初中数学竞赛 18式的整除
初中数学竞赛《整除(一)》配套练习题
《整除（一）》配套练习题一、解答题1、2012□是一个四位数。
数学老师说：“我在其中的方框内中先后填入3个数字，所得到的3个五位数，依次可被7、13、19整除。
”问：数学老师先后填入的3个数字的和是多少？2、如果四位数2□□2能被73整除，那么商是多少？3、用数字1、2、3各两次组成一个六位数，使它是56的倍数。
4、五位数3□6□5没有重复数字，如它能被75整除，那么这个五位数可能是多少？5、三个数的和是899，这三个数分别能被5、11、13整除，而且商都相同，这三个数分别是多少？6、7、某个七位数2013□□□能够同时被2、3、4、5、6、7、8、9整除，那么它的最后三位数字依次是多少？8、仓库里有两只装有杯子的箱子，各贴有“总价132.□△元”、“总价123.○◇元”（□、△、○、◇四个数字已辨认不清，但是它们互不相同）。
已知其中一箱装了77只A型杯子，另一箱装了75只B型杯子，每只杯子的价格都是整数分。
那么A、B型杯子的单价分别是多少元？9、求能被26整除的六位数□2012□。
10、一个四位数，四个数字各不相同，且是19的倍数，符合条件的最小四位数是多少？答案部分一、解答题1、【正确答案】：10【答案解析】：5＋4＋1＝10【答疑编号10235780】2、【正确答案】：34【答案解析】：2992÷73＝40 (72)因为四位数的末尾是2，所以商的个位数字一定是4。
且这个商一定小于41，因此这个商是34。
34×73＝2482【答疑编号10235781】3、【正确答案】：113232和312312。
【答案解析】：考虑末三位为8的倍数只能为232或者112、312，再考虑被7整除的性质为前三位与后三位的差是7的倍数。
【答疑编号10235786】4、【正确答案】：38625、39675【答案解析】：关键看十位上面的数字，只能是2和7。
当十位是2时这个五位数是：38625；当十位是7时这个五位数是：39675。
初中数学竞赛专题选讲-数的整除(二)
初中数学竞赛专题选讲数的整除（二）一、内容提要在初一部分的我们介绍了能被2，3，4，5，7，8，9，11，13，25整除的自然数的特征，本讲将介绍用因式分解方法解答数的整除问题.几个常用的定理，公式，法则：⑴ n 个连续正整数的积能被n ！整除.（n 的阶乘：n ！＝1×2×3×…×n ）.例如：a 为整数时，2a(a+1)， 6a(a+1)(a+2), 24a(a+1)(a+2)(a+3)，…… ⑵ 若a b 且a c, 则 a (b c).⑶ 若a, b 互质，且a c, b c ， 则ab c .反过来也成立：a, b 互质， ab c ， 则a c, b c.例如：8和15互质，8｜a, 15|a ， 则120｜a.反过来也成立： 若120｜a. 则 8｜a, 15|a.⑷由乘法公式（n 为正整数）推得：由(a －b)(a n-1+a n-2b+……+ab n-2+b n-1)=a n －b n . 得 (a －b)|(a n －b n ).(a+b)(a 2n －a 2n －1b+……ab 2n －1+b 2n )=a 2n+1+b 2n+1 . (a+b)|(a 2n+1+b 2n+1).(a+b)(a 2n －1－a 2n －2b+……+ab 2n －2－b 2n －1)=a 2n －b 2n . (a+b)|(a 2n －b 2n ).概括起来：齐偶数次幂的差式a 2n －b 2n 含有因式a ＋b 和a －b.齐奇数次幂的和或差式a 2n+1＋b 2n+1或a 2n+1－b 2n+1只分别含有因式a ＋b 或a －b. 例如（a+b ）| (a 6－b 6), (a －b)| (a 8－b 8)；(a+b)|(a 5+b 5)， (a －b)|(a 5－b 5).二、例题例1. 已知:整数n>2. 求证：n 5－5n 3+4n 能被120整除..证明：n 5－5n 3+4n ＝n(n 4－5n 2+4)=n(n －1)(n+1)(n+2)(n －2).∵(n －2) (n －1)n(n+1) (n ＋2)是五个连续整数，能被n!整除，∴ 120｜n 5－5n 3+4n.例2. 已知：n 为正整数. 求证：n 3+23n 2+21n 是3的倍数.证明：n 3+23n 2+21n ＝21n （2n 2+3n+1） =21n(n+1)(2n+1)=21n(n+1)(n+2+n －1) = 21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1).∵ 3！｜n(n+1)(n+2)， 且3！｜n(n+1)(n －1)..∴ 3｜21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1). 即n 3+23n 2+21n 是3的倍数. （上两例关鍵在于创造连续整数）例3. 求证：⑴ 33｜255＋1； ⑵ 1989｜（19901990－19881988）.证明：⑴ 255＋1＝25×11＋111＝3211＋111.∵(32＋1)|(3211+111 ) ， 即33｜255＋1.⑵ 19901990－19881988＝19901990－19881990＋19881990－19881988.（添两项）∵（1990＋1988）｜（19901990－19881990）.即1989×2｜（19901990－19881990）.∵ 19881990－19881988=19881988(19882－1)＝19881988（1988＋1）（1988－1）.即 19901990－19881988＝1989×2N ＋1989×19881988×1987. （N 是整数）∴ 1989｜19901990－19881988.例4 设n 是正整数， 求证：7｜（32n+1+2n+2）.证明：32n+1+2n+2＝3×32n +4×2n =3×9 n +4×2 n ＋3×2 n －3×2 n （添两项）＝（4×2 n ＋3×2 n ）＋（3×9 n －3×2 n ）＝（4＋3）＋3（9 n －2 n ）＝7×2 n ＋3（9－2）N . （N 是整数）∴7｜（32n+1+2n+2）（例3，4是设法利用乘法公式）例5. 已知8719xy 能被33整除，求x, y 的值.解：∵33＝3×11，∴1＋9+x+y+8+7其和是3的倍数， 即x+y=3K －25 (k 为整数).又（1＋x+8）－(9+y+7)其差是11的倍数，即x －y=11h+7(h 是整数).∵0≤x ≤9， 0≤y ≤9，∴0≤x ＋y ≤18，9≤x －y ≤9，x+y>x －y, 且 x+y 和x －y 同是奇数或偶数.符合条件的有⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧==48414711y x y x y x 或或 . 解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==629529y x y x y x 或或 . 例6.设N ＝782x ，且17｜N, 求 x..解：N ＝2078＋100x=17×122＋4＋17×6x －2x＝17×（122＋6x ）+4－2x.∵ 17｜N ，∴17｜4－2x ，当 4－2x=0.∴ x=2.三、练习1.要使2n+1能被3整除，整数n应取＿＿＿，若6｜（5 n－1）, 则整数n应取＿＿＿.2.求证：①4!|（n4+2n3－n2－2n）；②24｜n(n2－1)(3n+2)；③6｜（n3+11n）；④30｜（n 5－n）.3.求证：①100｜9910－1）；②57｜（23333＋72222）；③995｜（996996－994994）；④1992｜（997997＋995995）.4.设n是正整数，求证3 n+3n+2+62n能被33整除.5.求证：六位数abcabc能被7，11，13，整除.3xy能被77整除，求x,y的值.6.已知：五位数987.已知：a,b,c都是正整数，且6｜（a+b+c）.求证：6｜（a3+b3+c3）.练习题参考答案1.正奇数；正偶数2.①，②分解为4个连续整数③n(n-1)(n+1)+12n ④n(n-1)(n+1)(n2-4+5)3.②81111＋491111③添项－1，1④添项995997－9959974.化为3n(1+32)+36n=11×3n＋36 n－3n＝……5.7×11×13＝1001六位数105a+104b+103c+102a+10b+c=……6.仿例57.由6｜（a+b+c）可知a,b,c中至少有一个是偶数，且a3+b3+c3－3abc含有因式a+b+c [文章来源：教学视频网/转载请保留出处。
