奥数第7讲[1][1].竞赛123班.教师版
第7讲点共圆1教师版
初中数学联赛体系第7讲 四点共圆1【知识要点与基本方法】思路一：先从四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上. 思路二：四点到某定点（中垂线交点）的距离都相等，从而确定其共圆． 思路三：运用有关定理或结论（1）共底边的两个直角三角形，则四个顶点共圆，且直角三角形的斜边为圆的直径． （2）共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆． （3）对于凸四边形ABCD ，对角互补⇔四点共圆。
（4）相交弦定理的逆定理：对于凸四边形ABCD 其对角线AC 、BD 交于P ，PD BP PC AP ⋅=⋅⇔四点共圆。
（5）割线定理：对于凸四边形ABCD 其边的延长线AB 、CD 交于P ，PD PC PB PA ⋅=⋅⇔四点共圆。
（6）托勒密定理的逆定理：对于凸四边形ABCD ，BD AC BC AD CD AB ⋅=⋅+⋅⇔四点共圆.【例1】在半圆O 的直径AB 的延长线上取一点P ，作PC 切半圆O 于C ，又过P 任作一直线交半圆O 于N M 、，过点C 作AB CD ⊥，垂足为D .求证：DC 是MDN ∠的平分线.【证明1】：如图，连ON OM OC 、、.由PO 为半圆的切线，可知PC OC ⊥.由AB CD ⊥，可知PO PD PC ⋅=2.显然PN PM PC ⋅=2，可知PO PD PN PM ⋅=⋅，有N D O M 、、、四点共圆，于是MNO MDA ∠=∠，NMO NDB ∠=∠.由NMO MNO ∠=∠，可知NDB MDA ∠=∠，有NDB MDA ∠-︒=∠-︒9090，就是CDN CDM ∠=∠，即CD 平分MDN ∠.所以DC 是MDN ∠的角平分线. 【证明2】：如图，连.,OM OC 由PO 为半圆的切线，可知PC OC ⊥.由AB CD ⊥，可知OP OD OC ⋅=2，有OP OD OM ⋅=2，于是△ODM ∽△OMP ，得OMP MDA ∠=∠.显然PO PD PC ⋅=2，PN PM PC ⋅=2，可知PO PD PN PM ⋅=⋅，有△PDN ∽△PMO ，于是PMO PDN ∠=∠，得PDN MDA ∠=∠.显然PDN CDP MDA CDA ∠-∠=∠-∠，就是CDN CDM ∠=∠，所以DC 是MDN ∠的角平分线. 【证明3】：如图，设CD 交☉O 于F ，M D 交☉O 于E ，连OC OM FP EP EO 、、、、.显然，C F 、关于PA 对称，可知PF 为☉O 的切线，有PC PF =. 由F O C P 、、、四点共圆，可知DE DM DF DC DP DO ⋅=⋅=⋅有P E O M 、、、四点共圆，于是MPO MEO EMO EPO ∠=∠=∠=∠，点E 与N 关于PA 对称.显然PA 为NDE ∠的平分线.由PA CD ⊥，可知CD 为MDN ∠的平分线.【例2】在△ABC 中，BD AB BC ，>平分ABC ∠交AC 于点D ，BD CP ⊥于P ，BP AQ ⊥于Q ，M 是边AC 的中点，E 是边BC 的中点，若△PQM 的外接圆⊙O 与AC 的另一个交点为H .求证：M E H O 、、、四点共圆.【证明】：如图，作AQ 延长线交BC 于点N ，则Q 为AN 的中点， 又M 为边AC 的中点，则BC QM //， ∴ABC PBC PQM ∠=∠=∠21，同理ABC MPQ ∠=∠21， 因此PM QM =.又∵M P H Q 、、、四点共圆∴PQM PHM PHC ∠=∠=∠，故PBC PHC ∠=∠，因此，C B H P 、、、四点共圆，有︒=∠=∠90BPC BHC ， 故EP BC HE ==21. 结合OP OH =，知OE 为HP 中垂线易知OMP OPM EPO EHO ∠=∠=∠=∠， ∴M E H O 、、、四点共圆，注：结尾用到P M E 、、三点共线，由PM AB EM ////知其显然成立.【例3】设圆内接四边形ABCD ，AB ，DC 延长交于点E ，AD ，BC 延长交于点F ，EF 的中点为G ，AG 与圆又交于点K .求证：K F E C ，，，四点共圆.【证明】：如图，延长AG 一倍至点J ，作平行四边形AEJF ，连CK ，则 AKC ADE CEJ ∠=∠=∠，于是J K C E 、、、共圆，或K 在△CEJ 的外接圆上.又ECF BCD EAF EJF ∠-︒=∠-︒=∠=∠180180，故J F C E 、、、共圆，或F 在△CEJ 的外接圆上.于是K F J E C ，，，，五点共圆，结论成立. 【例4】已知：△ABC 各边AB CA BC 、、中点分别为N M L 、、，三条高线CF BE AD 、、相交于F E D H 、、、为其垂点，HC HB HA 、、的中点分别是R Q P 、、.求证：R Q N M L F E D 、、、、、、、九点共圆.【证明】：设△ABC 外心为O ，OH 中点为V ，现考虑以V 为心，OA 21为半径的圆.由于OA VP =//，所以点P 位于☉V 上，同理，R Q ，都在☉V 上.再因QL PQ ⊥，所以L 在☉V 上，而且PVL 为直径，同理N M ，也都在☉V 上.从而F E D ，，也都在☉V 上，证毕.推论1：九点圆的圆心是外心与垂心所连线段的中点，也即垂心与外心关于九点圆圆心对称.九点圆的半径是三角形外接圆半径的一半.如果连结AL 交OH 于G ，则易知12：：=GL AG ，故G 为△ABC 的重心，于是又有: 推论2：外心O 、重心G 、垂心H 、九心圆心V 四点共线，而且21：：=GH OG ，21：：=VH OV .推论3：垂心组H C B A 、、、的四个三角形△ABC 、△HBC 、△HCA 、△HAB 有共同的九点圆，因此△ABC 的九点圆实际上是垂心组H C B A 、、、的九点圆，由推论1，上述四个三角形的外接圆半径相等.推论4：△ABC 的九点圆与△ABC 的外接圆是外位似形，位似中心是垂心H ，位似比是21：，而且它们又是内位似形，其位似中心为重心G . 这是由于△PQR 与△ABC 是位似形，位似中心是垂心H ，又因为△IMN 与△ABC 相似，相似中心为G .【例5】如图，☉O 的半径等于R ，△ABC 的顶点B 、C 都在☉O 上，点A 在☉O 外，AB AC 、分别交☉O 于点F E 、，BE 交CF 于点P ，在射线OP 上取一点Q ，使得2R OQ OP =⋅.求证：Q C B A 、、、四点共圆.【证明1】：如图，联结QF QE QC QB OF OE OC OB 、、、、、、、. 因为OQ OP R OB ⋅==22，即OPOBOB OQ =，BOP QOB ∠=∠， 所以，△QOB ∽△BOP .故OEB OBE OBP OQB ∠=∠=∠=∠. 从而，Q E O B 、、、四点共圆.注意到OE OB =，则QO 平分BQE ∠.同理，Q F O C 、、、四点共圆，QO 平分CQF ∠. 易证△QBP ∽△QOE ， △QOF ∽△QCP .则QC QF QP QO QE QB ⋅=⋅=⋅，即QEQFQC QB =. 又CQE OQE OQC OQB OQF BQF ∠=∠-∠=∠-∠=∠， 则△QBF ∽△QCE . 故QEC QFB ∠=∠. 于是，AEQ AFQ ∠=∠.从而，Q E F A 、、、四点共圆. 因此，BAC FAE FQB ∠=∠=∠.但BQC CQE BQE BQE BQF FQE ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 所以，BAC BQC ∠=∠. 故Q C B A 、、、四点共圆.【证明2】：如图，联结QC QB OF OE OC OB 、、、、、. 因为OQ OP R OB ⋅==22，即OPOBOB OQ =，BOP QOB ∠=∠， 所以，△QOB ∽△BOP . 同理，△COP ∽△QOC ，所以PBO BQO ∠=∠，PCO CQO ∠=∠.设α=∠=∠PBO BQO ，β=∠=∠PCO CQO . ∵BOC BPC PCO PBO ∠=∠+∠+∠. 即BOC BPC ∠=∠++βα①，再由圆内角、圆外角得知)(21BOC EOF BPC ∠+∠=∠，)(21EOF BOC A ∠-∠=∠② 将②代入①得知A ∠=+βα. 即A BQC ∠=∠.故Q C B A 、、、四点共圆.【例6】(1992年全国高中数学联赛试题)如图，设4321A A A A 是☉O 的内接四边形，1H ，2H ，3H ，4H 依次为△432A A A 、△143A A A 、△214A A A 、△321A A A 的垂心.求证：1H ，2H ，3H ，4H 在同一圆上，并定出该圆的圆心.【证明】：如图，过3A 作☉O 的直径B A 3，连42124121421A H A H A H A H BA BA BA 、、、、、、，因为4312A A H A ⊥，434A A BA ⊥， 故412//BA H A ，又3214A A H A ⊥；∴241BA A H 是□.∴412//BA H A =；同理，142BA A H 也是□，∴221//BA H A ，∴2112//H A H A =，∴2121H H A A 是□.连2211H A H A 、，设它们的交点为P ，则P 平分11H A ，22H A . 同理，3322H A H A 、也互相平分，故它们的交点也为P . ∵4321A A A A 、、、共圆，∴4321H H H H 、、、，设它们的交点为P ，则P 平分11H A ，22H A .同理，P 为44H A 的中点，故i A 与i H （4,3,2,1=i ）关于点P 是中心对称的. ∵4321A A A A 、、、共圆，∴4321H H H H 、、、四点共圆，其圆心是点O 关于点P 的中心对称点.连接OP ，延长OP 至'P ，使PO PO ='，则'O 即为4321H H H H 、、、所在圆的圆心.【例7】如图，已知在☉O 中，CD AB 、是两条互相垂直的直径，点E 在半径OA 上，点F 在半径OB 的延长线上，且BF OE =,直线CF CE 、与☉O 分别交于点H G 、，直线AH AG 、分别与直线CD 交于点M N ,.求证：1=-NCDNMC DM .【证明】：如图，连结DH DG 、，延长CG 到点P .因为CD AB 、是相互垂直的直径，所以，BD BC AD AC ===. 则︒=∠=∠=∠=∠45PGN AGC AHD AHC 由四点共圆知︒=∠=∠45AHD DGN . 故DGN PGN DHM CHM ∠=∠∠=∠，于是，HM 是△CHD 的内角平分线，GN 是△CGD 的外角平分线所以，GC GDNC DN HC HD MC DM ==，. 从而，GCGDHC HD NC DN MC DM -=-. 由Rt △CDH 与Rt △CFO 及Rt △CDG 与Rt △CEO 相似，分别得OC OEGC GD OC OF HC HD ==，. 故OCOE OF OC OE OC OF GC GD HC HD -=-==-. 又BF OE =，且BF B OF +=0，故OC OB OE OF ==-. 因此，1=-NCDNMC DM .【例8】如图，△ABC 的内切圆☉I 分别切AC AB 、于点E D 、，延长DI 至M 、EI 至N ，使IE IN IM 9==，N M C I B 、、、、五点共圆，△ABC 的周长与BC 之比为最简分数nm（n m 、为互质的正整数）.求n m +10的值.【解析】：如图，设AI 与△ABC 的外接圆交于点Q P ，为边BC 的中点，过点P 作DMPF ⊥于点F ，联结PC .则BC PQ ⊥，BC CQ 21=，Rt △ADI 相似于△Rt PFI ，Rt △CQP 相似于△Rt ADI .易证PI PC PB ==.所以，J C B 、、三点在以P 为圆心、PB 为半径为的☉P上.由题意可知也在☉P 上.则IM MF IF 21==. 故△CQP 全等于△PFI ，BC CQ PF 21==.又☉I 是△ABC 的内切圆，则BC CE BD AE AD IE ID =+==，，. 而△ADI 全等于△PFI ，于是，5.492121=⨯===IEIEID IM ID FI AD PF 所以AD BC AD PF 95.4==，. 故△ABC 的周长为 BC AC AB ++BC CE AE BD AD ++++=)()( BC AD CE BD AD ++++=)(AD BC AD 2022=+=则92020==BC AD n m . 因为n m 、为互质的正整数，所以920==n m ， 故2009100=+n m .