第5届世界数学团体锦标赛少年组试题

（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.