初中数学整除的概念教案
初中数学整除的概念教案教学目标：1. 理解整除的概念，掌握整除的性质和特点。
2. 能够判断一个数是否能够整除另一个数。
3. 能够运用整除的概念解决实际问题。
教学重点：1. 整除的概念和性质。
2. 判断一个数是否能够整除另一个数的方法。
教学难点：1. 整除的概念的理解和应用。
2. 判断一个数是否能够整除另一个数的方法的运用。
教学准备：1. 教学课件或黑板。
2. 练习题。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引导学生回顾除法的基本概念，如被除数、除数、商和余数等。
2. 提问：之前我们学习了除法，那么你们知道什么是整除吗？二、新课讲解（15分钟）1. 给出整除的定义：如果一个整数a除以另一个整数b，得到的商是整数，而没有余数，那么我们就说a能整除b，记作a|b。
2. 解释整除的特点：整除必须是整数除以整数，且没有余数。
3. 举例说明整除的概念：如6能整除12，因为12÷6=2，商是整数，没有余数。
4. 强调整除的性质：如果a能整除b，那么a也能整除任何与b相等的数。
三、练习与讲解（15分钟）1. 让学生尝试判断一些数是否能够整除另一个数，如判断7是否能够整除14。
2. 引导学生发现判断一个数是否能够整除另一个数的方法：只需要看这个数是否能被另一个数整除，即看它们是否有相同的因数。
3. 给出一些练习题，让学生独立完成，并解释答案的合理性。
四、应用拓展（10分钟）1. 让学生思考一些实际问题，如：如果一个班级有30名学生，每次上课需要分成5组，那么每组有多少人？2. 引导学生运用整除的概念来解决这些问题，如：30÷5=6，每组有6人。
五、小结与作业（5分钟）1. 总结整除的概念和性质，让学生明确整除的特点和判断方法。
2. 布置作业：让学生运用整除的概念解决一些实际问题，并写出解题过程。
教学反思：本节课通过讲解和练习，让学生掌握了整除的概念和性质，能够判断一个数是否能够整除另一个数。
在教学过程中，注意引导学生思考和探索，培养学生的逻辑思维能力。
七年级奥数整除知识点
七年级奥数整除知识点整除，在初中数学中是一个非常基础的知识点。
对于很多中学生来说，整除早已经成为了家常便饭，但是一些细节还是需要掌握。
在本篇文章中，我们将为大家介绍七年级奥数整除知识点，希望对大家的学习有所帮助。
一、整除的定义整除是指在数学上，若a÷b的商（或结果）c是一个整数，则称a能被b整除，b是a的因数，a是b的倍数。
我们通常将“a能被b整除”写成“b|a”。
需要注意的是，整除中“|”的方向指向的是被除数方向，即b|a 读作“b整除a”，而不是“a整除b”。
二、整除的性质1. 若a能被b整除，b能被c整除，则a能被c整除。
证明：设a=mb，b=nc，则a=mnc，即a能被c整除。
2. 若a能被b整除，且b能被c整除，则a能被c整除。
证明：设a=mb，b=nc，则a=(mn)c，即a能被c整除。
3. 任何数都能被1整除。
4. 任何数都能被自身整除。
5. 若p为质数，且p|ab，则p|a或p|b。
证明：因为p为质数，则p和a的最大公因数只能是1或p，若p和a的最大公因数是1，则p|b。
若p和a的最大公因数是p，则a=mp，其中m为正整数，则p|a。
6. 若a|b，b|c，则a|c。
证明：设a|b，则b=ma，设b|c，则c=nb，则c=nma，即a|c。
三、判断整除的方法1. 整数末位为0、2、4、6、8，则该数能被2整除。
2. 整数末位为0或5，则该数能被5整除。
3. 将整数各位上的数字相加，若和能被3整除，则该数能被3整除。
4. 如果一个整数既能被2整除，又能被3整除，则该数能被6整除。
5. 把整数的末尾两位去掉，减去去掉的两位数的两倍，如果差能被11整除，则该数能被11整除。
注：以上方法仅适用于第一次筛查，如果不符合以上条件，仍需进行其他方法判断。
四、习题1. 求1001、231、3024、33719、268125能否被19整除。
解答：（1）1001不是19的倍数。
（2）满足：231=19×12，即231能被19整除。
初中数学竞赛专题选讲 数的整除(三)(含答案)
初中数学竞赛专题选讲数的整除(三)一、内容提要在《数的整除(一)》和《数的整除(二)》中，分别介绍了数的整除特征和运用因式分解法解答数的整除问题，本讲介绍应用“同余”方面的知识.一. 同余的概念 两个整数a 和b 被同一个正整数m 除，所得的余数相同时，称a, b 关于模m 同余.记作a ≡b(mod m).如：8和15除以7同余1，记作8≡15(mod 7), 读作8和15关于模7同余. ∵2003=7×286+1，∴2003≡1 (mod 7)；∵－7和6对于模13同余6（余数是非负数）∴－7≡6（mod 13）；∵35和0除以5，余数都是0（即都能整除）∴35≡0（mod 5）.二. 用同余式判定数的整除若a ≡b(mod m)， 则m|(a －b).即a －b ≡0(mod m)⇔m|(a －b).例如：11≡25(mod 7)⇔7|(25－11)； 或 7|(11－25).∵25+35≡2+3≡0 (mod 5)，∴5|25+35.三. 同余的性质 (注意同余式与等式在变形中的异同点)1. 传递性： )(mod )(mod )(mod m c a m c b m b a ≡⇒⎭⎬⎫≡≡.2. 可加可乘性：⎩⎨⎧≡+≡+⇒⎭⎬⎫≡≡).(mod )(mod ).(mod )(mod m bd ac md b c a m d c m b a ；，推论 可移性：a ≡b+c (mod m)⇒(a －b)≡c(mod m).可倍性：a ≡b(mod m)⇒ka ≡kb(mod m) (k 为正整数).可乘方：a ≡b(mod m)⇒ a n ≡b n (mod m) (n 为正整数).3. 当d 是a, b, m 的正公因数时， a ≡b(mod m)⇒d b d a ≡(mod d m ). 如：2是20，26，6的正公因数， 20≡26(mod 6)1310≡⇒(mod 3).四. 根据抽屉原则：任给m+1个整数，其中至少有两个数对于模m 同余.即至少有两个，其差能被m 整除.例如：任给5个数a, b, c, d, e.其中至少有两个，它们的差能被4整除. ∵除以4的余数只有0，1，2，3四种.∴5个数除以4至少有两个同余.二、例题例1. 已知：69，90，125除以正整数n 有相同的余数.求：n 的值解：∵69≡90(mod n)， 90≡125(mod n).∴ n|(90－69)， n|(125－90).而21,35的最大公约数是7， 记作(21,35)=7 (7是质数).∴n=7例2. 求388除以5的余数.解：∵38≡3 (mod 5)，∴388≡38≡(32)4≡(－1)4≡1 (mod 5).(注意 9除以5余4，－1除以5也是余4，∴32≡－1 (mod 5)例3. 求997的个位数字.解： ∵74k+n 与7n 的个位数字相同， 且9≡1 ( mod 4)，∴ 99≡19 ≡1 (mod 4).∴997与71的个位数字相同都是7.例4. 求证：7|(+).证明：∵+=(22225)1111+(55552)1111∵2222=7×317+3 ， 5555=7×793+4.∴2222≡3 ( mod 7)； 5555≡4 (mod 7).∴22225≡35≡5(mod 7)； 55552≡42≡2 (mod 7).