【课后强化训练】A 组1、如图，圆21O O 、相交于点B A 、，P 是BA 延长线上一点，割线PCD 交圆1O 于D C 、，割线PEF 交圆2O 于F E 、.求证：F E D C 、、、四点共圆.【证明】：由题意知C D B A 、、、四点共圆，则有PD PC PB PA ⋅=⋅.又E F B A 、、、四点共圆，则有PF PE PB PA ⋅=⋅.所以PF PE PD PC ⋅=⋅，即 F E D C 、、、四点共圆. 2、（1949年匈牙利数学竞赛试题）已知点P 是等腰ABC ∆的底边上一点，BA PQ //，CA PR //，分别交两腰于Q ，R ；D 是P 关于QR 的对称点，求证：D 在ABC ∆的外接圆上.【证明1】因为△ABC 为等腰三角形， ∴21∠=∠ ① ∵AC RP //，∴23∠=∠ ∴31∠=∠，有RP RB =. 又∵P 和D 关于RQ 对称， ∴QD PQ DR PR ==，.因此DR RB =，有54∠=∠. ② 由AB PQ //，AC RP //. 则四边形ARPQ 平行四边形 于是PQ AR =. 即AR QD =， 再由RD RP AQ ==可得△ADQ 与△DAR 全等，于是QAD ADR ∠=∠. ③ 由①、②、③得ADR QAD ∠+∠+∠=∠+∠+∠5241. 所以D B C A 、、、四点共圆，即D 在△ABC 的外接圆上.【证明2】：由证明1可得RD RB RP ==, 同法可证QD QC QP ==.所以D B P 、、在以R 为圆心的圆上，D C P 、、在以Q 为圆心的圆上， 由于同弧上的圆心角等于圆周角的一半.∴PRB PDB CQP CDP ∠=∠∠=∠2121，. 又CAB PRB CQP ∠=∠=∠，及CAB PDB CDP ∠=∠+∠，即CAB CDB ∠=∠.于是C B D A 、、、共圆，即D 在△ABC 的外接圆上.3、设⊙1O ，⊙2O ，⊙3O ，两两外切，M 是⊙1O ，⊙2O 的切点，S R ，分别是⊙1O ，⊙2O 与⊙3O 的切点.连心线21O O 交于⊙1O 于P ，⊙2O 于Q . 求证：S R Q P ，，，四点共圆.【证明】：如图，连结PR MR ，，则︒=∠90PRM ，欲证S R Q P ，，，四点共圆，只需证︒=∠+∠180Q PRS .事实上，连结SQ RS PR RM ，，，，并作切线RN ，则在四边形PQSR 中，32121O O O Q ∠=∠，331232121902190O O O O O P NRS MRN PRM PRS ∠+∠+︒=∠+∠+︒=∠+∠+∠=∠∴︒=︒+︒=∠+∠+∠+︒=∠+∠1809090)(21903312321O O O O O O O PRS Q ∴S R Q P ，，，四点共圆4、如图，已知☉1O 与☉2O 相离，自点1O 向☉2O 作切线B O A O 11、（B A 、为切点）分别交☉1O 于点F E 、，自点2O 向☉1O 作切线D O C O 22、（D C 、为切点）分别交☉2O 于点H G 、.假定G E 、两点在连心线21O O 的同侧.求证：FH EG //.【证明1】：如图，联结AC AG CE A O C O 、、、、21.︒=∠=∠902121CO O AO O .于是C A O O 、、、21四点共圆 因此221ACO ACG O AO ∠=∠=∠，A GO C AO C AO C EO 2211∠=∠=∠=∠.在等腰△EC O 1与△GA O 2中，易知CGA CAE ∠=∠.所以G E C A 、、、四点共圆. 于是，2ACO ACG AEG ∠=∠=∠， 从而，2121//O O EG AEG O AO ⇒∠=∠ 同理，21//O O FH故21//O O EG【证明2】：如图，过G E 、分别向连心线21O O 引垂线，垂足为N M 、.联结A O C O 21、.由A O O M EO 121∠=∠，得Rt △EM O 1与△Rt △A O O 2121212112O O A O E O EM O O E O A O EM⋅=⇒=⇒同理，Rt △GN O 2与△Rt △C O O 2121212111O O G O C O GN O O E O C O GN⋅=⇒=⇒由G O A O E O C O 2211==，，知GN EM = 所以，21//O O EG 同理，21//O O FH故FH EG //5、在Rt △ABC 中，︒=∠90BAC ，BC AH ⊥于H ，S 为AH 的中点，过点S 作各边的平行线与三边交于N M L K Q P ，，，，，.如图，求证：N M L K Q P ，，，，，六点共圆.【证明】：连结KM QL ML QK 、、、，则QKLM 为矩形， 故M L K Q ，，，共圆，且LQ KM ，为圆的直径.又KLM KNM ∠=︒=∠90，故N M L K ，，，在以KM 为直径的圆周上， 同理，P L K Q ，，，在以QL 为直径的圆周上.6、证明：若凸五边形ABCDE 中，ADE ABC ∠=∠，ADB AEC ∠=∠，则D A E BAC ∠=∠.（第21届全俄中学生（十年级）奥林匹克试题）【证明】：设对角线BD 与CE 相交于F . 由ADF ADB AEF AEC ∠=∠=∠=∠，知F D E A ，，，共圆. 因此ABC ADE AFE ∠=∠=∠， 即︒=∠+∠180AFC ABC ， 故ABCF 共圆.此时，两圆⊙ABCF 与⊙AFDE 相交于点A F ，，从而相交两圆性质2的推论1，知△ADB 相似于△AEC ， 即CAE BAD ∠=∠，故DAE BAC ∠=∠7、锐角△ABC 的三条高CF BE AD 、、交于H ，联结DF 交BH 于P ，过P 作AD PQ //交AB 于Q .求证：直线QE 平分线段AH .【证明】：如图，连结EF ，设QE 与AH 交于点O 由E H F A 、、、四点共圆知，FAH EFH ∠=∠. 由AD PQ //，得FQP FAH ∠=∠ 故FQP FEH ∠=∠于是，Q E P F 、、、四点共圆 所以，BFD QEP ∠=∠.由A C D F 、、、及H E C D 、、、分别四点共圆得AHE DCA BFD ∠=∠=∠. 所以，AHE QEP ∠=∠ 于是，OE OH =又OEH OEA ∠-︒=∠90OAE OHE ∠=∠-︒=90，则OA OE =从而，OA OH = 故QE 平分线段AH .8、（2006年全国高中联赛黑龙江预赛，1994年印度数学奥林匹克）设△ABC 的内切圆与边BC AB 、相切于F E 、，A ∠的平分线与线段EF 相交于K .求证：CKA ∠为直角【证明1】：如图，连OF OC OB 、、，由ACB ABC BAC OBA OAB BOK OKE BOK ∠-︒=∠+∠=∠+∠=∠︒=∠+∠2190212190，， 可知OCF ACB OKE ∠=∠=∠21，于是C F K O 、、、四点共圆，得︒=∠=∠90OFC OKC 所以CKA ∠为直角. 【证明2】：如图，设D 为圆O 与AC 的切点，过C 作AB 的平行线分别交直线EK AK 、于H G 、，连KD .由BEF BFE ∠=∠，可知CHF CFH ∠=∠，有CF CH =，进而CD CH =. 由GAC GAB G ∠=∠=∠，可知CA CG =，有AD GH =，进而AE GH =. 显然△GKH 与△AKE 全等，可知K 为AG 的中点， 于是CK 是等腰三角形CAG 的底边AG 上的高线. 所以CKA ∠为直角.B 组1、如图，△ABC 内部有一个半圆，其直径PQ 在边BC 上且与AB 、AC 分别切于点E 、F 设PF 与QE 交于点S ．证明：AS ⊥BC ．解：如图，过A 分别作QE 、PF 的垂线于PF 、QE 分别交于点X 、Y ，连结XY 、EF 、PE 、QE ． 则S 为△AXY 的垂心． 故AS ⊥XY ．由∠PEQ =∠PFQ = 90°，AX ⊥QE ，AY ⊥PF ，得PE ∥AX ，QF ∥AY ． 因为∠AEF =∠EPF =∠AXF ，所以，A 、E 、X 、F 四点共圆． 同理，A 、F 、Y 、E 四点共圆． 故A 、E 、X 、Y 、F 五点共圆．由此得E 、X 、Y 、F 四点共圆，此时∠FXY =∠FEY =∠FEQ =∠FPQ ． 于是，XY ∥PQ ．因此，AS ⊥PQ ，即AS ⊥BC ．2、如图，AD 为☉O 直径，过点D 的切线交BC 延长线于P ，连PO 并延长分别交AC 、AB 于N 、M ，求证：ON OM =【证明】：过C 作PNM CEF //，取弦BC 中点G ，连DC GD OG EG ，，，， 令1∠=∠GDE ，2∠=∠M PB ，3∠=∠FCB ，4∠=∠EGC ，5∠=∠EDC . ∵O 为圆心，G 为弦BC 的中点. ∴︒=∠⊥90OGP BC OG ，又DP 为⊙O 的切线，O 为圆心， 所以DP OD ⊥，︒=∠90ODP 于是，P D G O 、、、四点共圆 故21∠=∠∵MP FC //，∴23∠=∠ 从而31∠=∠故E C D G 、、、四点共圆 有54∠=∠ 又5∠=∠B ∴B ∠=∠4∴EF CE FB EG =，// 在△AOM 与△AEF 中 ∵EF OM // ∴AE AO EF OM =.同理，AEAOEC ON =又EC EF =，故ON OM =3、由圆O 外一点A 引圆O 的两条切线AT AS 、，T S 、为切点，过点A 引圆O 的任一割线APQ 交ST 于R .若M 为PQ 的中点，则AM AR AQ AP ⋅=⋅.【证明1】：如图，连OM OS OA 、、，由M 为PQ 中点，可知PQ OM ⊥，由AT AS 、为圆O 的切线，可知AQ ST ⊥，有R N O M 、、、四点共圆，于是AQ AP AS AO AN AM AR ⋅==⋅=⋅2， 所以AM AR AQ AP ⋅=⋅. 【证明2】：如图，连OA SM OS OM 、、、.由M 为PQ 的中点，可知PQ OM ⊥，由AS 为圆O 的切线，可知AS OS ⊥，有S A O M 、、、四点共圆，于是SOA SMA ∠=∠.由AT AS 、为圆O 的切线，可知AQ ST ⊥，可知RSA SOA ∠=∠， 有SMA RSA ∠=∠，于是△RSA 与△SMA 相似，得AM AR AS ⋅=2. 显然AQ AP AS ⋅=2，可知AM AR AQ AP ⋅=⋅.4、（2003年全国高中数学联赛）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为B A 、，所作割线交圆于D C 、两点，C 在D P 、之间，在弦CD 上取一点Q ，使PBC DAQ ∠=∠. 求证：PAC DBQ ∠=∠.【证明1】：如图，连AB ，显然QPB PBC DCB DAQ DAB QAB ∠=∠-∠=∠-∠=∠， 可知P B Q A ，，，四点共圆，有PQB PAB ∠=∠，于是-∠=∠-∠=∠PQB CAB PAB PAC DBQ CDB ∠=∠， 所以PAC DBQ ∠=∠ 【证明2】：如图，连AB ，显然ABP ABC PBC ADQ DAQ PQA ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 可知P B Q A ，，，四点共圆，有PQB PAB ∠=∠，于是-∠=∠-∠=∠PQB CAB PAB PAC DBQ CDB ∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠.【证明3】：如图，设E 为PD AB ，的交点.由PB PA ，为圆的切线，可知PAC PDA ∠=∠， PBC PDB ∠=∠由PBC DAQ ∠=∠，可知DAQ PDB BAC ∠=∠=∠， 有AQP DQA ADQ BAC ADC PAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠. 由PB PA =，可知PQPBPB PE = 由QPB BPE ∠=∠，可知△PBE 相似于△PQB ，有DBQ BAC DBQ PDB PQB PBE ∠+∠=∠+∠=∠=∠.由PAC BAC ABC PBC PBE ∠+∠=∠+∠=∠，可知PAC DBQ ∠∠.【证明4】：如图，连AB由ADQ ABC ∠=∠，DAQ PBC BAC ∠=∠=∠,可知△ABC 相似于△ADQ ， 有AQACDQ BC = （1） 由△PAC 相似于△PDA ，可知DA ACPD PA =，由△PBC 相似于△PDB ，可知DBBCPD PB =， DBBCDA AC =（2） 由（1）、（2），可知DBDADQ AQ = 由PDB DAQ ∠=∠，可知△ADQ 相似于△DBQ ，有QBD ∠=PAC ADP ∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠. 