当前位置:首页 >> 高一数学 >> 高中数学竞赛讲座20讲

高中数学竞赛讲座20讲


竞赛讲座 01
-奇数和偶数
整数中,能被 2 整除的数是偶数,反之是奇数,偶数可用 2k 表示 ,奇数可用 2k+1 表示,这里 k 是整数. 关于奇数和偶数,有下面的性质: (1)奇数不会同时是偶数;两个连续整数中必是一个奇数一个偶数; (2)奇数个奇数和是奇数;偶数个奇数的和是偶数;任意多个偶数的和是偶数; (3)两个奇(偶)数的差是偶数;一个偶数与一个奇数的差是奇数; (4)若 a、b 为整数,则 a+b 与 a-b 有相同的奇数偶; (5)n 个奇数的乘积是奇数,n 个偶数的乘积是 2 的倍数;顺式中有一个是偶数,则乘积是偶数. 以上性质简单明了,解题时如果能巧妙应用,常常可以出奇制胜. 1.代数式中的奇偶问题 例 1(第 2 届“华罗庚金杯”决赛题)下列每个算式中,最少有一个奇数,一个偶数,那么这 12 个整数中,至少有几个偶数? □+□=□, □?□=□ □-□=□, □÷□=□.
n

解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数,乘法和除法算式中至少各有二个偶数,故这 12 个 整数中至少有六个偶数. 例2 (第 1 届“祖冲之杯”数学邀请赛)已知 n 是偶数,m 是奇数,方程组

是整数,那么 (A)p、q 都是偶数.
第 1 页 共 115 页

(B)p、q 都是奇数.

(C)p 是偶数,q 是奇数

(D)p 是奇数,q 是偶数

分析 由于 1988y 是偶数,由第一方程知 p=x=n+1988y,所以 p 是偶数,将其代入第二方程中, 于是 11x 也为偶数,从而 27y=m-11x 为奇数,所以是 y=q 奇数,应选(C) 例3 分析 在 1,2,3?,1992 前面任意添上一个正号和负号,它们的代数和是奇数还是偶数. 因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同,所以在题设数字前面都添上正号和负

号不改变其奇偶性,而 1+2+3+?+1992= 为偶数. 2.与整除有关的问题

=996?1993 为偶数

于是题设的代数和应

例 4(首届“华罗庚金杯”决赛题)70 个数排成一行,除了两头的两个数以外,每个数的 3 倍都 恰好等于它两边两个数的和,这一行最左边的几个数是这样的:0,1,3,8,21,?.问最右边 的一个数被 6 除余几? 解 设 70 个数依次为 a1,a2,a3 据题意有 偶 奇 奇 偶 奇 奇

a1=0, a2=1 a3=3a2-a1, a4=3a3-a2, a5=3a4-a3, a6=3a5-a4, ??????

由此可知: 当 n 被 3 除余 1 时,an 是偶数; 当 n 被 3 除余 0 时, 或余 2 时, n 是奇数, a 显然 a70 是 3k+1 型偶数, 所以 k 必须是奇数, k=2n+1, 令 则 a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4. 解 设十位数,五个奇数位数字之和为 a,五个偶数位之和为 b(10?a?35,10?b?35),则 a+b=45,又十位数能被 11 整除,则 a-b 应为 0,11,22(为什么?).由于 a+b 与 a-b 有相同的 奇偶性,因此 a-b=11 即 a=28,b=17.

第 2 页 共 115 页

要排最大的十位数,妨先排出前四位数 9876,由于偶数位五个数字之和是 17,现在 8+6=14,偶 数位其它三个数字之和只能是 17-14=3,这三个数字只能是 2,1,0. 故所求的十位数是 9876524130. 例 6(1990 年日本高考数学试题)设 a、b 是自然数,且有关系式 123456789=(11111+a)(11111-b), 证明 a-b 是 4 的倍数. 证明 由①式可知 ② ①

11111(a-b)=ab+4?617 ∵a>0,b>0,∴a-b>0

首先,易知 a-b 是偶数,否则 11111(a-b)是奇数,从而知 ab 是奇数,进而知 a、b 都是奇数,可 知(11111+a)及(11111-b)都为偶数,这与式①矛盾 其次,从 a-b 是偶数,根据②可知 ab 是偶数,进而易知 a、b 皆为偶数,从而 ab+4?617 是 4 的 倍数,由②知 a-b 是 4 的倍数. 3.图表中奇与偶 例 7(第 10 届全俄中学生数学竞赛试题)在 3?3 的正方格(a)和(b)中,每格填“+”或“-” 的符号,然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后, 能否从一张表变化为另一张表. 解 按题设程序,这是不可能做到的,考察下面填法: 在黑板所示的 2?2 的正方形表格中,按题设程序“变号”,“+”号或者不变,或者变成两个.

表(a)中小正方形有四个“+”号,实施变号步骤后,“+”的个数仍是偶数;但表(b)中小正方形 “+”号的个数仍是奇数,故它不能从一个变化到另一个.

第 3 页 共 115 页

显然,小正方形互变无法实现,3?3 的大正方形的互变,更无法实现. 例 8(第 36 届美国中学生数学竞赛试题)将奇正数 1,3,5,7?排成五列,按右表的格式排下 去,1985 所在的那列,从左数起是第几列?(此处无表) 解 由表格可知,每行有四个正奇数,而 1985=4?496+1,因此 1985 是第 497 行的第一个数, 又奇数行的第一个数位于第二列, 偶数行的第一个数位于第四列, 所以从左数起, 1985 在第二列. 例 9 如图 3-1,设线段 AB 的两个端点中,一个是红点,一个是绿点,在线段中插入 n 个分点, 把 AB 分成 n+1 个不重叠的小线段,如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话, 则称它为标准线段. 证明 分析 不论分点如何选取,标准线段的条路总是奇数. n 个分点的位置无关紧要,感兴趣的只是红点还是绿点,现用 A、B 分别表示红、绿点;

不难看出:分点每改变一次字母就得到一条标准线段,并且从 A 点开始,每连续改变两次又回到 A,现在最后一个字母是 B,故共改变了奇数次,所以标准线段的条数必为奇数.

4.有趣的应用题 例 10(第 2 届“从小爱数学”赛题)图 3-2 是某一个浅湖泊的平面图,图中所有曲线都是湖岸.

(1)如果 P 点在岸上,那么 A 点在岸上还是在水中? (2)某人过这湖泊,他下水时脱鞋,上岸时穿鞋.如果有一点 B,他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和 是个奇数,那么 B 点是在岸上还是在水中?说明理由.

第 4 页 共 115 页



(1)连结 AP,显然与曲线的交点数是个奇数,因而 A 点必在水中.

(2)从水中经过一次陆地到水中,脱鞋与穿鞋的次数和为 2,由于 A 点在水中,氢不管怎样走, 走在水中时,脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数,可见 B 点必在岸上. 例 11 书店有单价为 10 分,15 分,25 分,40 分的四种贺年片,小华花了几张一元钱,正好买 了 30 张,其中某两种各 5 张,另两种各 10 张,问小华买贺年片花去多少钱? 分析 设买的贺年片分别为 a、b、c、d(张),用去 k 张 1 元的人民币,依题意有

10a+15b+25c+40d=100k,(k 为正整数) 即 2a+3b+5c+8d=20k

显然 b、c 有相同的奇偶性.

若同为偶数,b-c=10 和 a=b=5, 若同为奇数,b=c=5 和 a=d=10,k=7.

不是整数;

例 12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室,每相邻两室 间都有若干方形门或圆形门相通,仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通,试证明:任 何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室(可重复)之后回到厅外,他经过的方形门的 次数与圆形门的次数(重复经过的重复计算)之差总是偶数. 证明 给出入口处展览室记“+”号,凡与“+”相邻的展览室记“-”号,凡与“-”号相邻的展 览室都记“+”号,如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同. 一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内,走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室,他的 路线是+-+-?+-+-,即从“+”号室起到“+”号室止,中间“-”、“+”号室为 n+1(重复经过 的重复计算),即共走了 2n+1 室,于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了 2n+2 个门

第 5 页 共 115 页

(包括进出出入口门各 1 次).设其经过的方形门的次数是 r 次,经过圆形门的次数是 s,则 s+r=2n+2 为偶数,故 r-s 也为偶数,所以命题结论成立. 例 13 有一无穷小数 A=0.a1a2a3?anan+1an+2?其中 ai(i=1,2)是数字,并且 a1 是奇数,a2 是偶数, a3 等于 a1+a2 的个位数?,an+2 是 an+an+1(n=1,2?,)的个位数,证明 A 是有理数. 证明 为证明 A 是有理数,只要证明 A 是循环小数即可,由题意知无穷小数 A 的每一个数字是 由这个数字的前面的两位数字决定的,若某两个数字 ab 重复出现了,即 0.?ab?ab?此小数就 开始循环. 而无穷小数 A 的各位数字有如下的奇偶性规律: A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇?? 又 a 是奇数可取 1,3,5,7,9; b 是偶数可取 0,2,4,6,8. 所以非负有序实数对一共只有 25 个是不相同的,在构成 A 的前 25 个奇偶数组中,至少出现两组 是完全相同的,这就证得 A 是一循环小数,即 A 是有理数. 练 习 1.填空题 (1)有四个互不相等的自然数,最大数与最小数的差等于 4,最大数与最小数的积是一个奇数, 而这四个数的和是最小的两位奇数,那么这四个数的乘积是______.

(2) 有五个连续偶数, 已知第三个数比第一个数与第五个数和的 (3)能否把 1993 部电话中的每一部与其它 5 部电话相连结? 答____. 2.选择题 (1)设 a、b 都是整数,下列命题正确的个数是( ①若 a+5b 是偶数,则 a-3b 是偶数; ②若 a+5b 是偶数,则 a-3b 是奇数; ③若 a+5b 是奇数,则 a-3b 是奇数; ④若 a+5b 是奇数,则 a-3b 是偶数.
第 6 页 共 115 页

多 18, 这五个偶数之和是____.



(A)1

(B)2

(C)3

(D)4

(2)若 n 是大于 1 的整数,则 (A)一定是偶数 (C)是偶数但不是 2 (B)必然是非零偶数

的值(

).

(D)可以是偶数,也可以是奇数
2

(3)已知关于 x 的二次三项式 ax +bx+c(a、b、c 为整数),如果当 x=0 与 x=1 时,二次三项式 的值都是奇数,那么 a( ) (A)不能确定奇数还是偶数 (C)必然是奇数 3.(1986 年宿州竞赛题)试证明 1 (B)必然是非零偶数 (D)必然是零
1986

+9

1986

+8

1986

+6

1986

是一个偶数.

4.请用 0 到 9 十个不同的数字组成一个能被 11 整除的最小十位数. 5.有 n 个整数,共积为 n,和为零,求证:数 n 能被 4 整除 6.在一个凸 n 边形内,任意给出有限个点,在这些点之间以及这些点与凸 n 边形顶点之间,用线 段连续起来,要使这些线段互不相交,而且把原凸 n 边形分为只朋角形的小块,试证这种小三我 有形的个数与 n 有相同的奇偶性. 7.(1983 年福建竞赛题)一个四位数是奇数,它的首位数字泪地其余各位数字,而第二位数字大 于其它各位数字,第三位数字等于首末两位数字的和的两倍,求这四位数. 8.(1909 年匈牙利竞赛题)试证:3 +1 能被 2 或 2 整除,而不能被 2 的更高次幂整除. 9.(全俄 15 届中学生数学竞赛题)在 1,2,3?,1989 之间填上“+”或“-”号,求和式可以 得到最小的非负数是多少?
n 2

练习参考答案 1.(1)30.(最小两位奇数是11,最大数与最小数同为奇数) (2)180.设第一个偶数为x,则后面四个衣次为x+2,x+4,x+6,x+8. (3)不能. 2.B.B.A 3.1
1986

是奇数1,9

1986

的个位数字是奇数1,而8

1986

,6

1986

都是偶数,故最后为偶数.

第 7 页 共 115 页

4.仿例5 1203465879. 5.设a1,a2,?,an满足题设即a1+a2+?+an=0 ①

a1?a2??an=n ②。假如n为奇数,由②,所有ai皆为奇数,但奇数个奇数之和为奇数, 故这时①不成立,可见n只能为偶数.由于n为偶数,由②知ai中必有一个偶数,由①知ai中 必有另一个偶数.于是ai中必有两个偶数,因而由②知n必能被4整除. 6.设小三角形的个数为k,则k个小三角形共有3k条边,减去n边形的n条边及重复计算的

边数扣共有 (3k+n)条线段,显然只有当k与n有相同的奇偶性时, (3k-n)才是 整数. 7.设这个四位数是 由于1?a<d,d是奇数所以d?3于是c=2(a+d)?8,

即c=8或c=9.因c是偶数,所以c=8,由此得a=1,d=3.又因b>c,所以b= 9因此该数为1983. 8.当n为奇数时,考虑(4-1) +1的展开式;当n为偶数时,考虑(2+1) +1的展 开式. 9.除995外,可将1,2,?,1989所有数分为994对:(1,1989)(2,1 988)?(994,996)每对数中两个数的奇偶性相同,所以在每对数前无论放置“+”, “-”号,运算结果只能是偶数.而995为奇数,所以数1,2,?,1989的总值是奇数, 于是所求的最小非负数不小于1,数1可用下列方式求得: 1=1+(2-3-4+5)+(6-7-8+9)+?+(1986-1987-1988+ 1989).
n n

竞赛讲座 02 -整数的整除性
1. (1) 整数的整除性的有关概念、性质 整除的定义:对于两个整数 a、d(d≠0),若存在一个整数 p,使得 成立,

则称 d 整除 a,或 a 被 d 整除,记作 d|a。 若 d 不能整除 a,则记作 d a,如 2|6,4 6。

第 8 页 共 115 页

(2) 1) 2) 3) 4) 5)

性质 若 b|a,则 b|(-a),且对任意的非零整数 m 有 bm|am 若 a|b,b|a,则|a|=|b|; 若 b|a,c|b,则 c|a 若 b|ac,而(a,b)=1((a,b)=1 表示 a、b 互质,则 b|c; 若 b|ac,而 b 为质数,则 b|a,或 b|c;

6) 若 c|a,c|b,则 c|(ma+nb),其中 m、n 为任意整数(这一性质还可以推广到更多项的和) 例 1(1987 年北京初二数学竞赛题) y, 均为整数, 11| x, z 若 (7x+2y-5z)求证: (3x-7y+12z) , 11| 。 证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 且 ∴ 又 ∴ 11|11(3x-2y+3z), 11|(7x+2y-5z), 11|4(3x-7y+12z) (11,4)=1 11|(3x-7y+12z).

2.整除性问题的证明方法 (1) 利用数的整除性特征(见第二讲)

例 2(1980 年加拿大竞赛题)设 72|

的值。

解 72=8?9,且(8,9)=1,所以只需讨论 8、9 都整除

的值。

若 8|

,则 8|

,由除法可得b=2。

若 9|

,则 9|(a+6+7+9+2),得 a=3。

(2)利用连续整数之积的性质 ① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积,因此一定可被 2 整除。

第 9 页 共 115 页

② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是 3 的倍数,所以它们之积一定可 以被 2 整除,也可被 3 整除,所以也可以被 2?3=6 整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。

例 3(1956 年北京竞赛题)证明:

对任何整数 n 都为整数,且用 3 除时余 2。

证明



为连续二整数的积,必可被 2 整除.



对任何整数 n 均为整数,



为整数,即原式为整数.

又∵

, 2n、2n+1、2n+2 为三个连续整数,其积必是 3 的倍数,而 2 与 3 互质,



是能被 3 整除的整数.

故 例4 证明 ∵2
2

被 3 除时余 2. 一整数 a 若不能被 2 和 3 整除,则 a +23 必能被 24 整除. ∵a +23=(a -1)+24,只需证 a -1 可以被 24 整除即可. .∴a 为奇数.设 a=2k+1(k 为整数),
2 2 2

第 10 页 共 115 页

则 a -1=(2k+1) -1=4k +4k=4k(k+1). ∵k、k+1 为二个连续整数,故 k(k+1)必能被 2 整除, ∴8|4k(k+1),即 8|(a -1). 又∵(a-1),a,(a+1)为三个连续整数,其积必被 3 整除,即 3|a(a-1)(a+1)=a(a -1), ∵3 a,∴3|(a -1).3 与 8 互质, ∴24|(a -1),即 a +23 能被 24 整除.
2 2 2 2 2

2

2

2

(3)利用整数的奇偶性 下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题. 例5 求证:不存在这样的整数 a、b、c、d 使:

a?b?c?d-a=



a?b?c?d-b=



a?b?c?d-c=



a?b?c?d-d=



证明

由①,a(bcd-1)=

.

∵右端是奇数,∴左端 a 为奇数,bcd-1 为奇数. 同理,由②、③、④知 b、c、d 必为奇数,那么 bcd 为奇数,bcd-1 必为偶数,则 a(bcd-1)必 为偶数,与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证. 例6 -1, 且 (1985 年合肥初中数学竞赛题)设有 n 个实数 x1,x2,?,xn,其中每一个不是+1 就是

试证 n 是 4 的倍数.

第 11 页 共 115 页

证明



(i=1,2,?,n-1),

则 yi 不是+1 就是-1,但 y1+y2+?+yn=0,故其中+1 与-1 的个数相同,设为 k,于是 n=2k.又 k y1y2y3?yn=1,即(-1) =1,故 k 为偶数, ∴n 是 4 的倍数. 其他方法: 整数 a 整除整数 b,即 b 含有因子 a.这样,要证明 a 整除 b,采用各种公式和变形手段从 b 中分解 出因子 a 就成了一条极自然的思路. 例7
3

(美国第 4 届数学邀请赛题)使 n +100 能被 n+10 整除的正整数 n 的最大值是多少?
2

3

解 n +100=(n+10)(n -10n+100)-900. 若 n+100 能被 n+10 整除,则 900 也能被 n+10 整除.而且,当 n+10 的值为最大时,相应地 n 的值为 最大.因为 900 的最大因子是 900.所以,n+10=900,n=890. 例8 (上海 1989 年高二数学竞赛)设 a、 c 为满足不等式 1<a<b<c 的整数, (ab-1) b、 且 (bc-1)(ca-1)能被 abc 整除,求所有可能数组(a,b,c). 解 ∵(ab-1)(bc-1)(ca-1)
2 2 2

=a b c -abc(a+b+c)+ab+ac+bc-1,① ∵abc|(ab-1)(bc-1)(ca-1). ∴存在正整数 k,使 ab+ac+bc-1=kabc, ②

k= ∴k=1.









若 a?3,此时

第 12 页 共 115 页

1= 已知 a>1.

-

< ∴只有 a=2.

矛盾.

当 a=2 时,代入②中得 2b+2c-1=bc,



1=



∴0<b<4,知 b=3,从而易得 c=5. 说明:在此例中通过对因数 k 的范围讨论,从而逐步确定 a、b、c 是一项重要解题技巧.

例9

(1987 年全国初中联赛题)已知存在整数 n,能使数

被 1987 整除.求证数



都能被 1987 整除.

证明∵ (10 + 同样,
3n

? ),且

?

? 能被 1987 整除,∴p 能被 1987 整除.

q=









第 13 页 共 115 页

故 10,于是 q 表示式中括号内的数被 能被 1987 整除,即 q 能被 1987 整除. 练习二 1. 选择题

、 10

2(n+1)





除, 余数分别为 1000, 100,

除,余数为 1987,它可被 1987 整除,所以括号内的数

(1)(1987 年上海初中数学竞赛题)若数 n=20?30?40?50?60?70?80?90?100?110?120?130, 则不是 n 的因数的最小质数是 ) ( . (A)19 (B)17 (C)13 (D)非上述答案

(2)在整数 0、1、2?、8、9 中质数有 x 个,偶数有 y 个,完全平方数有 z 个,则 x+y+z 等于 ( ). (A)14 (B)13 (C)12
11 18

(D)11

(E)10

(3)可除尽 3 +5 的最小整数是( (A)2 (B)3 2. 填空题 (C)5
11

).
18

(D)3 +5 (E)以上都不是

(1)(1973 年加拿大数学竞赛题)把 100000 表示为两个整数的乘积,使其中没有一个是 10 的 整倍数的表达式为__________. (2) 一个自然数与 3 的和是 5 的倍数,与 3 的差是 6 的倍数,这样的自然数中最小的是 _________. (3) (1989 年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是 0 或 1,并且能被 225 整除的最小自然 数是________.

3.求使

为整数的最小自然数 a 的值.
2

4.(1971 年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数 n,n +2n+12 不是 121 的倍数. 5.(1984 年韶关初二数学竞赛题)设 位正整数 d 的 111 倍, 是一个四位正整数,已知三位正整数 与 246 的和是一

又是 18 的倍数.求出这个四位数
2

,并写出推理运算过程.
2

6.(1954 年苏联数学竞赛题)能否有正整数 m、n 满足方程 m +1954=n . 7.证明:(1)133|(11 +12 ),其中 n 为非负整数.
第 14 页 共 115 页
n+2 n+1

(2)若将(1)中的 11 改为任意一个正整数 a,则(1)中的 12,133 将作何改动?证明改动后的结论. 8.(1986 年全国初中数学竞赛题)设 a、b、c 是三个互不相等的正整数.求证:在 3 3 3 3 3 3 a b-ab ,b c-bc ,c a-ca 三个数中,至少有一个能被 10 整除. 9.(1986 年上海初中数学竞赛题)100 个正整数之和为 101101,则它们的最大公约数的最大可能值 是多少?证明你的结论.

练习参考答案 1.B.B.A 2.(1)2 ?5 .(2)27. 3.由 2000a 为一整数平方可推出 a=5. 4.反证法.若是121的倍数,设n +2n+12=121k 2 -1).∵11是素数且除尽(+1) , ∴11除尽n+1 5.由 753; 又 是1984. 7. (1)11 +12 =121?11 +12?144 =121?11 +12?11 n n n n n n -12?11 +12?144 =?=133?11 +12?(144 -11 ).第一项可 n n n+2 2n+1 被133整除.又144-11|144 -11 ,∴133|11 +12 . (2)11改为a.12改为a+1,133改为a(a+1)+1.改动后命题为a(a+1) n+2 2n+1 +1|a +(a+1) ,可仿上证明. 8.∵a b-ab =ab(a -b );同理有b(b -c );ca(c -a ).若a 、b、c中有偶数或均为奇数,以上三数总能被2整除.又∵在a、b、c中若有一个是5的倍 2 2 2 数,则题中结论必成立.若均不能被5整除,则a ,b ,c 个位数只能是1,4,6,9, 2 2 2 2 2 2 从而a -b ,b -c ,c -a 的个位数是从1,4,6,9中,任取三个两两之差,其中 必有0或±5,故题中三式表示的数至少有一个被5整除,又2、5互质. 9.设100个正整数为a1,a2,?,a100,最大公约数为d,并令
3 3 2 2 2 2 2 2 n+2 2n+1 n n n 2 2 2 5 5

(n+1) =11(11k



11 除尽(n+1) 或11|11k-1,不可能. 可能是198,309,420,531,642, 只能是198. 而198+246=444, ∴d=4,

是d的111倍, 是18的倍数, ∴

第 15 页 共 115 页

则a1+a2+…+a100=d(a1′+a2′+…+a′100)=101101=101× 1001, 故知a1′,a2′,a′100不可能都是1,从而a′1+a′2+…+a′100≥1× 99+2=101, d≤1001;若取a1=a2=a99=1001,a100=2002,则满足a1+a2+…+a1 101=101101,且d=1001,故d的最大可能值为1001 00=1001×

竞赛讲座 03 --同余式与不定方程
同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容.考虑数学竞赛的需要,下面介绍有关的基本 内容. 1. 同余式及其应用

定义:设 a、b、m 为整数(m>0),若 a 和 b 被 m 除得的余数相同,则称 a 和 b 对模 m 同余.记为 或 一切整数 n 可以按照某个自然数 m 作为除数的余数进行分类,即 n=pm+r(r=0,1,?,m-1), 恰好 m 个数类.于是同余的概念可理解为,若对 n1、n2,有 n1=q1m+r,n2=q2m+r,那么 n1、n2 对模 m 的同余,即它们用 m 除所得的余数相等. 利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质: (1) 若 ,则 m|(b-a).反过来,若 m|(b-a),则 ;

(2) (3) (4) ①

如果 a=km+b(k 为整数),则

;

每个整数恰与 0,1,?,m-1,这 m 个整数中的某一个对模 m 同余; 同余关系是一种等价关系: 反身性 ;



对称性

,则

,反之亦然.



