,函数y=x2-x-2是增函数,且当x=2时,x2-x-2=0,

所以当4≤x≤6时,

x2-x-2>0,

所以a(x2-x-2)-8>0可变形为a>8x2-x-2,

要使此式恒成立,需要a大于8x2-x-2的最大值.

而当4≤x≤6时,y=x2-x-2是增函数,

y=8x2-x-2是减函数,

可知8x2-x-2的最大值在x=4时取得,这个值是842-4-2=45,

所以a>45.

5.答案:16.

解题设的等式,即

(10b+a)-(10a+b)

=(100a+b)-(10b+a),

即b=6a.

因为a,b是1到9的数字,

所以只能是a=1,b=6.

则ab=16.

6.答案:227.

解作如下的树状图,

由树状图,可知三次传球,有27种方式,球回到A手中的情况仅有2种,所以传递三次后,球回到A手中的概率是227.

9

7.答案:12.

解连接AC,BP.

由图29知

S△BCP=S△ACP

=12AP·CC′,

S正方形ABCD

=S△APD+S△ABP+S△BCP

=12AP(DD′+ BB′+CC′)

=12×4×6

=12.

8.答案:33+72.

0

解如图30,延长DC,交AB于点E.

从点E分别作EF⊥AD于点F,EG⊥BC于点G.

因为∠A=45°,

∠B=30°,∠D=60°,

所以∠BEG=60°,

∠DEF=30°,∠AEF=45°,

于是∠CEG=180°-∠AEF-∠DEF

-∠BEG=45°,

∠GCE=90°-∠CEG=45°.

故可设EG=GC=x,则

BG=3x,CE=2x,

所以BC=BG+GC=(1+3)x=3+1,

解得x=1.

所以CE=2x=2,

于是ED=EC+CD=22,

DF=ED2=2,AF=EF=3DF=6.

可得四边形ABCD的面积

=S△BCE+S△AED=12BC·EG+12AD·EF

=12(1+3)×1+12(2+6)×6

=33+72.

9.答案:15.

1

解把图中的字母标记序号,如图31.

则通过M1的路径有

W→M1→T1→C1,

W→M1→T1→C2,

W→M1→T2→C2,

W→M1→T2→C3,

共4条;

类似的,经过M2的路径有7条;

经过M3的路径有4条.

故经过的四个字母正好是WMTC的路径有

4+7+4=15(条).

10.答案:22014.

解由x+y=2,得

(x+y)2=x2+y2+2xy=4,

因为x2+y2=4,所以xy=0,

故x=0,或y=0.

当x=0时,由x+y=2,得y=2,

此时x2014+y2014=22014;

当y=0时,由x+y=2,得x=2,

此时x2014+y2014=22014,

综上知,x2014+y2014的值是22014.

11.答案:AM=72(或3.5).

解因为∠C+∠CAE

=∠AEB=∠AEM+∠MEB,

∠B=∠C=∠AEM,

所以∠CAE=∠BEM,

于是△AEC∽△EMB,

可得CEBM=ACBE,

所以BM=12,

故AM=72(或3.5).

12.答案:4620.

解因为154=2×7×11,

所以在1到154的自然数中,与154互质的是除7和11的倍数之外的一切奇数.

从1到154的连续奇数有77个,它们的和是

1+3+5+…+149+151+153

=(1+153)×77÷2

=5929.

以上的奇数中,7的倍数有11个,它们的和是

7×(1+3+5+…+19+21)

=7×(1+21)×11÷2

=847.

11的倍數有7个,它们的和是

11×(1+3+5+…+11+13)

=11×(1+13)×7÷2

=539.

既是7的倍数,又是11的倍数仅有一个,

即7×11=77.

所以符合条件的各个数的和是

5929-847-539+77=4620.

13.答案:3.

解设点A(a,a2),点C(c,c2),这里

a<0,

0<c<-a,

则点B的坐标是(-a,a2),

于是AC2=(c-a)2+(c2-a2)2,①

BC2=(c+a)2+(c2-a2)2,②

AB2=4a2,③

由勾股定理,得

AC2+BC2=AB2,

将①②③代入并整理,得

(a2-c2)2=a2-c2.

由于a2>c2,

所以a2-c2=1,

故斜边AB上高h=a2-c2=1.

又Rt△ABC的面积为2,

所以12AB·h=2,

即12·|2a|·(a2-c2)=|a|=2,

所以c2=a2-1=3,

即点C的纵坐标是3.

14.答案:24-123.

解易知圆M的半径R=6.

设圆N的半径为r,则由题设条件,得

(r+R)2=(R-r)2+(DC-R-r)2,

即(6+r)2=(6-r)2+(18-6-r)2,

r2-48r+144=0,

则Δr=(-48)2-4×144

=16×122-4×122

=12×122

=3×242.

得r=48±2432=24±123,

因为r<R,

只取r=24-123.

15.答案:1.

解根据能被3整除的数的特点,知

若M=123456789101112…47484950是3的倍数,则M的数字和也是3的倍数,

因为M的数字的和是5×(1+2+3+…+9)+(1+2+3+4)×10+5=330,

又330=2×3×5×11,

所以M是3的倍数.

同理,若M是9的倍数,则M的数字和也是9的倍数,已证M的数字的和是

2×3×5×11,

所以M不是9的倍数,综上知,k的值是1.

16.答案:1535.

2

解作AD平分∠BAC,交BC于D,如图32.

由题设及作图,可知

∠BDA=∠DAC+∠C

=2∠C

=∠BAC,

因为∠ABD=∠ABC,

所以△ABD∽△CBA,

于是ABBC=BDAB=ADAC,(*)

得BD=AB2BC=10216=254.

所以CD=BC-BD=16-254=394,

由(*)式,得

AC=AB·ADBD=10×394254=1535.

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