【证明5】：如图，连AB显然BDQADQPBC PAC S S S S △△△△=，可知 BDQ DQ BD ADQ DQ AD PBC BC PB PAC AC PA ∠⋅∠⋅=∠⋅∠⋅sin 21sin 21sin 21sin 21 有BDADBC AC =① 由ADQ ABC CAB PBC DAQ ∠=∠∠=∠=∠，，可知△ADQ 相似于△ABC有DQAQBC AC = ② 有①、②，可知DQAQBD AD =. 由PAC ADQ BDQ PBC DAQ ∠=∠∠=∠=∠，，可知PAC DBQ ∠=∠. 【证明6】：如图，设圆心为O ，连AB OP OA OQ ，，，，由PB PA ，为圆的切线，可知AOP PAB ∠=∠由DAQ PBC BAC PDA PAC BAC PAC PAB ∠=∠=∠∠=∠∠+∠=∠，，， 可知PQA QDA QAD AOP ∠=∠+∠=∠，有P O Q A ，，，四点共圆， 于是︒=∠=∠90OAP OQP ，得QD QC =. 由DAQ CAB ∠=∠，可知BAD CAQ ∠=∠. 由ABD ACD ∠=∠，可知△CAQ 相似于△BAD ，有AQCQAD BD =. 将CQ DQ =代入上式，可知AQDQAD BD =. 由DAQ PBC PDB ∠=∠=∠，可知△BDQ 相似于△PAC ，有DBQ PDA ∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠ 【证明7】：如图，设AQ 与圆相交于点E ，BQ 与圆相交于点F ，连FA BE BA ，，.同前，先证明B M A P ，，，四点共圆.由PA OA ⊥，可知DP OQ ⊥，有Q 为DC 的中点. 由BAC PBC DAQ ∠=∠=∠，可知DC EB //，有EA BF =，于是CD FA =，得PAC ABC DBF DBQ ∠=∠=∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠.【备选题】1、如图，设A 为⊙O 外一点，AC AB ，和⊙O 分别切于C B ，，APQ 为⊙O 的一条割线，过B 作AQ BR //交⊙O 于R ，连CR 交AQ 于M ，试证：M O C B A ，，，，五点共圆.【分析】：由于过不在一条直线上的三点可作且只可作一个圆. 因此，证明多点共圆除了上述方法外，我们还可以采用证明你其中的三个与其余的各点均为四点共圆.【证明】：连接BC OC OB ，，，则AC OC AB OB ⊥⊥，，故C O B A ，，，四点共圆.由于AQ BR //，所以BAQ GBR ∠=∠.而BCR GBR ∠=∠，故BCR BAQ ∠=∠∴BCM BAM ∠=∠∴C M B A ，，，四点共圆但过C B A ，，三点只能作一个圆，因此M O C B A ，，，，五点共圆.2、在△ABC 中，从点A 向B ∠、C ∠的平分线引垂线，垂足分别为Q P 、；从点B 向C∠的平分线引垂线，垂足为E ；从点C 向B ∠的平分线引垂线，垂足为F .求证：F E Q P 、、、四点共圆.【证明】：如图，延长AQ AP 、分别交BC 于N M 、.∵BP 平分ABC ∠，BP AP ⊥，∴PM AP =.同理，QN AQ =.∴PBC QPB BC PQ ∠=∠，//. 连结EF∵CFB BEC ∠=︒=∠90， ∴E F C B 、、、四点共圆. 故FBC CEF ∠=∠. 从而CEF QPB ∠=∠. ∴F E Q P 、、、四点共圆.。
四年级下册数学奥数试题-培优拓展训练--第7讲：数表(教师版)
第7讲数表1、认识几种数表。
2、观察数表。
1、让学生认识数表，会观察数表，病根据题意完成数表的接龙练习。
2、在认识数表、理解数表的过程中培养学生的观察能力和推算能力。
例1.一串数排成一行，它们的规律是这样的：头两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和，也就是：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…．问：这串数的前100个数中有多少个偶数?解析：注意观察不难发现每3个数中有1个偶数，这个规律不难解释，因为第一、二个数均是奇数，而每个数都是前两个数的和，所以第三个数为偶数，则第四个数为奇数， (100)÷3=33……1，所以这串数的前100个数中有33个偶数．例2.有一串数如下：1，2，4，7，11，16，…．它的规律是：由1开始，加1，加2加3，……，依次逐个产生这串数，直到第50个数为止．那么在这50个数中，被3除余l的数有多少个? 解析：这串数除以3的余数列，与由1开始依次加1，2，0，1，2，0，1．…所得数串除以3的余数列相同，为1，2，1，1，2，l，1，2，1，…是以1，2，1三个数为周期的数串．也就是说从第1个数开始，每3个数中有2个数被3除余1．有50÷3=16……2，所以有16×2+1=33个数被3除余1．例3.已知一串有规律的数:2513341,,,,382155那么，在这串数中，从左往右数，第10个数是多少?解析：每个分数的分子等于前一个分数的分母加分子，每一个分数的分母等于分子加前一个分数的分母，所以第6、7、8、9、10个分数依次为：8923361015974181,,,,14437798725846765所以第10个分数是4181 6765．例4.观察下面的数表：11；21,12；321,,123；4321,,,1234；54221,,,,12345；L L L L L L根据前五行数所表达的规律，说明：19911949这个数位于由上而下的第几行?在这一行中，它位于由左向右的第几个?解析：注意到，第一行的每个数的分子、分母之和等于2，第二行的每个数的分子、分母之和等于3，…，第五行的每个数的分子、分母之和等于6．由此可看到一个规律，就是每行各数的分子、分母之和等于行数加1．其次，很明显可以看出，每行第一个数的分母是1，第二个数的分母是2，……，即自左起第几个数，其分母就是几．因此，19911949所在的行数等于199l+1949-1=3939．而在第3939行中，19911949位于从左至右第1949个数．例5.出示283000和1970000000，请学生思考，要求这两个数的近似数，你认为选择什么做单位比较合适。
五年级奥数第七次课
五年级奥数第七课教案授课时间：2015 年11月22 日时段08:00 －10:00 第（7）次课授课地点：任课教师黄进旺上课学生曾晰钰黄泓秀陈博课程名称等差数列教学目的认识等差数列，对简单等差数列进行推导教学重点寻找公差、计算等差数列的和教学难点理解自然是的阶加教学过程等差数列知识点（1）1，2，3，4，5，6，7，8，…（2）2，4，6，8，10，12，14，16，…（3）1，4，9，16，25，36，49，…上面三组数都是数列。
数列中称为项，第一个数叫第一项，又叫首项，第二个数叫第二项……以此类推，最后一个数叫做这个数列的末项。
项的个数叫做项数。
一个数列中，如果从第二项起，每一项与它前面一项的差都相等，这样的数列叫等差数列。
后项与前项的差叫做这个等差数列的公差。
如等差数列：4，7，10，13，16，19，22，25，28。
首项是4，末项是28，共差是3。
例题与方法例1、在等差数列1，5，9，13，17，…，401中401是第几项？例2、100个小朋友排成一排报数，每后一个同学报的数都比前一个同学报的数多3，小明站在第一个位置，小宏站在最后一个位置。
已知小宏报的数是333，小明报的数是几？例3、有一堆粗细均匀的圆木，堆成梯形，最上面的一层有5根圆木，每向下一层增加一根，一共堆了28层。
最下面一层有多少根？例4、1+2+3+4+5+6+…+97+98+99+10=？例5、求100以内所有被5除余10的自然数的和。
例6、小王和小胡两个人赛跑，限定时间为10秒，谁跑的距离长谁就获胜。
小王第一秒跑1米，以后每秒都比以前一秒多跑0.1米，小胡自始至终每秒跑1.5米，谁能取胜？课堂练习1.数列4，7，10，……295，298中，198是第几项？2.蜗牛每小时都比前一小时多爬0.1米，第10小时蜗牛爬了1.9米，第一小时蜗牛爬多少米？3.在树立俄，10，13，16，…中，907是第几个数？第907个数是多少？4.求自然数中所有三位数的和。
第7讲 整数四则混合运算(教师版)(知识梳理+典例分析+举一反三+巩固提升)苏教版
第7讲整数四则混合运算学问点一：不含括号的三步混合运算的运算挨次1.运算挨次：在没有括号的算式里，既有乘、除法，又有加、减法，要先算乘、除法，再算加、减法。
假如加号或减号两边同时有乘、除法，则乘、除法可同时计算。
2.关键点：一看、二想、三算、四查。
一看：看清算式中含有哪几级运算；二想：想运算挨次，确定先算什么，再算什么；三算：认真计算；四查：检查是否算错，运算符号和数字是否抄错。
学问点二：含有小括号的混合运算含有小括号的混合运算的运算挨次：在一个算式里，有小括号的要先算小括号里面的，再算小括号外面的。
小括号里面的算式也要先算乘、除法，后算加、减法。
学问点三：含有中括号的混合运算含有中括号的混合运算：在一个算式里，既有小括号，又有中括号，要先算小括号里面的，再算中括号里面的。
考点一：整数四则混合运算【例1】“冰墩墩”和“雪容融”分别是北京2022年冬奥会和冬残奥会的吉利物，“冰墩墩”是以熊猫为原型设计的，“雪容融”是以灯笼为原型设计的。
某单位花费5280元购买了同一型号的“冰墩墩”和“雪容融”毛绒玩偶共35个，作为冬奥学问竞赛的奖品。
“冰墩墩”毛绒玩偶192元一个，“雪容融“毛绒玩偶96元一个。
该单位购买“冰墩墩”和“雪容融”玩偶各多少个？【分析】假设35个都是“冰墩墩”，是用“冰墩墩”毛绒玩偶的单价乘35，得出35个冰墩墩”毛绒玩偶的价钱，再减花的总钱数，除以1个“冰墩墩”毛绒玩偶比1个雪容融“毛绒玩偶多花的钱数，即可得，“雪容融“毛绒玩偶的个数，再求“冰墩墩”毛绒玩偶的个数即可。
【解答】解：（192×35﹣5280）÷（192﹣96）＝（6720﹣5280）÷96＝1440÷96＝15（个）35﹣15＝20（个）答：该单位购买“冰墩墩”20个，“雪容融”玩偶15个。
【点评】本题主要考查了两位数除多位数的应用，本题假设35个都是“冰墩墩”来解决。
1.脱式计算．35×（320﹣170）÷50（36×54﹣984）÷24150÷[90÷（67﹣52）]【分析】本题依据四则混合运算的运算挨次计算即可：先算乘除，再算加减，有括号的要先算括号里面的．35×（320﹣170）÷50计算过程中可运用乘法结合律计算．【解答】解：35×（320﹣170）÷50＝35×150÷50，＝35×（150÷50），＝35×3，＝105；（36×54﹣984）÷24＝（1944﹣984）÷24，＝960÷24，＝40；150÷[90÷（67﹣52）]．＝150÷[90÷15]，＝150÷6，＝25．【点评】在完成脱式计算题目时，要留意计算过程的完整性，中间不要有太大跳动．2.如图是星美花店玫瑰花的进货价和零售价状况。
四年级奥数教程第7讲：有趣的数阵图