传递性



,则



第 16 页 共 115 页

(5)如果



,则







特别地

应用同余式的上述性质,可以解决许多有关整数的问题. 例 1(1898 年匈牙利奥林匹克竞赛题)求使 2 +1 能被 3 整除的一切自然数 n.
n

解∵



则 2 +1 ∴当 n 为奇数时,2 +1 能被 3 整除; 当 n 为偶数时,2 +1 不能被 3 整除. 例2 求 2 最后两位数码.
999 999 n n

n

解 考虑用 100 除 2 所得的余数.











第 17 页 共 115 页

∴2 的最后两位数字为 88. 例3 求证 3
1980

999

+4

1981

能被 5 整除.

证明







∴ 2.不定方程 不定方程的问题主要有两大类:判断不定方程有无整数解或解的个数;如果不定方程有整数解, 采取正确的方法,求出全部整数解. (1) 不定方程解的判定

如果方程的两端对同一个模 m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为 奇数、偶数两种,因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解. 例4 证明
2

证明方程 2x -5y =7 无整数解. ∵2x =5y +7,显然 y 为奇数.
2

2

2



若 x 为偶数,则



∵方程两边对同一整数 8 的余数不等,
第 18 页 共 115 页

∴x 不能为偶数.



若 x 为奇数,则

但 5y +7 ∴x 不能为奇数.因则原方程无整数解. 说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法. 例5 (第 14 届美国数学邀请赛题)不存在整数 x,y 使方程

2

① 证明 如果有整数 x,y 使方程①成立,



=

知(2x+3y )+5 能被 17 整除.

2

设 2x+3y=17n+a,其中 a 是 0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8 中的某个数,但是这 2 2 2 2 2 时(2x+3y) +5=(17n) +34na+(a +5)=a +5(mod17),而 a +5 被 17 整除得的余数分别是 5, 2 6,9,14,4,13,7,3,1,即在任何情况下(2x+3y) +5 都不能被 17 整除,这与它能被 17 整 除矛盾.故不存在整数 x,y 使①成立. 例7 (第 33 届美国数学竞赛题)满足方程 x +y =x 的正整数对(x,y)的个数是(
2 2 3

).

(A)0 (B)1(C)2(D)无限个(E)上述结论都不对 解由 x +y =x 得 y =x (x-1),
2 2 3 2 2

所以只要 x-1 为自然数的平方,则方程必有正整数解.令 x-1=k (k 为自然数),则 方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D). 说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解. (2) 不定方程的解法

2



不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式(质因数)分解法、不等式法、奇偶 分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.
第 19 页 共 115 页

例6

求方程
2 2 2

的整数解.

解(配方法)原方程配方得(x-2y) +y =13 . 在勾股数中,最大的一个为 13 的只有一组即 5,12,13,因此有 8 对整数的平方和等于 13 即 (5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能 是下面的八个方程组的解
2

解得

例7 (原民主德国 1982 年中学生竞赛题)已知两个自然数 b 和 c 及素数 a 满足方程 2 2 2 a +b =c .证明:这时有 a<b 及 b+1=c. 证明(因式分解法)∵a +b =c , ∴a =(c-b)(c+b), 又∵a 为素数,∴c-b=1,且 c+b=a . 于是得 c=b+1 及 a =b+c=2b+1<3b,
2 2 2 2 2 2





.而 a?3,∴

?1,∴

<1.∴a<b.

第 20 页 共 115 页

例 9(第 35 届美国中学数学竞赛题)满足联立方程

的正整数(a,b,c)的组数是( (A)0 (B)1 (C)2

).

(D)3 (E)4

解(质因数分解法)由方程 ac+bc=23 得 (a+b)c=23=1?23. ∵a,b,c 为正整数,∴c=1 且 a+b=23.将 c 和 a=23-b 代入方程 ab+bc=44 得 (23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0, ∴b1=2,b2=22.从而得 a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和 (1,22,1),应选(C). 例 10 求不定方程 2(x+y)=xy+7 的整数解.

解 由(y-2)x=2y-7,得

分离整数部分得 由 x 为整数知 y-2 是 3 的因数, ∴y-2=±1,±3,∴x=3,5,±1. ∴方程整数解为

例 11

求方程 x+y=x -xy+y 的整数解. 必须△=(y+1) -4(y -y)?0,解得
2 2

2

2

解(不等式法)方程有整数解

?y?

.

满足这个不等式的整数只有 y=0,1,2.
第 21 页 共 115 页

当 y=0 时,由原方程可得 x=0 或 x=1;当 y=1 时,由原方程可得 x=2 或 0;当 y=2 时,由原方程 可得 x=1 或 2. 所以方程有整数解

最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.

例 12

求满足方程

且使 y 是最大的正整数解(x,y).

解将原方程变形得 由此式可知,只有 12-x 是正的且最小时,y 才能取大值.又 12-x 应是 144 的约数,所以, 12-x=1,x=11,这时 y=132. 故 满足题设的方程的正整数解为

(x,y)=(11,132).

例 13(第 35 届美国中学生数学竞赛题)满足 0<x<y 及 y)的个数是( (A)0 (B)1 ). (C)3 (D)4 (E)7

的不同的整数对(x,

解法 1 根据题意知,0<x<1984,由

得 当且仅当 1984x 是完全平方数时, 是整数.而 1984=2 ?31, y 故当且仅当 x 具有 31t 形式时, 1984x 是完全平方数. ∵x<1984,∵1?t?7.当 t=1,2,3 时,得整数对分别为(31,1519)、(124,1116)和(279, 775).当 t>3 时 y?x 不合题意,因此不同的整数对的个数是 3,故应选(C).
6 2

第 22 页 共 115 页

解法 2 ∵1984=



由此可知:x 必须具有 31t 形式,y 必须具有 31k 形

2

2

式,并且 t+k=8(t,k 均为正整数).因为 0<x<y,所以 t<k.当 t=1,k=7 时得(31,1519); t=2,k=6 时得(124,1116);当 t=3,k=5 时得(279,775).因此不同整数对的个数为 3. 练习二十 1. 选择题
2 2

(1)方程 x -y =105 的正整数解有( (A)

).

一组 (B)二组 (C)三组 (D)四组 ).

(2)在 0,1,2,?,50 这 51 个整数中,能同时被 2,3,4 整除的有( (A) 2.填空题 (1)的个位数分别为_________及_________.
4 5 4

3 个 (B)4 个 (C)5 个

(D)6 个

(2)满足不 (3)

等式 10 ?A?10 的整数 A 的个数是 x?10 +1,则 x 的值________.
3

已知整数 y 被 7 除余数为 5,那么 y 被 7 除时余数为________.
2 2

(4) (全俄第 14 届中学生数学竞赛试题)求出任何一组满足方程 x -51y =1 的自然数解 x 和 y_________. 3.(第 26 届国际数学竞赛预选题)求三个正整数 x、y、z 满足

. 4.(1985 年上海数学竞赛题)在数列 4,8,17,77,97,106,125,238 中相邻若干个数之和 是 3 的倍数,而不是 9 的倍数的数组共有多少组?

5.求

的整数解.

6.求证

可被 37 整除.

7.(全俄 1986 年数学竞赛题)求满足条件
第 23 页 共 115 页

的整数 x,y 的所有可能的值.

8.(1985 年上海初中数学竞赛题)已知直角三角形的两直角边长分别为 l 厘米、m 厘米,斜边 长为 n 厘米,且 l,m,n 均为正整数,l 为质数.证明:2(l+m+n)是完全平方数.

9.(1988 年全国初中数学竞赛题)如果 p、q、 p+q 的值.



都是整数,并且 p>1,q>1,试求

练习二十 1.D.C. 2.(1)9 及 1. (2)9.
2

(3)4.
2

(4)原方程可变形为 x =(7y+1) +2y(y-7),令 y=7 可得 x=50.

3.不妨设 x?y?z,则

,故 x?3.又有

故 x?2.若 x=2,则

,故 y?6.又



,故 y?4.若 y=4,则 z=20.若 y=5,则 z=10.若 y=6,则 z 无整数解.若 x=3,类似可以确定

3?y?4,y=3 或 4,z 都不能是整数. 4.可仿例 2 解.

5.先求出 解得

,然后将方程变形为 y=5+x-2

要使 y 为整数,5x-1 应是完全平方数,?,

6.8888≡8(mod37),∴8888
3333

2222

≡8 (mod37).
2222

2

7777≡7(mod37),7777 ≡7 (mod37),8888 2 3 8 +7 =407,37|407,∴37|N.
2 2

3

+7777

3333

≡(8 +7 )(mod37),而

2

3

7.简解:原方程变形为 3x -(3y+7)x+3y -7y=0 由关于 x 的二次方程有解的条件△?0 及 y 为整数可 得 0?y?5,即 y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4). 8.∵l +m =n ,∴l =(n+m)(n-m).∵l 为质数,且 n+m>n-m>0,∴n+m=l ,n-m=1.于是 2 2 2 2 l =n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l -1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l +2l+1=(l+1) .即 2(l+m+1)是完全平方数.
第 24 页 共 115 页
2 2 2 2 2

9.易知 p≠q,不妨设 p>q.令 程可得 p、q 之值.

=n,则 m>n 由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方

竞赛专题讲座 04 -平面几何证明
[竞赛知识点拨] 1. 线段或角相等的证明 (1) (2) (3) (4) (5) (6) 利用全等△或相似多边形; 利用等腰△; 利用平行四边形; 利用等量代换; 利用平行线的性质或利用比例关系 利用圆中的等量关系等。

2. 线段或角的和差倍分的证明 (1) 转化为相等问题。如要证明 a=b±c,可以先作出线段 p=b±c,再去证明 a=p,即所 谓“截长补短”,角的问题仿此进行。 (2) 直接用已知的定理。例如:中位线定理,Rt△斜边上的中线等于斜边的一半;△的 外角等于不相邻的内角之和;圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。 3. 两线平行与垂直的证明 (1) (2) (3) 利用两线平行与垂直的判定定理。 利用平行四边形的性质可证明平行;利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。 利用比例关系可证明平行;利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。

第 25 页 共 115 页

【竞赛例题剖析】 【例 1】从⊙O 外一点 P 向圆引两条切线 PA、PB 和割线 PCD。从 A 点作 弦 AE 平行于 CD,连结 BE 交 CD 于 F。求证:BE 平分 CD。 【分析 1】构造两个全等△。 连结 ED、AC、AF。 CF=DF←△ACF≌△EDF←

← ←∠PAB=∠AEB=∠PFB 【分析 2】利用圆中的等量关系。连结 OF、OP、OB。

←∠PFB=∠POB←

← 注:连结 OP、OA、OF,证明 A、O、F、P 四点共圆亦可。

【例 2】 △ABC 内接于⊙O,P 是弧 AB 上的一点,过 P 作 OA、OB 的 垂线,与 AC、BC 分别交于 S、T,AB 交于 M、N。求证:PM=MS 充要条件 是 PN=NT。

【分析】只需证

, PM?PN=MS?NT。

(∠1=∠2,∠3=∠4)→△APM∽△PBN


第 26 页 共 115 页

→PM?PN=AM?BN

(∠BNT=∠AMS,∠BTN=∠MAS)→△BNT∽△SMA



→MS?NT=AM?BN

【例 3】已知 A 为平面上两半径不等的圆 O1 和 O2 的一个交点,两外公切线 P1P2、Q1Q2 分别切两圆 于 P1、P2、Q1、Q2,M1、M2 分别为 P1Q1、P2Q2 的中点。求证:∠O1AO2=∠M1AM2。 【分析】设 B 为两圆的另一交点,连结并延长 BA 交 P1P2 于 C,交 O1O2 于 M,则 C 为 P1P2 的中点, 且 P1M1∥CM∥P2M2,故 CM 为 M1M2 的中垂线。 在 O1M 上截取 MO3=MO2,则∠M1AO3=∠M2AO2。 故只需证∠O1AM1=∠O3AM1,即证

。 由△P1O1M1∽P2O2M2,M1O3=M2O2,O1P1=O1A, O2P2=O2A 可得。 【例 4】在△ABC 中,AB>AC,∠A 的外角平分线交△ABC 的外接圆于 D,DE⊥AB 于 E,求证:

AE=

。 【分析】 方法 1、 2AE=AB-AC ← 在 BE 上截取 EF=AE,只需证 BF=AC, 连结 DC、 DB、DF,从而只 需证 △DBF≌△DCA ← DF=DA,

∠DBF=∠DCA,∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。 方法 2、延长 CA 至 G,使 AG=AE,则只需证 BE=CG ← 连结 DG、DC、DB,则只需证△DBE≌△DCG ← DE=DG,∠DBE=∠DCG,∠DEB=∠DGC=Rt∠。
第 27 页 共 115 页

【例 5】∠ABC 的顶点 B 在⊙O 外,BA、BC 均与⊙O 相交,过 BA 与圆的交点 K 引∠ABC 平分线的 垂线,交⊙O 于 P,交 BC 于 M。 求证:线段 PM 为圆心到∠ABC 平分线距离的 2 倍。 【分析】若角平分线过 O,则 P、M 重合,PM=0,结论显然成立。 若角平分线不过 O,则延长 DO 至 D‘,使 OD’=OD,则只需证 DD‘=PM。连结 D’P、DM,则只需 证 DMPD‘为平行四边形。 过 O 作 m⊥PK,则 D ∴∠D‘PK=∠DKP BL 平分∠ABC,MK⊥BL→BL 为 MK 的中垂线 →∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK,∴D‘P∥DM。而 D’ D∥PM, ∴DMPD‘为平行四边形。 【例 6】在△ABC 中,AP 为∠A 的平分线,AM 为 BC 边上的中线,过 B 作 BH⊥AP 于 H,AM 的延长 线交 BH 于 Q,求证:PQ∥AB。 【分析】方法 1、结合中线和角平分线的性质,考虑用比例证明平行。 倍长中线:延长 AM 至 M’,使 AM=MA‘,连结 BA’,如图 6-1。 D’,K P,

PQ∥AB←





← ∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)= 180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ
第 28 页 共 115 页

方法 2、结合角平分线和 BH⊥AH 联想对称知识。 延长 BH 交 AC 的延长线于 B’,如图 6-2。则 H 为 BB‘的中点,因为 M 为 BC 的中点,连结 HM, / 则 HM∥B C。 延长 HM 交 AB 于 O, O 为 AB 的中点。 则 延长 MO 至 M’, OM‘=OM, 使 连结 M’A、 M‘B, 则 AM’BM 是平行四边形,

∴MP∥AM‘,QM∥BM’。于是,

,所以 PQ∥AB。

【例 7】 菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E、F、G、H,在 EF 与 GH 上分别作⊙O 的切 线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q。 求证:MQ∥NP。(95 年全国联赛二试 3) 【分析】由 AB∥CD 知:要证 MQ∥NP,只需证∠AMQ=∠CPN,

结合∠A=∠C 知,只需证△AMQ∽△CPN←

,AM?CN=AQ?CP。

连结 AC、BD,其交点为内切圆心 O。设 MN 与⊙O 切于 K,连结 OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ , ∠MOK=α ,∠KON=β ,则 ∠EOM=α ,∠FON=β ,∠EOF=2α +2β =180°-2φ 。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β -φ =α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ +α =∠AOE+∠MOE=∠AOM

又∠OCN=∠MAO,∴△OCN∽△MAO,于是 ∴AM?CN=AO?CO 同理,AQ?CP=AO?CO。



第 29 页 共 115 页

【例 8】ABCD 是圆内接四边形,其对角线交于 P,M、N 分别是 AD、BC 的中点,过 M、N 分别作 BD、 AC 的垂线交于 K。求证:KP⊥AB。 【分析】延长 KP 交 AB 于 L,则只需证 ∠PAL+∠APL=90°, 即只需证∠PDC+∠KPC=90°,只需证∠PDC=∠PKF, 因为 P、F、K、E 四点共圆,故只需证∠PDC=∠PEF, 即 EF∥DC。





←△DME∽△CNF

【例 9】以△ABC 的边 BC 为直径作半圆,与 AB、AC 分别交于点 D、E。过 D、E 作 BC 的垂线,垂 足分别是 F、G,线段 DG、EF 交于点 M。求证:AM⊥BC。 【分析】连结 BE、CD 交于 H, 则 H 为垂心,故 AH⊥BC。(同 一法) 设 AH⊥BC 于 O, AH 交于 M1, DG、 EF、AH 交于 M2。下面证 M1、M2 重合。

OM1∥DF→

→OM1=



OM2∥EG→

→OM2=



只需证 OG· DF=EG· OF,即

←Rt△ OEG∽Rt△ ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。

竞赛讲座 05 -几何解题途径的探求方法
一.充分地展开想象
第 30 页 共 115 页

想象力,就是人们平常说的形象思维或直觉思维能力。想象力对于人们的创造性劳动的重要作用,马 克思曾作过高度评价: “想象是促进人类发展的伟大天赋。 ”解题一项创造性的工作,自然需要丰富的想象 力。在解题过程中,充分展开想象,主要是指: 1.全面地设想 设想,是指对同一问题从各个不同的角度去观察思考和深入分析其特征,推测解题的大致方向,构思 各种不同的处理方案。
BD 例 1.在 A C E 中,AB=AC, 是 BC 边上一点, 是线段 AD 上一点 ,且 ? B D D E ? 2? C D E ? ? BC A



求证:BD=2CD(92 年全国初中联赛试题) 例 2. 在 ? ABC 中,AB>AC, ? A 的外角平分线交 ? ABC 的外接圆于 D, DE ? AB 于 E。求证:
AE ? ( AB ? AC ) 2

(89 年全国高中联赛试题)
2

3.在 Rt ? ABC 的斜边上取一点 D,使 ? ABD 和 ? ACD 的内切圆相等。证明: S ? ABC ? AD (31 届 IMO 备选题) 例 4.设 A 是三维立体 a bc 的长方体砖块。若 B 是所有到 A 的距离不超过 1 的点的集合(特别地,B 包含 A) ,试用 abc 的多项式表示 B 的体积(84 年美国普特南数学竟赛试题) 2.广泛地联想 联想,是指从事物的相联糸中来考虑问题,从一事物想到与其相关的各种不同的事物,进行由此彼的 思索。在解题过程中,我们如能根椐问题特征广泛地联想熟知命题,并设法将其结论或解法加以利用,则 无疑是获得解题途径的简捷方法。 例 5.在 ? ABC 中角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若角 A,B,C 的大小成等比数列,且 b ? a ? ac ,
2 2

求角 B(85 年全国高中联赛试题) 例 6. 四边形 ABCD 内接于 ? o , 对角线 AC ? BD 于 P ,E 是 CD 的中点,OF ? AB 于 F 。 求证 :PE (78 年上海高中竟赛试题)
E F 例 7.在正方体 ABCD ? A1 B 1 C 1 D 1 中, 是 BC 的中点, 在棱 AA 1 上, A1 F : FA ? 1 : 2 , 且 求平面 B 1 EF

? OF

与底面 A1 B 1 C 1 D 1 所成的二面角。 (85 年全国高中联赛试题) 例 8. 设 A1 A 2 A 3 A 4 为 ? 0 的内接四边形, H 1 , H 2 , H 3 , H 4 依次为
? A 2 A 3 A 4 , ? A 3 A 4 A1 , ? A 4 A1 A 2 , ? A1 A 2 A 3 , 的垂心。求证: H 1 , H 2 , H 3 , H 4 四点在同一个圆上,并确定该圆

的圆心位置。 (92 年全国高中联赛试题) 3.大胆地猜测想 猜想,是指由直觉或某些数学事实,推测某个判断或命题可能成立的一种创造性的思维活动过程。科 学家都非常重视猜想的作用。誉满世界被称为数学王子的德国数学家高斯就曾深有体会地说: “没有大胆 的猜想就不可能有伟大的发现。“若无某种放肆的猜想,一般是不可能有知识的进展的。 ” ”在解题过程中, 通过猜想不仅可以得到问题的结论,而且还可以获得解题的途径,但应注意,由猜想所得出的结论不一定 可靠,其正确性还必须经过严格的逻辑证明或实践的检验。
第 31 页 共 115 页

例 9. 正方形 ABCD 的边长为 1,P , Q 分别是边 AB 与边 AD 上各一点。 ? APQ 的周长为 2。 ? PD 若 求 C (88 年国家队选拔试题) 例 10.已知圆内接四边形的对角线 AC 与 BD 相交于 M 。求证: 例 11.已知四面体 p ? ABC 的六条棱长之和为 l ,并且
? APB ? ? BPC ? ? CPA ? 90 ,试求它的最大体积。 (28 届 IMO 备选题)
0

AB CB

?

AD CD

?

AM MC

例 12.设正方体 ABCD ? A1 B 1 C 1 D 1 的棱长为 a ,过棱 B 1 C 1 上一点 Q 作一直线与棱 AA 1 和 DC 的延长线 分别交于 P , R ,试问:当 Q 在棱 B 1 C 1 上移动时,线段 PR 最短时的长度是多少?证明你的结论。 二.精心地进行类比 类比,是指人们在观察或思考问题时,往往把相似的事物加以比较,并把处理某些事物的成功经验用到与 其性质相似的另一些事物上去的思维方式。在解题过程中,若能将它与相似的问题精心地进行类比,则往 往可由此得到解题途径,甚至发现新的知识。 例 13.四边形 ABCD 内接于⊙ O ,对角线 AC 与 BD 相交于 P ,设 ? ABP , ? BCP , ? CDP 和 ? DAP 的外 接圆圆心分别为 O 1 , O 2 , O 3 , O 4 。求证: O 1 O 3 , O 2 O 4 , OP 三直线共点。 (90 年全国高中联试题) 例 14.在四面体 O ? ABC 中,已知 ? AOB ? ? BOC ? ? COA ? 90 ,试问: S ? ABC , S ? AOB , S ? BOC , S ? COA
0

之间有何关系?证明你的结论。 例 16. O 是四体 ABCD 内部的任意一点,AO , BO , CO , 和 DO 的延长线分别与面 BCD , ACD , ABD 和 设
ABC 交于 A ?, B ?, C ?, D ? 。求证:

OA? AA?

?

OB? BB ?

?

OC ? CC ?

?

OD ? DD ?

?1

三.合理地利用特殊 例 17. ? ABC 和 ? ABD 在边 Ab 的同侧, ? ACB ? ? ADB ? 180 ? ,且边 BC 与边 AD 相交于 E 点.求 证: AE ? AD ? BE ? BC ? AB .
2

例 18.已知半径分别为 R 、 r ( R > r )的两圆内切于 A , AE 是外圆的直径, AE 的垂线与两圆分别交于
AE 同侧的两点 B 和 C ,试求 ? ABC 的外接圆直径(83 年苏联竞赛题)

例 19.设 AO 是 ? AB i C i 的角平分线,且点 B i , O , C i 共线( i ? 1, 2 , ? , n ) ,则
? AB 1 ? AB ? ? ? AC ? AC OC 1 ? C 1 C 2 ? C 2 C 3 ? ? ? C n ? 1 C n ? C n O 1 ? OB 1 ? B 1 B 2 ? B 2 B 3 ? ? ? B n ? 1 B n ? B n O
2 2

? ? ? AB ? ? ? AC

n n

? ? (79 年苏联竞赛题) ? ?

