2025年下學(xué)期初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽歐拉定理試卷一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，滿分40分）設(shè)凸多面體的頂點(diǎn)數(shù)為V，面數(shù)為F，棱數(shù)為E，則歐拉定理的表達(dá)式為（）A.V+F+E=2B.V-F+E=2C.V+F-E=2D.V-F-E=2一個(gè)正方體有8個(gè)頂點(diǎn)、6個(gè)面，則它的棱數(shù)是（）A.10B.12C.14D.16下列圖形中，不滿足歐拉定理的是（）A.三棱錐B.四棱柱C.球體D.五棱錐一個(gè)凸多面體有12個(gè)頂點(diǎn)、18條棱，則它的面數(shù)是（）A.6B.8C.10D.12在△ABC中，外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，外心與內(nèi)心的距離為d，則下列關(guān)系式正確的是（）A.d2=R2-2RrB.d2=R2+2RrC.d2=2R2-RrD.d2=R2-Rr若n為正整數(shù)，且a與n互質(zhì)，則下列哪項(xiàng)是數(shù)論中的歐拉定理（）A.a??1≡1(modn)B.a^φ(n)≡1(modn)C.a?≡a(modn)D.a^φ(n)+1≡0(modn)一個(gè)凸十二面體有20個(gè)頂點(diǎn)，則它的棱數(shù)是（）A.28B.30C.32D.34在△ABC中，外心O與內(nèi)心I的距離OI=2，外接圓半徑R=5，則內(nèi)切圓半徑r的值是（）A.2.4B.2.5C.2.8D.3二、填空題（本大題共8小題，每小題5分，滿分40分）一個(gè)凸多面體有6個(gè)頂點(diǎn)、8個(gè)面，則它的棱數(shù)是_______。正四面體的頂點(diǎn)數(shù)V=，面數(shù)F=，棱數(shù)E=，滿足V+F-E=。若a=3，n=10，且a與n互質(zhì)，則φ(10)=，3^φ(10)mod10=。在△ABC中，外接圓半徑R=4，內(nèi)切圓半徑r=1，則外心與內(nèi)心的距離d=_______。一個(gè)凸八面體有12條棱，則它的頂點(diǎn)數(shù)與面數(shù)之和是_______。數(shù)論中，歐拉函數(shù)φ(n)表示小于n且與n互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)，則φ(12)=_______。一個(gè)足球表面由黑色正五邊形和白色正六邊形皮塊組成，共有32個(gè)面，其中黑色皮塊有12塊，則白色皮塊有_______塊，這個(gè)足球表面的棱數(shù)是_______。若正整數(shù)a與7互質(zhì)，則a^6mod7=_______。三、解答題（本大題共6小題，滿分120分）（本題滿分15分）已知一個(gè)凸多面體有10個(gè)頂點(diǎn)、15條棱，求這個(gè)多面體的面數(shù)。（本題滿分20分）證明：任何一個(gè)凸多面體的面數(shù)都不少于4。（本題滿分20分）在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，求：（1）△ABC的外接圓半徑R；（2）△ABC的內(nèi)切圓半徑r；（3）△ABC的外心與內(nèi)心之間的距離d。（本題滿分25分）一個(gè)凸多面體的各個(gè)面都是三角形，且有6個(gè)頂點(diǎn)：（1）求這個(gè)多面體的面數(shù)F和棱數(shù)E；（2）求證：這個(gè)多面體的每個(gè)頂點(diǎn)處有相同數(shù)目的棱相交；（3）求這個(gè)多面體每個(gè)頂點(diǎn)處相交的棱數(shù)。（本題滿分20分）已知正整數(shù)n=15，a=2：（1）計(jì)算φ(15)的值；（2）驗(yàn)證歐拉定理a^φ(n)≡1(modn)；（3）利用歐拉定理計(jì)算2^2025mod15的值。（本題滿分20分）一個(gè)足球由黑色正五邊形和白色正六邊形皮塊縫制而成，其中黑色皮塊有12塊：（1）求白色皮塊的數(shù)量；（2）求這個(gè)足球表面的棱數(shù)；（3）求這個(gè)足球表面的頂點(diǎn)數(shù)。四、綜合題（本大題共2小題，滿分50分）（本題滿分25分）在凸多面體中，頂點(diǎn)數(shù)V=14，面數(shù)F=16：（1）求這個(gè)多面體的棱數(shù)E；（2）若這個(gè)多面體的各個(gè)面都是三角形或四邊形，求三角形面和四邊形面的個(gè)數(shù)；（3）求證：這個(gè)多面體中至少有一個(gè)頂點(diǎn)處相交的棱數(shù)不大于3。（本題滿分25分）在△ABC中，∠A=60°，BC=4，內(nèi)切圓I與AB、AC分別相切于點(diǎn)D、E：（1）若△ABC的外接圓半徑R=4，求AB+AC的值；（2）求DE的長(zhǎng)度；（3）若外心O與內(nèi)心I的距離OI=2，求△ABC的面積。參考答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)（本部分僅為閱卷參考，考生無需作答）一、選擇題C2.B3.C4.B5.A6.B7.B8.A二、填空題1210.4，4，6，211.4，112.√(R2-2Rr)=√(16-8)=2√213.1414.415.20，3216.1三、解答題解：根據(jù)歐拉定理V+F-E=2，得F=E-V+2=15-10+2=7，所以這個(gè)多面體的面數(shù)是7。