第七讲有趣的数阵图（二）例1将1～7这七个自然数分别填入右图的7个小圆圈中，使三个大圆圆周上及内部的四个数之和都等于定数S，并指出这个定数S的取值范围，最小是多少，最大是多少？并对S最小值填出数阵.分析为了叙述方便，用字母表示圆圈中的数.通过观察，我们发现，三个大圆上，每个大圆上都有4个小圆，由题设每个大圆上的4个小圆之和为S.从图中不难看出：B是三个圆的公共部分，A、C、D分别是两个圆的公共部分而E、F、G仅各自属于一个圆.这样三个大圆的数字和为：3S=3B+2A+2C+2D+E+F+G，而A、B、…、F、G这7个数的全体恰好是1、2、…、6、7.∴3S=1+2+3+4+5+6+7+2B+A+C+D.3S=28+2B+A+C+D.如果设2B+A+C+D=W，要使S等于定数即W最小发生于B=1、A=2、C=3、D=4W最大发生于B=7、A=6、C=5、D=4，综上所述，得出：13≤S≤19即定数可以取13～19中间的整数.本题要求S=13，那么A=2、B=1、C=3、D=4、E=5、 F=6、 G=7.注意：解答这类问题常常抓两个要点，一是某种共同的“和数” S.（同一条边上各数和，同一三角形上各数和，同一圆上各数和等等）.二是全局考虑数阵的各数被相加的“次”数.主要突破口是估算或确定出S的值.从“中心数”B处考虑.（B是三个大圆的公共部分，常根据S来设定B的可能值.这里重视B不是简单地看到B处于几何中心，主要因为B参与相加的次数最多）此处因为定数是13，中心数可从1开始考虑.确定了S和中心数B，其他问题就容易解决了.解：例2把20以内的质数分别填入右图的八个圆圈中，使圈中用箭头连接起来的每条路上的四个数之和都相等.分析观察右图，我们发现：①有3条路，每条路上有4个数，且4个数相加的和要相等.②图形两端的两个数是三条路的公共起点和终点.因此只要使三条路上其余两个数的和相等，就可以确保每条路上的四个数的和相等.③20以内的质数共有8个，依次是2、3、5、7、11、13、17、19.如果能从这八个数中选出六个数凑成相等的三对数，问题就可迎刃而解.如要分析，设起点数为X，终点数为y，每条路上4个数之和为S，显然有：3S=2x+2y+2+3+5+7+11+13＋17+19=2x+2y+77.即S最小=29，此时x=2,y=3但这时，中间二个质数之和为47-（19+13）=15，但17＞15，17无处填.所以S=47是无法实现的.这题还另有一个独特的分析推理.即惟一的偶质数必处于起点或终点位上.不然，其他路上为4个质数之和，2处于中间位的路上.这条路为3奇1偶相加，另两条路上为4个奇相加，形成矛盾.再进一步分析，（终点，始点地位对称）始点放上2，终点放上另一个质数，其他6个质数之和必为3的倍数.而经试算，只有终点放上3，而可满足的解法只有一种（已在下图中表出）.解：这样，轻而举地可得到：5+19=24，7+17＝24，11+13=24.例3 把1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分别填入右图中的正方形的各个圆圈中，使得正方形每边上的三个数的和相等.分析和解假设每边上的三数之和为S，四边上中间圆圈内所填数分别为a、b、c、d，那么：a+c=b+d=（1+2+…+8）-2S=36-2S∴2S＝36-（a+C）＝36-（b+d）①若S=15，则a+c=b+d＝6，又1+5=2+4=6，试验可得下图②若S=14，则a+c=b+d=8，又1+7=2+6=3+5=8，试验可得下两图③若S=13，则a+c=b+d＝10，又2+8＝3+7＝4+610，试验可得下两图④若S=12，则a+c=b+d＝12，又4+8＝5+7＝12，试验可得下图例4在一个立方体各个顶点上分别填入1～9这九个数中的八个数，使得每个面上四个顶点所填数字之和彼此相等，并且这个和数不能被那个没有被标上的数字整除.试求：没有被标上的数字是多少？并给出一种填数的方法.分析为了叙述方便，设没有被标上的数字为a，S是每个面上的四个顶点上的数字之和.由于每个顶点数都属于3个面，所以得到：6S=3×（1+2+3+4+5+6+7+8+9）-3a6S＝3×45-3a2S＝45-a （1）根据（1）式可看出：因为左边2S是偶数，所以右边45-a也必须是偶数，故a必须是奇数.又因为根据题意，S不能被a整除，而2与a互质，所以2S不能被a整除，45也一定不能被a整除.”在奇数数字1、3、5、7、9中，只有7不能整除45，所以可以确定a=7.这就证明正方体每个面上四个顶点所填数字之和是19，解法如图.例5 将1～8这八个数标在立方体的八个顶点上，使得每个面的四个顶点所标数字之和都相等.分析观察下图，知道每个顶点属于三个面，正方体有6个面，所以每个面的数字之和为：（1+2+3+4+5+6+7+8）×3÷6=18.这就是说明正方体每个面上四个顶点所填数字之和是18.下面有3种填法的提示，作为练习，请读者补充完整.解：例6在下左图中，将1～9这九个数，填人圆圈内，使每个三角形三个顶点的数字之和都相等.分析为了便于叙述说明，圆圈内应填的数，先由字母代替.设每个三角形三个顶点圆圈内的数字和为S.即：A+B+C=S、D+E+F=S、G+H+I=S、C+G+E=S、A+G+D=S、B+H+E=S、C+I+F=S.将上面七个等式相加得到：2（A+B+C+D+E+F+G+H+I）+C+G+E=7S.即：A+B+C+D+E+F+G+H+I=3S又∵A、B、C、D、E、F、G、H、I，分别代表1～9这九个数.即：1+2+3+4+5+6+7+8+9=45.3S=45S=15.这15就说明每个三角形三个顶点的数字之和是15.在1～9九个数中，三个数的和等于15的组合情况有以下8种即：（1、9、5）；（1、8、6）；（2、9、4）；（2、8、5）；（3、7、5）；（2、7、6）；（3、8、4）；（4、5、6）；观察九个数字在上述8种情况下出现的次数看，数字2、4、5、6、8都均出现了三次，其他数字均只出现两次，所以，符合题意的组合中的2、8、5和4、5、6可填入图中的圆圈内，这样就得到本题的两个解.解：例7在有大小六个正方形的方框下左图中的圆圈内，填入1～9这九个自然数，使每一个正方形角上四个数字之和相等.分析为了叙述方便，我们将各个圆圈内填入字母，如上右图所示.如果设每个正方形角上四个数字之和为S，那么图中六个正方形可得到：a1+a2+b1+b2=S,a2+b2+a3+b3=S,b1+b2+c1+b2=S,a2+b3+b2+b1=S,b2+b2+b3+c3=S,a1+a3+c3+c1=S.将上面的六个等式相加可得到：2（a1+a3+c3+c1）+3（a2+b3+b2+b1）+4b2=6S.则4b2＝S4（a1+a3+c3+c1）+4（a2+b3+b2+b1）+4b2=9S.于是有：4（a1+a2+a3+b1+b2+b3+c1+b2+c3）=4×45=9S.9S=4×45S=20.这就说明每个正方形角上四个数字之和为20.所以：b2=5.从而得到：a1+a2+b1=a2+a3+b3=15，b1+c1+b2=b2+c3+b3=15.由上面两式可得：a1+b1=a3+b3,b1+c1=b3+c3.如果a2为奇数，则a1+b1和a3+b3均为偶数.①若a1为奇数，a3为偶数，则b1为奇数，b3为偶数.因为a2+b3+b2+b1=20，所以b2为偶数，则c1为偶数，c3为奇数.但是a1+a2+5+b1=20，而奇数1、3、5、7、9中含有5的任意四个奇数的和不等于20，有矛盾.②若a1为偶数，a3为偶数，则b1也为偶数，b3也为偶数.因为a2+b3+b2+b1=20，所以b2为奇数，则c1为偶数，c3为偶数，但1～9中只有4个偶数，有矛盾.③若a1为奇数，a3为奇数，则b1、b3也为奇数，这样1～9中有六个奇数，有矛盾.④若a1为偶数，a3为奇数，情况与①相同.综合上述，a2必为偶数.由对称性易知：b2、b2、b1也为偶数.因此a1、a3、c3、c1全为奇数.这样，就比较容易找到此解.解：注：也可以这样想：因为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，中心数用5试填后，余下40，那么大正方形、中正方形对角数字之和一定为10，比如：2+8=10、3+7=10、1+9=10、4+6=10.再利用小正方形调整一下，便可以凑出结果了.习题十1.将1～6六个自然数字分别填入下图的圆圈内，使三角形每边上的三数之和都等于定数S，指出这个定数S的取值范围.并对S=11时给出一种填法.2.将1～10这十个自然数分别填入下左图中的10个圆圈内，使五边形每条边上的三数之和都相等，并使值尽可能大.3.将1～8填入上右图中圆圈内，使每个大圆周上的五个数之和为21.习题十解答1.分析设三个顶点为x、y、Z，三条边中点处放置a、b、c，每边三数之和为S.则有2（x+y+z）+a+b+c=3S.对 x+y+z+a+b+c=1+2+…+6=21∴定数S可取 9、10、11、12.经过试探、搜索知道：顶点放2、4、6，而2、4之间放5，2、6之间放上3，4、6之间放上1，即可.2.3.。
第七讲 归一问题与归总问题(教师版)
第7讲归一问题与归总问题复合应用题中的某些问题，解题时需先根据已知条件，求出一个单位量的数值，如单位面积的产量、单位时间的工作量、单位物品的价格、单位时间所行的距离等等，然后，再根据题中的条件和问题求出结果。
这样的应用题就叫做归一问题，这种解题方法叫做“归一法”。
有些归一问题可以采取同类数量之间进行倍数比较的方法进行解答，这种方法叫做倍比法。
归总问题：在解答某一类问题时，先求出总数是多少（归总），然后用这个总数和题中的有关条件求出最后问题。
这类问题叫做归总问题。
计算公式：每份数×份数＝总数；总数÷每份数＝份数；总数÷份数＝每份数例1 一种钢轨，4根共重1900千克，现在有95000千克钢，可以制造这种钢轨多少根？（损耗忽略不计）分析：以一根钢轨的重量为单一量。
（1）一根钢轨重多少千克？1900÷4＝475（千克）。
（2）95000千克能制造多少根钢轨？95000÷475＝200（根）。
解：95000÷（1900÷4）＝200（根）。
答：可以制造200根钢轨。
例2 王家养了5头奶牛，7天产牛奶630千克，照这样计算，8头奶牛15天可产牛奶多少千克？分析：以1头奶牛1天产的牛奶为单一量。
（1）1头奶牛1天产奶多少千克？630÷5÷7＝18（千克）。
（2）8头奶牛15天可产牛奶多少千克？18×8×15＝2160（千克）。
解：（630÷5÷7）×8×15=2160（千克）。
答：可产牛奶2160千克。
例3 4辆大卡车运沙土，7趟共运走沙土336吨。
现在有沙土420吨，要求5趟运完。
问：需要增加同样的卡车多少辆？分析与解：以1辆卡车1趟运的沙土为单一量。
（1）1辆卡车1趟运沙土多少吨？336÷4÷7=12（吨）。
（2）5趟运走420吨沙土需卡车多少辆？420÷12÷5＝7（辆）。
奥数 一年级 教案 第7讲[1].基础班.教师版
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图形变变变图形与图形之间都存在着许多的内在联系，在这节课中我们的主要目的就是通过对不同图形进行切割，拼组让学生感知到图形之间的变化．让学生通过观察、动手实际操作来找到不同的剪拼方法，通过折一折、画一画、拼一拼的方式，来培养学生的动手能力和空间想象能力．这节课中每种图形的剪拼方法并不唯一，老师要激发学生探究的欲望，鼓励学生用多种方法来解决问题，这样才能更好的发现图形之间的内在联系．1、 教学点为各位老师提供了本节课挂图．2、 第六次课时，提前通知学生准备本节课学具．图形变变变【教学思路】课前先让学生动手摆一摆，然后再进行交流．在这5块积木中，如果用2号、3号、4号、5号这四块，就可以拼成一个正方形．但是要加上1号又应该怎么拼呢？我们可以把1号放在中间，然后把2、3、4、5包围在四周，具体拼法如下：小朋友们，你想不想成为一个奇妙的魔术师呢？今天这节课就让我们进入美妙的图形王国，那里有很多有趣的图形，正等着大家用魔幻的双手来让它们变化，现在就让我们一起去动手试一试吧！晚饭后，小牛哥哥和小牛弟弟玩拼图游戏．哥哥拿出5块积木(如下图)，让弟弟把这5块木板拼成一个正方形．聪明的弟弟很快就拼好了．小朋友，你知道他是怎样拼的吗？动手试一试．请把下图中的正方形分成形状相同、大小相等的四块，然后再拼成一个等腰三角形．【教学思路】把一个正方形的对角重合对折两次，如下图（1），就可以把一个正方形分成形状、大小相等的四个直角三角形．剪出这四个三角形，然后动手拼一拼，可拼成一个等腰三角形，如下图（2）．（1）（2）把下面这个等腰梯形剪成大小一样的三块，怎样剪？【教学思路】题目要求我们剪一剪，其实可以通过画一画的方法画出你是怎么剪的就行了．这道题的方法如右上图：请用八个等腰直角三角形拼成一个大正方形．【教学思路】让学生动手摆一摆，培养学生的动手操作能力，具体操作如下图：该怎样裁剪？怎样拼呢？【教学思路】要想把两块一样大小的正方形，剪拼成一个最大的正方形，我们可以把这两个小正方形对折，然后剪出四个大小一样的三角形，这四个三角形就可以拼成一个最大的正方形．如下图：有一张纸，被分成大小相等的16个方格．请你沿着方格纸的边把这张纸剪成两部分，使得这两部分正好可以拼成一个正方形．该怎样剪拼呢？（中间空白是空的）【教学思路】数一数一共16个方格，要想剪成两部分拼成一个正方形，这个正方形每条边就应该是4个方格．如下图，第一层有7个方格，我们可以剪掉3个；补到第二层上正好是四个；再把第二层上右边多的一个补到第三层也正好是4个，把第三层上剪出4个放到第四层，这样就拼出了一个正方形．沿粗线剪开：变成下面两部分：拼成正方形：动动手：用下面左边的3个图形，拼成右边的大正方形．【教学思路】这道题老师可以先准备好教具让学生摆一摆，然后再让学生把答案画出来．答案有以下几种，其实我们可以发现这几种方法基本相同，只是方位发生了变化．请把下面这个长方形沿方格线剪成形状、大小都相同的4块，使每一块内都含有“中国加油”这四个字中的一个，该怎么剪？【教学思路】数一数，这个长方体一共有28个小方块，要把它分成大小一样的4块，每块应该有7块小方块．因为这四块中每块还必须有一个字，通过尝试沿下面的粗线剪开就可到了答案．沿粗线剪开：分成大小一样的四块：【教学思路】方法1：先把这个图形分成一样的8个小正方形，然后沿折线剪开，就可以拼成右边的图形．方法2：先把这个图形分成一样的4个小长方形，然后沿折线剪开，就可以拼成右边的图形方法1方法2拓展与提高有一天，小动物们在草地上做游戏．