2

例 20.已知菱形 ABCD 外切于⊙ O , MN 是与边 AD , CD 分别交于 M , N 的⊙ O 的任一切线,求证:
AM ? CN 为定值。 (89 年苏联奥赛题)

例 21 . 设 P 是 正 三 角 形 ABC 外 接 圆 的 劣 弧 BC 上 任 一 点 , 求 证 : 1 ) PB ? PC ? PA ; 2 ) ( (
PB ? PC ? PA
2

? AB

2

例 22.求证:顶点在单位圆上的锐角三角形的三个内角的余弦之和小于这个三角形周长的一半。 例 23.? ABC 外接于⊙ O , P 是 AB 弧上一点,过 P 作 OA , OB 的垂线,与 AC , BC 分别于 S , T ,与 AB
第 32 页 共 115 页

分别义于 M , N 。求证: PM ? MS 的充要条件是 PN ? NT 。 例 24.在凸六边形 ABCDEF 中,若对角线 AD , BE , CF 中的每一条都把六边形分成面积相等的两部分,

则这三条对角线相交于一点(88 年苏联奥赛题) 习题 1.若 CE 是 ? ABC 的 ? C 的平分线,且 CE
2

? AE ? EB ,则 AE : AC ? 1 :

2 (78 年四川联赛试题)

2.在 ? ABC 中, AB ? AC ,任意延长 CA 到 P ,再延长 AB 到 Q ,使 AP ? BQ 。 求证: ? ABC 的外心与 A , P , Q 四点共圆(94 年全国初中联赛试题) 3. 平面上已给一锐角 ? ABC , Ab 中直径的圆交高 C C ? 及延长线于 M , N , AC 为直径的圆交高 B B ? 以 以 及其延长线于 P , Q ,证明: M , N , P , Q 四点共圆(90 年美国 19 届奥赛题) 4.已知一凸五边形 ABCDE 中, ? BAE ? 3? , BC ? CD ? DE ,且 ? BCD ? ? CDE ? 180 ? ? 2? ,求 证: ? BAC ? ? CAD ? ? DAE (90 年全国初中联赛题) 5.在 ? ABC 中, ? A , ? B , ? C 的对边分别为 a , b , c ,已知 a ? ac ? bc ? 2b ,
2 2

a ? ac ? bc ? 2c ,求它的最大角的度数(90 年苏联奥赛试题)
2 2

6.已知锐角 ? ABC 的顶点 C 到垂心,外心的距离相等,求 ? ACB (90 年匈牙利奥赛题) 7.在三棱锥 S ? ABC 中, SA ? SC ,△ SBC 和△ ABC 都有等腰三角形, D 是 BC 边上任意一点,在平 面 SAD 内作 SH ? AD 于 H , P 是 SH 的中点,求证: tg ? PAH ? tg ? SDH 为定值。 9.设不过给定的平行四边形 ABCD 顶点的任一直线分别与直线 AB , BV , CD , DA 交于 E , F , G , H ,则⊙
EFC 与⊙ GHC 的另一交点必在定直线上。

10.设 ABCD 是任意四边形(包括凹四边形) ,则 AC ? BD 的充要条件是:
AB
2

? CD

2

? AD

2

? BC

2

(1912 年匈牙利竞赛试题)

11 . 如 图 , 圆 的 三 条 弦 PP 1 , QQ 1 , RR 1 两 两 相 交 , 交 点 分 别 为 A , B , C 。 若
AP ? BQ ? CR , AR 1 ? BP 1 ? CQ 1 。求证:△ ABC 是正三角形。 (28 届 IMO 备选题)

12.已知锐角△ ABC 的外接圆半径为 R , D , E , F 分别是边 BC , CA , AB 上的点,求证: AD , BE , CF 是 三条高的充要条件是: S ? ABC ?
R ( DE ? EF ? FD ) 2

(86 年全国高中联赛试题)

13.凸四边形 ABCD 内接于⊙ O ,对角线 AC 与 BD 相交于 P ,△ ABP 与△ CDP 的外接圆相交于 P 和另 一点 Q ,且 O , P , Q 三点两两不重合,则 ? OQP ? 90 ? (第 8 届 CMO 试题)

竞赛专题讲座 06 -平面几何四个重要定理
第 33 页 共 115 页

四个重要定理: 梅涅劳斯(Menelaus)定理(梅氏线) △ABC 的三边 BC、CA、AB 或其延长线上有点 P、Q、R,则 P、Q、R 共线的充

要条件是 塞瓦(Ceva)定理(塞瓦点)



△ABC 的三边 BC、CA、AB 上有点 P、Q、R,则 AP、BQ、CR 共点的充要条件是

。 托勒密(Ptolemy)定理 四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于 一圆。

西姆松(Simson)定理(西姆松线) 从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角 形的外接圆上。

例题:

1.

设 AD 是△ABC 的边 BC 上的中线,直线 CF 交 AD 于 F。求证:



【分析】CEF 截△ABD→

(梅氏定理)

【评注】也可以添加辅助线证明:过 A、B、D 之一作 CF 的平行线。 2. 过△ABC 的重心 AB、AC 于 E、F,交 CB G 的直线分别交 于 D。

第 34 页 共 115 页

求证:



【分析】连结并延长 AG 交 BC 于 M,则 M 为 BC 的中点。

DEG 截△ABM→

(梅氏定理)

DGF 截△ACM→

(梅氏定理)



=

=

=1

【评注】梅氏定理 3. D、E、F 分别在△ABC 的 BC、CA、AB 边上,

,AD、BE、CF 交成△LMN。 求 S△LMN。 【分析】 【评注】梅氏定理 4. 以△ABC 各边为底边向外作相似的等腰△BCE、 △CAF、△ABG。求证:AE、BF、CG 相交于一点。 【分析】 【评注】塞 瓦定理 5. 已知△ABC 中,∠B=2∠C。求证:AC =AB +AB?BC。 【分析】 A 作 BC 的平行线交△ABC 的外接圆于 D, 过 连结 BD。则 CD=DA=AB,AC=BD。 由托勒密定理,AC?BD=AD?BC+CD?AB。 【评注】托勒密定理
第 35 页 共 115 页
2 2

6. 已知正七边形 A1A2A3A4A5A6A7。

求证: 【分析】 【评注】托勒密定理

。(第 21 届全苏数学竞赛)

7. △ABC 的 BC 边上的高 AD 的延长线交外接圆于 P, 作 PE⊥AB 于 E,延长 ED 交 AC 延长线于 F。 求证:BC?EF=BF?CE+BE?CF。 【分析】 【评注】西姆松定理(西姆松线) 8. 正六边形 ABCDEF 的对角线 AC、CE 分别被内分 M、N 分成的比为 AM:AC=CN:CE=k,且 B、M、N 共 求 k。(23-IMO-5) 【分析】 【评注】面积法 9. O 为△ABC 内一点,分别以 da、db、dc 表示 O 到 BC、CA、AB 的距离,以 Ra、Rb、Rc 表示 O 到 A、 B、C 的距离。 求证:(1)a?Ra?b?db+c?dc; (2) a?Ra?c?db+b?dc; (3) Ra+Rb+Rc?2(da+db+dc)。 【分析】 【评注】面积法 10.△ABC 中,H、G、O 分别为垂心、重心、外心。 求证:H、G、O 三点共线,且 HG=2GO。(欧拉线) 【分析】 【评注】同一法
第 36 页 共 115 页

点 线。

11.△ABC 中,AB=AC,AD⊥BC 于 D,BM、BN 三等分∠ABC,与 AD 相 交于 M、N,延长 CM 交 AB 于 E。 求证:MB//NE。 【分析】 【评注】对称变换 12.G 是△ABC 的重心,以 AG 为弦作圆切 BG 2 于 G,延长 CG 交圆于 D。求证:AG =GC?GD。 【分析】 【评注】平 移变换 13.C 是直径 AB=2 的⊙O 上一点,P 在△ABC 内,若 PA+PB+PC 的

最小值是 【分析】 【评注】旋转变换 费马点:

,求此时△ABC 的面积 S。

已知 O 是△ABC 内一点,∠AOB=∠BOC=∠COA=120°;P 是△ABC 内 任一点,求证:PA+PB+PC?OA+OB+OC。(O 为费马点)

【分析】 C 将

C‘, O

O’, P

P‘, 连结 OO’、 PP‘。 则△B OO’、

△B PP‘都是正三角形。 ∴OO’=OB,PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC,△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O,∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘?AC’=AO+OO‘+O’C‘,即 PA+PB+PC?OA+OB+OC。
第 37 页 共 115 页

14. 全国竞赛) 菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别交于 E、 (95 F、 G、H,在弧 EF 和弧 GH 上分别作⊙O 的切线交 AB、BC、CD、DA 分别于 M、N、P、Q。 求证:MQ//NP。 【分析】由 AB∥CD 知:要证 MQ∥NP,只需证∠AMQ=∠CPN, 结合∠A=∠C 知,只需证 △AMQ∽△CPN



,AM?CN=AQ?CP。 与⊙O

连结 AC、BD,其交点为内切圆心 O。设 MN 切于 K, 连结 OE、 OK、 OF。 OM、 ON、 记∠ABO=φ , ∠MOK=α ,∠KON=β ,则 ∠EOM=α ,∠FON=β ,∠EOF=2α +2β =180°-2φ 。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β -φ =α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ +α =∠AOE+∠MOE=∠AOM

又∠OCN=∠MAO,∴△OCN∽△MAO,于是 ∴AM?CN=AO?CO 同理,AQ?CP=AO?CO。 【评注】



15.(96 全国竞赛)⊙O1 和⊙O2 与 Δ ABC 的三边所在直线都相切,E、F、 G、H 为切点,EG、FH 的延长线交于 P。求证:PA⊥BC。 【分析】 【评注】 16.(99 全国竞赛)如图,在四边形 ABCD 中,对角 ∠BAD。在 CD 上取一点 E,BE 与 AC 相交于 F,延长 求证:∠GAC=∠EAC。
第 38 页 共 115 页

线 AC 平分 DF 交 BC 于 G。

证明:连结 BD 交 AC 于 H。对△BCD 用塞瓦定理, 可得 因为 AH 是∠BAD 的角平分线,由角平分线定理,

可得

,故



过 C 作 AB 的平行线交 AG 的延长线于 I,过 C 作 AD 的平行线交 AE 的延长线于 J。





所以

,从而 CI=CJ。

又因为 CI//AB,CJ//AD,故∠ACI=π -∠BAC=π -∠DAC=∠ACJ。 因此,△ACI≌△ACJ,从而∠IAC=∠JAC,即∠GAC=∠EAC。 已知 AB=AD,BC=DC,AC 与 BD 交于 O,过 O 的任意两条直线 EF 和 GH 与四边形 ABCD 的四边交于 E、F、G、H。连结 GF、EH,分 别交 BD 于 M、N。求证:OM=ON。(5 届 CMO) 证明:作△EOH △E’OH‘,则只需证 E’、M、H‘共

线,即 E’H‘、BO、GF 三线共点。 记∠BOG=α ,∠GOE’=β 。连结 E‘F 交 BO 于 K。只需证 =1(Ceva 逆定理)。

=

=

=1

注:筝形:一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。 对应于 99 联赛 2:∠E’OB=∠FOB,且 E‘H’、GF、BO 三线共点。求证: ∠GOB=∠H‘OB。

第 39 页 共 115 页

事实上,上述条件是充要条件,且 M 在 OB 延长线上时结论仍然成立。 证明方法为:同一法。 蝴蝶定理:P 是⊙O 的弦 AB 的中点,过 P 点 引⊙O 的两弦 CD、EF,连结 DE 交 AB 于 M,连 结 CF 交 AB 于 N。求证:MP=NP。 【分析】 GH 为过 P 的直径, 设 F 显然‘∈⊙O。又 P∈GH,∴PF’=PF。 ∵PF PF‘,PA PB, F’F,

∴∠FPN=∠F’PM,PF=PF‘。 又 FF’⊥GH,AN⊥GH,∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°,∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M,PN=PM。 【评注】一般结论为:已知半径为 R 的⊙O 内一弦 AB 上的一点 P,过 P 作两条相交弦 CD、EF,连

CF、ED 交 AB 于 M、N,已知 OP=r,P 到 AB 中点的距离为 a,则 明:利用二次曲线系知识)

。(解析法证

竞赛讲座 07 --面积问题和面积方法
基础知识 1.面积公式 由于平面上的凸多边形都可以分割成若干三角形,故在面积公式中最基本的是三角形的面积公式.它 形式多样,应在不同场合下选择最佳形式使用. 设△ ABC , a , b , c 分别为角 A , B , C 的对边, h a 为 a 的高, R 、 r 分别为△ ABC 外接圆、内切圆的 半径, p ?
1 2 ( a ? b ? c ) .则△ ABC 的面积有如下公式: 1 2 1 2 ah a ; bc sin A

(1) S ? ABC ? (2) S ? ABC ? (3) S ? ABC ?
第 40 页 共 115 页

p ( p ? a )( p ? b )( p ? c )

(4) S ? ABC ? (5) S ? ABC ?

1

r ( a ? b ? c ) ? pr 2 abc 4R
2

(6) S ? ABC ? 2 R sin A sin B sin C (7) S ? ABC ? (8) S ? ABC ? (9) S ? ABC ?
a sin B sin C 2 sin( B ? C )
1 2 1 2 ra ( b ? c ? a ) R (sin 2 A ? sin 2 B ? sin 2 C )
2

2

2.面积定理 (1)一个图形的面积等于它的各部分面积这和; (2)两个全等形的面积相等; (3)等底等高的三角形、平行四边形、梯形(梯形等底应理解为两底和相等)的面积相等; (4)等底(或等高)的三角形、平行四边形、梯形的面积的比等于其所对应的高(或底)的比; (5)两个相似三角形的面积的比等于相似比的平方; ( 6 ) 共 边 比 例 定 理 : 若 △ PAB 和 △ Q A B 的 公 共 边 AB 所 在 直 线 与 直 线 PQ 交 于 M , 则
S ? PAB : S ? QAB ? PM : QM ;

( 7 ) 共 角 比 例 定 理 : 在 △ ABC 和 △ A ? B ?C ? 中 , 若 ? A ? ? A ? 或 ? A ? ? A ? ? 180 ? , 则
S ? ABC S ? A ? B ?C ? ? AB ? AC A ?B ? ? A ?C ?



3 . 张 角 定 理 : 如 图 , 由 P 点 出 发 的 三 条 射 线 PA , PB , PC , 设 ? APC ? ? , ? CPB ? ? ,
? APB ? ? ? ? ? 180 ? ,则 A , B , C 三点共线的充要条件是:

sin ? PB

?

sin ? PA

?

sin( ? ? ? ) PC

. 例题分析

例 1.梯形 ABCD 的对角线 AC , BD 相交于 O ,且 S ? AOB ? m , S ? COD ? n ,求 S ABCD 例 2.在凸五边形 ABCDE 中,设 S ? ABC ? S ? BCD ? S ? CDE ? S ? DEA ? S ? EAB ? 1 ,求此五边形的面积. 例 3. G 是△ ABC 内一点,连结 AG , BG , CG 并延长与 BC , CA , AB 分别交于 D , E , F ,△ AGF 、△
BGF 、△ BGD 的面积分别为 40,30,35,求△ ABC 的面积.

例 4. P , Q , R 分别是△ ABC 的边 AB , BC 和 CA 上的点,且 BP ? PQ ? QR ? RC ? 1 ,求△ ABC 的面 积的最大值. 例 5.过△ ABC 内一点引三边的平行线 DE ∥ BC , FG ∥ CA , HI ∥ AB ,点 D , E , F , G , H , I 都在△
第 41 页 共 115 页

ABC 的边上, S 1 表示六边形 DGHEFI

的面积, S 2 表示

△ ABC 的面积.求证: S 1 ?

2 3

S2 .

例 6. 在直角△ ABC 中,AD 是斜边 BC 上的高, 过△ ABD 的内心与△ ACD 的内心的直线分别交边 AB 和 AC 于 K 和 L ,△ ABC 和△ AKL 的面积分别记为 S 和 T .求证: S ? 2 T . 例 7.锐角三角形 ABC 中,角 A 等分线与三角形的外接圆交于一点 A1 ,点 B 1 、C 1 与此类似,直线 AA 1 与
B 、 C 两角的外角平分线将于一点 A 0 ,点 B 0 、 C 0 与此类似.求证:

(1)三角形 A 0 B 0 C 0 的面积是六边形 AC 1 BA 1 CB 1 的面积的二倍; (2)三角形 A 0 B 0 C 0 的面积至少是三角形 ABC 的四倍. 例 8.在△ ABC 中, P , Q , R 将其周长三等分,且 P , Q 在边 AB 上,求证:
S ? PQR S ? ABC ? 2 9



例 9.在锐角△ ABC 的边 BC 边上有两点 E 、 F ,满足 ? BAE ? ? CAF ,作 FM ? AB , FM ? AC ( M , N 是垂足) ,延长 AE 交△ ABC 的外接圆于点 D ,证明四边形 AMDN 与△ ABC 的面积相等. 三.面积的等积变换 等积变换是处理有关面积问题的重要方法之一,它的特点是利用间面积相等而进行相互转换证(解)题. 例 10.凸六边形 ABCDEF 内接于⊙ O ,且 AB ? BC ? DC ?
3 ? 1 , DE ? EF ? FA ? 1 ,求此六边

形的面积. 例 11.已知 ? ABC 的三边 a ? b ? c ,现在 AC 上取 A B ? ? AB ,在 BA 延长线上截取 B C ? ? BC ,在 CB 上截取 C A ? ? CA ,求证: S ? ABC ? S ? A ? B ?C ? . 例 12. ? A ? B ?C ? 在 ? ABC 内,且 ? ABC ∽ ? A ? B ?C ? ,求征: S ? A ?BC ? S ? B ?CA ? S ? C ?AB ? S ? ABC 例 13.在 ? ABC 的三边 BC , CA , AB 上分别取点 D , E , F ,使 BD ? 3 DC , CE ? 3 EA , AF ? 3 FB ,连
AD , BE , CF 相交得三角形 PQR ,已知三角形 ABC 的面积为 13,求三角形 PQR 的面积.

例 14. E 为圆内接四边形 ABCD 的 AB 边的中点, EF ? AD 于 F , EH ? BC 于 H , EG ? CD 于 G ,求 证: EF 平分 FH . 例 15. 已知 边 长为 a , b , c , 的 ? ABC ,过 其 内心 I 任 作 一直 线分别 交 AB , AC 于 M , N 点 ,求 证:
MI IN ? a?c b



例 16.正△ PQR ? 正△ P ?Q ?R ? , AB ? a 1 , BC ? b1 , CD ? a 2 , DE ? b 2 ,
EF ? a 3 , FA ? b 3 .求证: a 1 ? a 2 ? a 3 ? b1 ? b 2 ? b 3 .
2 2 2 2 2 2

例 17 . 在 正 ? ABC 内 任 取 一 点 O , 设 O 点 关 于 三 边 BC , CA , AB 的 对 称 点 分 别 为 A ?, B ?, C ? , 则
第 42 页 共 115 页

A A ?, B B ?, C C ? 相交于一点 P .

例 18 . 已 知 AC , CE 是 正 六 边 形 A B C D E F 的 两 条 对 角 线 , 点 M , N 分 别 内 分 A C C E , 且 使
AM AC ? CN CE ? k ,如果 B , M , N 三点共线,试求 k 的值.

例 19. 设在凸四边形 ABCD 中, 直线 CD 以 AB 为直径的圆相切, 求证: 当且仅当 BC ∥ AD 时, 直线 AB 与以 CD 为直径的圆相切. 训练题 1.设 ? ABC 的面积为 10 cm , D , E , F 分别是 AB , BC , CA 边上的点,且 AD ? 2 cm , DB ? 3 cm , 若
2

S ? ABE ? S DBEF ,求 ? ABE 的面积.

2.过 ? ABC 内一点作三条平行于三边的直线,这三条直线将 ? ABC 分成六部份,其中,三部份为三角形, 其面积为 S 1 , S 2 , S 3 ,求三角形 ? ABC 的面积. 3. ? AC 在 B 的三边 AB , BC , CA 上分别取不与端点重合的三点 M , K , L , 求证:? AML ,? BKM , ? CLK
1 4

中至少有一个的面积不大于 ? ABC 的面积的



4.锐角 ? ABC 的顶角 A 的平分线交 BC 边于 L ,又交三角形的外接圆于 N ,过 L 作 AB 和 AC 边的垂线
LK 和 LM ,垂足是 K , M ,求证:四边形 AKNM

的面积等于 ? ABC 的 面积.
1 3 BC ,作 BE ? AD 交 AC 于 E ,求证:

5.在等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上取一点 D ,使 DC ?
AE ? EC .

6.三条直线 l , m , n 互相平行,l , n 在 m 的两侧,且 l , m 间的距离为 2 , m , n 间的距离为 1,若正 ? ABC 的 三个顶点分别在 l , m , n 上,求正 ? ABC 的边长.
P1 P PQ 1 P2 P PQ
2

7.已知 ? P1 P2 P3 及其内任一点 P ,直线 Pi P 分别交对边于 Q i ( i ? 1, 2 , 3 ) ,证明:在

,

,

P3 P PQ
3



三个值中,至少有一个不大于 2,并且至少有一个不小于 2. 8.点 D 和 E 分别在 ? ABC 的边 AB 和 BC 上,点 K 和 M 将线段 DE 分为三等分,直线 BK 和 BM 分别 与边 AC 相交于点 T 和 P ,证明: TP ?
1 3 AC .

9 . 已 知 P 是 ? ABC 内 一 点 , 延 长 AP , BP , CP 分 别 交 对 边 于 A ?, B ?, C ? , 其 中 AP ? x ,
BP ? y , CP ? z , P A ? ? P B ? ? P C ? ? w ,且 x ? y ? z ? 23 , w ? 3 ,求 xyz 之值.

10.过点 P 作四条射线与直线 l , l ? 分别交于 A , B , C , D 和 A ?, B ?, C ?, D ? ,求证:
AB ? CD AD ? BC ? A ? B ? ? C ?D ? A ? D ? ? B ?C ?



第 43 页 共 115 页

11.四边形 ABCD 的两对对边的延长线分别交 K , L ,过 K , L 作直线与对角线 AC , BD 的延长线分别
G , F ,求证:

LF KF

?

LG KG



12. G 为 ? ABC 的重心,过 G 作直线交 AB , AC 于 E , F ,求证: EG ? 2 GF .

竞赛专题讲座 08 -几何变换
【竞赛知识点拨】 一、 平移变换

1.