∴22225+55552≡5+2≡0 ( mod 7).即22225≡－55552 (mod 7).∴(22225)1111≡(－55552)1111≡－(55552)1111 (mod 7).∴+≡0 (mod 7).∴7|(+).例5.求使32n－1能被5整除的一切自然数n.解：∵32≡－1 (mod 5) ，∴(32)n≡(－1)n (mod 5).32n－1≡(－1) n－1 (mod 5)∵当且仅当n为偶数时，(－1) n－1=0.∴使32n－1能被5整除的一切自然数n是非负偶数例6.已知：a,b,c是三个互不相等的正整数.求证：a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个数能被10整除.证明：用同余式判定整除法证明当正整数n的个位数是0，1，4，5，6，9时，n3的个位数也是0，1，4，5，6，9.∴这时n3≡n (mod 10)；当正整数n的未位数为2，3，7，8时，n3的个位数分别是8，7，3，2.∵8与－2，7与－3，3与－7，2与－8，除以10是同余数，∴这时n3≡－n (mod 10)；把三个正整数a,b,c按个位数的情况，分为上述两类时，则至少有两个属于同一类.设a,b的末位数是同一类，那么a3b－ab3≡ab－ab≡0 (mod 10)；或a3b－ab3≡(－a)b－a(－b)≡0 (mod 10).∴10| (a3b－ab3)三、练习1.三个数33，45，69除以正整数N有相同余数，但余数不是0，那么N=_______.2.求777的个位数字.3.求379245除以19的余数；41989除以9的余数.4.求÷1990的余数.5.四个数2836，4582，5164，6522都被同一个正整数除，所得的余数都相同且不是0，求除数和余数.6. 求证：7|(+).7. 已知：正整数n>2 . 求证：31111≡321Λ个n (mod 4).8. 任给8个整数，其中必有两个，它们的差能被7整除，试证之.9. 求使2n +1能被3整除的一切自然数n.10. 已知 69，90，125除以N (N>1) 有同余数，那么对于同样的N ，81同余于( )（A ）3. （B ）4. （C ）5. （D ）7. （E ）8.参考答案1. N=12，6，2.(舍去3，∵余数是0).解法仿例1.2. 个位数字是3.∵7≡－1(mod 4), ∴ 777≡(－1)77(mod 4)……仿例33. 余数是18和1. ∵37≡－1 (mod 19) ∴原式≡－1 ≡18 (mod 19)； 41989=(43)663 64≡1(mod 9) 64663≡1663 ≡1.4. 余数是1. ∵1989≡－1 (mod 1990) ∴≡(－1)1990≡1 (mod 1990).5. 根据题意 2836≡4582≡5164≡6522≡r (mod m)而且4582－2836=1746, 6522－5164=1358.∴ m| 1746, 且m|1358， (1746，1358)=2×97∴m=194, 97, 2 (2不合题意.舍去)答：除数为194， 余数是120或除数为97， 余数是236. ∵ +≡14444+(－1)3333≡0 (mod 7).7. 321Λ321Λ个个211111111-=n n 00+11≡11≡3 (mod 4).8. 8个正整数分别除以7，必有两个或两个以上是同余数9. ∵2≡－1 (mod 3) ∴2n ≡(－1)n (mod 3)2n +1≡(－1)n +1 (mod 3)当且仅当n 奇数时, (－1)n +1≡0∴能被3整除的一切正整数n 是奇数10. (B).。
初中数学竞赛1.3 整式的除法(含答案)
1.3 整式的除法◆赛点归纳整式的除法包括单项式除以单项式，多项式除以单项式，多项式除以多项式．多项式恒等定理：（1）多项式f（x）=g（x），•需且只需这两个多项式的同类项的系数相等；（2）若f（x）=g（x），则对于任意一个值a，都有f（a）=g（a）．余数定理：多项式f（x）除以x－a所得的余数等于f（a）．特别地，当f（x）•能被x－a整除时，有f（a）=0．◆解题指导例1设a、b为整数，观察下列命题：①若3a+5b为偶数，则7a－9b也为偶数；②若a2+b2能被3整除，则a和b也能被3整除；③若a+b是质数，则a－b不是质数；④若a3－b3是4的倍数，则a－b也是4的倍数．其中正确的命题有（）．A．0个B．1个C．2个D．3个以上【思路探究】对于①看7a－9b与3a+5b的和或差是不是偶数．对于②根据整数n的平方数的特征去判断．对于③、④若不能直接推导是否成立，也可举出反例证明不成立．例2 若2x3－kx2+3被2x+1除后余2，则k的值为（）．A．k=5 B．k=－5 C．k=3 D．k=－3【思路探究】要求k的值，须找到关于k的方程．由2x3－kx2+3被2x+1除后余2，可知2x3－kx2+1能被2x+1整除，由此就可得关于k的一次方程．例3计算：（3x6－2x5－5x4+7x3－19x2+12x）÷（x4－2x2+x－5）．【思路探究】被除式是一个6次六项式，除式是一个4次四项式，直接计算比较复杂，应列竖式计算．例4若多项式x4－x3+ax2+bx+c能被（x－1）3整除，求a、b、c的值．【思路探究】由条件知x4－x3+ax2+bx+c能被x3－3x2+3x－1整除，列竖式可知x4－x3+ax2+bx+c的商式和余式．根据一个多项式被另一个多项式整除，余式恒为零可求a、•b、c的值．【拓展题】设x1，x2，…，x7都是整数，并且x1+4x2+9x3+16x4+25x5+36x6+49x7=1，①4x1+9x2+16x3+25x4+35x5+49x6+64x7=12，②9x1+16x2+25x3+36x4+49x5+64x6+81x7=123，③求16x1+25x2+36x3+49x4+64x5+81x6+100x7的值．◆探索研讨整式除法的综合运用大多与多项式除以多项式相关．多项式除法运算实际上是它们的系数运算．在进行多项式乘除法恒等变形时，它们对应项系数是相等的，由此列方程可求解待定系数．请结合本节的例题，总结自己的发现．◆能力训练1．下列四个数中，对于任一个正整数k，哪个数一定不是完全平方数（）．A．16k B．16k+8 C．4k+1 D．32k+42．要使3x3+mx2+nx+42能被x2－5x+6整除，则m、n应取的值是（）．A．m=8，n=17 B．m=－8，n=17C．m=8，n=－17 D．m=－8，n=－173．（2001，武汉市竞赛）如果x3+ax2+bx+8有两个因式x+1和x+2，则a+b=（）．A．7 B．8 C．15 D．214．对任意有理数x，若x3+ax2+bx+c都能被x2－bx+x整除，则a－b+c的值是（）．A．1 B．0 C．－1 D．－25．满足方程x3+6x2+5x=27y3+9y2+9y+1的正整数对（x，y）有（）．A．0对B．1对C．3对D．无穷多对6．（2003，四川省竞赛）若（3x+1）4=ax4+bx3+cx2+dx+e，则a－b+c－d+e=________．7．（2004，北京市竞赛）用正整数a去除63，91，129所得的3个余数的和是25，则a 的值为________．8．已知多项式3x3+ax2+bx+1能被x2+1整除，且商式是3x+1，那么（－a）b的值是_____．9．若多项式x4+mx3+nx－16含有因式（x－1）和（x－2），则mn=________．10．多项式x135+x125－x115+x5+1除以多项式x3－x所得的余式是_______．11．计算：（1）（6x5－7x4y+x3y2+20x2y3－22xy4+8y5）÷（2x2－3xy+y2）；（2）（41m－m3+15m4－70－m2）÷（3m2－2m+7）．12．已知a、b、c为有理数，且多项式x3+ax2+bx+c能够被x2+3x－4整除．（1）求4a+c的值；（2）求2a－2b－c的值；（3）若a、b、c为整数，且c≥a>1，试确定a、b、c的大小．13．（2000，“五羊杯”，初二）已知x6+4x5+2x4－6x3－3x2+2x+1=[f（x）] 2，其中f（x）是x的多项式，求这个多项式．