小象齐齐看到了一大张纸，是一个正方形缺了一部分，齐齐想：这个图形如果剪一剪、拼一拼，成为一个正方形的框(中间含有一个正方形的空缺)就可以用来当野餐的餐桌了．可是该怎么剪、怎么拼才能符合要求呢？（老师可根据自己的课堂进度灵活处理讲义内容，附加题仅供老师参考使用．）下图所示这块木料可看成由五个小正方形组成．聪明的木工只锯了两次，就拼出了一个正方形桌面．想一想，他是怎样锯、怎样拼的？下面的正方形中共有12个数，请你先算一算它们的和，再把这个大正方形剪成形状、大小都相同的两块，使每块内6个数加起来的和是39．【教学思路】首先我们可以把这个正方形平均分成两份，变成两个长方形，如下图：第一个长方形里面的数相加：11012736847++++++=，第二个长方形里面的数相加：29115431++++=，如果把第一个长方形里面的8，放到第二个长方形中，两边数字的和都是39，并且都是6个数字．但是如果把8分给右边的长方形，两个图形的形状就不相同，这时我们就得想办法使两个图形的形状相同，如下图：沿着中间的粗线剪开，就变成了两个大小一样的图形，计算可知：左边=1101273639+++++=．两边得数相等符合题意．+++++=，右边=829115439最后老师可把剪下的这两块，拿给学生比一比验证大小形状是否一样．请把下图中长方形分成形状相同、大小相等的两块，然后再拼成一个正方形．【教学思路】数一数，这个长方形一共有36块小方块，要剪拼成一个正方形，这个正方形每边应该有6个小方块．具体操作如下图：1． 把下面的正方形剪成大小、形状都一样的四块，但是不能剪成四个正方形、长方形或三角形，应该怎样剪？【答案】答案不唯一，以下提供几种思考．2． 把一个三边都相等的三角形剪成4个形状、大小都相同的三角形，该怎么剪？【答案】具体操作如右上图：3． 把下图剪成形状、大小相等的8个小图形，怎么剪？【答案】具体操作如右上图：4． 你能把下面的三块图形拼成一个长方形吗？【答案】具体操作如下：5．把下面这个长方形沿格线剪成大小相等、形状相同的四块，使每块内都含有“我爱北京”这四个字中的一个字，该怎样剪呢？【答案】沿下面的粗线剪开，就得到了大小相等、形状相同的四块，并且每块内都含有“我爱北京”这四个字中的一个字，有一样东西，你只能用左手拿它，右手却拿不用什么办法能使眉毛长在眼睛下面？到，这是什么东西？小丽明明知道问题的答案，为什么还不断地去人能登上珠穆朗玛峰，有一个地方却永问其他同学呢？远登不上去，那是什么地方？强强跑赛得了第一名，为什么还不高兴呢？某个人到外国去了，可是周围全是中国人，这是怎么回事？【答案】（1）右手；（2）倒立；（3）她在考别人；（4）自己的头顶；（5）倒数第一名；（6）是外国人来到了中国．篮球运动起源于1891年，由美国的体育教师詹姆士·奈史密斯博士发明。
(完整word版)二年级奥数第7次课教案
教学设计课题两步计算的应用题、用绘图法解应用题1、用数学的方法解决在生活和工作中的实质问题知识点—————解应用题。
2、用绘图来表示题目中的条件，帮助理解题意，正确解答。
1、剖析思虑题目所包括的数目关系，锻炼思想的灵巧性。
2、让学生在学习数学的过程中，感学与平时生活的亲密联教课目的系，体验数学的价值，加强受数应用数学的意识。
3、在探究问题解决方法的过程中，发展学生的数学思虑能力，培育主动探究的意识。
教学内容第一课时：【典型例题】例 1：小明的钱不到 5 元（是整角数），假如买 6 枝铅笔，钱不够，还少 5 角。
小明本来最多有多少钱？解题策略：问题求的是“小明本来最多有多少钱” 。
由题意已知小明本来的钱不到 5 元，但加上 5 角后就超出 5 元，且能被 6 整除。
假定每枝笔 8 角钱， 6 枝则是 48 角，不到 5 元，因此不可以；假如每枝 9 角，6 枝就是 54 角，再减去少 5 角，本来最多 49 角。
算式：6×9-5=49（角）【点睛之笔】解答两步计算的应用题，假如不认真思虑，提笔就做，很简单犯错。
因此应当先从条件或问题下手，认真剖析，找出正确的解题方法。
【贯通融会】1、一盒糖果，总数不超出 20 颗，把它们均匀分给 6 个小朋友，还余 2 颗，这盒糖最多有几颗？最罕有几颗？2、泊车场里本来停放的轿车比卡车多 12 辆，以后轿车开走 6 辆，卡车开进 8 辆，这时泊车场里哪一种车多？多多少辆？3、小李和小红到商铺买同一种练习本，结果发现钱没带够，小李缺5 角，小红少 2 分，但两人合起来仍是不够买一本。
这类簿本一本多少钱？4、有大、小两桶油共重 50 千克，两个桶都倒出相同多的油后，分别还剩 10 千克和 6 千克。
大、小两个桶本来各装油多少千克？第二课时：【典型例题】例 2：小明有 10 枝铅笔，小红有 4 枝铅笔，要使两人的铅笔相同多，小明要给小红几枝铅笔？解题策略：我们用图来表示已知条件：小明：小红：从图中我们能够清楚地看到，小明比小红多 6 枝铅笔，把多出来的 6 枝铅笔均匀分红两份，即 6÷2=3，因此小明给小红 3 枝铅笔后，两人的枝数相同。
(四年级奥数讲义)第七讲
(四年级奥数讲义)第七讲四年级奥数讲义 - 第七讲前言本讲义旨在帮助四年级学生提升奥数能力，全面了解和掌握本学期的知识点。
在本讲中，我们将研究以下内容：1. 几何图形的性质2. 数列的练与运算3. 奥数应用题解析请同学们认真听讲，并配合课后作业进行巩固。
一、几何图形的性质1. 点、线、面的定义- 点：不占据空间位置的事物，用大写字母表示，如A、B。
- 线：由无数个点组成的一条直线，用小写字母表示，如a、b。
- 面：由无数个点组成的平面，用大写字母表示，如P、Q。
2. 图形的分类根据边数和角数，我们可以将图形分为以下几类：- 三角形：有3条边和3个角的图形。
- 四边形：有4条边和4个角的图形。
- 正多边形：边相等且角相等的多边形，如正三角形、正方形等。
- 不规则多边形：边和角都不相等的多边形。
3. 图形的性质不同图形具有不同的性质，我们需要了解它们的特点和规律，以便在解题过程中能够快速判断和运用。
例如：- 三角形的内角和为180度。
- 正方形的四个角都是90度。
二、数列的练与运算1. 数列的定义数列是一组按照特定规律排列的数，其中每个数都有自己的位置。
例如：2，4，6，8，10 是一个等差数列，其中公差为2，下一个数等于前一个数加2。
2. 数列的运算在求和或计算等问题中，需要掌握数列的运算方法。
例如：求和公式为：Sn = (a1 + an) * n / 2，其中a1为首项，an 为末项，n为项数。
三、奥数应用题解析在实际问题中，奥数经常与生活中的应用场景联系在一起，我们需要学会将奥数知识用于解决实际问题。
例如：小明每天晨跑，第一天跑8公里，以后每天跑的公里数是前一天的两倍。
问第6天小明总共跑了多少公里？解答：第6天跑的公里数为8 + 8 * 2^5 = 264公里。
总结通过本讲的研究，我们了解了几何图形的性质，掌握了数列的运算方法，并通过应用题实践了奥数知识。
请同学们课后认真复，并完成相关练题。
祝大家取得好成绩！。
第07讲化学键(教师版)
第7讲 化学键钢是在烈火和急剧冷却里锻炼出来的，所以才能坚硬和什么也不怕。
——奥斯特罗夫斯基复习目标1．认识化学键的含义及类别——离子键和共价键。
2．知道离子键与共价键的形成条件，能识别物质中存在的键的类型。
3．知道知道离子化合物、共价化合物的概念，能识别典型的离子化合物和共价化合物。
复习重点难点1．离子键与共价键的识别。
2．能判断离子化合物和共价化合物。
教学过程离子键共价键成键实质 阴、阳离子之间的静电作用形成共用电子对 成键元素 一般是活泼金属元素的原子和活泼非金属元素的原子一般是非金属元素的原子 成键微粒_____________阴、阳离子_______原子成键的条件活泼金属元素的原子与活泼非金属元素的原子化合时易发生电子的得、失形成离子键非金属元素的原子最外层电子未达到饱和状态，相互间通过共用电子形成共价键影响因素 离子半径越小，离子电荷数越多，离子键越强原子半径越小，共用电子对数越多，共价键越牢固形成过程 举例Na 2O ：Na ·＋·O ·····＋·Na ―→Na ＋[∶O ····∶]2－Na ＋NH 3：· N ··∶＋3· H ―→H :HN H :⋅⋅⋅⋅存在范围 只存在于_______离子化合物中可存在于非金属单质(稀有气体除外)、共价化合物及部分离子化合物中离子化合物与共价化合物离子化合物 共价化合物概念 由离子键构成的化合物以共用电子对形成的化合物构成粒子 阴、阳离子 原子 粒子间作用 ________离子键_________共价键熔、沸点较高一般较低，少部分很高(如SiO 2)自 学1自 学2导电性熔融态或水溶液导电熔融态不导电，溶于水有的导电(如硫酸)，有的不导电(如蔗糖)熔化时破坏的作用力离子键一般不破坏共价键，极少数破坏共价键(如SiO2)化学键概念相邻的原子或离子之间______强烈的相互作用分类___________和__________化学反应的本质就是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程离子键与共价键1．离子键的形成2．共价键的分类3．离子键、共价键的存在离子键共价键活泼金属元素与活泼非金属元素如NaCl、Na2S 非金属单质如N2、O2、P4金属阳离子与含氧酸根如KNO3共价化合物极少数的盐，如AlCl3、FeCl3等铵根离子与酸根(或酸式酸根) 如NH4Cl 非金属氧化物，如CO2、SiO2活泼金属的氧化物如Na2O 非金属氢化物，如NH3、HCl 活泼金属的过氧化物如Na2O2含氧酸，如HNO3、H2SO4强碱如NaOH 部分碱，如NH3·H2O 活泼金属的氢化物如NaH 大多数的有机物，如乙醇、乙酸————某些离子化合物如NaOH、Na2O2、NH4Cl ❶并不是所有物质都存在化学键，如稀有气体分子中不存在化学键。
小六奥数第7讲：列方程解应用题一(教师版)
第七讲列方程解应用题（一）在小学数学中，列方程解应用题与用算术方法解应用题是有密切联系的。
它们都是以四则运算和常见的数量关系为基础，通过分析题目里的数量关系，根据四则运算的意义列式解答的。
但是，两种解答方法的解题思路却不同。
由于数量关系的多样性和叙述方式的不同，用算术方法解答应用题，时常要用逆向思考，列式比较困难，解法的变化也比较多。
用列方程的方法解答应用题，由于引进了字母表示未知数，可以使未知数直接参与运算，使题目中的数量关系更加清楚，把未知数当成已知数来用，使我们很容易理清数量关系，正确解决问题。
特别是在解比较复杂的或有特殊解法的应用题时，用方程往往比较容易。
1.基本概念：（1）像4x+2=9这样的等式，只含有一个未知数x，而且未知数x的指数为1的方程叫做一元一次方程；（2）像2x+y=8这样的等式，含有两个未知数x、y，而且未知数的指数都为1的方程叫做二元一次方程；把两个二元一次方程用“﹛”写在一起，就组成了一个二元一次方程组；（3）如果有两个未知数，一般需要两个方程才能求出唯一解，如果有三个未知数，一般需要三个方程才能求出唯一解.2.列方程解应用题的一般步骤是：①审清题意，弄清楚题目意思以及数量之间的关系；②合理设未知数x，设未知数的方法有两种：直接设未知数（问什么设什么），间接设未知数；③依题意确定等量关系，根据等量关系列出方程；④解方程；⑤将结果代入原题检验。
概括成五个字就是：“审、设、列、解、验”.列方程解应用题的关键是找到正确的等量关系。
寻找等量关系的常用方法是：根据题中“不变量”找等量关系。
1.理解一元一次方程、二元一次方程（组）及确定方程解的概念，会解一元一次方程、二元一次方程组；2.能根据题意列方程解答问题。
例1：解下列方程：（1）357x x +=+（2）452x x -=- （3）12(3)7x x +-=+ （4）132(23)5(2)x x --=--（5）5118()2352x x ⎡⎤⨯⨯-=⎢⎥⎣⎦ （6）1123x x +-= （7）527x y x y +=⎧⎨+=⎩（8）2311329x y x y +=⎧⎨+=⎩分析：（1）移项得：375x x -=-，注意把“同类”放在等号的同侧，移项过程中注意变号；化简得：22x =，等式两边同时除以2可得1x =，把1x =代入原式，满足等式。
第7讲 长方体(二)教师版