定义 设

是一条给定的有向线段,T 是平面上的一个变换,它把平面图形 F 上任一点 X = , T 叫做沿有向线段 则 的平移变换。 记为 X X’, 图形 F

变到 X‘, 使得 F‘ 。

2. 主要性质 在平移变换下,对应线段平行且相等,直线变为直线,三角形变为三角形,圆 变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行(共线)且相等。 二、 轴对称变换 1. 定义 设 l 是一条给定的直线, 是平面上的一个变换, S 它把平面图形 F 上任一点 X 变到 X’, X’,图形

使得 X 与 X‘关于直线 l 对称,则 S 叫做以 l 为对称轴的轴对称变换。记为 X F F‘ 。

2. 主要性质 在轴对称变换下,对应线段相等,对应直线(段)或者平行,或者交于对称轴, 且这两条直线的夹角被对称轴平分。 三、 旋转变换 1. 定义 设 α 是一个定角,O 是一个定点,R 是平面上的一个变换,它把点 O 仍变到 O(不动 点),而把平面图形 F 上任一点 X 变到 X’,使得 OX‘=OX,且∠XOX’=α ,则 R 叫做绕中心 O, 旋转角为 α 的旋转变换。记为 X X‘,图形 F F’ 。

其中 α <0 时,表示∠XOX‘的始边 OX 到终边 OX’的旋转方向为顺时针方向;α >0 时,为逆时针 方向。 2. 主要性质 在旋转变换下,对应线段相等,对应直线的夹角等于旋转角。
第 44 页 共 115 页

四、 位似变换 1. 定义 设 O 是一个定点,H 是平面上的一个变换,它把平面图形 F 上任一点 X 变到 X‘,使 得 =k? ,则 H 叫做以 O 为位似中心, X’,

k 为位似比的位似变换。记为 X 图形 F F‘ 。

其中 k>0 时,X’在射线 OX 上,此时的位似变换叫做外位似;k<0 时, X‘在射线 OX 的反向延长 线上,此时的位似变换叫做内位似。 2. 主要性质 在位似变换下,一对位似对应点与位似中心共线;一条线上的点变到一条线上, 且保持顺序,即共线点变为共线点,共点线变为共点线;对应线段的比等于位似比的绝对值,对 应图形面积的比等于位似比的平方;不经过位似中心的对应线段平行,即一直线变为与它平行的 直线;任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变;圆变为圆,且两圆心为对应点;两对应圆 相切时切点为位似中心。 【竞赛例题剖析】 【例 1】P 是平行四边形 ABCD 内一点,且∠PAB=∠PCB。 求证:∠PBA=∠PDA。

【分析】作变换△ABP

△DCP’,

则△ABP≌△DCP‘,∠1=∠5,∠3=∠6。由 PP’ AD BC,ADPP‘、PP’CB 都是平行四边形, 知∠2=∠8,∠4=∠7。由已知∠1=∠2,得∠5=∠8。 ∴P、D、P‘、C 四点共圆。故∠6=∠7,即∠3=∠4。 【例 2】“风平三角形”中,AA’=BB‘=CC’=2,∠AOB‘=∠BOC’=60°。

第 45 页 共 115 页

求证:S△AOB‘+S△BOC’+S△COA‘<



【分析】作变换△A’OC

△AQR‘,△BOC’

△B‘PR’‘,则 R’、R‘’重合,

记为 R。P、R、Q 共线,O、A、Q 共线,O、B‘、P 共线,△OPQ 为等边三角形。 ∴S△AOB’+S△BOC‘+S△COA’<S△OPQ=

【例 3】 及夹角一定的所有凸四边形中,试求周长最小的四边形。

在两条对角线长度以

【分析】取 AC、BD 的中点 E、F,令 AC 边形。延长 AF、CC‘交于 G。

A‘C’,则 A‘BC’D 是一个符合条件的平行四

∵E 是 AC 的中点且 EF∥CC’,FC‘∥EC,∴F、C’分别为 AG、CG 的中点。 ∴AD+BC=BG+BC?2BC‘=A’D+BC‘。 同理可得 AB+DC?A’B+DC‘。 故当四边形为平行四边形时,周长最小。 【评注】当已知条件分散,尤其是相等的条件分散,而又不容易找出证明途径,或题目中有平行 条件时,将图形的某一部分施行平移变换,常常十分凑效。

第 46 页 共 115 页

【例 4】 P 是⊙O 的弦 AB 的中点,过 P 点引⊙O 的两弦 CD、EF,连结 DE 交 AB 于 M,连结 CF 交 AB 于 N。求证:MP=NP。(蝴蝶定理) 【分析】 GH 为过 P 的直径, 设 F PF‘,PA F’F, 显然‘∈⊙O。 P∈GH, 又 ∴PF’=PF。 ∵PF

PB,∴∠FPN=∠F’PM,PF=PF‘。

又 FF’⊥GH,AN⊥GH,∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°,∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M,PN=PM。 【评注】一般结论为:已知半径为 R 的⊙O 内一弦 AB 上的一点 P,过 P 作两条相交弦 CD、EF,连

CF、ED 交 AB 于 M、N,已知 OP=r,P 到 AB 中点的距离为 a,则 明:利用二次曲线系知识)

。(解析法证

【例 5】 是给定锐角∠ACB 内一个定圆, ⊙O 试在⊙O 及射线 CA、 上各求一点 P、 R, CB Q、 使得△PQR 的周长为最小。

第 47 页 共 115 页

【分析】在圆 O 上任取一点 P0,令 P0

P1,P0

P2,连结 P1P2 分别交 CA、CB 于 Q1、

R1。显然△P0Q1R1 是在取定 P0 的情况下周长最小的三角形。 设 P0P1 交 CA 于 E,P0P2 交 CB 于 F,则 P0Q1 +Q1R1 +R1P0= P1P2=2EF。 ∵E、C、F、P0 四点共圆,CP0 是该圆直径,由正弦定理,EF=CP0sin∠ECF。 ∴当 CP0 取最小值时,EF 为最小,从而△P0Q1R1 的周长为最小,于是有作法: 连结 OC,交圆周于 P,令 P R 为所求。 P1,P P2,连结 P1P2 分别交 CA、CB 于 Q、R。则 P、Q、

【例 6】 △ABC 中, ∠A?90°,AD⊥BC 于 D,△PQR 是它的任一内接三角形。求证:PQ+QR+RP>2AD。 【分析】设 P P’,P P‘’。则 RP=RP‘,PQ=P’‘Q,AP=AP’=AP‘’。

∴PQ+QR+RP= P‘’Q+QR+RP‘。 又∠A?90°,∴∠P’AP+∠P‘’AP=2∠A?180°,A 点在线段 P‘P’‘上或在凸四边形 P’RQP‘’的内部。∴P‘’Q+QR+RP‘>AP’+AP‘’=2AP>2AD。 ∴PQ+QR+RP>2AD。 【评注】如果题设中有角平分线、垂线,或图形是等腰三角形、圆等轴对称图形,可以将图形或 其部分进行轴对称变换。此外,也可以适当选择对称轴将一些线段的位置变更,以便于比较它们 之间的大小。

第 48 页 共 115 页

【例 7】 以△ABC 的边 AB、AC 为斜边分别向外作等腰直角三角形 APB、AQC,M 是 BC 的中点。求证:MP=MQ,MP⊥MQ。 【分析】延长 BP 到 E,使 PE=BP,延长 CQ 到 F, 使 QF=CQ,则△BAE、△CAF 都是等 腰三角形。

显然:E

B,C

F,∴EC=BF,EC⊥BF。

而 PM

EC,MQ

BF,∴MP=MQ,MP⊥MQ。

【例 8】 已知 O 是△ABC 内一点, ∠AOB=∠BOC=∠COA=120°;P 是△ABC 内任一点,求证:PA+PB+PC?OA+OB+OC。(O 为费马点)

【分析】 C 将

C‘, O

O’, P

P‘, 连结 OO’、 PP‘。 则△B OO’、

△B PP‘都是正三角形。 ∴OO’=OB,PP‘ =PB。显然△BO’C‘≌△BOC,△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O,∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘?AC’=AO+OO‘+O’C‘,即 PA+PB+PC?OA+OB+OC。 【例 9】⊙O 与△ABC 的三边 BC、CA、AB 分别交于点 A1、A2、B1、B2、C1、C2,过上述六点分别作 所在边的垂线 a1、a2、b1、b2、,设 a1、b2、c1 三线相交于一点 D。求证:a2、b1、c2 三线也相交于 一点。 【分析】∵a1、a2 关于圆心 O 成中心对称, ∴a1 a2。

第 49 页 共 115 页

同理,b1

b2,c1

c2。

∴a1、b2、c1 的公共点 D 在变换 R(O,180°)下的像 D’也是像 a2、b1、c2 的公共点,即 a2、b1、 c2 三线也相交于一点。 【例 10】AD 是△ABC 的外接圆 O 的直径,过 D 作⊙O 的切线交 BC 于 P,连结并延长 PO 分别交 AB、 AC 于 M、N。求证:OM=ON。

【分析】设 O

O‘,N

N’,而 M

B,

∵M、O、N 三点共线,∴B、O‘、N’三点共线,且 取 BC 中点 G,连结 OG、O‘G、DG、DB。 ∵∠OGP=∠ODP=90°,∴P、D、G、O 四点共圆。 ∴∠ODG=∠OPG,而由 MN∥BN’有∠OPG=∠O‘BG, ∴∠ODG=∠O’BG,∴O‘、B、D、G 四点共圆。



∴∠O’GB=∠O‘DB。而∠O’DB=∠ACB,∴∠O‘GB=∠ACB,O’G∥AC, 而 G 是 BC 的中点,∴O‘是 BN’的中点,O‘B= O’ N‘, ∴OM=ON。

第 50 页 共 115 页

竞赛讲座 09 -圆
基础知识 如果没有圆,平面几何将黯然失色. 圆是一种特殊的几何图形,应当掌握圆的基本性质,垂线定理,直线与圆的位置关系,和圆有关的角, 切线长定理,圆幂定理,圆和圆的位置关系,多边形与圆的位置关系. 圆的几何问题不是独立的,它与直线形结合起来,将构成许多丰富多彩的、漂亮的几何问题, “三角 形的心”“几何著名的几何定理”“共圆、共线、共点”“直线形” 将构成圆的综合问题的基础. , , , 本部分着重研究下面几个问题: 1.角的相等及其和、差、倍、分; 2.线段的相等及其和、差、倍、分; 3.二直线的平行、垂直; 4.线段的比例式或等积式; 5.直线与圆相切; 6.竞赛数学中几何命题的等价性. 命题分析 例 1. 已知 A 为平面上两个半径不等的⊙ O 1 和⊙ O 2 的一个交点, 两圆的外公切线分别为 P1 P2 , Q 1 Q 2 ,
M1、M
2

分别为 P1 Q 1 、 P2 Q 2 的中点,求证: ? O 1 AO

2

? ? M 1 AM

2



例 2.证明:唯一存在三边长为连续整数且有一个角为另一个角的两倍的三角形. 例 3.延长 AB 至 D ,以 AD 为直径作半圆,圆心为 H , G 是半圆上一点, ? ABG 为锐角. E 在线 段 BH 上, Z 在半圆上, EZ ∥ BG ,且 EH ? ED ? EZ , BT ∥ HZ .求证: ? TBG ?
2

1 3

? ABG .

例 4.求证:若一个圆外切四边形有两条对边相等,则圆心到另外两边的距离相等. U 例 5. ? A 是△ ABC 中最小的内角, B 和 C 将这个三角形的外接圆分成两段弧, 是落在不含 A 设 点 的那段弧上且不等于 B 与 C 的一个点, 线段 AB 和 AC 的垂直平分线分别交线段 AU 于 V 和 W , 直线 BV 和 CW 相交于 T .证明: AU ? TB ? TC .



例 6. 菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E , F , G , H , EF 与 GH 上分别作⊙ O 切线交 AB 于 在
M ,交 BC 于 N ,交 CD 于 P ,交 DA 于 Q ,求证: MQ ∥ NP .

例 7.⊙ O 1 和⊙ O 2 与△ ABC 的三边所在直线都相切, E , F , G , H 为切点,并且 EG , FH 的延长线 交于点 P .求证:直线 PA 与 BC 垂直. 例 8.在圆中,两条弦 AB , CD 相交于 E 点, M 为弦 AB 上严格在 E 、 B 之间的点.过 D , E , M 的 圆在 E 点的切线分别交直线 BC 、 AC 于 F , G .已知
AM AB 1 MB 1 MD 1 NC 1 NE ? t ,求 CE EF

(用 t 表示) .

例 9. 设点 D 和 E 是△ ABC 的边 BC 上的两点, 使得 ? BAD ? ? CAE . 又设 M 和 N 分别是△ ABD 、 △ ACE 的内切圆与 BC 的切点.求证:
? ? ?



例 10.设△ ABC 满足 ? A ? 90 ? , ? B ? ? C ,过 A 作△ ABC 外接圆 W 的切线,交直线 BC 于 D , 设 A 关于直线 BC 的对称点为 E , A 到 BE 所作垂线的垂足为 X , AX 的中点为 Y ,BY 交 W 于 Z 点, 由
第 51 页 共 115 页

证明直线 BD 为△ ADZ 外接圆的切线. 例 11.两个圆 ?1 和 ? 2 被包含在圆 ? 内,且分别现圆 ? 相切于两个不同的点 M 和 N .?1 经过 ? 2 的圆 心.经过 ?1 和 ? 2 的两个交点的直线与 ? 相交于点 A 和 B ,直线 MA 和直线 MB 分别与 ?1 相交于点 C 和
D .求证: CD 与 ? 2 相切.

例 12.已知两个半径不相等的⊙ O 1 和⊙ O 2 相交于 M 、 N 两点,且⊙ O 1 、⊙ O 2 分别与⊙ O 内切于
S 、 T 两点.求证: OM ? MN 的充要条件是 S 、 N 、 T 三点共线.

例 13. 在凸四边形 ABCD 中,AB 与 CD 不平行, O 1 过 A 、B 且与边 CD 相切于点 P , O 2 过 C 、 ⊙ ⊙ ⊙ D 且与边 AB 相切于点 Q . O 1 和⊙ O 2 相交于 E 、 , F 求证: EF 平分线段 PQ 的充要条件是 BC ∥ AD . 例 14.设凸四边形 ABCD 的两条对角线 AC 与 BD 互相垂直,且两对边 AB 与 CD 不平行.点 P 为 线段 AB 与 CD 的垂直平分线的交点,且在四边形的内部.求证: A 、 B 、 C 、 D 四点共圆的充要条件 为 S ? PAB ? S ? PCD . 训练题 1.△ ABC 内接于⊙ O , ? BAC ? 90 ? ,过 B 、 C 两点⊙ O 的切线交于 P , M 为 BC 的中点,求 证: (1)
AM AP
CA 2. 已知 A ?, B ?, C ? 分别是△ ABC 外接圆上不包含 A , B , C 的弧 BC , , AB 的中点,BC 分别和 C ?A ? 、
A ? B ? 相交于 M 、 N 两点, CA 分别和 A ? B ? 、 B ?C ? 相交于 P 、 Q 两点, AB 分别和 B ?C ? 、 C ?A ? 相交于 R 、 S 两点.求证: MN ? PQ ? RS 的充要条件是△ ABC 为等边三角形.
⌒ ⌒ ⌒

? cos ? BAC ; (2) ? BAM

? ? PAC .

3.以△ ABC 的边 BC 为直径作半圆,与 AB 、 CA 分别 交于点 D 和 E ,过 D 、 E 作 BC 的垂线, 垂足分别为 F 、 G .线段 DG 、 EF 交于点 M .求证: AM ? BC . 4.在△ ABC 中,已知 ? B 内的旁切圆与 CA 相切于 D , ? C 内的旁切圆与 AB 相切于 E ,过 DE 和 BC 的中点 M 和 N 作一直线,求证:直线 MN 平分△ ABC 的周长,且与 ? A 的平分线平行. 5.在△ ABC 中,已知,过该三角形的内心 I 作直线平行于 AC 交 AB 于 F .在 BC 边上取点 P 使得
3 BP ? BC .求证: ? BFP ?

1 2

?B .

6.半圆圆心为 O ,直径为 AB ,一直线交半圆于 C , D ,交 AB 于 M ( MB ? MA , MC ? MD ) .设
K 是△ AOC 与△ DOB 的外接圆除点 O 外之另一交点.求证: ? MKO 为直角


2

7.已知, AD 是锐角△ ABC 的角平分线, ? BAC ? ? , ? ADC ? ? ,且 cos ? ? cos
AD
2

? .求证:

? BD ? DC .

8. M 为△ ABC 的边 AB 上任一点, r1 , r2 , r 分别为△ AMC 、△ BMC 、△ ABC 的内切圆半径;
? 1 , ? 2 , ? 分别为这三个三角形的旁切圆半径(在 ? ACB 内部) .
第 52 页 共 115 页

求证:

r1

?1

?

r2

?2

?

r

?



9. D 是△ ABC 的边 BC 上的一个内点, 设 AD 交△ ABC 外接圆于 X , 、 是 X 分别到 AB 和 AC P Q 的垂足, O 是直径为 XD 的圆.证明: PQ 与⊙ O 相切当且仅当 AB ? AC . 10.若 AB 是圆的弦,M 是 AB 的中点,过 M 任意作弦 CD 和 EF ,连 CD , DE 分别交 AB 于 X , Y , 则 MX ? MY . 11.设 H 为△ ABC 的垂心, P 为该三角形外接圆上的一点, E 是高 BH 的垂足,并设 PAQB 与
PARC 都是平行四边形, AQ 与 BR 交于 X .证明: EX ∥ AP .

12.在△ ABC 中, ? C 的平分线分别交 AB 及三角形的外接圆于 D 和 K , I 是内切圆圆心.证明: (1)
1 ID ? 1 IK ? 1 CI

; (2)

CI ID

?

ID IK

? 1.

竞赛讲座 10 --抽屉原则
大家知道,两个抽屉要放置三只苹果,那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里,更一般地说, 只要被放置的苹果数比抽屉数目大,就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉,可不要小 看这一简单事实,它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则. 1. 抽屉原则有几种最常见的形式

原则 1 如果把 n+k(k?1)个物体放进 n 只抽屉里,则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体: 原则本身十分浅显,为了加深对它的认识,我们还是运用反证法给予证明;如果每个抽屉至多只 能放进一个物体,那么物体的总数至多是 n,而不是题设的 n+k(k?1),这不可能. 原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总 是,比如说,我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过 4 秒钟,这是个惊人的结 论,该是经过很多人的艰苦劳动,统计所得的吧!不,只须我们稍动手算一下: 不妨假设人的寿命不超过 4 万天(约 110 岁,超过这个年龄数的人为数甚少),则

10 亿人口安排在 8 亿 6 千 4 百万个“抽屉”里,根据原则 1,即知结论成立.
第 53 页 共 115 页

下面我们再举一个例子: 例 1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具,每个小朋友任意选择两件,那么不管怎 样挑选,在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同,试说明道理. 解 从三种玩具中挑选两件,搭配方式只能是下面六种: (兔、兔),(兔、熊猫),(兔、长颈鹿),(熊猫、熊猫),(熊猫、长颈鹿),(长颈鹿、 长颈鹿) 把每种搭配方式看作一个抽屉,把 7 个小朋友看作物体,那么根据原则 1,至少有两个物体要放进同一个抽屉里,也就是说,至少两人挑选玩 具采用同一搭配方式,选的玩具相同. 原则 2 如果把 mn+k(k?1)个物体放进 n 个抽屉,则至少有一个抽屉至 多放进 m+1 个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进 m 个物体,那 么 n 个抽屉至多放进 mn 个物体,与题设不符,故不可能. 原则 1 可看作原则 2 的物例(m=1) 例 2 正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆(每面只涂一种色),证明正方体一定有三个面颜色相 同. 证明把两种颜色当作两个抽屉,把正方体六个面当作物体,那么 6=2?2+2,根据原则二,至少有 三个面涂上相同的颜色. 例 3 把 1 到 10 的自然数摆成一个圆圈,证明一定存在在个相邻的数,它们的和数大于 17. 证明 如图 12-1,设 a1,a2,a3,?,a9,a10 分别代表不超过 10 的十个自然数,它们围成一个圈, 三个相邻的数的组成是(a1,a2,a3),(a2,a3,a4),(a3,a4,a5),?,(a9,a10,a1),(a10, a1,a2)共十组.现把它们看作十个抽屉,每个抽屉的物体数是 a1+a2+a3,a2+a3+a4, a3+a4+a5,?a9+a10+a1,a10+a1+a2,由于 (a1+a2+a3)+(a2+a3+a4)+?+(a9+a10+a1)+(a10+a1+a2) =3(a1+a2+?+a9+a10) =3?(1+2+?+9+10)

根据原则 2,至少有一个括号内的三数和不少于 17,即至少有三个相邻的数的和不小于 17. 原则 1、原则 2 可归结到期更一般形式: 原则 3 把 m1+m2+?+mn+k(k?1)个物体放入 n 个抽屉里, 那么或在第一个抽屉里至少放入 m1+1 个物 体,或在第二个抽屉里至少放入 m2+1 个物体,??,或在第 n 个抽屉里至少放入 mn+1 个物体.
第 54 页 共 115 页

证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过 m1 个,第二个抽屉放入物体的数不超过 m2 个,??,第 n 个抽屉放入物体的个数不超过 mn,那么放入所有抽屉的物体总数不超过 m1+m2+?+mn 个,与题设 矛盾. 例 4 有红袜 2 双,白袜 3 双,黑袜 4 双,黄袜 5 双,蓝袜 6 双(每双袜子包装在一起)若取出 9 双,证明其中必有黑袜或黄袜 2 双. 证明 除可能取出红袜、白袜 3 双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出 4 双,根据原理 3,必 在黑袜或黄袜、蓝袜里取 2 双. 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题,不错,这正是抽屉原则的主 要作用.需要说明的是,运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”,却不能确 切地指出哪个抽屉里存在多少. 2. 制造抽屉是运用原则的一大关键

首先要指出的是,对于同一问题,常可依据情况,从不同角度设计抽屉,从而导致不同的制造抽 屉的方式. 例 5 在边长为 1 的正方形内,任意给定 13 个点,试证:其中必有 4 个点,以此 4 点为顶点的四

边开面积不超过

(假定四点在一直线上构成面积为零的四边形).

证明如图 12-2 把正方形分成四个相同的小正方形. 因 13=3?4+1,根据原则 2,总有 4 点落在同一个小正方形内(或边界上),以此 4 点为顶点的

四边形的面积不超过小正方形的面积,也就不超过整个正方形面积的

.

事实上,由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分,所以还可以把正方形按 图 12-3(此处无图)所示的形式分割. 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.
第 55 页 共 115 页

例 6 在一条笔直的马路旁种树,从起点起,每隔一米种一棵树,如果把三块“爱护树木”的小牌 分别挂在三棵树上,那么不管怎样挂,至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数(以米为单位), 这是为什么? 解如图 12-4(设挂牌的三棵树依次为 A、B、C.AB=a,BC=b,若 a、b 中有一为偶数,命题得证. 否则 a、b 均为奇数,则 AC=a+b 为偶数,命题得证. 下面我们换一个角度考虑:给每棵树上编上号,于是两棵树之间的距离就是号码差,由于树的号 码只能为奇数和偶数两类,那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数,它们的差必为偶 数,问题得证. 后一证明十分巧妙,通过编号码,将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常 重要的数学方法

例 7 从自然数 1, 3, 2, ?99, 这 100 个数中随意取出 51 个数来, 100 求证: 其中一定有两个数, , 它们中的一个是另一个的倍数. 分析设法制造抽屉:(1)不超过 50 个;(2)每个抽屉的里的数(除仅有的一个外),其中一 个数是另一个数的倍数,一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解设第一个抽屉里放进数:1,1?2,1?2 ,1?2 ,1?2 ,1?2 ,1?2 ; 第二个抽屉时放进数:3,3?2,3?2 ,3?2 ,3?2 ,3?2 ; 第三个抽屉里放进数:5,5?2,5?2 ,5?2 ,5?2 ; ?????? 第二十五个抽屉里放进数:49,49?2; 第二十六个抽屉里放进数:51. ?????? 第五十个抽屉里放进数:99.
第 56 页 共 115 页
2 3 4 2 3 4 5 2 3 4 5 6

那么随意取出 51 个数中,必有两个数同属一个抽屉,其中一个数是另一个数的倍数. 制造抽屉并非总是一帆风顺的,有时要边制造边调整、改进. 例 8 任意给定 7 个不同的自然数,求证其中必有两个整数,其和或差是 10 的倍数. 分析注意到这些数队以 10 的余数即个位数字,以 0,1,?,9 为标准制造 10 个抽屉,标以[0], [1],?,[9].若有两数落入同一抽屉,其差是 10 的倍数,只是仅有 7 个自然数,似不便运用抽 屉原则,再作调整:[6],[7],[8],[9]四个抽屉分别与[4],[3],[2],[1]合并,则可保证至 少有一个抽屉里有两个数,它们的和或差是 10 的倍数. 3. 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则,将复杂问题转化为简单问题.