14．已知一个矩形的长、宽分别为正整数a、b，其面积的数值等于它的周长数值的2倍，求a+b的值．15．（2004，北京市竞赛）能将任意8个连续的正整数分为两组，使得每组4•个数的平方和相等吗？如果能，请给出一种分组法，并加以验证；如果不能，请说明理由．答案:解题指导例1 C [提示：命题①成立．因为（7a－9b）－（3a+5b）=2（2a－7b）是偶数；命题②也成立．因为整数n的平方被3除余数只能为0或1，3整除a2+b2，表明a2、b2被3除的余数都是0，所以a和b都能被3整除；命题③不成立．如5+2=7和5－2=3都是质数；命题④也不成立．例如a=2，b=0．]例2 C [提示：∵2x3－kx2+3被2x+1除后余2，∴2x3－kx2+1能被2x+1整除．令2x+1=0，得x=－12．代入2x3－kx2+1=0，得2×（－12）3－k（－12）2+1=0，即－14－14k+1=0，解得k=3．]例3（3x6－2x5－5x4+7x3－19x2+12x）÷（x4－2x2+x－5）=3x2－2x+1……x+5．例4 x4－x3+ax2+bx+c=（x3－3x2+3x－1）（x+2）+（a+3）x2+（b－5）x+（c+2）．由余式恒等于0，得a+3=0，b－5=0，c+2=0．∴a=－3，b=5，c=－2．【拓展题】设四个连续自然数的平方为：n2、（n+1）2、（n+2）2、（n+3）2，则（n+3）2=a（n+2）2+b（n+1）2+cn2．整理得n2+6n+9=（a+b+c）n2+（4a+2b）n+4a+b．∴a+b+c=1，4a+2b=6，4a+b=9．解得a=3，b=－3，c=1，∴16x1+25x2+36x3+49x4+64x5+81x6+100x7=③×3－②×3+①=123×3－12×3+1=334．能力训练1．B [提示：16k+8=8（2k+1）．因2k+1是奇数，8•乘以一个奇数一定不是完全平方数．] 2．D [提示：∵3x3+mx2+nx+42=（x2－5x+6）（3x+7）+（m+8）x2+（n+17）x．∴80,8,170,17.m mn n+==-⎧⎧⎨⎨+==-⎩⎩解得．]3．D [提示：∵（x+1）（x+2）=x2+3x+2，∴x3+ax2+bx+8=（x2+3x+2）（x+4）+（a－7）x2+（b－14）x．∴70,7,140,14.a ab b-==⎧⎧∴⎨⎨-==⎩⎩∴a+b=21．]4．A [提示：∵x3+ax2+bx+c=（x2－bx+c）（x+1）+（a+b－1）x2+（2b－c）x，∴10,(1)20.(2)a bb c+-=⎧⎨-=⎩（1）－（2），得a－b+c=1．]5．A [提示：原方程可变形为x（x+1）（x+5）=3（9y3+3y2+3y）+1．①如果有正整数x、y使①成立，那么由于x，x+1，x+5=（x+2）+3这3个数除以3所得余数互不相同，所以其中必有一个被3整除，即①的左边被3整除，而①的右边不被3整除，这就产生矛盾．所以原方程没有正整数解．]6．16 [提示：令x=－1，得a－b+c－d+e=16．]7．43 [提示：由题意，有63=a×k1+r1，91=a×k2+r2，129=a×k3+r3．（0≤r1、r2、r3<a）相加得63+91+129=a（k1+k2+k3）+（r1+r2+r3）=a（k1+k2+k3）+25．故258被a整除．由于258=2×3×43，a大于余数，且3个余数的得25，所以a>8．•又a不超过63、91、129中的最小者63，故258的因数中符合要求的只有a=43．]8．－1 [提示：∵（x2+1）（3x+1）=3x3+x2+3x+1，∴3x3+ax2+bx+1=3x3+x2+3x+1．∴a=1，b=3，即（－a）b=（－1）3=－1．]9．－100 [提示：∵（x－1）（x－2）=x2－3x+2，x4+mx3+nx－16=（x2－3x+2）[x2+（m+3）x－8]+（3m+15）x2+（n－2m－30）x，∴3150,5,2300,20.m mn m n+==-⎧⎧⎨⎨--==⎩⎩解得∴mn=－100．]10．2x+1 [提示：设x135+x125－x115+x5+1=（x3－x）f（x）+ax2+bx+c，其中f（x）为商式．取x=0，得c=1；取x=1，得a+b+c=3．取x=－1，得a－b+c=－1．解得a=0，b=2，c=1．故所求余式为2x+1．]11．（1）商式为3x3+x2y+12xy2+34133,44y余式为xy4－94y5．（2）商式为5m2+3m－10，余式为0．12．（1）∵（x－1）（x+4）=x2+3x－4，令x－1=0，得x=1；令x+4=0，得x=－4．当x=1时，得1+a+b+c=0；①当x=－4时，得－64+16a－4b+c=0．②②－①，得15a－5b=65，即3a－b=13．③①+③，得4a+c=12．（2）③－①，得2a－2b－c=14．（3）∵c≥a>1，4a+c=12，a、b、c为整数，∴a≥2，c≥2，则a=2，c=4，又a+b+c=－1，∴b=－7．13．设f（x）=±（x3+Ax2+Bx+1）或±（x3+Ax2+Bx－1）．先设f（x）=x3+Ax2+Bx+1，则[f（x）] 2=x6+2Ax5+（A2+2B）x4+（2AB+2）x3+（2A+B2）x2+2Bx+1，故2A=4，A2+2B=2，2AB+2=－6，2A+B2=－3，2B=2，无解．再设f（x）=x3+Ax2+Bx－1，则[f（x）] 2=x6+2Ax5+（A2+2B）x4+（2AB－2）x3+（B2－2A）x2－2Bx+1，故2A=4，A2+2B=2，2AB－2=－6，B2－2A=－3，－2B=2．解得A=2，B=－1．故所求的多项式为±（x3+2x2－x－1）．14．由题意得ab=2（2a+2b）．∴ab－4a=4b，∴a=416444bb b=+--．∵a、b均为正整数，且a>b．∴（b－4）一定是16的正约数．当（b－4）分别取1、2、4、8、16时，代入上式，得b－4=1时，b=5，a=20；b－4=2时，b=6，a=12；b－4=4时，b=8，a=8（舍去）；b－4=8时，b=12，a=6（舍去）；b－4=16时，b=20，a=5（舍去）．∴只有a=20，b=5或a=12，b=6符合题意，把a+b=25或18．15．能设任意8个连续的正整数为a，a+1，a+2，a+3，a+4，a+5，a+6，a+7．将其分为如下两组：{a+1，a+2，a+4，a+7}，{a，a+3，a+5，a+6}即满足要求．验证如下：先将任意8个连续的正整数按如下分为等和的两组，满足a+（a+1）+（a+6）+（a+7）=（a+2）+（a+3）+（a+4）+（a+5）则[（a）+（a+1）]·[（a+6）+（a+7）]·1=[（a+2）+（a+3）]·1+[（a+4）+（a+5）]·1 即[（a）+（a+1）][（a+1）－（a）]+[（a+6）+（a+7）][（a+7）－（a+6）]=[（a+2）+（a+3）][（a+3）－（a+2）]+[（a+4）+（a+5）]·[（a+5）－（a+4）]．故（a+1）2－a2+（a+7）2－（a+6）2=（a+3）2－（a+2）2+（a+5）2－（a+4）2．也就是（a+1）2+（a+2）2+（a+4）2+（a+7）2=a2+（a+3）2+（a+5）2+（a+6）2．于是，分任意8个连续的正整数为如下两组：{a+1，a+2，a+4，a+7}，{a，a+3，a+5，a+6}．则满足（a+1）2+（a+2）2+（a+4）2+（a+7）2=a2+（a+3）2+（a+5）2+（a+6）2．。
人教版初中数学竞赛专题复习第18章 整数几何(含答案)