个性化教学辅导教案1.长方体或正方体（所有面的面积之和）叫做它的表面积．2.一种无盖的长方体水桶，长是5分米，宽是4分米，高是6分米，做这样一对水桶，至少需要铁皮多少平方分米？（接口处忽略不计）()256⨯⨯++⨯（平方分米）⨯⨯⨯56225=44623.如果一个长方体正好可以切成两个棱长为3cm的正方体，这个长方体的表面积是多少？()90⨯⨯+6=+⨯（平方厘米）⨯3233364.一个长方体，长5分米，宽3分米，高4分米，求它的所有棱长的和．()48++（分米）⨯5=434知识点一：容积与体积基本概念1.一个体积为120立方厘米的长方体，长是6厘米，宽是5厘米，那么长方体的表面积是多少？高：456120=÷÷（厘米）表面积：()1482454656=⨯⨯+⨯+⨯（平方厘米）知识点二：单位换算1200毫升=（ 1200 ）立方厘米 1.24立方米=（ 1240 ）升=（ 1240000 ）毫升 50立方米=（ 50000 ）升 100立方厘米=（ 0.1 ）升知识点三：体积大小的比较3.有一个正方体水箱，从里面量棱长是5dm ，如果把这一满水箱的水倒入一个长8dm 、宽7dm 、深2.5dm 的长方体水池内，是否可以装下？125555=⨯⨯（立方分米）1405.278=⨯⨯（立方分米）125140> 所有不可以装下4.一个包装盒，如果从里面量长2.8dm ，宽2dm ，体积为11.76dm 3．妈妈想用它包装一件长2.5dm ，宽1.6dm ，高2dm 的玻璃器皿，是否可以装下？这个玻璃器皿的表面积是多少？高：1.228.276.11=÷÷（分米）长：5.28.2> 宽：6.12> 高：21.2>知识点四、切割组合对体积的影响5．如果把一个长方体切割成两个小长方体，表面积的总和比原来表面积（ A ）A.增加B.减少C.不变6．把一个长方体切割成两个小长方体，体积（ C ），表面积（ A ）A.变大B.变小C.不变1.学生对长方体体积与容积的概念的理解易出错2.学生易将体积公式与表面积公式混淆3.单位换算问题易出错4.不规则物体体积的求法较难理解知识点一、容积与体积基本概念1．体积是指所占空间的大小；容积是指所容纳物体的体积；一个物体的容积一般都比它的体积小．当容器壁厚度忽略不计时：体积=容积；否则体积<容积．比如说，一个洗发液的瓶子里面所能装下的洗发液的体积就是它的容积．（容器壁忽略不计）2．体积计算方法：长方体的体积=长×宽×高正方体的体积=棱长×棱长×棱长长方体和正方体的体积=底面积×高=右面面积×长=前面面积×宽3．体积相等的两个长方体或者一个长方体与一个正方体，表面积不一定相等，棱长和也不一定相等．4．体积相等的两个正方体，表面积一定相等，棱长和也一定相等．5．体积相等的情况下正方体的表面积比长方体的小；表面积相等的情况下正方体的体积比长方体的体积大．例题精讲：【例1】一个长方体框架长8厘米，宽6厘米，高4厘米，做这个框架共要（72）厘米铁丝，是求长方体（总棱长），在表面贴上塑料板，共要（208平方厘米）塑料板是求（表面积），在里面能盛（0．192）升水是求（容积），这个盒子有（0．000192）立方米是求（体积）．【例2】表面积相等的长方体和正方体的体积相比，（①）．知识点七、展开图形拼长方体或正方体【例1】用一张长60厘米，宽40厘米的长方形铁皮，做成一个无盖长方体盒子，做成盒子的容积是多少？思路一：从四个角上分别剪去一个边长为10厘米的正方形后，观察思考做成的长方体长是（），宽是（），高是多少？求出它的容积．思路二：从左边剪下两个边长为10厘米的正方形，然后把这两个正方形焊接到右边，做成一个无盖的长方体，观察思考做成的长方体长是（），宽是（），高是多少？求出它的容积．思路三：从这个长方体上先剪下一个连长为40厘米的正方形做底面，然后把剩下的长方体平均分成四个长方形做前后左右面，这样做成一个无盖长方体，观察思考做成的长方体长、宽、高是多少？求出它的容积．1.一个正方体的表面展开图是与A相对的面是（）。
第7讲 8-9的认识及加减法讲义教师版
第7讲 8-9的认识及减法1.认识数字8,9，并会读写2.会比较大小3.会拆数及计算1.能够理解7、8的含义，熟练掌握7、8的组成。
2.在6以内加减法的基础上，熟练地进行8.9以内的加减法计算。
我们学习过了1、2、3、4、5、6这6位小朋友，接下来我们来继续认识另外2位好朋友吧1.认识数字8,9，并会读写2.会比较大小3.熟练拆数及加减运算计算知识点一一、8和9的认识1、8和9的读法和写法2、会数数3、会对1-9之间的数做出大小比较例1.填空一共有（）辆小汽车。
从左边数，把第9辆汽车圈出来。
从右边数，把第8辆汽车圈出来。
【答案】9，【解析】会正确数出8和9，能分清左右练习1.【答案】答案不唯一【解析】数的组合会读出8和9，能对8和9进行拆分例2.【答案】【解析】通过数图的多少，比较数的大小练习 1.（）只）只（）只（）只（）只【答案】6,7,8,47【解析】数数，要按一定的顺序数出图形中数量练习2.帮小鱼排队。
（从大到小排列下面各数。
）＞＞＞＞＞＞＞＞＞【答案】【解析数的比较大小，按照数的顺序填写即可1、8和9的读法和写法2、会数数3、会对1-9之间的数做出大小比较8 4 0 7 5 9 1 3 6 2知识点二一，8和9的拆分1、8和9的拆分和组合2，简单的口算例1. 在括号里填上合适合适的数【答案】3,6,4,7，【解析】熟悉8的组成练习1.算一算+2=84+=8=()，=().【答案】6,4【解析】算式填空练习2.写出算式，使每个算式都不相同。
（）＋( )＝8 （）＋( )＝8（）＋( )＝8 （）＋( )＝8（）＋( )＝8 （）＋( )＝8【答案】答案不唯一【解析】数的拆分数的拆分和组合例2.【答案】9、5、5、9、5、4；8、6、8、6、6、2【解析】根据和与差的四个算式填写即可练习1.【答案】7,2,9,6,4,9,3,6【解析】直接口算即可知识点三一、8和9的应用1、1-9之间的加减计算2、8和9的加减应用例1.猴子夺红旗。
三年级第七讲 周期问题教师版(1)
第7讲周期问题（孙剑阳）内容概述各种涉及事物循环变化的周期问题，学会通过观察、试算发现周期规律，并由此进行计算，有时需灵活选择周期起点，学会处理多重周期的问题，以及与星期有关的日期问题。
典型问题兴趣篇1. 如图7-1，由一系列黑、白三角形按一定的规律排成一行。
请问：第26个图形应该是什么样子？【分析】▲△△为一个周期，26÷3=8…2，第26个图形和第2个图形一样是△2. 在学校运动会的开幕上，46名同学组成仪仗队站成一排。
如图7-2所示，每人手里都举着一面采旗，从左到右颜色依次是红、黄、蓝、绿四种颜色依次循环。
最右侧的同学手里的彩旗是什么颜色的？【分析】红黄蓝绿4个旗为一个周期，46÷4=11…2，最右侧为黄旗3. 如图7-3所示，将自然数从1开始顺次写在A、B、C、D、E这五个字母下面，问：208会出现在哪个字母下面？【分析】208÷5=41…3，208会出现在在C下4. 在一根绳子上依次穿2个红珠、3个白珠、5个黑珠，并按此方式重复，如果从头开始一共穿了77颗珠子，那么这77颗珠子中白珠比黑珠少多少颗？【分析】红红白白白黑黑黑黑黑，2+3+5=10,77÷10=7…7，白珠：3×7+3=24黑珠：5×7+2=37，37-24=13，白珠比黑珠少13颗5. 如图7-4，四只小动物不断交换座位，一开始，小鼠坐第1号椅子，小猴坐第2号椅子，小兔坐第3号椅子，小猫坐第4号椅子。
第一次前后两排交换，第二次在第一次交换的基础上左右两列交换，第三次又是前后两排交换，第四次再左右两更交换……这样一直换下去。
第十次交换座位后，四只小动物分别坐在第几号椅子上？。
第7讲.竞赛123班.教师版
被世人誉为数学王子的德国数学家高斯曾经说过“如果说数学是科学的皇后,那么数论是数学皇后的皇冠。
” 大家熟知的“费马大定理”，“哥德巴赫猜想”就是这个皇冠上璀璨的明珠。
有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
1. 回顾数论知识体系；2. 精讲数论经典范例。
【例1】 加工某种机器零件,要经过三道工序,第一道工序每名工人每小时可完成6个零件,第二道工序每名工人每小时可完成10个零件,第三道工序每名工人每小时可完成15个零件.要使加工生产均衡,三道工序最少共需要多少名工人?【分析】为了使生产均衡,则每道工序每小时生产的零件个数应相等,设第一、二、三道工序上分别有A 、B 、C 个工人,有61015A B C k ===,那么k 的最小值为6,10,15的最小公倍数,即[]6,10,1530=。
所以5A =,3B =，2C =，则三道工序最少共需要53210++=名工人．【例2】 甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，那么甲数是多少?【分析】对90分解质因数:902335=⨯⨯⨯。
因为5|126,所以5|甲,即甲中不含因数5,于是乙必含因数5。
因为2|105,所以2|乙,即乙中不含因数2,于是甲必含2。
因为9|105,所以9|乙,即乙最多含有一个因数3，甲必含9。
综上所述，甲为18的倍数，所以只能是18。
注：两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子,并且这些质因数的个数为两数中此质因数的最大值．如322357a =⨯⨯⨯,32235711b =⨯⨯⨯⨯，则A 、B 的最小公倍数含有质因子2,3,5,7,11,并且它们的个数为a 、b 中含有此质因子较多的那个数的个数.即依次含有3个,3个,2个,1个,1个,即332[,]235711a b =⨯⨯⨯⨯。
第7讲 对数平均及其妙用(教师版)
§ 7 对数平均及其妙用秒杀知识点：知识点1：（平均数和对数平均）设a ，b 是两个不相等的正数，则称2a b +211a b +为调和平均数；把ln ln a b a b--称为对数平均数． 知识点2：（对数平均不等式）设a ，b +∈R ，且a b ≠ln ln 2a b a b a b -+<-．①[证明]不妨设0a b >>且a tb =，则1t >．于是①式变为()()112ln t b t bt+->>，即112ln t t t +->()21ln 1t t t ->>+． 当1t >时，要证()21ln 1t t t ->+，只需证()21ln 01t t t -->+．即4ln 201t t +->+．令()4ln 21g t t t =+-+，则()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++． ∴()g t 在()1,+∞内递增．又()10g =，∴()()10g t g >=．即4ln 201t t +->+．当1t >时，要证ln t <，设k =1k >时()12ln 0h k k k k=-+<．()()()22212110,k h k h k k k k -'=--=<∴在()1,+∞内递减．又()10h =，∴()()10h k h <=，即①式成立．知识点3:（平均数不等式）②若0b a >>，则有211ln ln 2a b a b a b a b a b-+<<<<<-+．秒杀思路分析对于试题中含有ln x 或e x 的函数()f x ，证明有关两个变量的关系式求某个参数的取值范围问题往往可联想到对数不等式，有时在复杂问题的导数正负判定中妙用对数不等式放缩也可大大简化证明过程． 特别对于证明不等式问题，只要化归成均值不等式链即可证明． 下面通过几例给出解题思路与步骤．【示例1】（2016年全国卷文21）设函数()ln 1f x x x =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）求证当()1,x ∈+∞时，11ln x x x-<<；（3）设1c >，求证当()0,1x ∈时，()11x c x c +->． 这是比较典型的不等式问题．【秒杀方法】（1）易知()f x 的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞．（2）对于不等式11ln x x x -<<．由均值不等式链即可得到11ln x x x -<<，即11ln x x x-<<．（3）令()11t c x =+-，()1,t c ∈，则原不等式可化为ln ln 11t c t c >--．令()ln 1x x x ϕ=-，()()21ln 01x xx x x ϕ--'=<-，∴()x ϕ在()1,c 内递减． ∴()()t c ϕϕ>，故原不等式成立． 注：1ln x x x ->就是不等式（2）的变形． 【示例2】设0a b <<，求证不等式222ln ln a b a a b b a-<<+-．本题为2002年硕士招生试题二卷九题，这是一道经典的对数不等式证明问题，下面先给出命题组给出的证法．先证明右边的不等式：ln ln b a b a-<-a x b <<． 引入())ln ln f x x a =--．则()2f x '===．0a b <<，且a x b <<，∴()0f x '>，从而()f x 严格单调递增，又()0f a =，从而知()()0f x f a >=，令x b =，则()0f b>，即：)ln ln 0b a -->，即ln ln b a b a-<-．下面证明左边不等式222ln ln a b a a b b a-<+-：引入()()()()22ln ln 2f x a x x a a x a =+---，其中0a x b <<<．