例 9 以(x,y,z)表示三元有序整数组,其中 x、y、z 为整数,试证:在任意七个三元整数组 中,至少有两个三元数组,它们的 x、y、z 元中有两对都是奇数或都是偶数. 分析 设七个三元素组为 A1(x1,y1,z1)、A2(x2,y2,z2)、?、A7(x7,y7,z7).现在逐步探索, 从 x 元开始,由抽屉原则,x1,x2,?,x7 这七个数中,必定有四个数具有相同的奇偶性,不妨 设这四个数是 x1,x2,x3,x4 且为偶数,接着集中考虑 A1、A2、A3、A4 这四组数的 y 元,若比如 y1, y2,y3,y4 中有两个是偶数,则问题已证,否则至多有一个是偶数,比如 y4 是偶数,这时我们再 来集中考虑 A1、A2、A3 的 z 元.在 z1,z2,z3 中,由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性,如 z1、 z2,这时无论它们是奇数,还是偶数,问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题. 例 10 任选 6 人,试证其中必有 3 人,他们互相认识或都不认识. 分析 用 A、B、C、D、E、F 表示这 6 个人,首先以 A 为中心考虑,他与另外五个人 B、C、D、E、 F 只有两种可能的关系:认识或不认识,那么由抽屉原则,他必定与其中某三人认识或不认识, 现不妨设 A 认识 B、C、D 三人,当 B、C、D 三人都互不认识时,问题得证;当 B、C、D 三人中有 两人认识,如 B、C 认识时,则 A、B、C 互相认识,问题也得证. 本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例 11a,b,c,d 为四个任意给定的整数,求证:以下六个差数 b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c 的乘积一定可以被 12 整除. 证明 把这 6 个差数的乘积记为 p, 我们必须且只须证明: 与 4 都可以整除 p, 3 以下分两步进行.

第一步,把 a,b,c,d 按以 3 为除数的余数来分类,这样的类只有三个,故知 a,b,c,d 中至 少有 2 个除以 3 的余数相同,例如,不妨设为 a,b,这时 3 可整除 b-a,从而 3 可整除 p. 第二步,再把 a,b,c,d 按以 4 为除数的余数来分类,这种类至多只有四个,如果 a,b,c,d 中有二数除以 4 的余数相同,那么与第一步类似,我们立即可作出 4 可整除 p 的结论.

第 57 页 共 115 页

设 a,b,c,d 四数除以 4 的余数不同,由此推知,a,b,c,d 之中必有二个奇数(不妨设为 a, b),也必有二个偶数(设为 c,d),这时 b-a 为偶数,d-c 也是偶数,故 4 可整除(b-a)(d-c), 自然也可得出 4 可整除 p. 如果能进一步灵活运用原则,不仅制造抽屉,还根据问题的特征,制造出放进抽屉的物体,则更 可收到意想不到的效果. 例 12 求证:从任意 n 个自然数 a1,a2,?,an 中可以找到若干个数,使它们的和是 n 的倍数. 分析以 0,1,?,n-1 即被 n 除的余数分类制造抽屉的合理的,但把什么样的数作为抽屉里的物 体呢?扣住“和”,构造下列和数: S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ???? Sn=a1+a2+?+an, 其中任意两个和数之差仍为和数,若他们之中有一是 n 的倍数,问题得证,否则至少有两个数被 n 除余数相同,则它们的差即它们中若干数(包括 1 个)的和是 n 的倍数,问题同样得证. 例子 3(北京 1990 年高一竞赛)910 瓶红、蓝墨水,排成 130 行,每行 7 瓶,证明:不论怎样排 列,红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种: (1)至少有三行完全相同; (2)至少有两组(四行)每组的两行完全相同. 解 910 瓶红、蓝墨水排成 130 行,每行 7 瓶,对一行来说,每个位置上有红蓝两种可能,因此, 7 一行的红、蓝墨水排法有 2 =128 种,对每一种不同排法设为一种“行式”,共有 128 种行式. 现有 130 行,在其中任取 129 行,依抽屉原则知,必有两行 A、B 行式相同. 除 A、B 外余下 128 行,若有一行 P 与 A 行式相同,知满足(1)至少有三行 A、B、P 完全相同, 若在这 128 行中设直一行 5A 行或相同,那么这 128 行至多有 127 种行式,依抽屉原则,必有两 行 C、D 具有相同行式,这样便找到了(A、B),(C、D)两组(四行),且两组两行完全相同. 练习十二 1. 一个篮球运动员在 15 分钟内将球投进篮圈 20 次,证明总有某一分钟他至少投进两次.

2. 有黑、白、黄筷子各 8 只,不用眼睛看,任意地取出筷子来,使得至少有两双筷子不同色, 那么至少要取出多少只筷子才能做到?
第 58 页 共 115 页

3. 证明:在 1,2,3,?,10 这十个数中任取六个数,那么这六个数中总可以找到两个数, 其中一个是另一个的倍数. 4. 证明:任意 502 个整数中,必有两个整数的和或差是 998 的倍数.

5. 任意写一个由数字 1,2,3 组成的 30 位数,从这 30 位数任意截取相邻三位,可得一个三 位数,证明:在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等. 6. 7. 证明:把任意 10 个自然数用适当的运算符号连接起来,运算的结果总能被 1890 整除. 七条直线两两相交,所得的角中至少有一个角小于 26°.

8. 用 2 种颜色涂 3 行 9 列共 27 个小方格,证明:不论如何涂色,其中必至少有两列,它们的 涂色方式相同. 9. 10. 用 2 种颜色涂 5?5 共 25 个小方格,证明:必有一个四角同色的矩形出现. 求证存在形如 11?11 的一个数,此数是 1987 的倍数.

练习十二 1.15 分钟里在每一分钟看作一个抽屉,20 次投篮看作 20 个物体,根据原理一即得. 2.至少要取11只筷子.因为11只筷子中必有一双筷子同色,不妨设它是黄色,则黑色或白色 的筷子至少有3只,其中必有一双同色,即黑色或白色,故取11只筷子足以保证成功.但少于 11只不行,如取10只筷子,闵可能出现8只黄色,黑白各一只,不合要求. 3.将10个数分成5组:(1,7),(2,6),(3,9),(4,8),(5,10).任 取六个数必有两个落入同一组,而同组二数中一数是另一数的倍数. 4.每个整数被998除,余数必是0,1,2,?,997中的一个.把这998个余数制造 为(0),(1,997),(2,996),?,(497,501),(498),(49 9), (500)共501个抽屉,把502个整数按被998除的余数大小分别放入上述抽屉, 必有两数进入同一抽屉.若余数相同,那么它们的差是998的倍数,否则和为998的倍数. 5.从各种位置上截得的三位数有28个,但由1,2,3组成的不同三位数有3?3?3=2 7个,故有两个截得的三位数相同. 6.1890=2?3?5?7?9.将10个数记为x1,x2,?,x9,x10.10个数中 至少有两个被9除余数相同,设为x1,x2则x1-x2可被9整除.同样剩下8个数中有两个数 的差可被7整除,记为x3-x4,剩下6个数中有两个数的差可被5整除,记为x5-x6,剩下 4个数中有两个数的差可被3整除,记为x7-x8.剩下两数x9,x10,若有一数为偶数,则 x9,x10可被2整除,否则x9-x10可被2整除.故乘积(x1-x2)(x3-x4)(x5- x6)(x7-x8)x9?x10与(x1-x2)(x3-x4)(x5-x6)(x7-x8)(x9- x10)二者之一必可被1890整除.
第 59 页 共 115 页

7.任选一点P,过P点分别作各线的平行线,则它们把一周角分成14个彼此相邻的角,其中 至少有一个角小于26°. 8.用两种颜色涂1?3的小方格共有8种方法.现有9列,由抽屉原则,必有两列涂法一样. 9.设两种颜色为红、蓝,考察第一行的涂色.必有三格同色,不妨设为红色,且在左边三列.现 考察左边三列,若下面四行中某一行有两格同为红色,则出现四角同红色矩形,否则每行仅可能 一格染红色,从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色,从而得到四角同为蓝色的矩形.

10.考虑1,11,? 共1987个数,其中必有一个是1987的倍数,否则必有两 数被1987除余数相同,其差

是1987的倍数.但10 与1987没有除1外的因 数,故 是1987倍数导致矛盾.



竞赛讲座 12 -覆盖
一个半径为 1 的单位圆显然是可以盖住一个半径为 的圆的.反过来则不然,一个半径为 的圆

无法盖住单位圆.那么两个半径为

的圆能否盖住呢?不妨动手实验一下,不行.为什么不行?

需几个这样的小圆方能盖住大圆???,这里我们讨论的就是覆盖问题,它是我们经常遇到的一 类有趣而又困难的问题. 定义 设G和F是两个平面图形.如果图形F或由图形F经过有限次的平移、旋转、对称等变换 扣得到的大小形状不变的图形F′上的每一点都在图形G上. 我们就说图形G覆盖图形F; 反之, 如果图形F或F′上至少存在一点不在G上,我们就说图形G不能覆盖图形F. 关于图形覆盖,下述性质是十分明显的: (1) (2) 图形G覆盖自身; 图形G覆盖图形E,图形E覆盖图形F,则图形G覆盖图形F.

1.最简单情形――用一个圆覆盖一个图形.

第 60 页 共 115 页

首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到: 定理1 如果能在图形F所在平面上找到一点O,使得图形F中的每一点与O的距离都不大于定 长r,则F可被一半径为r的圆所覆盖. 定理2 对于二定点A、B及定角 α 若图形F中的每点都在AB同侧,且对A、B视角不小于 α ,则图形F被以AB为弦,对AB视角等于 α 的弓形G所覆盖. 在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中,上述二定理应用十分广泛.

例1 求证:(1)周长为2l的平行四边形能够被半径为

的圆面所覆盖.

(2)桌面上放有一丝线做成的线圈,它的周长是2l,不管线圈形状如何,都可以被个半径为

的圆纸片所覆盖. 分析 (1)关键在于圆心位置,考虑到平行四边形是中心对称图形,可让覆盖圆圆心与平行四 边形对角线交点叠合. (2)"曲"化"直".对比(1),应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心. 证明 (1)如图45-1,设ABCD的周长为2l,BD?AC,AC、BD交于O,P为 周界上任意一点,不妨设在AB上,则 ∠1?∠2?∠3, 有OP?OA. 又AC<AB+BC=l,

故OA<



因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心;半径为

的圆所覆盖,命题得证.

第 61 页 共 115 页

(2)如图 45-2,在线圈上分别取点 R,Q,使 R、Q 将线圈分成等长两段,每段各长 l.又设 RQ 中 点为 G,M 为线圈耻任意一点,连 MR、MQ,则

因此,以 G 为圆心,

长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈.

例2△ABC 的最大边长是a,则这个三角形可被一半径为 分析 a为最大边,所对角 A 满足60°?A<180°.

的圆所覆盖.

证明 不妨设 BC=a,以 BC 为弦,在 A 点所在一侧作含 60°角的弓形弧(图45-3).因6 0°?A?180°,故根据定理2,△ABC 可被该弓形所覆盖.

由正弦定理,弓形相应半径r= 盖.

,所以△ABC 可被半径为

的圆所覆

显然覆盖△ABC 的圆有无穷多个,那么半径为 尽然.

的圆是否是最小的覆盖圆呢?事实并不

第 62 页 共 115 页

例3 △ABC的最大边 BC 等于a,试求出覆盖△ABC 的最小圆. 解 分三种情形进行讨论: (1) (2) ∠A为钝角,以BC为直径作圆即可覆盖△ABC. ∠A是直角,同样以BC为直径作圆即可覆盖△ABC;

(3)∠A是锐角.假若⊙O 覆盖△ABC,我们可在⊙O 内平移△ABC,使一个顶点 B 落到圆周上, 再经过适当旋转,使另一个顶点落在圆周上,此时第三个顶点 A 在⊙O 内或其圆周上,设 BC 所对 圆周角为 α ,那么∠BAC?α ,设⊙O 直径d,△ABC 外接圆直径d0,那么

所以对于锐角三角形 ABC,最小覆盖圆是它的外接圆. 今后我们称覆盖图形 F 的圆中最小的一个为 F 的最小覆盖圆.最小覆盖圆的半径叫做图形 F 的覆 盖半径. 综合例2、例3,即知△ABC 中,若a为最大边,则△ABC 的覆盖半径r满足

2.一个图形F能否被覆盖,与图形中任意两点间的距离最大值d密切相关. 以下我们称图形F中任意两点间的距离最大值d为图形F的直径. 我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题. 定义 对于图形G1,G2,?,Gn,若图形F中的每一点都被这组图形中的某个所覆盖,则称 这几个图形覆盖图形F.

第 63 页 共 115 页

图形G1,G2,?,Gn为n个圆是一特殊情形. 例4 以ABCD的边为直径向平行四边形内作四个半圆,证明这四个半圆一定覆盖整个平行四 边形. 分析1 ABCD的每一点至少被某个半圆所盖住. 证明1 用反证法.如图45-4设存在一点P在以AB、BC、CD、DA为直径的圆外,根 据定理二,∠APB,∠BPC,∠CPD∠DPA均小于90°,从而 ∠APB+∠BPC+∠CPD+∠DPA<360°.

与四角和应为周角相矛盾.故P应被其中一半圆盖住,即所作四个半圆覆盖ABCD. 分析2 划片包干,如图45-5,将ABCD分为若干部分,使每一部分分别都被上述四个半 圆所覆盖. 证明2 在ABCD中,如图45-5,设AC?BD.分别过B、D引垂线BE、DF垂直A C,交AC于E、F,将ABCD分成四个直角三角形,△ABE、△BCE、△CDF、△D AF.每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖,从而整个四边形被四个半圆所覆盖. 上述结论可推广到任意四边形,留给读者考虑. 例5 求证:一个直径为1的圆不能被两个直径小于1的圆所覆盖.

证明 如图45-6,先考虑其中一个小圆即⊙O1去覆盖大圆O,连O1、O过O作AB⊥O1 O,AB为⊙O的直径(若O1、O重合,那么AB为任意直径)此时

故A、B两点都不能被⊙O1盖住.至于另一小圆⊙O2无疑不能同时盖住A、B两点,故⊙O1、 ⊙O2不能覆盖⊙O.

第 64 页 共 115 页

事实上,我们还可以从另一角度给予证明.那就是一个小圆无法覆盖半个大圆,因此两个小圆也 就不可能覆盖住整个大圆了. 现在,我们着手研究本文一开始就提出的问题.

例6

给定一个半径为1的圆,若用半径为

的圆去覆盖它,问至少要几个才能盖住.

问题需要我们在二个方面给予回答: 一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆; 二是少于确定的数目, 则全部小圆不能覆盖大圆. 对于不能覆盖的推断,以下两个原则是常用的: 原则1 若图形F的面积大于图形G的面积,则图形G不能覆盖图形F. 原则2 直径为d的图形F不能被直径小于d的图形G所覆盖. 两原则十分显然,不再证明.

四个半径为

的小圆面积和为 π ,恰等于大圆面积,而四小圆间若不重迭,则覆盖其它图形时,

还须排除中间所夹的不属于四圆的部分,换句话说,四小圆所覆盖大圆部分面积必小于大圆自身 面积,根据法则1,不可能覆盖大圆,少于四个小圆更不可能. 若有五个小圆,我们改变角度考虑,可将大圆周分为六等分.因小圆直径为1,五个小圆无法盖 住大圆周,而六个圆周恰好盖住. 还需考虑大圆圆心没有被盖住,再添加一个小圆,符合要求!

第 65 页 共 115 页

这说明:至少七个以

为半径的小圆方能覆覆盖半径为 1 的一个大圆.事实上这样的六个小圆若

盖住大圆周,则大圆心不能被覆盖.若其中一小圆盖住大圆圆心,那么该圆又至多盖住大圆周上 一点也就是六个小圆无法覆盖大圆,而我们作大圆的内接正六边形,分别将小圆圆心与各边中点 重合,再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合即可盖住大圆,如图45-7,以下给出证明: 对于正△OAB,设OA、OB中点A1、B1,那么∠AA1B=∠AB1B=90°,故四边形 AA1B1B被以AB为直径的圆覆盖.另外,△OA1B1被小圆⊙O所覆盖.类似地可推得七个 小圆覆盖整个大圆. 3.直线形图形覆盖别的图形的问题 解决直线形图形覆盖别的图形的问题,常须较高的智巧,一般的处理方法是通过构造过渡图形, 逐步调整,最终获得问题的解决. 例7 证明直径为1的图形F可被单位正方形覆盖. 分析 先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间,再向内收缩.

证明 取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形F夹在中间,再将位于下方的直线l2 向上平移, 直至遇到图形F上点为止, 中图45-8中l2′处. 接着又将l1向下平移至与l2′ 相距为1的l1′处止.因图形F直径为1.故图形F仍被二直线l1′,l2′所夹.同样采用 先左后右的顺序,将沿直线m1、m2平移至m1′、m2′处,m1′、m2′相距为1,而图形F 依然夹在直线m1′,m2′中间,从而直线l1′、l2′、m1′、m2′所围成单位正方形即可 覆盖图形F. 运用上述方法,我们可进一步解决以下问题:

第 66 页 共 115 页

例8

直径为1的图形F可被一个边长为

的正三角形覆盖,试证明之.

证明 作三对相距为1的平行直线m1、m2、n1、n2,l1、l2,相交直线所成角为60°, 围成可覆盖图形F的六边形及正△A1B1C1,正△A2B2C2(具体作法可参照例7).如图4 5-9.设P为F中任意一点,它到六边形各边距离依次为x、a、y、b、z、c.又设正△ A1B1C1的高为h1,正△A2B2C2的高为h2.因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形 的高,得 a+b+c=h1, x+y+z=h2. 相加,得 (x+b)+(y+c)+(z+a)=h1+h2, 又x+b=1,y+c=1,z+a=1, ∴h1+h2=3.

根据抽屉原则,h1、 2中有一不大于 h 长

,不妨设

,即正△A1B1C1的高不大于

,那么它的边

因此图形F可被边长不大于

的正三角形即正△A1B1C1所覆盖.

第 67 页 共 115 页

4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式 所谓图形F能嵌入图形G,其本质就是图形G能覆盖图形 F.

例 9 试证面积为 S、周长为 P 的四边形一定可嵌入一个半径为

的圆.

分析 四边形内存在到各边距离不小于 证明

的点.

如图 45-10,设四边形 ABCD 面积为S,周长为P.各边长分别为a1、a2、a3、a4.现以a



、a2、a3、a4为长,

为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面积是

即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部存在点 O 没有

被矩形覆盖,那么以点 O 为圆心,

为半径的圆可嵌入四边形 ABCD 中.

例 10 在一个半径等于 18 的圆中已嵌入 16 个半径为 3 的圆.证明在余下的部分中还能嵌入 9 个半 径为 1 的圆. 证明 首先证明大圆中还能嵌入 1 个半径为 1 的小圆.先将大圆的半径收缩为 17,而将半径为 3 的 圆膨胀成半径为 4 的圆,此时大圆面积变为
第 68 页 共 115 页

π ?17 =289π . 16 个半径为 4 的圆的面积是 π ?4 ?16=256π . 289π -256π =33π . 这说明大圆中嵌入 16 个半径为 3 的圆外,还能嵌入半径为 1 的一个小圆,如图 45-11 所示. 再将大圆的半径收缩为 17,半径为 3 的圆的半径膨胀为 4,半径为 1 的圆膨胀为 2,由于 289π -256π -4π =29π ,所以大圆中除嵌入 16 个半径为 3 的圆外,还能嵌入两个半径为 1 的圆.依 此类推,由于 289π -256π -4π ?8=π >0, 故大圆还可嵌入九个半径为 1 的小圆. 将图形收缩、膨胀是解嵌入问题一种重要方法.
2

2

竞赛讲座 13 -平面三角
三角函数与反三角函数,是五种基本初等函数中的两种,在现代科学的很多领域中有着广泛的应 用.同时它也是高考、数学竞赛中的必考内容之一. 一、三角函数的性质及应用 三角函数的性质大体包括:定义域、值域、奇偶性、周期性、单调性、最值等.这里以单调 性为最难.它们在平面几何、立体几何、解析几何、复数等分支中均有广泛的应用.

第 69 页 共 115 页

【例 1】 求函数 y=2sin(

-2x)的单调增区间。

解:y=2sin(

-2x)= 2sin(2x+

)。

由 2kπ -

?2x+

?2kπ +

,k∈Z,

得 kπ -

?x?kπ -

,k∈Z。

即原函数的单调增区间为:[kπ -

,kπ -

](k∈Z)。

【例 2】

若 φ ∈(0,

),比较 sin(cosφ ),cos(sinφ ),cosφ 这三者之间的大小。

解:∵在(0,

)中,sinx<x<tgx,而 0<cosx<1<

,∴sin(cosφ )< cosφ 。

∵在(0,

)中,y=cosx 单调递减,∴cosφ < cos(sinφ )。

∴sin(cosφ )< cosφ < cos(sinφ )。

【例 3】

已知 x,y∈[-



],a∈R,且

。求 cos(x+2y)的值。

解:原方程组化为



∵x,-2y∈[-



],函数 f(t)=t +sint 在[-

3



]上单调递增,且 f(x)=f(-2y)

第 70 页 共 115 页

∴x=2y,∴cos(x+2y)=1。

【例 4】 求证:在区间(0, )内存在唯一的两个数 c、d(c<d),使得 sin(cosc)= c, cos (sind)= d.

证明:考虑函数 f(x)=cos(sinx)-x,在区间[0,

]内是单调递减的,并且连续,由于 f

(0)=cos(sin0)-0=1>0,f(

)=cos(sin

)-

= cos 1-

<0,

∴存在唯一的 d∈(0,

),使 f(d)=0,即 cos(sind)= d.

对上式两边取正弦,并令 c=sind,有 sin(cos(sind))=sin d,sin(cosc)=c。

显然 c∈(0,

)。且由 y=sinx 在(0,

)上的单调性和 d 的唯一性,知 c 也唯一。

故存在唯一的 c<d,使命题成立。

【例 5】α 、β 、γ ∈(0, ),且 ctgα =α ,sin(ctgβ )=β ,ctg(sinγ )=γ 。比较 α 、β 、 γ 的大小。

解:∵α 、β 、γ ∈(0,

),∴ctgβ >0,0< sinγ <γ <



∴β =sin(ctgβ )< ctgβ ,γ =ctg(sinγ )> ctgγ 。

作出函数 y=ctgx 在(0,

)上的图象,可看出:β <α <γ 。

【例 6】

n∈N,n?2,求证:cos

?cos ? ??? ?cos

>



证明:∵0<

<

<???< <

<1,

第 71 页 共 115 页

∴0<sin

<

,cos

2

=1-sin

2

>1-

=

,k=2,3,?,n。

∴(cos

?cos ? ??? ?cos

) >(

2

?

)?(

?

)?(

?

)???(

?

)

=

?