第18章 整数几何18.1.1★已知ABC △的两条高长分别是5、15，第三条高的长数，求这条高之长的所有可能值． 解析 由面积知，三条高的倒数可组成三角形三边，这是它们的全部条件． 设第三条高为h ，则111,155111.515h h⎧+>⎪⎪⎨⎪+>⎪⎩ 解得151545h <<，h 可取4、5、6、7这四个值． 18.1.2★已知ABC △的三边长分别为3AB n x =+，2BC n x =+，CA n x =+，且BC 边上的高AD 的长为n ，其中n 为正整数，且01x <≤，问：满足上述条件的三角形有几个？ 解析 注意AB 为ABC △之最长边，故90B ∠<︒，设BD y =，CD z =，则0y >，而z 可正可负．AB D C由2y z n x +=+，及()()()22223242y z n x n x n x x -=+-+=+⋅，得4y z x -=，32ny x =+，由勾股定理，知()222332n x n n x ⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭，展开得12n x =，由01x <≤及n 为正整数，知1n =，2，…，12，这样的三角形有12个．18.1.3★已知一个直角三角形的三条边均为正整数，其中一条直角边不超过20，其外接圆半径与内切圆半径之比为52∶，求此三角形周长的最大值．解析 设该直角三角形直角边长为a 、b ，斜边为c ，则外接圆半径2cR =，内切圆半径2a b cr +-=，不妨设20a ≤． 由条件知52c a b c =+-，557a b c +=，平方，得()()222225249a b ab a b ++=+，即()2212250a b ab +-=，()()34430a b a b --=，于是3a k =，4b k =，5c k =，或4a k =，3b k =，5c k =，周长为12k ，k 为正整数．k 的最大值为6，此时各边为18、24、30，周长最大值为72．18.1.4★ABC △为不等边三角形，60A ∠=︒，7BC =，其他两边长均为整数，求ABC △的面积．A BCx y60°解析设AB x =，AC y =，则由余弦定理，有2249x y xy +-=．由条件x y ≠，不妨设x y <，则AB 为ABC △之最小边，x 只能取值1、2、3、4、5、6，分别代入，发现当3x =或5时，8y =，其余情形均无整数解．于是1sin 602ABC S xy =︒=△． 18.1.5★★一点P 与半径为15的圆的圆心距离是9，求经过P 且长为整数的弦的条数． 解析 如图，O 半径为15，9OP =，过P 的弦ST 长为整数，APB 为直径，6AP =，24PB =，则144SP TP PA PB ⋅=⋅=，因此24ST SP TP =+≥．又30ST AB =≤，故这样的弦共有()302412212-+⨯-=条，其中与AB 垂直的弦及AB 各一条，其余的弦每种长度有两条（关于AB 对称）．18.1.6★★在直角三角形ABC 中，各边长都是整数，90C ∠=︒，CD 为边AB 上的高，D 为垂足，且3BD p =（p 奇素数），求ACAB的值（用p 表示）． C解析由2BC BD AB =⋅知2BD BC ，故设2BC p t =（t 为正整数），则2BA pt =，又由勾股定理，知22442AC p t p t =-，故tp AC ．设AC kpt =，代入得()()222p t k t k t k =-=+-，易知只能有2t k p +=，1t k -=，解得212p t +=，212p k -=，于是2211AC p AB p -=+． 18.1.7★★设正三角形ABC ，M 、N 分别在AB 、AC 上，MN BC ∥，两端延长MN ，交ABC △外接圆于P 、Q ，若PM 、MN 、AB 长均为正整数，求AB 的最小值． 解析 如图， 易知NQ PM =也是整数．设AM x =，BM y =，PM NQ z ==，则M N x =，于是由相交弦定理，得()xy z x z =+，2z x y z=-．APQM NB C设y ks =，z kt =，(),k y z =，s t >，(),1s t =，则2kt x s t=-，由于()2,1s t t -=，故s tk -，要使2t AB x y k ks s t=+=+-达到最小，k 得取s t -，于是()2AB t s t s =+-．由于s t >，2s ≥，1t ≥，知()223t s t s t s +-+≥≥．当1AM =，2BM =时AB 取到最小值3，此时1PM =．18.1.8★★已知凸四边形ABCD 的四边长是两两不相等的整数，对边乘积之和等于四边形面积的两倍，且22250AD BC +=，求该四边形面积、对角线长度． 解析 不妨设AB α=，BC b =，CD c =，DA d =，AC 与BD 交于O ，则sin 2ABCD AC BD AOB S ac bd AC BD ⋅⋅∠==+⋅≥，于是由托勒密定理，知A 、B 、C 、D 必共圆，且满足AC BD ⊥．又由已知条件，22250b d +=，22250a c +=．经搜索知250表为平方和只有两组：22515+和22913+．由对称性，不妨设5a =，13b =，15c =，9d =，则19622ABCD ac bdS AC BD +=⋅==．由余弦定理，因cos cos 0BAD BCD ∠+∠=，得222222591315045195B D B D +-+-+=，得BD =AC18.1.9★★是否存在一个三边长恰是三个连续正整数，且其中一个内角等于另一个内角2倍的ABC △？证明你的结论． 解析 存在满足条件的三角形．当ABC △的三边长分别为6a =，4b =，5c =时，2A B ∠=∠．如图，当2A B ∠=∠时，延长BA 至点D ，使AD AC b ==．连结CD ，ACD △为等腰三角形．CD A因为BAC ∠为ACD △的一个外角，所以2BAC D ∠=∠．由已知，2BAC B ∠=∠，所以B D ∠=∠．所以CBD △为等腰三角形．又D ∠为ACD △与CBD △的一个公共角，有~ACD CBD △△，于是AD CD CD BD =，即b aa b c=+，所以()2a b b c =+．而()26445=⨯+，所以此三角形满足题设条件，故存在满足条件的三角形． 评注满足条件的三角形是唯一的．若2A B ∠=∠，可得()2a b b c =+．有如下三种情形：（ⅰ）当a c b >>时，设1a n =+，c n =，1b n =-（n 为大于1的正整数），代入()2a b b c =+，得()()()21121n n n +=--，解得5n =，有6a =，4b =，5c =；（ⅱ）当c a b >>时，设1c n =+，c n =，1b n =-（n 为大于1的正整数），代入()2a b b c =+，得()212n n n =-⋅．解得2n =，有2a =，1b =，3c =，此时不能构成三角形；（ⅲ）当a b c >>时，设1a n =+，b n =，1c n =-（n 为大于1的正整数），代入()2a b b c =+，得()()2121n n n +=-，即2310n n --=，此方程无整数解．所以，三边长恰为三个连续的正整数，且其中一个内角等于另一个内角的2倍的三角形存在，而且只有三边长分别为4、5、6构成的三角形满足条件．18.1.10★★三边长为连续整数、周长不大于100、且面积是有理数的三角形共有多少个？ 解析 设三角形三边依次为1n -、n 、1n +，则333n ≤≤，()131122p n n n n =-+++=，S △==于是()234n -是平方数，令()()22343n k -=，得2243n k -=，则32n ≤，224102034033n k -==≤，18k ≤．又k 不可能是奇数，否则()222343n k k =+≡，得2243n k -=，则32n ≤，224102034033n k -==≤，18k ≤．又k 不可能是奇数，否则()22343mod 4n k =+≡，将2k =，4，6，8，10，12，14，16，18代入，发现仅当2k =，8时满足要求．因此这样的三角形共有两个，三边长依次为3、4、5与13、14、15．18.1.11★★某直角三角形边长均为整数，一直角边比斜边小1575，求其周长的最小值． 