则()()()22212ln ln 22ln 0a x x f x x x a a x x a x a x+'=-+-=+->．∴()f x 严格单调递增，由()0f a =知()()0f x f a >=． 令x b =，则()0f b >，即()()()22ln ln 20a b b a a b a +--->． 即222ln ln a b a a b b a-<+-．故原不等式得证．其实此不等式右边即ln ln b a b a->-为，即对数不等式．对左边不等式可变形为22ln ln 2b a a b b a a-+<-． 【秒杀方法】∵0a b <<，∴222a ab a b ++＜．即22a b a b a ++<，∴2222a b a b a ++<∵22ln ln 22b a a b a b b a a-++<<-， ∴22ln ln 2b a a b b a a-+<-，即左边不等式成立，右边即为对数平均不等式． 【示例3】（2011年辽宁卷理21改编）若函数()()2ln 2f x x ax a x =-+-的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ．求证：()00f x '<． 【秒杀方法】设()1,0A x ，()2,0B x ，且12x x ≠，则1202x x x +=． 即需证明1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭．∵()122f x ax a x '=-+-，只需证明()1212220a x x a x x -++-<+，①∵()10f x =，()20f x =∴()2111ln 20x ax a x -+-=，()2222ln 20x ax a x -+-=． 两式相减得()()()22212121ln ln 20x x a x x a x x ---+--=， 则()212121ln ln 20x x a x x a x x ---+-=-．由对数均值不等式知1221212ln ln x x x x x x +->-． ∴211221ln ln 2x x x x x x -<+-，不等式①成立，从而()00f x '<．方法对比【例1】（2020年天津卷理21）已知函数()()e x f x x x -=∈R ． （1）求()f x 单调区间和极值．（2）已知函数()y g x =的图像与函数()y f x =的图像关于直线1x =对称，求证当1x >时，()()f x g x >； （3）证如果12x x ≠，且()()12f x f x =，求证：122x x +>．本题就是e x x y =型函数问题，可利用e x x y =的相关性质进行分析与论证，具体可参考篇章相关内容．下面具体分析第（3）问．【例2】（2016年课标全国Ⅰ卷理21）已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-有两个零点． （1）求a 的取值范围．（2）设1x ，2x 是的两个零点，求证：122x x +<．这事典型的双零点问题，是较难的试题，特别是含参数问题，常规方法就是分类讨论零点存在情况． 下面只给出（2）的对比情况．秒杀训练【试题1】已知函数()()1ln f x m x m x =--∈R ，若函数恰有两个零点1x ，()212x x x <，求证：122x x +>．【解析】∵111ln m x x =+，221ln m x x =+∴121211ln ln x x x x +=+∴212112ln ln x x x x x x -=-，即211221ln ln x x x x x x -=-．由对数平均不等式知2121ln ln x x x x ->-121x x >．则122x x +>=，故122x x +>．【试题2】已知()1ln 12m f x x x =+-的两个零点为1x ，()212x x x <．（1）求m 的取值范围． （2）求证12112ex x +>．【解析】（1）的取值范围为e 0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭． （2）依题意得()()120f x f x ==，即121211ln 1ln 122m m x x x x +-=+-即1212111112ln ln x x m x x -=-．又12x x <，由对数平均不等式得：121212111111122ln ln x x x x m x x -->=-， 即12111x x m +>．又由（1）e 02m <<得12112ex x +>．【试题3】已知函数()()e x f x ax a a =-+∈R 的图像与x 轴交于()1,0A x ，()2,0B x 两点，求证124x x +>，1212x x x x +>．【解析】∵()e x f x a '=-，当时0a ≤，()0f x '≥，()f x 递增，函数()f x 的图像与x 轴至多有一个交点，不合题意，则0a >．∵()()120f x f x ==，∴()11e 1x a x =-，()22e 1x a x =- 由0a >得110x ->，210x ->，则12121e 1x x x x --=-． 取对数得()()2112ln 1ln 1x x x x -=---．即()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---=---．由对数平均不等式得()()()()()()12121211112ln 1ln 1x x x x x x -+---->>---∴()()121112x x -+->>整理即得124x x +>，1212x x x x +>． 【试题4】已知函数()ln a f x x ax x =-+．（1）若01a <<，求证202a f ⎛⎫>⎪⎝⎭； （2）当()f x 有三个零点时，求a 的取值范围． 【解析】（1）略．（2）∵()10f =，∴1x =是()f x 的一个零点，设另外两个零点分别为1x ，2x ， 且120x x <<，则有：1111ln x a x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，2221ln x a x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭相减得()2121121ln ln 1x x a x x x x ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭．∴212112ln ln 11x x a x x x x ⎛⎫-=+ ⎪-⎝⎭．由对数平均不等式有2121ln ln x x x x ->-∴1211a x x ⎛⎫+<⎪⎝⎭，∴12111x x ⎫>+⎪⎭2a =≥，即12a <． 又由()2121121ln ln 10x x a x x x x ⎛⎫-=-+> ⎪⎝⎭知0a >．故102a <<．真题回放【试题1】（2018年全国Ⅰ卷理21）已知函数()1ln f x x a x x =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点，1x ，2x ；求证()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为()()2210,.x ax f x x -+'+∞=． ①若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=．则()f x 在()0,+∞上单调递减．②若2a >．令()0f x '=，得12x x ==当22a a x ⎛⎛⎫+∈+∞⎪⎝⎭⎝⎭时()0f x '<． 当x∈⎝⎭时()0f x '>．故()f x 在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减． 在⎝⎭上单调递增． （3）由（1）知，()f x 有两个极值点时2a >． 由（1）知，1x ，2x 是方程210x ax -+=的两根． 则121x x =，不妨设120x x >>．∴()()()()211212121212121212ln ln ln ln 2x x x x a x x f x f x x xx x a x x x x x x ---+---==-+---由对数平均不等式得12121ln ln x x x x ->=-，即1212ln ln 1x x x x -<-．∴1212ln ln 22x x aa x x --+<--，故()()12122f x f x a x x -<--． 【试题2】（2013年全国大纲卷理22）设函数()()()1ln 11x x f x x xλ+=+-+．（1）若0x ≥，()0f x ≤，求的最小值； （2）设数列{}n a 的通项111123n a n =++++，求证：21ln 24n n a a n-+>．【解析】（1）略．（2）证明：当0b a >>时有211ln ln b a b a a b->-+（对数均值不等式），即()111ln ln 2b a b a a b ⎛⎫-<+- ⎪⎝⎭，令a n =，1b n =+． 则()111ln 1ln 21n n n n ⎛⎫+-<+ ⎪+⎝⎭，则； ()()111ln 2ln 1212n n n n ⎛⎫+-+<+ ⎪++⎝⎭ ()()111ln 3ln 2223n n n n ⎛⎫+-+<+ ⎪++⎝⎭()()111ln 2ln 212212n n n n ⎛⎫--<+ ⎪-⎝⎭将上式相加得()112221ln 2ln 212212n n n n n n n ⎛⎫-<+++++ ⎪++-⎝⎭．即11111ln 2212214n n n n n⎛⎫<+++++⎪++-⎝⎭，故11111ln 2122124n n n n n+++++>++-， 故21ln 24n n a a n-+>．【试题3】（2014年陕西卷理科）设函数()()ln 1f x x =+，()()()0g x xf x x '=≥，其中()f x '是()f x 的导函数．（1）()()1g x g x =，()()()1n n g x g g x +=，n ∈N ，求()n g x 的表达式； （2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围； （3）设n +∈N ，比较()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明．【解析】（1）略，（2）略． （3）∵()1x g x x=+，∴()()()12g g g n +++12111231231n n n n ⎛⎫=+++=-+++ ⎪++⎝⎭而()()ln 1n f n n n -=-+，因此只需比较111231n ++++与()ln 1n +的大小即可． 利用对数均值不等式：当0b a >>时，有； ln ln b a b b a ->-，即ln ln b a b a b-->，故可令1b n =+，a n =． 则()1ln 1ln 1n n n +->+，即1ln 2ln12->．1ln 3ln 23->，…，()1ln 1ln 1n n n +->+将以上各不等式相加得()11111ln 12341n n n +>++++++， 即得()()()()12g g g n n f n +++>-．。
三年级上奥数教材7教案教学设计（人教版三年级上册）
三年级上奥数教材7教案教学设计（人教版三年级上册）（2）夏=3，此时算式变为：此时，春只能取 1，2。
①若春=1，则四=4，季=0，冬=0，出现重复，所以春≠1。
②若春=2，则乘积中的季只能为 9，0，1。
季取 9，则乘积的个位冬=7，被乘数千位上的秋只能取 0，乘积的首位数字四=6，得到一个解：42季取 0，则乘积个位上的冬=0，出现重复，所以季≠0；季取 1，则乘积中个位上的冬=3，与夏=3 重复，所以季≠1。
（3）夏=4，此时算式为：此时春只能取 1，2。
①若春=1，则四=5，冬=8，季=7，秋=2，得到另一个解：②若春=2，则四=9，这样十位要向百位进 3，那么被乘数百位上的冬与 4 相乘的积的个位就为 1，则冬无值可取，所以春≠2。
（4）若夏=5，此时算式为：此时，春只能取 1，乘积个位上的冬必为 0，那么百位上冬与 5 相乘的积再加上十位的进位不可能等于 5，因此夏≠5。
43（5）若夏=6，此时算式为：此时，春只能为 1，则四=9，这样被乘数的十位 9 与 6 相乘后向百位进 5，被乘数的百位冬与 6 相乘的积的个位就应为 1，因此冬无值可取，故夏≠6。