（15分）證明：假設(shè)存在面數(shù)少于4的凸多面體。（2分）若面數(shù)F=1，則這個(gè)幾何體是球體，不是多面體，矛盾；（5分）若面數(shù)F=2，則這個(gè)幾何體由兩個(gè)面組成，只能是兩個(gè)平面或曲面圍成的封閉圖形，不是多面體，矛盾；（10分）若面數(shù)F=3，則三個(gè)面只能圍成一個(gè)三面角，不是封閉的多面體，矛盾。（15分）因此，任何一個(gè)凸多面體的面數(shù)都不少于4。（20分）解：（1）由余弦定理得cosA=(AB2+AC2-BC2)/(2·AB·AC)=(25+25-36)/50=14/50=7/25，所以sinA=√(1-cos2A)=24/25。由正弦定理得BC/sinA=2R，即6/(24/25)=2R，解得R=75/24=25/8=3.125。（7分）（2）△ABC的面積S=1/2·AB·AC·sinA=1/2·5·5·24/25=12。又S=1/2·(AB+AC+BC)·r=1/2·16·r=8r，所以8r=12，解得r=1.5。（14分）（3）由歐拉定理得d2=R2-2Rr=(25/8)2-2·25/8·3/2=625/64-75/8=625/64-600/64=25/64，所以d=5/8=0.625。（20分）解：（1）根據(jù)歐拉定理V+F-E=2，得E=V+F-2=6+F-2=F+4。（5分）每個(gè)面都是三角形，每個(gè)面有3條邊，每條邊屬于2個(gè)面，所以3F=2E。（10分）將E=F+4代入得3F=2(F+4)，解得F=8，E=12。（15分）（2）設(shè)每個(gè)頂點(diǎn)處有k條棱相交，則6k=2E=24，解得k=4。因此每個(gè)頂點(diǎn)處有4條棱相交。（20分）（3）由（2）可知，這個(gè)多面體每個(gè)頂點(diǎn)處相交的棱數(shù)為4。（25分）解：（1）φ(15)=φ(3×5)=φ(3)×φ(5)=2×4=8。（5分）（2）2^8=256，256mod15=1，所以2^8≡1(mod15)，歐拉定理成立。（10分）（3）2025=8×253+1，所以2^2025=(2^8)^253×2^1≡1^253×2=2(mod15)，因此2^2025mod15=2。（20分）解：（1）設(shè)白色皮塊有x塊，每塊黑色皮塊周圍有5塊白色皮塊，每塊白色皮塊周圍有3塊黑色皮塊，所以5×12=3x，解得x=20。（7分）（2）每個(gè)黑色皮塊有5條邊，每個(gè)白色皮塊有6條邊，每條邊屬于2個(gè)皮塊，所以棱數(shù)E=(5×12+6×20)/2=(60+120)/2=90。（14分）（3）根據(jù)歐拉定理V+F-E=2，得V=E-F+2=90-(12+20)+2=60。（20分）解：（1）根據(jù)歐拉定理V+F-E=2，得E=V+F-2=14+16-2=28。（5分）（2）設(shè)三角形面有x個(gè)，四邊形面有y個(gè)，則x+y=16。每個(gè)三角形面有3條邊，每個(gè)四邊形面有4條邊，每條邊屬于2個(gè)面，所以3x+4y=2E=56。解得x=8，y=8。（15分）（3）假設(shè)每個(gè)頂點(diǎn)處相交的棱數(shù)都大于3，即至少為4，則4V≤2E，即4×14≤56，即56≤56，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)每個(gè)頂點(diǎn)處都有4條棱相交。但此時(shí)每個(gè)面都是三角形或四邊形，而4V=2E=56，說明每個(gè)頂點(diǎn)處確實(shí)有4條棱相交，與"至少有一個(gè)頂點(diǎn)處相交的棱數(shù)不大于3"矛盾。因此假設(shè)不成立，原命題得證。（25分）解：（1）由正弦定理得BC/sinA=2R，即4/sin60°=2R，解得R=4/√3。又已知R=4，矛盾。因此題目條件有誤，正確解法應(yīng)為：由正弦定理得BC/sinA=2R，即4/sin60°=2R，解得R=4/√3=4√3/3。由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosA，即16=AB2+AC2-AB·AC=(AB+AC)2-3AB·AC。設(shè)AB+AC=m，AB·AC=n，則m2-3n=16。又S=1/2·AB·AC·sinA=√3/4·n，且S=1/2·(AB+AC+BC)·r=1/2·(m+4)·r。由歐拉定理得d2=R2-2Rr，即OI2=R2-2Rr，得r=(R2-OI2)/(2R)=(16/3-4)/(8√3/3)=(4/3)/(8√3/3)=1/(2√3)=√3/6。因此S=1/2·(m+4)·√3/6=√3(m+4)/12。又S=√3/4·n，所以√3/4·n=√3(m+4)/12，即n=(m+4)/3。代入m2-3n=16得m2-(m+4)=16，即m2-m-20=0，解得m=5或m=-4（舍去）。因此AB+AC=5。（10分）（2）ADIE四點(diǎn)共圓，直徑為AI，所以DE=AI·sinA。由r=√3/6，∠IAE=30°，得AI=r/sin30°=√3/6÷1/2=√3/3。因此DE=√3/3·sin60°=√3/3·√3/2=1/2。（15分）（3）由（1）知AB+AC=5，BC=4，所以△ABC的周長(zhǎng)為9，半周長(zhǎng)p=9/2。由海倫公式得S=√[p(p-AB)(p-AC)(p-BC)]=√[9/2·(9/2-AB)(9/2-AC)(9/2-4)]=√[9/2·(9/2-AB)(9/2-AC)·1/2]=3/2·√[(9/2-AB)(9/2-AC)]。又(9/2-A