>

>(

),

2

∴cos

?cos ? ??? ?cos

>



二、三角恒等变换 众多的三角公式,构成了丰富多彩的三角学。要灵活地进行三角恒等变换,除熟练地掌握三角公 式以及一般的代数变形技巧外,更重要的是抓住三角式的结构特征,从角和函数名入手,深入分 析,灵活解题。

【例 1】(1)已知 cosβ = -

,sin(α +β )=

,且 0<α <

<β <π ,求 sinα 的值。

(2)已知 sin(

-α )=

,求

的值。

提示:(1)sinα = 。

(2)sin2α =1-2 sin (

2

-α )=



=



【说明】三角变换重在角的变换。

【例 2】求 cos

cos

cos

?cos

的值。

第 72 页 共 115 页

解法 1:利用公式 cosθ cos2θ cos4θ ???cos2 θ =

n

,得

cos

cos

cos

cos

= -

,∴cos

cos

cos

cos

=



又 cos

cos

=

,cos

=



∴cos

cos

cos

?cos

=

?

?

=



解法 2:cos

cos

cos

?cos

=

?

?

? ??? ?

=

=



解法 3:利用公式 cosα cos(
4 4

+α )cos(
4

-α )=

cos3α ,取 α =





【例 3】求 cos 20°+cos 40°+cos 80°的值。 解:由倍角公式得

cos θ =(

4

)=

2

(1+2cos2θ +cos 2θ )=

2

+

cos2θ + cos4θ ,

∴cos 20°+cos 40°+cos 80°=

4

4

4

?3+

(cos40°+ cos80°+ cos160°)

第 73 页 共 115 页

+ (cos80°+ cos160°+ cos320°)=

+ (cos40°+ cos80°+ cos160°)

=

+ (2cos60° cos20°- cos20°)=



【例 4】若 sinα +cosβ = ,cosα +sinβ =

,求 sinα cosβ 的值。

解:令 θ =

-β ,则

(1)÷(2)得 tg

=

, cos(α +θ )= ,

∴sinα cosβ =sinα sinθ = -

[ cos(α +θ )+ cos(α -θ )] = -



【例 5】已知 f(x)=

sin(x+θ )+cos(x-θ )是偶函数,0<θ <π ,求 θ 。

解法一:由偶函数的定义,可得(

cosθ +sinθ )sinx=0 对任意 x∈R 成立。



cosθ +sinθ =0,2 sin(θ +

)=0,

∴θ +=kπ ,而 0<θ <π ,∴θ =



解法二:由 f(-

)=f(

),得 θ =

,然后验证 f(x)是偶函数。

【例 7】方程 sinx+ 及 α +β 的值。
第 74 页 共 115 页

cosx+a=0 在(0,2π )内有相异两根 α 、β ,求实数 a 的取值范围,以

解:∵sinx+

cosx+a=0,∴sin (x+

)= -



令 t= x+

,则 t∈(



),sint= -



作出函数 y= sint,t∈(

,

)的图象:

由图象可以看出:当-1< -

<1 且-



即-2<a<-

或-

<a<2 时,sint= -

有相异两根

t1、t2,原方程有相异两根 α 、β ,并且

当-2<a<-

时,t1+t2=(α +

)+(β +

)=π ,α +β =



当-

<a<2 时,t1+t2=(α +

)+(β +

)=3π ,α +β =



【例 8】已知 sinx+siny+sinz=cosx+cosy+cosz=0,求 s=tg(x+y+z)+tgxtgytgz 的值。

解:由已知得,

(1) +(2) 得 cos(x-y)= -

2

2



同理,cos(y-z)= 第 75 页 共 115 页

,cos(z-x)= -



∴x,y,z 中任意两角的终边夹角为

,不妨设

x=y+

+2mπ ,m∈Z,y=z+

+2nπ ,n∈Z,

∴x= z+

+2(m+n)π ,

x+y+z= 3z+2(m+2n+1)π , ∴s=tg(x+y+z)+tgxtgytgz

= tg3z+tg(z+

)tg(z+

)tgz

= tg3z+tg(z+

)tg(z-

)tgz

= tg3z+ tgz tg( =0。

+z)tg(

-z)

【说明】如能熟练运用下列公式,可对解题带来很大方便:

sinα sin(

+α )sin(

-α )=

sin3α ,

cosα cos(

+α )cos(

-α )=

cos3α ,

tgα tg(

+α )tg(

-α )=tg3α 。

如 sin10°sin50°sin70°=
第 76 页 共 115 页

sin(3?10°)=



竞赛讲座 14 -染色问题与染色方法
1. 小方格染色问题

最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后 来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧. 例 1 如图 29-1(a),3 行 7 列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形,它的四个角上的 小方格颜色相同.

证明 由抽屉原则,第 1 行的 7 个小方格至少有 4 个不同色,不妨设为红色(带阴影)并在 1、2、3、 4 列(如图 29-1(b)). 在第 1、2、3、4 列(以下不必再考虑第 5,6,7 列)中,如第 2 行或第 3 行出现两个红色小方 格,则这个问题已经得证;如第 2 行和第 3 行每行最多只有一个红色小方格(如图 29-1(c)), 那么在这两行中必出现四角同为蓝色的矩形,问题也得到证明. 说明:(1)在上面证明过程中除了运用抽屉原则外,还要用到一种思考问题的有效方法,就是 逐步缩小所要讨论的对象的范围,把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法. (2)此例的行和列都不能再减少了.显然只有两行的方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩 形的.下面我们举出一个 3 行 6 列染两色不存在顶点同色矩形的例子如图 29-2.这说明 3 行 7 列是 染两色存在顶点同色的矩形的最小方格盘了.至今,染 k 色而存在顶点同色的矩形的最小方格盘是 什么还不得而知.

第 77 页 共 115 页

例2 (第 2 届全国部分省市初中数学通讯赛题)证明:用 15 块大小是 4?1 的矩形瓷砖和 1 块大小是 2?2 的矩形瓷砖,不能恰好铺盖 8?8 矩形的地面. 分析 将 8?8 矩形地面的一半染上一种颜色,另一半染上另一种颜色,再用 4?1 和 2?2 的矩 形瓷砖去盖,如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多,则说明在给定条件不完满铺盖不可能. 证明 如图 29-3,用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式,以黑白两种颜色将整 个地面的方格染色.显然,地面上黑、白格各有 32 个. 每块 4?1 的矩形砖不论是横放还是竖盖,且不论盖在何处,总是占据地面上的两个白格、两个 黑格,故 15 块 4?1 的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总 是同色,而与主对角线平行的相邻格总是异色,所以,不论怎样放置,一块 2?2 的矩形砖,总 是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块 2?2 矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地 面.从而问题得证.

例3 (1986 年北京初二数学竞赛题)如图 29-4(1)是 4 个 1?1 的正方形组成的“L” 形,用若干个这种“L”形硬纸片无重迭拼成一个 m?n(长为 m 个单位,宽为 n 个单位)的矩形 如图 29-4(2).试证明 mn 必是 8 的倍数. 证明∵m?n 矩形由“L”形拼成,∴m?n 是 4 的倍数,∴m、n 中必有一个是偶数,不妨设为 m. 把 m?n 矩形中的 m 列按一列黑、一列白间隔染色(如图 29-4(2)),则不论“L”形在这矩形
第 78 页 共 115 页

中的放置位置如何(“L”形的放置,共有 8 种可能),“L”形或占有 3 白一黑四个单位正方形 (第一种),或占有 3 黑一白四个单位正方形(第二种). 设第一种“L”形共有 p 个,第二种“L”形共 q 个,则 m?n 矩形中的白格单位正方形数为 3p+q, 而它的黑格单位正方形数为 p+3q. ∵m 为偶数,∴m?n 矩形中黑、白条数相同,黑、白单位正方形总数也必相等.故有 3p+q=p+3q, 从而 p=q.所以“L”形的总数为 2p 个,即“L”形总数为偶数,所以 m?n 一定是 8 的倍数.

2.

线段染色和点染色

下面介绍两类重要的染色问题. (1) 线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”(或称 “线段染色”),主要借助抽屉原则求解. 例4 (1947 年匈牙利数学奥林匹克试题)世界上任何六个人中,一定有 3 个人或者互 相认识或者互相都不认识. 我们不直接证明这个命题,而来看与之等价的下述命题 例5 (1953 年美国普特南数学竞赛题)空间六点,任三点不共线,任四点不共面,成 对地连接它们得十五条线段,用红色或蓝色染这些线段(一条线段只染一种颜色).求证:无论怎 样染,总存在同色三角形. 证明 设 A、B、C、D、E、F 是所给六点.考虑以 A 为端点的线段 AB、AC、AD、AE、AF,由抽屉原 则这五条线段中至少有三条颜色相同,不妨设就是 AB、AC、AD,且它们都染成红色.再来看△BCD 的三边,如其中有一条边例如 BC 是红色的,则同色三角形已出现(红色△ABC);如△BCD 三边 都不是红色的,则它就是蓝色的三角形,同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同 色三角形. 如果将例 4 中的六个人看成例 5 中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则例 4 就变成了例 5.例 5 的证明实际上用染色方法给出了例 4 的证明.
第 79 页 共 115 页

例6 (第 6 届国际数学奥林匹克试题)有 17 位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通 信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. 证明 用平面上无三点共线的 17 个点 A1,A2,?,A17 分别表示 17 位科学家.设他们讨论的题目为 x,y,z,两位科学家讨论 x 连红线,讨论 y 连蓝线,讨论 z 连黄线.于是只须证明以这 17 个点为顶点 的三角形中有一同色三角形. 考虑以 A1 为端点的线段 A1A2,A1A3,?,A1A17,由抽屉原则这 16 条线段中至少有 6 条同色,不妨设 A1A2,A1A3,?,A1A7 为红色.现考查连结六点 A2,A3,?,A7 的 15 条线段,如其中至少有一条红色 线段,则同色(红色)三角形已出现;如没有红色线段,则这 15 条线段只有蓝色和黄色,由例 5 知一定存在以这 15 条线段中某三条为边的同色三角形(蓝色或黄色).问题得证. 上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将 n 点中每两点都用线段相连所得的图形叫做 n 点 完全图,记作 kn.这些点叫做“顶点”,这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述 例 5、例 6. 定理 1 定理 2 若在 k6 中,任染红、蓝两色,则必有一只同色三角形. 在 k17 中,任染红、蓝、黄三角,则必有一只同色三角形.

(2)点染色.先看离散的有限个点的情况. 例7 (首届全国中学生数学冬令营试题)能否把 1,1,2,2,3,3,?,1986,1986 这些数排成一行,使得两个 1 之间夹着一个数,两个 2 之间夹着两个数,?,两个 1986、之间夹 着一千九百八十六个数?请证明你的结论. 证明 将 1986?2 个位置按奇数位着白色,偶数位着黑色染色,于是黑白点各有 1986 个.

第 80 页 共 115 页

现令一个偶数占据一个黑点和一个白色,同一个奇数要么都占黑点,要么都占白点.于是 993 个 偶数,占据白点 A1=993 个,黑色 B1=993 个. 993 个奇数,占据白点 A2=2a 个,黑点 B2=2b 个,其中 a+b=993. 因此,共占白色 A=A1+A2=993+2a 个. 黑点 B=B1+B2=993+2b 个, 由于 a+b=993(非偶数!)∴a≠b,从而得 A≠B.这与黑、白点各有 1986 个矛盾. 故这种排法不可能. “点”可以是有限个,也可以是无限个,这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的. 例8 对平面上一个点,任意染上红、蓝、黑三种颜色中的一种.证明:平面内存在端点同 色的单位线段. 证明 作出一个如图 29-7 的几何图形是可能的,其中△ABD、△CBD、△AEF、△GEF 都是边长为 1 的等边三角形,CG=1.不妨设 A 点是红色,如果 B、E、D、F 中有红色,问题显然得证.当 B、E、D、 F 都为蓝点或黄点时,又如果 B 和 D 或 E 和 F 同色,问题也得证.现设 B 和 D 异色 E 和 F 异色,在 这种情况下,如果 C 或 G 为黄色或蓝点,则 CB、CD、GE、GF 中有两条是端点同色的单位线段,问 题也得证.不然的话,C、G 均为红点,这时 CG 是端点同色的单位线段.证毕. 还有一类较难的对区域染色的问题,就不作介绍了.

练习二十九

1. 6?6 的方格盘,能否用一块大小为 3 格,形如 的矩形板,不重迭不遗漏地来铺满整个盘面.

的弯角板与 11 块大小为 3?1

第 81 页 共 115 页

2. (第 49 届苏联基辅数学竞赛题)在两张 1982?1983 的方格纸涂上红、黑两种颜色,使得 每一行及每一列都有偶数个方格是黑色的.如果将这两张纸重迭时,有一个黑格与一个红格重合, 证明至少还有三个方格与不同颜色的方格重合. 3. 有九名数学家,每人至多会讲三种语言,每三名中至少有 2 名能通话,那么其中必有 3 名 能用同一种语言通话. 4. 如果把上题中的条件 9 名改为 8 名数学家,那么,这个结论还成立吗?为什么?

5. 设 n=6(r-2)+3(r?3),求证:如果有 n 名科学家,每人至多会讲 3 种语言,每 3 名中 至少有 2 名能通话,那么其中必有 r 名能用同一种语言通话. 6. (1966 年波兰数学竞赛题)大厅中会聚了 100 个客人,他们中每人至少认识 67 人,证明在 这些客人中一定可以找到 4 人,他们之中任何两人都彼此相识. 7. (首届全国数学冬令营试题)用任意方式给平面上的每一个点染上黑色或白色.求证:一定 存在一个边长为 1 或 的正三角形,它三个顶点是同色的.

练习二十九 1.将1、4行染红色、2、5行染黄色、3、6行染蓝色,然后就弯角板盖住板面的不同情况 分类讨论. 2.设第一张纸上的黑格A与第二张纸上的红格A′重合.如果在第一张纸上A所在的列中,其 余的黑格(奇数个)均与第二张纸的黑格重合,那么由第二张纸上这一列的黑格个数为偶数,知 必有一黑格与第一张纸上的红格重合,即在这一列,第一张纸上有一方格B与第二张纸上不同颜 色的方格B′重合.同理在A、B所在行上各有一个方格C、D,第二张纸上与它们重合的方格 C′、D′的颜色分别与C、D不同. 3.把9名数学家用点A1,A2,?,A9表示.两人能通话,就用线连结,并涂某种颜色,以 表示不同语种。两人不通话,就不连线. (1)果任两点都有连线并涂有颜色,那么必有一点如A1,以其为一端点的8条线段中至少有 两条同色,比如A1A2、A1A3.可见A1,A2,A3之间可用同一语言通话.②如情况①不发 生,则至少有两点不连线,比如A1、A2.由题设任三点必有一条连线知,其余七点必与A1或 A2有连线.这时七条线中,必有四条是从某一点如A1引出的.而这四条线中又必有二条同色, 则问题得证. 4.结论不成立,如图所示(图中每条线旁都有一个数字,以表示不同语种).

第 82 页 共 115 页

5.类似于第3题证明. 6.用点A1、A2、?、A100表示客人,红、蓝的连线分别表示两人相识或不相识,因为由一 个顶点引出的蓝色的线段最多有32条,所以其中至少有三点之间连红线.这三个点(设为A1、 A2、A3)引出的蓝色线段最多为96条.去掉所有这些蓝色的线段(连同每条线段上的一个端 点AI,I≠1,2,3),这样,在图中至少还剩下四个点,除A1、A2、A3外,设第四点为 A4,这四个点中A1,A2,A3每一个点与其它的点都以红色的线段相连,于是客人A1、A2、 A3、A4彼此两两相识. 7.先利用右图证明"若平面上有两个异色的点距离为2,地么必定可以找到符合题意的三角 形".再找长为2端点异色的线段.以O(白色)为圆心,4为半径作圆.如圆内皆白点,问题 已证.否则圆内有一黑点P,以OP为底作腰长为2的三角形OPR,则R至少与O、P中一点 异色,这样的线段找到.

竞赛讲座 15 ——函数方程
一、相关知识
第 83 页 共 115 页

函数方程 f ( x ) ? f ( ? x ) 的解是

函数方程 f ( x ) ? f ( x ? a ) ( a ? 0 ) 的解是

二、函数方程的题型 许多函数方程的解决仅以初等数学为工具, 解法富于技巧, 对人类的智慧具有明显的挑战意味, 因此, 函数方程是数学竞赛中一种常见的题型。 1、确定函数的形式 尚无一般解法,需因题而异,其解是多样的:有无限多解的,有有限个解的,有可能无解(如:方程
f ( x ) ? f ( ? x ) ? 1 ? 0 无解) 。
2 2

2、确定函数的性质 3、确定函数值 三、求函数的解析式 1、换元法

例题 1、设函数 f ( x ) 满足条件 3 f ( x ? 1) ? 2 f (1 ? x ) ? 2 x ,求 f ( x ) 。

例题 2、设函数 f ( x ) 定义于实数集 R ,且 f ( x ) 满足条件 f ( x ) ? xf (1 ? x ) ? 1 ? x ,求 f ( x ) 。

?ex 1? :函数

?1? f ( x ) 在 x ? 0 处没有定义,但对所有非零实数 x 有: f ( x ) ? 2 f ? ? ? 3 x ,求 f ( x ) 。 ?x?

答案: f ( x ) ?

2? x x

2

?ex 2 ? :求满足条件 x 2 f ( x ) ?
2、赋值法

f (1 ? x ) ? 2 x ? x 的 f ( x ) 。
4

例题 1、设函数 f ( x ) 定义于实数集 R 上,且 f ( 0 ) ? 1 ,若对于任意实数 m 、 n ,都有:

第 84 页 共 115 页

f ( m ? n ) ? f ( m ) ? n ( 2 m ? n ? 1) ,求 f ( x ) 。

例 题 2 、 设 函 数 f ( x ) 定 义 于 自 然 数 集 N 上 , 且 f (1) ? 1 , 若 对 于 任 意 自 然 数 x 、 y , 都 有 :
f ( x ? y ) ? f ( x ) ? f ( y ) ? xy ,求 f ( x ) 。

四、究函数的性质

例题、设函数 f ( x ) 定义于 R 上,且函数 f ( x ) 不恒为零, f ( ) ? 0 ,若对于任意实数 x 、 y ,恒有:
2

?

f (x) ? f ( y) ? 2 f (

x? y 2

)? f (

x? y 2

)。

① 求证: f ( x ? 2? ) ? f ( x ) ② 求证: f ( x ) ? f ( ? x ) ③ 求证: f ( 2 x ) ? 2 f ( x ) ? 1
2

?ex 3 ? :若对常数 m 和任意 x ,等式 f ( x ? m ) ?

1 ? f (x) 1 ? f (x)

都成立,求证:函数 f ( x ) 是周期函数。

第 85 页 共 115 页

?ex 4 ? : 设函 数

f ( x ) 定 义于实 数集 R 上 ,函 数 f ( x ) 不 恒为零 ,且对 于任 意实 数 x 1 、 x 2 , 都有:

f ( 2 x 1 ) ? f ( 2 x 2 ) ? f ( x 1 ? x 2 ) ? f ( x 1 ? x 2 ) ,求证: f ( x ) ? f ( ? x ) 。

竞赛讲座 16 -不等式
不等式是数学竞赛的热点之一。由于不等式的证明难度大,灵活性强,要求很高的技巧,常常使 它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。而且,不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问 题,都可能与不等式有关,这就使得不等式的问题(特别是有关不等式的证明)在数学竞赛中显 得尤为重要。 证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样,没有固定的模式,证法因题而异,灵活多变, 技巧性强。但它也有一些基本的常用方法,要熟练掌握不等式的证明技巧,必须从学习这些基本 的常用方法开始。 一、不等式证明的基本方法 1.比较法 比较法可分为差值比较法和商值比较法。 (1)差值比较法 原理 A- B>0 A>B.

【例 1】(l)m、n 是奇偶性相同的自然数,求证: (a +b )(a +b )<2(a +b )。
m m n n m+n m+n

(2)证明:

?

?

?



【例 2】设 a1?a2???an,b1?b2???bn,j1,j2,?,jn 是 1,2,?,n 的任意一个排列,令

S=a1

+ a2

+?+ an

,S0=a1bn+a2bn-1+?+anb1,S1=a1b1+a2b2+?+anbn。

第 86 页 共 115 页

求证:S0?S?S1。 (2)商值比较法

原理



>1,且 B>0,则 A>B。
2a 2b 2c b+c c+a a+b

【例 3】已知 a,b,c>0,求证:a b c ?a b c 。 2.分析法

【例 4】若 x,y>0,求证:

>
4


4 4 2 2 2 2 2 2

【例 5】若 a,b,c 是△ABC 的三边长,求证:a +b +c <2(a b +b c +c a )。 3.综合法 【例 6】若 a,b,c>0,求证:abc?(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)。

【例 7】已知△ABC 的外接圆半径 R=1,S△ABC=

,a,b,c 是△ABC 的三边长,令

S= 求证:t>S。 4.反证法

,t=



【例 8】已知 a +b =2,求证:a+b?2。 5.数学归纳法

3

3

【例 9】证明对任意自然数 n, 二、不等式证明的若干技巧



无论用什么方法来证明不等式,都需要对数学表达式进行适当的变形。这种变形往往要求具有很 高的技巧,必须善于分析题目的特征,根据题设条件,综合地利用添、拆、分解、组合、配方、 变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质,找到突破口。 1. 变形技巧
第 87 页 共 115 页

【例 1】若 n∈N,S= 求证:n<S<n+1。

+

+???+



【例 2】(1)若 A、B、C∈[0,π ],求证:

sinA+sinB+sinC?3sin



(2)△ABC 的三内角平分线分别交其外接圆于 A‘,B’,C‘,求证:S△ABC?S△A’B‘C’。 2. 引入参变量 【例 3】将一块尺寸为 48?70 的矩形铁皮剪去四角小正方形后折成一个无盖长方体铁盒,求铁盒 的最大容积。
2 2 2 2 2 2

【例 4】在△ABC 中,求证:a +b +c ?4

△+(b-c) +(c-a) +(a-b) 。

其中,a,b,c 是△ABC 的三边长,△= S△ABC。 3. 数形结合、构造

【例 5】证明: 4. 递推

?



【例 6】已知:x1= 三、放缩法

,x2=

,???,xn=

。求证:



【例 1】若 n∈N,n?2,求证:



【例 2】α 、β 都是锐角,求证:

?9。

【例 3】已知:a1?1,a1 a2?1,???,a1 a2???an?1,求证:

第 88 页 共 115 页



【例 4】S=1+

+

+???+

,求 S 的整数部分[S]。

【例 5】设 a0=5,an=an-1+

,n=1,2,·。求证:45<a1000<45.1。 · ·

竞赛讲座 18 -数学归纳法
基础知识 数学归纳法是用于证明与正整数 n 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法.在数学竞赛中占 有很重要的地位. 1.数学归纳法的基本形式 (1)第一数学归纳法 设 P (n ) 是一个与正整数有关的命题,如果 ①当 n ? n 0 ( n 0 ? N )时, P (n ) 成立; ②假设 n ? k ( k ? n 0 , k ? N ) 成立,由此推得 n ? k ? 1 时, P (n ) 也成立,那么,根据①②对一切正整 数 n ? n 0 时, P (n ) 成立. (2)第二数学归纳法 设 P (n ) 是一个与正整数有关的命题,如果 ①当 n ? n 0 ( n 0 ? N )时, P (n ) 成立; ②假设 n ? k ( k ? n 0 , k ? N ) 成立,由此推得 n ? k ? 1 时, P (n ) 也成立,那么,根据①②对一切正整 数 n ? n 0 时, P (n ) 成立. 2.数学归纳法的其他形式 (1)跳跃数学归纳法 ①当 n ? 1, 2 ,3 , ? , l 时, P (1), P ( 2 ), P ( 3 ), ? , P ( l ) 成立, ②假设 n ? k 时 P ( k ) 成立,由此推得 n ? k ? l 时, P (n ) 也成立,那么,根据①②对一切正整数 n ? 1 时, P (n ) 成立.
第 89 页 共 115 页

(2)反向数学归纳法 设 P (n ) 是一个与正整数有关的命题,如果 ① P (n ) 对无限多个正整数 n 成立; ②假设 n ? k 时,命题 P ( k ) 成立,则当 n ? k ? 1 时命题 P ( k ? 1) 也成立,那么根据①②对一切正整 数 n ? 1 时, P (n ) 成立. 3.应用数学归纳法的技巧 (1)起点前移:有些命题对一切大于等于 1 的正整数正整数 n 都成立,但命题本身对 n ? 0 也成立, 而且验证起来比验证 n ? 1 时容易,因此用验证 n ? 0 成立代替验证 n ? 1 ,同理,其他起点也可以前移, 只要前移的起点成立且容易验证就可以.因而为了便于起步,有意前移起点. (2)起点增多:有些命题在由 n ? k 向 n ? k ? 1 跨进时,需要经其他特殊情形作为基础,此时往往 需要补充验证某些特殊情形,因此需要适当增多起点. (3)加大跨度:有些命题为了减少归纳中的困难,适当可以改变跨度,但注意起点也应相应增多. (4)选择合适的假设方式:归纳假设为一定要拘泥于“假设 n ? k 时命题成立”不可,需要根据题意 采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式,灵活选择使用. (5)变换命题:有些命题在用数学归纳证明时,需要引进一个辅助命题帮助证明,或者需要改变命 题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要,才能顺利进行证明. 5.归纳、猜想和证明 在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的,也可能是错误的,这种不严格的 推理方法称为不完全归纳法.不完全归纳法得出的结论,只能是一种猜想,其正确与否,必须进一步检验 或证明,经常采用数学归纳法证明.不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法. 例题分析 例 1.用数学归纳法证明:
(1 ? 1)( 1 ? 1 4 )( 1 ? 1 7
*

) ? (1 ?