此题有两个解：例 2 下式中不同的汉字代表不同的数字，相同的汉字代表相同的数字，它们各代表什么数时，算式成立？盼盼盼盼盼盼÷u24402X=香港已经回归分析与解这是一个除法算式，我们可以利用乘法与除法是互为逆运算的关系，将原来的式子改写成：香港已经回归×u24402X=盼盼盼盼盼盼因为横式中数字之间的关系不如竖式明显，所以还可以进一步改写成：44这样就变成我们比较熟悉的形式了。
在这个算式中，因为乘积的六位数字均相同，并且算式中被乘数的个位与乘数是相同的两个字母，所以我们由此进行分析。
因为归×归的个位不能与归相同，所以归只能取 2，3，4，7，8，9。
下面进行试验：（1）归=2，则盼=4，这时算式为：因为乘积与乘数已定，所以被乘数可以通过积÷u20056X数得到：444444÷2=222222，则香=港=已=经=回=2，出现重复，所以归≠2。
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第七讲染色与操作问题1. 掌握染色问题的分析思路和典型的染色方法；2. 理解操作问题的解题方法。
那类题目，它指的是一种解题方法。
染色方法是一种将题目研究对象分类的形象化方法，通过将问题中的对象适当染色，我们可以更形象地观察分析出其中所蕴含的关系，再经过一定的逻辑推理，便能得出问题的答案。
这类问题不需要太多的数学知识，但技巧性、逻辑性较强，要注意学会几种典型的染色方法。
【例1】 六年级一班全班有35名同学，共分成5排，每排7人，坐在教室里，每个座位的前后左右四个位置都叫作它的邻座。
如果要让这35名同学各人都恰好坐到他的邻座上去，能办到吗？为什么？【分析】 划一个57 的方格表，其中每一个方格表示一个座位。
将方格黑白相间地染上颜色，这样黑色座位与白色座位都成了邻座。
因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格。
但实际上图中有17个黑格，18个白格，黑格与白格的个数不相等，故不能办到。
【例2】 右图是学校素质教育成果展览会的展室，每两个相邻的展室之间都有门相通。
有一个人打算从A 室开始依次而入，不重复地看过各室展览之后，仍回到A 室，问他的目的能否达到，为什么？【分析】 采用染色法。
如右下图，共有9个展览室，对这9个展览室，黑白相间地进行染色，从白室A 出发走过第1扇门必至黑室，再由黑室走过第2扇门至白室，由于不重复地走遍每一间展览室，因此将走过黑白相间的8个展览室，再回到白室A ，共走过9扇门。
由于走过奇数次门至黑室，走过偶数次门至白室。
现在，走过9扇门，必至黑室，所以无法回到原来的白室A 。
[巩固] 有一次车展共6636⨯=个展室，如右图，每个展室与相邻的展室都有门相通，入口和出口如图所示。
参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来[分析] 如右下图，对每个展室黑白相间染色，那么每次只能从黑格到白格或从白格到黑格。
由于入口处和出口处都是白格，而路线黑白相间，首尾都是白格，于是应该白格比黑格多1个，而实际上白格、黑格都是18个，故不可能做到不重复走遍每个展室。
A【例3】 右图是半张中国象棋盘，棋盘上放有一只马。
众所周知，马是走“日”字的。
请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？【分析】 马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如下图所示，先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共有22个○和23个●。
因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。
现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有232245+=个点，所以不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点。
讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的。
但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。
从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44个点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）。
因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●。
也就是说，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点。
【例4】 右图是由14个大小相同的方格组成的图形。
试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？马【分析】将这14个小方格黑白相间染色（见右下图），有8个黑格，6个白格。
相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形。
【例5】用11个和5个能否盖住88⨯的大正方形？【分析】如右图，对88⨯的正方形黑白相间染色后，发现必然盖住2白2黑，5个则盖住10白10黑。
则盖住了3白1黑或3黑1白，从奇偶性考虑，都是奇数。
而这种形状共11个，奇数个奇数相加仍为奇数，故这种形状盖住的黑格和白格都是奇数，加上另一种形状的10白10黑，两种形状共盖住奇数个白格奇数个黑格。
但实际染色后共32个白格32个黑格，故不可能按题目要求盖住。
注意：本题中每个盖3白1黑或3黑1白，11个这种形状盖住的不一定是33白11黑或33黑11白，因为可能一部分盖3白1黑，另一部分盖3黑1白。
这是一个容易犯错的地方。
[前铺] 能否用9个所示的卡片拼成一个66⨯的棋盘？[分析] 不能。
将66⨯的棋盘黑白相间染色（见右图），有18个黑格。
而每张卡片盖住的黑格数只能是1或者3，所以每张卡片盖住的黑格数是个奇数，9张卡片盖住的黑格数之和也是奇数，不可能盖住18个黑格。
[巩固] 如右图，缺两格的88⨯方格有62个格，能否用31个图不重复地盖住它且不留空隙[分析] 这种覆盖问题是典型的用染色方法解决的问题之一。
用来覆盖，则用黑白相间染色，可以发现它无论横放、竖放，必然盖住一白一黑。
要不重复不留空白，那总共盖住的黑格数与白格数应该相等。
但从染色后整个图来看，黑格30个，白格32个，故不可能将整个图不重不漏地盖住。
【例6】用若干个22⨯和33⨯的小正方形能不能拼成一个1111⨯的大正方形？请说明理由。
【分析】如右图所示，将22⨯或33⨯的小正方形沿格线摆在右图的任何位置，必定盖住偶数个阴影方格，而阴影方格共有77个，是奇数，所以只用22⨯和33⨯的小正方形，不可能拼成1111⨯的大正方形。
[拓展] 1个22⨯正方形和15个41⨯长方形能不能拼出88⨯的大正方形请说明理由。
[分析] 若仍然将88⨯的大正方形黑白相间染色，则22⨯和41⨯两种形状盖住的都是两白两黑。
必须寻找其他的染色方法。
新的方法必须使得22⨯和41⨯长方形无论放在何处，都分别符合一定的规律。
采用如右图的染色方法，则：41⨯长方形必盖住两黑两白，共15个41⨯，盖住30黑30白；22⨯长方形可盖住3白1黑或3黑1白。
可以发现，总共只能盖住31黑33白或31白33黑，而图中实际有32个黑格32个白格，故不可能用15个41⨯和1个22⨯的长方形盖住88⨯的大正方形。
对区域染色也可理解为对多个方格染色，但此时方格染色范围更广，染色方案更加灵活。
【例7】n ，当n 为奇数时，加上121；当n 为偶数时，除以2，这算一次操作。
现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？【分析】 同学们碰到这种题，可能会“具体操作”一下，得到：这个过程还可以继续下去，虽然一直没有得到100，但也不能肯定得不到100。
当然，连续操作下去会发现，数字一旦重复出现后，这一过程就进入循环，这时就可以肯定不会出现100。
因为这一过程很长，所以这不是好方法。
我们可以从另一个方面来考虑，因为231和121都是11的倍数，而2不是11的倍数，所以在操作过程中产生的数也应当是11的倍数。
100不是11的倍数，所以不可能出现。
【例8】 将一张正方形纸片，横着剪4刀，竖着剪6刀，裁成尽可能大的形状大小一样的35张长方形纸片。
再把这样的一张长方形纸片裁成尽可能大的面积相等的小正方形纸片。
如果小正方形边长为2厘米，那么大正方形纸片的面积应为多少平方厘米？说明理由。
【分析】 大正方形纸片被横着裁成5份，竖着裁成7份，所以裁成的长方形纸片的长宽比为7:5，若将这样的纸片切割成尽可能大的正方形纸片，则正方形纸片边长应该为长方形纸片长、宽的公约数，而()=，所以长方形纸片的宽是小正方形纸片的边长的5 7,51倍，2510⨯=，所以长方形纸片宽10厘米，大正方形纸片边长为⨯=平方厘10770⨯=厘米。
所以大正方形纸片的面积为70704900米。
【例9】能否把2002台电话中的每台电话恰好与其它5台相连？【分析】如果我们可以把6个电话或8个电话做到每台电话与5个电话相连接，我们可以将2002分成6个一组的共331组以及8个一组的共2组。
如下图，每个点代表一台电话，每条线段表示其两个端点为相连接的两台电话，左图为6台电话的情形，右图为8台电话的情形。
所以我们可以把2002台电话中的每台电话恰好与其它5台相连。
【例10】下图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。
从A点穿过房间到达B处，如果只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？【分析】8只有一个口，只能选择进B；7有两种选择，可以选择进B也可以选择进8，所以7有2种走法；依此类推，每间房间的走法种数如下：81;72;63;55;48;313;221;134→→→→→→→→。
所以从A点开始有213455+=（种）。
【例11】右图是一个45⨯的方格盘。
先将其中的4个方格染黑，然后按以下规则继续染色：如果某个格与两个黑格都有公共边，就将这个格染黑。
这样操作下去，能否将整个方格盘都染成黑色？【分析】开始时染黑4个方格，这4个方格的总周长不会超过4416⨯=，以后每染一个格，因为这个格至少与两个黑格有公共边，所以染黑后，所有黑格的总周长不会增加。
也就是说，所有黑格的总周长永远不会超过16，而45⨯方格盘的周长是18，所以不能将整个方格盘都染成黑色。
【例12】如图，图1的88⨯方格中交替填满了0和1，图2是从图1中任意位置截取的、、三种图形，并对每种图形进行操作：每个小方格同时加1或同时减1，如此反复多次，再将这三种图形不重叠地拼成的。
问：图2中的A格中的数字应该是多少？【分析】此题似乎脱离了染色问题，问的是数字，但注意到图1中0和1的交替，想到将88⨯方格自然染色(如右图)，则黑格里全为1，白格里全为0。
而题中的三种图形，22⨯方格必占2白2黑，23⨯的方格必占3白3黑，黑白格数都相同。
再想到对它们的操作：每个小格同时加1或减1，因黑白格数相等，那么操作中不变的应该是黑格数字和与白格数字和之差，三种图形拼出的图2中这个差也应该不变。
于是对比图1和图2，图1中：黑格数字和-白格数字和32=；图2中：黑格数字和一白格数字和(31)32A =+-，即(31)3232A +-=，得33A =。
[前铺] 对于表⑴，每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过若干次后（各次减去或加上的数可以不同），变为表⑵？为什么？[分析] 因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过一次变化后，等于原来的总和加上或减去那个数的2倍， 因此总和的奇偶性没有改变。
原来九个数的总和为12945+++=L ，是奇数，经过若干次变化后，总和仍应是奇数，而表⑵中九个数的总和是4，是个偶数。
奇数不可能等于偶数，所以不可能变成表⑵。
[前铺] 在图⑴的方格表中，对任意相邻的上下或左右两格中的数字同时加1或减1，这算一次操作，经过若干次操作后变为图⑵，问：图⑵中的A 格中的数字是几？[分析] 将44⨯的方格进行黑白相间染色，如右图所示，每个小格同时加1或减1，因黑白格数相等，那么操作中不变的应该是黑格数字和与白格数字和之差，由图⑴知这个差是8，由图⑵可知：白格数之和-黑格数之和(7)88A =+-=，所以9A =。