解析 设直角三角形直角边长a 、b ，斜边为1575a +，则 ()2221575a b a +=+，()2157521575b a =+．由于221575357=⨯⨯，设105b k =，则2721575k a =+，设7a s =，则22225k s =+，于是k 的最小值为17，此时32s =，224a =，1785b =，1799c =．此时的最小周长为3808． 18.1.12★★已知ABC △，AD 是角平分线，14AB =，24AC =，AD 也是整数，求AD 所有可取的值．AEB DC解析 如图，作DE AB ∥，E 在AC 上，则易知AE ED =． 又ED CD AC AB BC AB AC==+，故 22AB ACAD AE DE ED AB AC⋅<+==+33617.6819==…， 故17AD ≤．又当17AD ≤时，不难通过AED △构造出ABC △，故AD 所有可取的值为1，2， (17)18.1.13★面积为c 的正方形DEFG 内接于面积为1的正三角形ABC ，其中a 、b 、c 是整数，且b 不能被任何质娄的平方整除，求a cb-的值．ADGB E F C解析设正方形DEFG 的边长为x ，正三角形ABC 的边长为m ，则2m ，由ADG ABC △∽△，可得xx m -=．解得()3x m =．于是()222348x m ==．由题意得28a =，3b =，48c =，所以203a cb -=-． 17.1.14★★如图，AD 是ABC △的高，四边形PQRS 是ABC △的内接正方形，若BC ab =（即两位数），SRc =，ADd =，且a 、b 、c 、d 恰为从小到大的4个连续正整数，求ABC S △的所有可能值．AS RP D Q解析易知11SR AR CR SR BC AC AC AD ==-=-，于是有110c c a b d +=+，或1111132a a a +=+++，移项，得()()1111123a a a =+++，或2650a a -+=，解得1a =或5．于是有两解： 12,3,4;BC SR AD =⎧⎪=⎨⎪=⎩56,7,8.BC SR AD =⎧⎪=⎨⎪=⎩易知这两组数据都符合要求，故24ABC S =△或224．18.1.15★★已知ABC △中，B ∠是锐角．从顶点A 向BC 边或其延长线作垂线，垂足为D ；从顶点C 向AB 边或其延长线作垂线，垂足为E ．当2BD BC 和2BEAB均为正整数时，ABC △是什么三角形？并证明你的结论． 解析设2BD m BC =，2BEn AB=，m 、n 均为正整数，则 244cos 4BD BE mn B AB BC=⋅⋅=<， 所以，1mn =，2，3． （1）当1mn =时，1cos 2B =，60B ∠=︒，此时1m n ==．所以AD 垂直平分BC ，CE 垂直平分AB ，于是ABC △是等边三角形．（2）当2mn =时，cos B =45B ∠=︒，此时1m =，2n =，或2m =1n =，所以点E 与点A 重合，或点D 与点C 重合．故90BAC ∠=︒，或90BCA ∠=︒，于是ABC △是等腰直角三角形．（3）3mn =时，cos B =，30B ∠=︒，此时1m =，3n =，或3m =，1n =．于是AD 垂直平分BC ，或CE 垂直平分AB ．故30ACB ∠=︒，或30BAC ∠=︒，于是ABC △是顶角为120︒的等腰三角形．18.1.6★★某直角三角形两直角边长均为整数，周长是面积的整数倍（就数字上讲），问问这样的直角三角形有多少个？解析 设直角边分别为a 、b ，则斜边c =，由条件知它是有理数，故必定是整数．设2ka b ab +=，k 为正整数，于是k =．由于a b +1、2或4，记作k '．由a b k +-'=()2220ab k a b k -'++'=，()()22a k b k k -'-'='，1k '=时无解；2k '=时，有()()222a b --=，{a ，b }={3，4}；4k '=时，()()448a b --=，{a ，b }={5，12}或{6，8}，所以这样的直角三角形共有3个． 18.1.17★★在等腰ABC △中，已知AB AC kBC ==，这里k 为大于1的自然数，点D 、E 依次在AB 、AC 上，且DB BC CE ==，CD 与BE 相交于O ，求使OCBC为有理数的最小自然数k ．ADEBCO解析如图，连结DE ，则DE BC ∥，11DE AD AB BC BC AB AB k -===-，1k DE BC k-=． 由于四边形DBCE 为等腰梯形，则由托勒密定理（或过D 、E 作BC 垂线亦可），2222121k k CD CD BE DE BC DB CE BC BC BCk k --=⋅=⋅+⋅=+=，又21CO BC kCD DE BC k ==+-，于是CO BC =k 与21k -互质，由题设知其必须均为平方数，1k >，25k =适合，这是满足要求的最小自然数．18.1.18★★★对于某些正整数n 来说，只有一组解xyz n =（不计顺序），这里，x 、y 、z 是正整数且可构成三角形的三边长，这样的()100n ≤共有多少个？ 解析显然，当n p =（素数）时无解；当2n p =或1时只有一组解（1，p ，p ）或（1，1，1）；当n pq =（p 、q 为不同素数）时无解；当4n p =（p 为大于3的素数）时也无解．剩下的数为8，12，16，18，24，27，30，32，36，40，42，45，48，50，54，56，60，63，64，66，70，72，75，78，80，81，84，88，90，96，98，99，100． 易验证，无解的n 有：30，42，54，56，63，66，70，78，88，99；唯一解的n 有：8，12，16，18，24，27，32，40，45，48，50，75，80，81，84，90，96，98；不止一组解的n 有：36，60，64，72，100．注意：判定无解的主要依据是，abc n =，c ab >时无解，困为1c ab a b ++≥≥． 因此，有解的n 共有23个．18.1.19★★面积为整数的直角三角形周长为正整数k ，求k 的最小值，并求此时这个直角三角形的两条直角边的可取值（如不止一组解，只需举了一组即可）．解析设该直角三角形的直角三角形周长分别为a 、b ，则112ab ≥，a b +≥2，2k a b =+，故5k ≥．下令5k =，2ab =，如有解，则可．()5a b -+，平方得()222225102a b a b a b ab +=-++++．取2ab =，得29,102.a b ab ⎧+=⎪⎨⎪=⎩因此a 、b 为方程21029200x x -+=的根，解得a 、bk 的最小值是5．18.1.20★★若ABC △的三边长a 、b 、c 均为整数，且140abc =，求ABC △内切圆半径． 解析 不妨设a b c ≤≤，于是7c ≥．又14011c a b ab c<++=+≤，故140c c ≤，得10c ≤．于是c 只可能为7或10． 7c =时，20ab =，只可能4a =，5b =，()182p a b c =++=，内切圆半径r =． 10c =时，14ab =，没有满足要求的解．18.1.21★★证明：若a 、b 、c 是一组勾股数()222a b c +=，则存在正整数k 、u 、v 、u v >，(),1u v =使得()22c k u v =+，而()22a k u v =-，2b kuv =；或2a kuv =，()22b k u v =-．解析222a b c +=，设（a ，b ，c ）k =，则1a ka =，1b kb =，1c kc =，222111a b c +=．易知1a 、1b 、1c 两两互质；1a 与1b 不可能同偶，否则12a ，1b ，1c ；1a 与1b 也不会同奇，否则()212mod 4c =，矛盾．于是1a 与1b 必一奇一偶，不妨设1a 奇而1b 偶，于是1c 为奇数．