1 3n ? 2

)?

3

3n ? 1 ( n ? N , n ? 1 )
*
3 3 3 2

例 2. 已知对任意 n ? N ,n ? 1 ,a n ? 0 且 a 1 ? a 2 ? ? ? a n ? ( a 1 ? a 2 ? ? ? a n ) , 求证:a n ? n . 例 3.如果正整数 n 不是 6 的倍数,则 1986
n

? 1 不是 7 的倍数.

例 4.设 a 1 , a 2 , ? , a n 都是正数,证明

a1 ? a 2 ? ? ? a n n

?

n

a1a 2 ? a n .

例 5 . 已 知 函 数 f ( x) 的 定 义 域 为 [a , b ] , 对 于 区 间 [a , b ] 内 的 任 意 两 数 c, d 均 有
f( c?d 2
f(

)?

1 2

[ f ( c ) ? f ( d )] .求证:对于任意 x 1 , x 2 , ? , x n ? [ a , b ] ,均有
1 n

x1 ? x 2 ? ? ? x n n

)?

[ f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) ? ? ? f ( x n )] .

例 6 试证:对一切大于等于 1 的自然数 n 都有

第 90 页 共 115 页

1 2

sin ? cos ? ? cos 2? ? ? ? cos n ? ?

2n ? 1 2

?

2 sin

?
2



例 7 试证:对一切自然数 n ( n ? 1 )都有 2 ? 2 ? n .
n 2

例 8.证明:任一正方形可以剖分成任意个数多于 5 个的正方形. 例 9.设 0 ? a ? 1 , a 1 ? 1 ? a , a n ? 1 ?
1 an ? a ,求证:对一切 n ? N 均有 a n ? 1

例 10.已知 a 1 ? a 2 ? 1 , a n ? 2 ? 例 11 . 设 f ( n ) ? 1 ?
1 2 ? 1 3

a n ? 1 ? ( ? 1)
2

n ?1

an
1 n

,求证:对一切 n ? N , a n 都是整数.

?? ?

, 是 否 存 在 关 于 正 整 数 n 的 函 数 g (n ) 使 等 式

f (1) ? f ( 2 ) ? ? ? f ( n ? 1) ? g ( n )[ f ( n ) ? 1] 对于 n ? 2 的一切自然数都成立?并证明你的结论.

例 12.设整数数列 { a n } 满足 a 1 ? 1 , a 2 ? 12 , a 3 ? 20 ,且 a n ? 3 ? 2 a n ? 2 ? 2 a n ? 1 ? a n .证明:任 意正整数 n , 1 ? 4 a n a n ? 1 是一个整数的平方. 例
x1
2 2

13


x2
2 2



x1 , x 2 , ? , x n
x n ?1 x n ?1 ? x n x 1
2 2


xn
2 2







n ? 2











x1 ? x 2 x 3

?

x2 ? x3 x4

?? ?

?

x n ? x1 x 2
*

? n ? 1.

例 14.已知 a 1 ? 1 , a n ? 1 ? a n ?

1 a
2 n

(n ? N , n ? 1) ,求证: a 9000 ? 30 .

例 15.整数列 { a n } ( n ? N , n ? 1 )满足 a 1 ? 2 , a 2 ? 7 ,且有 ?
*

1 2

? a n ?1 ?

an

2

? 2 .求证: n ? 2

a n ?1

时, a n 是奇数. 训练题 1.证明 n ? N 时, 1 ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? 2
2 3 5 n ?1

能被 31 整除.

2.设 n 不小于 6 的自然数,证明:可以将一个正三角形分成 n 个较小的正三角形. 3.用数学归纳法证明: 1 ?
1 2 ? 1 2
2

1 4

?? ? 2 ? 1 3
2

1
n ?1

? 2 1 n
2

4.设 n 为自然数,求证: 1 ?

?? ?
n ?1

? 2.
n

5.对于自然数 n ( n ? 3 ) ,求证: n

? ( n ? 1) .

第 91 页 共 115 页

6.已知 a 1 ? a 2 ? 1 , a n ? 2 ?

a n ? 1 ? ( ? 1)
2

n ?1

an

,求证:对于一切 n ? N , a n 是整数.
*

7.设有 2 个球分成了许多堆,我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动:若甲戴盆望天的球 数 p 不小于乙堆的球数 q ,则从甲堆拿 q 个球放堆乙堆,这样算是挪动一次.证明:可以经过有限次挪动 把所有的球合并成一堆. 8.已知数列 { a n } 满足: a 1 ? 3 , a 2 ? 8 , 4 ( a n ?1 ? a n ? 2 ) ? 3 a n ? 5 n ? 24 n ? 20 ( n ? 3 ) ,试证:
2

n

an ? n ? 2 .
2 n

竞赛专题讲座 19 -类比、归纳、猜想
数学解题与数学发现一样,通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上,获 得对有关问题的结论或解决方法的猜想,然后再设法证明或否定猜想,进而达到解决问题的目 的.类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法.

所谓类比,就是由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们在其他性质上也有可能相同或相 似的一种推理形式。类比是一种主观的不充分的似真推理,因此,要确认其猜想的正确性,还须 经过严格的逻辑论证. 运用类比法解决问题,其基本过程可用框图表示如下:

可见,运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象.按寻找类比对象的角度不同,类比法 常分为以下三个类型. (1)降维类比 将三维空间的对象降到二维(或一维)空间中的对象,此种类比方法即为降维类比.

第 92 页 共 115 页

【例 1】如图,过四面体 V-ABC 的底面上任一点 O 分别作 OA1∥VA,OB1∥VB,OC1∥VC,A1,B1,C1 分别是所作直线与侧面交点.

求证:

+

+

为定值. 上任一点 O 分

分析 考虑平面上的类似命题:“过△ABC(底)边 AB

别作 OA1∥AC, 1∥BC, OB 分别交 BC、 于 A1、 1, AC B 求证

+

为定

值”.这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值 1.另外,过 A、O 分别作 BC 垂线,过 B、O 分别作 AC 垂线,则用面积法也不难证明定值为 1.于是类比到空间围形,也可用两种方法 证明其定值为 1. 证明: 如图, 设平面 OA1 VA∩BC=M, 平面 OB1 VB∩AC=N, 平面 OC1 VC∩AB=L, 则有△MOA1∽△MAV, △NOB1∽△NBV,△LOC1 ∽△ LCV.得

+

+

= 在底面△ABC 中,由于 AM、BN、CL 交于一点 O,用面积法易证得:

+

+



+

+

=1。



+

+

=1。

【例 2】以棱长为 1 的正四面体的各棱为直径作球,S 是所作六个球的交集.证明 S 中没有一对

点的距离大于



【分析】考虑平面上的类比命题:“边长为 1 的正三角形,以各边为直径作圆,S‘是所作三个 圆的交集”,通过探索 S’的类似性质,以寻求本题的论证思路.如图,易知 S‘包含于以正三

角形重心为圆心,以 得解本题的思路.
第 93 页 共 115 页

为半径的圆内.因此 S’内任意两点的距离不大于

.以此方法即可获

证明:如图,正四面体 ABCD 中,M、N 分别为 BC、AD 的中点,G 为△BCD 的中心,MN∩AG=O.显

然 O 是正四面体 ABCD 的中心.易知 OG=

?AG=

,并且可以推得以 O 为球心、OG 为半径的球

内任意两点间的距离不大于

,其球 O 必包含 S.现证明如下.

根据对称性,不妨考察空间区域四面体 OMCG.设 P 为四面体 OMCG 内任一点,且 P 不在球 O 内, 现证 P 亦不在 S 内.

若球 O 交 OC 于 T 点。△TON 中,ON= 定理:

,OT=

,cos∠TON=cos(π -∠TOM)=-

。由余弦

TN =ON +OT +2ON?OT?

2

2

2

=

,∴TN=



又在 Rt△AGD 中, 是 AD 的中点, N ∴GN= ∴∠TON=∠GON,且均为钝角.

。 GN= NT= 由

, OG=OT, ON=ON, △GON≌△TON。 得

于是显然在△GOC 内,不属于球 O 的任何点 P,均有∠PON>∠TON,即有 PN>TN= 心,AD 为直径的球外,P 点不属于区域 S.

,P 点在 N 为球

由此可见,球 O 包含六个球的交集 S,即 S 中不存在两点,使其距离大于 (2)结构类比



某些待解决的问题没有现成的类比物,但可通过观察,凭借结构上的相似性等寻找类比问题,然 后可通过适当的代换,将原问题转化为类比问题来解决.

【例 3】任给 7 个实数 xk(k=1,2,?,7).证明其中有两个数 xi,xj,满足不等式 0?

?

?

第 94 页 共 115 页

【分析】 若任给 7 个实数中有某两个相等, 结论显然成立. 7 个实数互不相等, 若 则难以下手. 但

仔细观察可发现:

与两角差的正切公式在结构上极为相似,故可选后者为类比物,并通

过适当的代换将其转化为类比问题.作代换:xk=tgα k(k =l,2,?,7),证明必存在 α i,

α j,满足不等式 0?tg(α i-α j)?

?

证明:令 xk=tgα k(k =l,2,?,7),α k∈(-



),则原命题转化为:证明存在两个实

数 α i,α j∈(-



),满足 0?tg(α i-α j)?

?

由抽屉原则知,α k 中必有 4 个在[0, )中或在(-

,0)中,不妨设有 4 个在[0, )中.注

意到 tg0=0,tg

=

,而在[0, )内,tgx 是增函数,故只需证明存在 α i,α j,使 0<α i-α

j

<

即可。为此将[0,

)分成三个小区间:[0,

]、(



]、(



)。又由抽屉原

则知,4 个 α k 中至少有 2 个比如 α i,α j 同属于某一区间,不妨设 α i>α j,则 0?α i-α j ?



故 0?tg(α i-α j)? (3)简化类比

?这样,与相应的 xi=tgα i、xj=tgα j,便有 0?

?

?

简化类比,就是将原命题类比到比原命题简单的类比命题,通过类比命题解决思路和方法的 启发,寻求原命题的解决思路与方法.比如可先将多元问题类比为少元问题,高次问题类比到低 次问题,普遍问题类比为特殊问题等. 【例 4】已知 xi?0(i=1,2,?,n),且 xl+x2+?+xn=1。

求证:1?

+

+?+

?



【分析】 我们可先把它类比为一简单的类比题: “已知 xl?0, 2?0, xl+x2 =1, x 且 求证 1? + ? ”.本类比题的证明思路为:∵2 ?xl+x2=l,∴0?2 ?1,则

第 95 页 共 115 页

1?xl+x2+2

?2,即 1?(

+

) ?2,∴1?

2

+

?

.这一证明过程中用到

了基本不等式和配方法.这正是要寻找的证明原命题的思路和方法.

证明:由基本不等式有 0?2

?xi+xj,则

0?2

?(n-1)( xl+x2+?+xn)=n-1

∴1?xl+x2+?+xn +2

?n,即 1?(

+

+?+

) ?n

2

∴1?

+

+?+

?



所谓归纳,是指通过对特例的分析来引出普遍结论的一种推理形式.它由推理的前提和结论两部 分构成:前提是若干已知的个别事实,是个别或特殊的判断、陈述,结论是从前提中通过推理而 获得的猜想,是普遍性的陈述、判断.其思维模式是:设 Mi(i=1,2,?,n)是要研究对象 M 的特例或子集,若 Mi(i=1,2,?,n)具有性质 P,则由此猜想 M 也可能具有性质 P.

如果

=M,这时的归纳法称为完全归纳法.由于它穷尽了被研究对象的一切特例,因而结论

是正确可靠的.完全归纳法可以作为论证的方法,它又称为枚举归纳法.

如果

是 M 的真子集, 这时的归纳法称为不完全归纳法.由于不完全归纳法没有穷尽全部

被研究的对象,得出的结论只能算猜想,结论的正确与否有待进一步证明或举反例. 本节主要介绍如何运用不完全归纳法获得猜想,对于完全归纳法,将在以后结合有关内容(如分 类法)进行讲解.

【例 5】证明:任何面积等于 1 的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于 4 十



【分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手,我们可以从特例考察起:先考虑面 积为 1 的正方形,其周长恰为 4,对角钱之和为 2 即 .其次考察面积为 1 的菱形,若两对

角线长记为 l1、l2,那么菱形面积 S=

l1?l2,知

第 96 页 共 115 页

l1+ l2?2

=2

=

,菱形周长: l=4

?2

=4。

由此,可以猜想:对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑. 【证明】设 ABCD 为任意一个面积为 1 的凸四边形,其有关线段及角标如图.则

SABCD=

(eg+gf+fh+he)sinα

?

(e+f)(g+h)?



∴e+f+g+h?2

,即对角线长度之和不小于



∴a+b+c+d?4,即周长不小于 4. 综上所述,结论得证, 【例 6】在一直线上从左到右依次排列着 1988 个点 P1,P2,?,P1988,且 Pk 是线段 Pk-1Pk+1 的 k 等 分点中最靠近 Pk+1 的那个点(2?k?1988),P1P2=1, P1987 P1988=l.求证:2l<3
-1984



【分析】本题初看复杂,难以入手.不妨先从特殊值出发,通过特殊值的计算,以便分析、归纳 出一般性的规律. 当 k=1 时,P1P2=1(已知);当 k= 2 时, P2 是 P1P3 的中点,故 P2P3= P1P2= 1;当 k=3 时, P3 是

P2P4 的三等分点中最靠近的那个分点,即 P3P4=

P2P4=

( P2P3+ P3P4) = P2P3+

P3P4,故 P3P4=

P2P3=



第 97 页 共 115 页

由此可推得 4 P5= ?

②,P5P6=

? ?



由①、②、③,可归纳以下猜想:

PkPk+1= 【证明】

Pk-1Pk。

于是有:

令 k=1987,则有

故 2l<3

-1984



竞赛讲座 20 -排列、组合、二项式定理
基础知识
第 98 页 共 115 页

1.排列组合题的求解策略 (1)排除:对有限条件的问题,先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况排除,这是解决排列组 合题的常用策略. (2)分类与分步 有些问题的处理可分成若干类,用加法原理,要注意每两类的交集为空集,所有各类的并集是全集; 有些问题的处理分成几个步骤,把各个步骤的方法数相乘,即得总的方法数,这是乘法原理. (3)对称思想:两类情形出现的机会均等,可用总数取半得每种情形的方法数. (4)插空:某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法.即先安排好没有限制条件的 元素,然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间. (5)捆绑:把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素” ,然后与其它“普通元素”全排列,然 后再“松绑” ,将这些特殊元素在这些位置上全排列. (6)隔板模型:对于将不可辨的球装入可辨的盒子中,求装的方法数,常用隔板模型.如将 12 个完 全相同的球排成一列,在它们之间形成的 11 个缝隙中任意插入 3 块隔板,把球分成 4 堆,分别装入 4 个 不同的盒子中的方法数应为 C 11 ,这也就是方程 a ? b ? c ? d ? 12 的正整数解的个数.
3

2.圆排列 (1)由 A ? { a 1 , a 2 , a 3 , ? , a n } 的 n 个元素中,每次取出 r 个元素排在一个圆环上,叫做一个圆排列 (或叫环状排列) . (2)圆排列有三个特点: (i)无头无尾; (ii)按照同一方向转换后仍是同一排列; (iii)两个圆排 列只有在元素不同或者元素虽然相同,但元素之间的顺序不同,才是不同的圆排列. (3)定理:在 A ? { a 1 , a 2 , a 3 , ? , a n } 的 n 个元素中,每次取出 r 个不同的元素进行圆排列,圆排列 数为
Pn r
r



3.可重排列 允许元素重复出现的排列,叫做有重复的排列. 在 m 个不同的元素中,每次取出 n 个元素,元素可以重复出现,按照一定的顺序那么第一、第二、?、 第 n 位是的选取元素的方法都是 m 种, 所以从 m 个不同的元素中, 每次取出 n 个元素的可重复的排列数为
m .
n

4.不尽相异元素的全排列 如 果 n 个 元 素 中 , 有 p1 个 元 素 相 同 , 又 有 p 2 个 元 素 相 同 , ? , 又 有 p s 个 元 素 相 同 ( p1 ? p 2 ? ? ? p s ? n ) ,这 n 个元素全部取的排列叫做不尽相异的 n 个元素的全排列,它的排列数是
n! p 1 !? p 2 !? ? ? p s !

5.可重组合 (1)从 n 个元素,每次取出 p 个元素,允许所取的元素重复出现 1, 2 , ? , p 次的组合叫从 n 个元素取 出 p 个有重复的组合. (2)定理:从 n 个元素每次取出 p 个元素有重复的组合数为: H n ? C n ? ( p ?1 ) .
p r

6.二项式定理 (1)二项式定理 ( a ? b ) ?
n

?C
k ?0

n

k n

a

n?k

b (n ? N ) .
k

*

第 99 页 共 115 页

(2)二项开展式共有 n ? 1 项. (3) T r ? 1 ? C n a
r n?r

b ( 0 ? r ? n )叫做二项开展式的通项,这是开展式的第 r ? 1 项.
r

(4)二项开展式中首末两端等距离的两项的二项式系数相等.
n

(5)如果二项式的幂指数 n 是偶数,则中间一项的二项式系数 C n2 最大;如果 n 是奇数,则中间两项
n ?1 n ?1

的二项式系数 C n

2

与 C n 2 最大.

(6)二项式开展式中奇数项的二项式系数之和等于偶数项系数之和,即
Cn ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ? Cn ? Cn ? ?
0 2 4 1 3 5

7.数学竞赛中涉及二项式定理的题型及解决问题的方法 二项式定理,由于结构复杂,多年来在高考中未能充分展示应有的知识地位,而数学竞赛的命题者却 对其情有独钟. (1)利用二项式定理判断整除问题:往往需要构造对偶式; (2)处理整除性问题:构造对偶式或利用与递推式的结合; (3)求证不等式:通过二项式展开,取展开式中的若干项进行放缩; (4)综合其他知识解决某些综合问题:有些较复杂的问题看似与二项式定理无关,其实通过观察、 分析题目的特征,联想构造合适的二项式模型,便可使问题迅速解决. 例题分析 例 1.数 1447,1005,1231 有某些共同点,即每个数都是首位为 1 的四位数,且每个四位数中恰有两个 数字相同,这样的四位数共有多少个? 例 2.有多少个能被 3 整除而又含有数字 6 的五位数? 例 3.有 2 n 个人参加收发电报培训,每两人结为一对互发互收,有多少种不同的结对方式? 例 4.将 n ? 1 个不同的小球放入 n 个不同的盒子中,要使每个盒子都不空,共有多少种放法? 例 5.在正方体的 8 个顶点,12 条棱的中点,6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点中,共线的三点 组的个数是多少个? 例 6.用 8 个数字 1,1,7,7,8,8,9,9 可以组成不同的四位数有多少个? 例 7.用 A , B , C , D , E 五种颜色给正方体的各个面涂色,并使相邻面必须涂不同的颜色,共有多少种 不同的涂色方式? 例 8.某种产品有 4 只次品和 6 只正品(每只产品可区分) ,每次取一只测试,直到 4 只次品全部测出 为止.求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种? 例 9.在平面上给出 5 个点,连结这些点的直线互不平行,互不重合,也互不垂直,过每点向其余四 点的连线作垂线,求这此垂线的交点最多能有多少个? 例 10。.8 位政治家举行圆桌会议,两位互为政敌的政治家不愿相邻,其入坐方法有多少种? 例 11.某城市有 6 条南北走向的街道,5 条东西走向的街道.如果有人从城南北角(图 A 点)走到东 南角中 B 点最短的走法有多少种? 例 12.用 4 个 1 号球,3 个 2 号球,2 个 3 号球摇出一个 9 位的奖号,共有多少种可能的号码? 例 13.将 r 个相同的小球,放入 n 个不同的盒子( r ? n ) . (1)有多少种不同的放法? (2)如果不允许空盒应有多少种不同的放法? 例 14.8 个女孩和 25 个男孩围成一圈,任意两个女孩之间至少站着两个男孩. (只要把圆旋转一下就 重合的排列认为是相同的) 例 15.设 n ? 1990 ,求
第 100 页 共 115 页

1 2
n

(1 ? 3 C n ? 3 C n ? 3 C n ? ? ? 3
2 2 4 3 6

994

Cn

1988

?3

995

Cn

1990

) 的值.

例 16.当 n ? N 时, ( 3 ?
*

7 ) 的整数部分是奇数还是偶数?证明你的结论.

例 17.已知数列 a 0 , a 1 , a 2 , a 3 , ? ( a 0 ? 0 )满足: a i ?1 ? a i ? 1 ? 2 a i ( i ? 1, 2 , 3 , ? ) 求证:对于任意正整数 n ,
p ( x ) ? a 0 C n (1 ? x ) ? a 1 C n x (1 ? x )
0 n 1 n ?1

? ? ? a n ?1 C n

n ?1

x

n ?1

(1 ? x ) ? a n C n x 是一次多项式或零次多
n n

项式. 例 18.若 ( 5 ? 2 )
2 r ?1

? m ? a ( r , m ? N ,0 ? a ? 1 ) ,求证: a ( m ? a ) ? 1 .
*
19

例 19.设 x ? (15 ? 例 20.已知 (1 ?
2)

220 )
100

? (15 ?

220 )

82

的整数部分,求 x 的个数数字.

? a?
2n

2 b ( a , b ? N )求 ab 的个位数字.
n ?1

例 21.试证大于 (1 ?

3)

的最小整数能被 2

整除( n ? N ) .
n n n

例 22.求证:对任意的正整数 n ,不等式 ( 2 n ? 1) ? ( 2 n ) ? ( 2 n ? 1) . 例 23.设 a , b ? R ,且
(a ? b) ? a
n n ?

1 a

?

1 b

? 1 .求证对于每个 n ? N ,都有

?b

n

? 2

2n

?2

n ?1

训练题 1.8 次射击,命中 3 次,其中愉有 2 次连续命中的情形共有( )种 (A)15 (B)30 (C)48 (D)60 2.在某次乒乓球单打比赛中,原计划每两名选手恰比赛一场,但有 3 名选手各比赛了 2 场之后就退 出了,这样,全部比赛只进行了 50 场。那么,在上述 3 名选手之间比赛的场数是( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 3.若 (1 ? x ? x )
2 1000

的展开式为 a 0 ? a 1 x ? a 2 x ? ? ? a 2000 x
2

2000

,则

a 0 ? a 3 ? a 6 ? a 9 ? ? ? a 1998 的值为

(A) 3

333

(B) 3

666

(C) 3

999

(D) 3

2001

4.某人从楼下到楼上要走 11 级楼梯,每步可走 1 级或 2 级,不同的走法有( )种 (A)144 (B)121 (C)64 (D)81 5. 7 名男乒乓球队员, 名女乒乓球队员中选出 4 名进行男女混合双打, 从 5 不同的分组方法有 ( 种 (A) 2 C 7 C 5
2 2



(B) 4 C 7 C 5

2

2

(C) P7 P5

2

2

(D) C 7 C 5

2

2

6.有 5 分、1 角、5 角的人民币各 2 枚、3 张、9 张,可组成的不同币值(非 0)有( )种 (A)79 (B)80 (C)88 (D)89 7.从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数中取出 3 个数,使其和为不小于 10 的偶数,不同的取法有________ 种 8. 把 ( 7 ?
第 101 页 共 115 页

6 ) 写成

6

N ?1 ?

N 的形式,为 N 自然数,则 N =



9.已知直线 ax+by+c=0 中的 a,b,c 是取自集合{?3,?2,?1,0,1,2,3}中的 3 个不同的元素,并且该直线的 倾斜角为锐角,那么,这样的直线的条数是______. 10.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一.若 在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳动,那么这只青蛙 从开始到停止,可能出现的不同跳法共 种. 11.如果: (1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4}; (2)a?b,b?c,c?d,d?a;(3)a 是 a,b,c,d 中的最小值,那么,可 以组成的不同的四位数 abcd 的个数是_________. 12.在一个正六边形的六个区域种植观赏植物,要求同一块中种同一种植物,相邻的两块种不同的植 物。现有 4 种不同的植物可供选择,则有 种载种方案. 13.10 人围圆桌而,如果甲、乙二人中间相隔 4 人,有 种坐法. 14. 1991
2000

除以 10 的余数是
2 n ?1

6



15.设 ( 5 2 ? 7 ) 值.

的展开中,用 I 记它的整数部分, F 记它的小数部分.求证: ( I ? F ) F 是一定

16.从 1, 2 ,3 , ? ,19 中,按从小到大的顺序选取 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 四个数,使得 a 2 ? a 1 ? 2 , a 3 ? a 2 ? 3 ,
a 4 ? a 3 ? 4 .问符合上要求的不同取法有多少种?

17.8 人围张一张圆桌,其中 A 、 B 两人不得相邻,而 B 、 C 两人以必须相邻的不同围坐方式有多少 种? 18.4 对夫妇去看电影,8 人坐成一排.若每位女性的邻座只能丈夫或另外的女性,共有多少种坐法?
n ?1

19.求证: C n ? C n ? ? ? C n ? n ? 2
1 2 n

2


n ?1

20.设 n ? 2 , n ? N , a ? b ? 0 , a ? b .求证: 2

(a

n

? b ) ? (a ? b) .
n n

竞赛讲座 21 -容斥原理
在一些计数问题中,经常遇到有关集合元素个数的计算。我们用|A|表示有限集合 A 的元素个 数(新教材中用 CardA 表示有限集合 A 的元素个数)。

原理一:给定两个集合 A 和 B,要计算 A∪B 中元素的个数,可以分成两步进行:
第一步:先求出∣A∣+∣B∣(或者说把 A,B 的一切元素都“包含”进来,加在一起); 第二步:减去∣A∩B∣(即“排除”加了两次的元素) 总结为公式:|A∪B|=∣A∣+∣B∣-∣A∩B∣。
第 102 页 共 115 页

原理二:给定三个集合 A,B,C。要计算 A∪B∪C 中元素的个数,可以分三步进行:
第一步 求|A|+|B|+|C|; 第二步 减去|A∩B|,|A∩C|,|B∩C|; 第三步 加上|A∩B∩C|。

例 1 求不超过 20 的正整数中是 2 的倍数或 3 的倍数的数共有多少个。

例 2 某班统计考试成绩,数学得 90 分上的有 25 人;语文得 90 分以上的有 21 人;两科中至少有
一科在 90 以上的有 38 人。问两科都在 90 分以上的有多少人?

第 103 页 共 115 页

例 3 某校组织棋类比赛,分成围棋、中国象棋和国际象棋三个组进行。参加围棋比赛的共有 42
人,参加中国象棋比赛的共有 51 人,参加国际象棋比赛的共有 30 人。同时参加了围棋和中国象 棋比赛的共有 13 人,同时参加了围棋和国际象棋比赛的 7 人,同时参加了中国象棋和国际象棋比 赛的 11 人,其中三种棋赛都参加的 3 人。问参加棋类比赛的共有多少人?

例 4 边长分别为 6,5,2 的三个正方形,如图 8—5 所示放在桌面上。问它们盖住的面积是多大?

第 104 页 共 115 页

例 5 求 1 到 200 的自然数中不能被 2、3、5 中任何一个数整除的数有多少?

练习题
1. 某班共有 48 名学生,都参加了语文兴趣小组或数学兴趣小组,其中参加语文兴趣小组的有 30
人,参加数学兴趣小组的有 28 人,问同时参加语文、数学兴趣小组的人数是多少.

2.纸片面积为 7,一张边长为 2 的正方形纸片,把这两张纸片放在桌面上覆盖的面积为 8,问两张
纸片重合部分的面积是多少?

3. 不超过 110 且与 110 互质的自然数有几个?

4. 求在 1 至 1000 的自然数中,不能被 5 或 7 整除的数有多少个。
第 105 页 共 115 页

5. 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试,有 4 名学生在这三个项目上都没有
达到优秀,其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表:

求这个班的学生人数。

6.求在不超过 100 的自然数中,不是 5 的倍数,也不是 7 的倍数有多少个?

竞赛讲座 22 -应用题选讲
应用题联系实际,生动地反映了现实世界的数量关系,能否从具体问题中归纳出数量关系,反 映了一个人分析问题、解决问题的实际能力. 列方程解应用题,一般应有审题、设未知元、列解方程、检验、作结论等几个步骤.下面从几个 不同的侧面选讲一部分竞赛题,从中体现解应用题的技能和技巧. 1.合理选择未知元 例 1 (1983 年青岛市初中数学竞赛题)某人骑自行车从 A 地先以每小时 12 千米的速度下坡后, 以每小时 9 千米的速度走平路到 B 地,共用 55 分钟.回来时,他以每小时 8 千米的速度通过平路

后,以每小时 4 千米的速度上坡,从 B 地到 A 地共用 解法 1 (选间接元)设坡路长 x 千米,则下坡需

小时,求 A、B 两地相距多少千米?

依题意列方程:

第 106 页 共 115 页

解之,得 x=3.

答:A、B 两地相距 9 千米. 解法 2(选直接元辅以间接元)设坡路长为 x 千米,A、B 两地相距 y 千米,则有如下方程组

解法 3(选间接元)设下坡需 x 小时,上坡需 y 小时,依题意列方程组:

例 2 (1972 年美国中学数学竞赛题)若一商人进货价便谊 8%,而售价保持不变,那么他的利润 (按进货价而定)可由目前的 x%增加到(x+10)%,x 等于多少? 解 本题若用直接元 x 列方程十分不易,可引入辅助元进货价 M,则 0.92M 是打折扣的价格,x 是利润,以百分比表示,那么写出售货价(固定不变)的等式,可得: M(1+0.01x)=0.92M[1+0.01(x+10)]. 约去 M,得 1+0.01x=0.92[1+01.1(x+10)]. 解之,得 例3 x=15.

在三点和四点之间,时钟上的分针和时针在什么时候重合?

第 107 页 共 115 页

分析

选直接元,设两针在 3 点 x 分钟时重合,则这时分针旋转了 x 分格,时针旋转了(x-15)

分析,因为分针旋转的速度是每分钟 1 分格,旋转 x 分格需要

分钟,时针旋转的速度是每分钟

分格,旋转(x-15)分格要 例 4(1985 年江苏东台初中数学竞赛题)从两个重为 m 千克和 n 千克,且含铜百分数不同的合金 上,切下重量相等的两块,把所切下的每一块和另一种剩余的合金加在一起熔炼后,两者的含铜 百分数相等,问切下的重量是多少千克? 解 采用直接元并辅以间接元, 设切下的重量为 x 千克, 并设 m 千克的铜合金中含铜百分数为 q1, n 千克的铜合金中含铜百分数为 q2,则切下的两块中分别含铜 xq1 千克和 xq2 千克,混合熔炼后所 得的两块合金中分别含铜[xq1+(n-x)q2]千克和[xq2+(m-x)q1]千克,依题意,有:

2.多元方程和多元方程组 例 5 (1986 年扬州市初一数学竞赛题)A、B、C 三人各有豆若干粒,要求互相赠送,先由 A 给 B、 C,所给的豆数等于 B、C 原来各有的豆数,依同法再由 B 给 A、C 现有豆数,后由 C 给 A、B 现有 豆数,互送后每人恰好各有 64 粒,问原来三人各有豆多少粒? 解 设 A、B、C 三人原来各有 x、y、z 粒豆,可列出下表:

第 108 页 共 115 页

则有: 解得:x=104,y=56,z=32. 答:原来 A 有豆 104 粒,B 有 56 粒,C 有 32 粒. 例 6(1985 年宁波市初中数学竞赛题)某工厂有九个车间,每个车间原有一样多的成品,每个车 间每天能生产一样多的成品,而每个检验员检验的速度也一样快,A 组 8 个检验员在两天之间将 两个车间的所有成品(所有成品指原有的和后来生产的成品)检验完毕后,再去检验另两个车间 的所有成品,又用了三天检验完毕,在此五天内,B 组的检验员也检验完毕余下的五个车间的所 有成品,问 B 组有几个检验员? 解 设每个车间原有成品 x 个,每天每个车间能生产 y 个成品;则一个车间生产两天的所有成品 为(x+2y)个,一个车间生产 5 天的所有成品为(x+5y)个,由于 A 组的 8 个检验员每天的检验速 度相等,可得

解得:x=4y 一个检验员一天的检验速度为:

又因为 B 组所检验的是 5 个车间,这 5 个车间生产 5 天的所有成品为 5(x+5y)个,而这 5(x+5y) 个成立要 B 组的人检验 5 天,所以 B 组的人一天能检验(x+5y)个. 因为所有检验员的检验速度都相等,所以,(x+5y)个成品所需的检验员为:

(人). 答:B 组有 12 个检验员. 3.关于不等式及不定方程的整数解 例 7(1985 年武汉市初一数学竞赛题)把若干颗花生分给若干只猴子,如果每只猴子分 3 颗,就 剩下 8 颗;如果每只猴子分 5 颗,那么最后一只猴子得不到 5 颗,求猴子的只数和花生的颗数. 解:设有 x 只猴子和 y 颗花生,则: y-3x=8, ①

第 109 页 共 115 页

5x-y<5, 由①得:y=8+3x, ③代入②得 5x-(8+3x)<5, ∴ x<6.5

② ③

因为 y 与 x 都是正整数,所以 x 可能为 6,5,4,3,2,1,相应地求出 y 的值为 26,23,20, 17,14,11. 经检验知,只有 x=5,y=23 和 x=6,y=26 这两组解符合题意. 答:有五只猴子,23 颗花生,或者有六只猴子,26 颗花生. 例 8(1986 年上海初中数学竞赛题)在一次射箭比赛中,已知小王与小张三次中靶环数的积都是 36,且总环数相等,还已知小王的最高环数比小张的最高环数多(中箭的环数是不超过 10 的自 然数),则小王的三次射箭的环数从小到大排列是多少?



设小王和小张三次中靶的环数分别是 x、y、z 和 a、b、c,不妨设 x?y?z,a?b?c,由题

意,有: 因为环数为不超过 10 的自然数,首先有 z≠10,否则与①式矛盾. 若设 z=9,则由①知:xy=4, ∴x=2,y=2,或 x=1,y=4, ∴x+y+z=13 或 x+y+z=14. 又由②及 c<z 知,c|36,∴c=6,这时,ab=6. ∴a=2,b=3,或 a=1,b=6 ∴a+b+c=11 或 a+b+c=13 又由③知:x+y+z=a+b+c=13 ∴取 x=2,y=2,z=9. 答:小王的环数分别为 2 环,2 环,9 环.
第 110 页 共 115 页

例 9(1980 年苏联全俄第 6 届中学生物理数学竞赛题)一队旅客乘坐汽车,要求每辆汽车的乘客 人数相等,起初,每辆汽车乘了 22 人,结果剩下一人未上车;如果有一辆汽车空车开走,那么 所有旅客正好能平均分乘到其它各车上,已知每辆汽车最多只能容纳 32 人,求起初有多少辆汽 车?有多少名旅客? 解 设起初有汽车 k 辆,开走一辆空车后,平均每辆车所乘的旅客为 n 名,显然,k?2,n?32, 由题意,知:22k+1=n(k-1),

∴k-1=1,或 k-1=23, 即 k=2,或 k=24. 当 k=2 时,n=45 不合题意, 当 k=24 时,n=23 合题意, 这时旅客人数为 n(k-1)=529. 答:起初有 24 辆汽车,有 529 名旅客 4.应用题中的推理问题 竞赛中常见的应用题不一定是以求解的面目出现,而是一种逻辑推理型.解答这类题目不仅需要 具备较强的分析综合能力,还要善于用准确简练的语言来表述自己正确的逻辑思维. 例 10(1986 年加拿大数学竞赛题)有一种体育竞赛共含 M 个项目,有运动员 A、B、C 参加,在 每个项目中,第一、二、三名分别得 p1、p2、p3 分,其中 p1、p2、p3 为正整数且 p1>p2>p3,最后 A 得 22 分,B 与 C 均得 9 分,B 在百米赛中取得第一,求 M 的值,并问在跳高中谁取得第二名? 分析 考虑三个得的总分,有方程: ① ②

M(p1+p2+p3)=22+9+9=40, 又 p1+p2+p3?1+2+3=6,

∴6M?M(p1+p2+p3)=40,从而 M?6. 由题设知至少有百米和跳高两个项目,从而 M?2, 又 M|40,所以 M 可取 2、4、5.

第 111 页 共 115 页

考虑 M=2,则只有跳高和百米,而 B 百米第一,但总分仅 9 分,故必有:9?p1+p3,∴?8,这样 A 不可能得 22 分. 若 M=4,由 B 可知:9?p1+3p3,又 p3?1,所以 p1?6,若 p1?5,那么四项最多得 20 分,A 就不可 能得 22 分,故 p1=6. ∵4(p1+p2+p3)=40,∴p2+p3=4. 故有:p2=3,p3=1,A 最多得三个第一,一个第二,一共得分 3?6+3=21<22,矛盾. 若 M=5,这时由 5(p1+p2+p3)=40,得: p1+p2+p3=8.若 p3?2,则: p1+p2+p3?4+3+2=9,矛盾,故 p3=1. 又 p1 必须大于或等于 5,否则,A 五次最高只能得 20 分,与题设矛盾,所以 p1?5. 若 p1?6,则 p2+p3?2,这也与题设矛盾,∴p1=5,p2+p3=3,即 p2=2,p3=1. A=22=4?5+2. 故 A 得了四个第一,一个第二; B=9=5+4?1, 故 B 得了一个第一,四个第三; C=9=4?2+1, 故 C 得了四个第二,一个第三. 练 习五 1.选择题 (1)打开 A、B、C 每一个阀门,水就以各自不变的速度注入水槽.当所有三个阀门都打开时,注 满水槽需 1 小时;只打开 A、C 两个阀门,需要 1.5 小时;如果只打开 B、C 两个阀门,需要 2 小 时,若只打开 A、B 两个阀门时,注满水槽所需的小时数是( ). (A)1.1 (B)1.15 (C)1.2 (D)1.25 (E)1.75

(2)两个孩子在圆形跑道上从同一点 A 出发,按相反方向运动,他们的速度是每秒 5 英尺和每 秒 9 英尺,如果他们同时出发并当他们在 A 点第一次再相遇的时候结束,那么他们从出发到结束 之间相遇的次数是( ). (A)13 (B)25 (C)44 (D)无穷多 (E)这些都不是

第 112 页 共 115 页

(3)某超级市场有 128 箱苹果,每箱至少 120 只,至多 144 只,装苹果只数相同的箱子称为一 组,问其中最大一组的箱子的个数 n,最小是( ) (A)4 (B)5 (C)6 (D)24 (E)25

(4)两个相同的瓶子装满酒精溶液,在一个瓶子中酒精与水的容积之比是 p:1,而在另一个瓶子 中是 q:1,若把两瓶溶液混合在一起,混合液中的酒精与水的容积之比是( ).

(5)汽车 A 和 B 行驶同样的距离,汽车 A 以每小时 u 千米行驶距离的一半并以每小时 υ 千米行 驶另一半,汽车 B 以每小时 u 千米行驶所行时间的一半并以每小时 υ 千米行驶另一半,汽车 A 的平均速度是每小时 x 千米,汽车 B 的平均速度是每小时 y 千米,那么我们总有( ) (A)x?y 2.填空题 (1) 已知闹钟每小时慢 4 分钟, 且在 3 点半时对准, 现在正确时间是 12 点, 则过正确时间______ 分钟,闹钟才指到 12 点上. (2)若 b 个人 c 天砌 f 块砖,则 c 个人用相同的速度砌 b 块砖需要的天数是____. (3)某人上下班可乘火车或汽车,若他早晨上班乘火车则下午回家乘汽车;又假若他下午回家 乘火车则早晨上班乘汽车,在 x 天中这个人乘火车 9 次,早晨乘汽车 8 次,下午乘汽车 15 次, 则 x=_______. (4)一个年龄在 13 至 19 岁之间的孩子把他自己的年龄写在他父亲年龄的后面,从这个新的四 位数中减去他们年龄差的绝对值得到 4289,他们年龄的和为______. (5) 一个城镇的人口增加了 1200 人, 然后这新的人口又减少了 11%, 现在镇上的人数比增加 1200 人以前还少 32 人,则原有人口为_____人. 3.(1982-1983 年福建省初中数学竞赛题)一个四位数是奇数,它的首位数字小于其余各位数字, 而第二位数字大于其余各位数字,第三位数字等于首末两位数字之和的二倍,求此四位数. 4.(第 2 届《祖冲之杯》)甲乙两人合养了几头羊,而每头羊的卖价又恰为 n 元,两人分钱方法 如下:先由甲拿 10 元,再由乙拿 10 元,如此轮流,拿到最后,剩下不足十元,轮到乙拿去,为 了平均分配,甲应该分给乙多少钱? 5.(1986 年湖北省荆州地区初中数学竞赛题)完成同一工作,A 独做所需时间为 B 与 C 共同工作 所需时间的 m 倍,B 独做所需时间为 A 与 C 共同工作所需时间的 n 倍,C 独做所需时间为 A 与 B 共同工作所需时间的 x 倍,用 m,n 表示出 x 来. (B)x?y (C)x=y (D)x<y (E)x>y

第 113 页 共 115 页

6.(1988 年江苏省初中数学竞赛题)今有一个三位数,其各位数字不尽相同,如将此三位数的各 位数字重新排列,必可得一个最大数和一个最小数(例如,427,经重新排列得最大数 742,最小 数 247),如果所得最大数与最小数之差就是原来的那个三位数,试求这个三位数. 7.(1978 年四川省数学竞赛题)某煤矿某一年产煤总量中,除每年以一定数量的煤作为民用、出 口等非工业用途外,其余留作工业用煤,按照该年度某一工业城市的工业用煤总量为标准计算, 可供这样的三个工业城市用六年,四个这样的城市用五年(当然每年都要除去非工业用煤的那一 个定量),问如果只供一个城市的工业用煤,可以用多少年?

练习五 1.A.C.E.A.

2.①



③16

④59岁

⑤1000

3.设从首位起,各位数字顺次为a,b,c,d,则a<b,a<c,a<d,且c<d,d <b.又c=2(a+d).且2?c?8,故2?2(a+d)?8.∵d为奇数,a≠0, ∵a=1,d=3.这时c=2(a+d)=8,b=9. 4.略. 5.设A、B、C单独完成同一工作所需时间分别为a、b、c,则单位时间他们可分别完成全

部工作的



、 ,依题意

有:

由上面三式,可得:

6.设三位数为

,重排后最大数为

则最小数为

于是有

由于C<A,由上式有10+C-A=z,10+(B-1)-B=y,(A -1)-C=x.可求得y=9,x=4,z=5. 7.设该煤矿该年度产煤总量为x,每年非工业用煤量为y,该工业城市该年工业用煤量为z, 并设只供这样一个城市工业用煤可用p年,由题意得方程组:
第 114 页 共 115 页

① ② 由①与②得y=2z. ④



从①、③、④三式中消去x、y、z,得

第 115 页 共 115 页


更多相关文档:

高中数学竞赛专题讲座之数列

高中数学竞赛专题讲座之一、选择题部分 1. (2006 年江苏)已知数列 ?an ? 的...20 ? 4 ? 16 ? ? 从 16 开始, f n 是周期为 8 的周期数列。故 f ...

高中数学竞赛专题讲座之数列

高中数学竞赛专题讲座之一、选择题部分 1. (2006 年江苏)已知数列 ?an ? 的...20 ? 21 ? 27 ? 131 三、解答题部分 1. (200 6 天津)已知数列 {an }...

高中数学竞赛专题讲座之数列

高中数学竞赛专题讲座之数列_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学竞赛专题讲座之...20 分 (1)求 f ( x ) 的表达式; (2)定义正数数列 {an }; a1 ? 2....

高中数学竞赛专题讲座之数列

高中数学竞赛专题讲座之一、选择题部分 1. (2006 年江苏)已知数列 ?an ? 的...20 ? 21 ? 27 ? 131 三、解答题部分 1. (200 6 天津)已知数列 {an }...

高中数学竞赛专题讲座之数列

高中数学竞赛专题讲座之一、选择题部分 1. (2006 年江苏)已知数列 ?an ? 的...20 ? 4 ? 16 ? ? 从 16 开始, f n 是周期为 8 的周期数列。故 f ...

全国高中数学联赛专题讲座

全国高中数学联赛专题讲座_学科竞赛_高中教育_教育...(1)一试 考试时间为当日上午8:00~9:20,共80...全国高中数学联赛专题讲... 660人阅读 9页 5下载...

高中数学竞赛专题讲座之数列

高中数学竞赛专题讲座之一、选择题部分 1. (2006 年江苏)已知数列 ?an ? 的...20 分 (1)求 f ( x ) 的表达式; (2)定义正数数列 {an }; a1 ? 2....

高中数学竞赛专题讲座---代数极值

高中数学竞赛专题讲座---代数极值_学科竞赛_高中教育_教育专区。代数极值 很长时间以来,代数极值问题一直是国内外数学竞赛中的热点问题 ,以下我们就来讨论这类问题...

高中数学竞赛讲座 17数学归纳法

高中数学竞赛讲座 17数学归纳法_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学竞赛讲座 ...20 ,且 an?3 ? 2an?2 ? 2an?1 ? an .证明:任意正整数 n , 1 ? ...

高中数学奥林匹克竞赛讲座:20容斥原理

高中数学奥林匹克竞赛讲座高中数学奥林匹克竞赛讲座隐藏>> 竞赛讲座 20 -容斥原理...(或者说把 A, 的一切元素都“包含”进来, B 加在一起) ; 第二步:减去∣...
更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com