从而()()211111a c b c b =+-，11c b +与11c b -必互质，否则有一奇素数11|p c b +，11c b -，得|2p c ，12b ，故|p （1c ，1b ），与（1c ，1b ）=1矛盾． 于是可设2111c b u +=，2111c bv -=，（1u ，1v ）=1，且1u 、1v 均为奇数，解得221111122u v u v c +-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，11111222u v u v b +-=⋅⋅，221111122u v u v a +-⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令112u v u +=，112u v v -=，即得结论． 18.1.22★★★如图，F 、E 在ABC △的边AB 、AC 上，FE 的延长线与BC 的延长线交于D ，求证：AF 、BF 、CB 、CD 、AE 、EC 、FE 、ED 的长度不可能是1～8的排列． 解析 如果1EF =，则1A E A F E F -<=，得A E A F =，矛盾，故1EF ≠，同理AF 、AE 、ED 、CD 、EC 都不等于1．AFE GDCB因此1只可能等于FB 或BC 之长，不失对称性，设1BF =，则1FD BD BF -<=，FD BD =，作CG AB ∥，G 在ED 上，四边形FBCG 乃一等腰梯形，于是EG FG EF BC EF =-=-为正整数．又1EG EC CG BF -<<=，故E G E C =，但BFD ∠为等腰三角形DFB 的底角，90BFD <︒∠，18090EGC BFD =︒->︒∠∠，为EGC △的最大内角，EC EG >，矛盾，因此结论证毕．18.1.23★★★已知梯形ABCD 中，AD BC <，E 、F 分别在AB 、CD 上，EF AD BC ∥∥，ED BF ∥，如果AD 、EF 、BC 均为正整数，称该梯形为“整数梯形”．现对于正整数n ，有正整数x x <′<y ′<y ，x y x +=′+y ′=n ，且x 、y 为一“整数梯形”的上、下底， x ′、y ′为另一“整数梯形”的上、下底，求n 的最小值．解析 如图，由AED EFD △∽△,DEF FBC △∽△,得AD AE DF EFEF BE FC BC===，得E F C =，于是问题变为求最小的n ，使xy 与x ′y ′均为平方数． A DEFB Cxy 、x ′y ′不可能都为4，故至少有一组≥9，显然另一组也不可能为4，于是xy ，x ′y ′≥9．如果xy 或x ′y ′25≥，则10n =≥．若xy 或x ′y ′=9或16，则19n =+或2810+=．于是n 的最小值为10，1x =，x ′=2，y ′=8，y =9．18.1.24★★★求证：存在无穷多个每边及对角线长均为不同整数的、两两不相似的凸四边形．ABDPC解析 如图，作圆内接四边形ABCD ，AC 与BD 垂直于P ，设a 为一整数，2a >，4AP a =，24BP a =-，241DP a =-，则24AB a =+，241AD a=+，，由此知()()224414aa CP a--=，而由ABP DCP △∽△，BPC APD △∽△知，()224414a BC a a -=+，()224144a CD a a -=+．同时乘以系数4a ，得()244AB a a =+，()2441AD a a =+，()()22441BC a a =-+，()()22414CD a a =-+，4244AC a a =-+，()2201BD a a =-．易知上述6个多项式无二者恒等，于是任两者相等只能得有限个a ，但正整数有无限个，因此有无限个a ，使6个多项式两两不等，又当a →+∞时，0BDAC→，因此有无限个这样的凸四边形两两不相似． 18.1.25★★★已知PA 、PB 为圆的切线，割线过P ，与圆交于M 、N ，与AB 交于S ，若PA 、PM 、MS 、SN 均为正整数，求PA 的最小值．PMABSN解析 如图，易知有PM PNMS SN=(调和点列)． 设PM a =，MS b =，SN c =，则()b ab c a ++=，()b c b c a b+=-，从而PA = 设a ks =，b kt =，k =（a ，b ），则（s ，t ）=1，s t >，s tc kts t+=-，PA =易见（s t +，s t -）=1，则s 、t 一奇一偶．于是由（()t s t +，s t -）=1，得|s t k -，且由PA 为整数知2s t x +=，2s t y -=，x 、y 为奇数．因为|s t k -，于是k 的最小值为s t -，()c t s t =+，PA sxy ==，当s =1，2，3，4时，t 无解(即PA 不是整数)，故5s ≥，又3x ≥，1y ≥，于是PA ≥15，当a =5，b =4，c =36时取到15PA =．若（s t +，s t -）=2，此时s 、t 同奇，k 的最小值为2s t-，此时()2t s t c +=，PA =22s t x +=，22s t y -=，当1s =，3时，无t 使PA 为整数，于是5s ≥，又x y >，所以1y ≥，2x ≥，5210PA sxy =⨯=≥．当5a =，3b =，12c =时取到PA =10． 综上，PA 的最小值是10．18.1.26★★★一圆内接四边形的四边长及对角线长都是整数，求这类四边形中周长最小者． 解析 显然长与宽为4、3的矩形满足要求，其周长=14．若等腰梯形上、下底分别为3、4，腰为2，则由托勒密定理，对角线长为4，满足要求，此时周长为11．故最小周长≤11． 显然对圆内接凸四边形ABCD ，无边长为1．否则若设1AB =，—1AD BD AB <=，得AD BD =，同理AC CB =，于是C 、D 均在AB 中垂线上，构不成凸四边形．因此最小周长≥2×4=8．四边均为2，得正方形，对角线为2，另一边为3，得等腰梯形，10．当周长为10时，显然至少有两边为2．若是2、2、2、4能为2、2、3、3故最小周长为11．18.1.27★★★在Rt ABC △中，90BCA =︒∠，CD 是高，已知ABC △的三边长都是整数，且311BD =，求BCD △与ACD △的周长之比．CB D A解析 设ABC △的三边长分别为a 、b 、c ．由题设知 2BC BD BA =⋅，故2311a c =．于是设211a l =，得211l c =由勾股定理得11b ==2211l -是 完全平方数，设为()20t t >，则22211l t -=，()()211l t l t -+=．由于0l t l t <-<+，所以21,11.l t l t -=⎧⎨+=⎩解得61,60.l t =⎧⎨=⎩于是21161a =⨯，116160b =⨯⨯． 因为BCD CAD △∽△，所以它们的周长比等于它们的相似比，即1160a b =．18.1.28★★★已知锐角三角形ABC 中，AD 是高，矩形SPQR 的面积是ABC △的1／3，其顶点S 、P 在BC 上，Q 、R 分别在AC 、AB 上，且BC 、AD 及矩形SPQR 的周长均为有理数，求AB ACBC+的最小值． 解析 如图，设ABC △的三边长依次为a 、b 、c ，AD h =，PQ x =，RS y =，则16xy ah =，及1x y AQ CQ a h AC AC+=+=．由条件，知a 、h 、x y +均为有理数． AR QB S D P C由16x a a x+=，得x a =，33y h =，)2a h x y a h ++=-，因此只能有a h =．若过A 作BC 的平行线l ，再作C 关于l 的对称点C '，则AB AC AB AC +=+′≥BC ′，于是AB ACBC+，仅当AB AC =时取到． 18.1.29★★★★整数边三角形ABC 中，90BAC =︒∠，AD 是斜边上的高，BD 也是整数．若对同一个BD 能长度，有两个不全等的直角整数边三角形ABC 满足要求，求BD 的最小值．解析 不妨设ABC △的三边长为a 、b 、c ，AD h =，BD d =，首先bch a=为有理数，又222h c d =-为整数，因此h 也是整数．又CD 为整数，故2h d也是整数．又ABD CBA △∽△,故h b d c=． AB D C因此，只需正整数h 、c 、d 满足222h c d =-及2|d h ，这样的整数边三角形就存在．因为此时hcb d=是有理数，而222b h CD =+为整数，从而b 为整数．易知由2|d h 可得2|d c ． 设21d d σ=，σ、1d 为正整数，且σ无平方因子，于是由2|h σ及2c 知|h σ，c ．设1h h σ=，1c c σ=，代入得422111d c h =-，又由2|d h ，2c 得2211|d h σ，21c σ，今对1d 的任一素因子p ，其在1d 的指数()1s d 不会比1h 的指数高，否则()()111s d s h +≥，()()22112s d s h +≥，而()s σ最多为1，于是()()2211s d s h σ>，这是不可能的．于是11|d h ，同理11|d c ．又令112h d h =，112c d c =，代入422111d c h =-得222122d c h =-． 于是对1d 有两组不同的2c 、2h 满足222122d c h =-．经计算18d ≥，故64d ≥．当64d =时，确实有满足要求的两组解：80AB =，60AC =，100BC =，和136AB =，255AC =，289BC =．故BD 的最小值是64．18.1.30★★★★试找一不等边三角形ABC ，使BC 及BC 边上的中线、角平分线、高的长度都是整数，BC 可以是多少(此时的中线、角平分线、高的长度分别为多少)?若要求BC 不是整数，但2BC 是整数，则BC 可为多少(此时中线、角平分线、高的长度分别为多少)?解析 首先处理BC 为整数的问题，我们选择的是直角三角形ABC ，对应边为a 、b 、c ，中线AM ，角平分线AD ，高AH ，2aAM =，bc AH a =，又ABC ABD ACDS S S =+△△△，得)2bc b c AD =+，故AD b c =+，于是a 为偶数2k ，b =，c =，mn AH k =而2mn AD m n =+，2222m n k +=，这个方程有解1m =，7n =，5k =，得75AH =，5AM =，74AD =．乘以一个系数20，即得直角三角形ABC ，它的斜边为200，斜边上的中线为100，角平分线为35，高为28．下面处理BC 为无理数、2BC 为整数的情形，如图，延长AD ，与MP 交于P ，此处MP BC ⊥．易知A 、B 、P 、C 共圆(P 是ABC △外接圆弧BC 之中点)．今从基本勾股数出发构造．取12AH =，13AD =，15AM =，则5DH =，9MH =，4MD =，485MD MP AH HD =⋅=，45255PD AD ==． ABMD HCP易知BPD APB △∽△，于是25211760845525BP PD PA =⋅=⨯=，()22222608448302444425255BC BM PB MP ⎛⎫==-=-= ⎪⎝⎭． 再乘以系数5，得所求三角形的高60AH =，角平分线65AD =，中线75AM =，边BC =是无理数，但15120BC =．18.1.31★★作圆外切凸五边形ABCDE ，现知该五边形每边长均为整数，1AB =，又圆与BC 切于K ，求BK ．解析 如图，设CD 、DE 、EA 、AB 分别与圆切于P 、Q 、R 、S ．则RE DP ED +=为整数，于是由题设，AR CP +亦为整数，而AR CP AS KC +=+．于是22BK BS BK BS ==+为整数，由于1BS AB <=，故22BS <，221BK BS ==，12BK =． A S RB EQ K CPD。
初中数学竞赛精品标准教程及练习01数的整除
初中数学竞赛精品标准教程及练习01数的整除数的整除是初中数学竞赛中常见的考点之一，在解题过程中需要掌握一些基本的概念和操作方法。
本文将介绍数的整除的基本概念和性质，并附上一些练习题供大家练习。
一、整除的定义对于两个整数a和b，如果存在一个整数c，使得a=c*b，那么我们就说a能够被b整除，b是a的一个因数，同时也说b是a的一个除数，记作b，a。
例如，2能够被4整除，就表示4是2的一个因数。
二、整除性质1.若a能够被c整除，而c能够被b整除，则a能够被b整除。
2.若a能够被b整除，且b能够被c整除，则a能够被c整除。
3.0除以任何非零整数都为0。
4.任何整数除以1都为本身。
5.任何整数除以0是没有意义的，应避免这样的操作。
三、整除的判定方法1.因数的概念：如果a能够被b整除，那么a一定是b的倍数，b一定是a的因数。
2.除数的性质：如果一个数a的除数是b，那么b的倍数一定是a的倍数。
3.余数的性质：如果一个数a除以b的余数为0，那么a一定能够被b整除。
四、整除的应用整除的概念和性质在解决一些实际问题时经常用到。
例如，求一个数的因数或倍数，判断一个数是否是另一个数的因数等等。
在这些问题中，我们可以应用整除性质和判定方法，进行推理和计算。
五、练习题1.一个数能够同时被3和5整除，它最小是多少？2.一个两位数，可以被3整除，这个两位数的十位数字加上个位数字等于6，这个两位数最大是多少？3.一个数同时是4和5的倍数，它最大是多少？解答：1.因为一个数能够同时被3和5整除，那么这个数一定是3和5的公倍数，即这个数是3和5的最小公倍数。
最小公倍数是两个数的乘积除以它们的最大公因数。
由于3和5没有公因数，所以它们的最大公因数是1，最小公倍数是3*5=15、所以这个数最小是152.设这个两位数为10a+b，其中a为十位数字，b为个位数字。
根据题意，有10a+b可以被3整除，且a+b=6、根据整除的判定方法，可以得到10a+b的各个位数之和能够被3整除。
七年级数学竞赛 第3讲 数的整除性
第3讲数的整除性知能概述：对于整数a和不为零的整数b，总存在整数m，n使得a =b m+n (0≤n<b)，其中m称为商，n称为余数，特别地，当n=0时，即a= b m，便称a被b整除(也称a是b的倍数或b是a的约数)，记为b|a。
整除有以下基本性质：1．若a|b，a|c，则a|(b±c)；2．若a|b，b|c，则a|c；3．若a|bc，且(a，c) =1，则a|b，特别地，若质数p|bc，则必有p|b或p|c：4．若b|a，c|a，且(b，c)=1，则bc|a．解整除有关问题常用到数的整除性常见特征：1．被2整除的数：个位数字是偶数；2．被5整除的数：个位数字是0或5；3．被4整除的数：未两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；4．被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整除；5．被3整除的数：数字和被3整除；6．被9整除的数：数字和被9整除；7．被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除。
问题解决：例1．将四个数字1，2．3．4排成一个四位数，使得这个数是11的倍数，则这样得到的四位数共有______个。
(江西省竞赛题) 解题思路：依据被11整除数的特征先确定相关数的位置。
例2．已知a，b是正整数(a>b)，对于如下两个结论：①在a+b，ab，a−b这三个数中必有2的倍数：②在a +b，ab，a−b这三个数中必有3的倍数，其中（）。
A．只有①正确B．只有②正确C．①．②都正确D，①．②都不正确(江苏省竞赛题)解题思路：举例验证，或按剩余类讨论严格证明。
xy是72的倍数，求出所有符合条件的7位数．例3．已知7 位数12876(江苏省竞赛题)解题思路：因72=8×9，(8，9)= 1，故原数能被8，9整除，运用整数能被8，9整除的性质求出x，y的值。
例4．一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“拷贝数”，试求所有的三位“拷贝数”。
初中数学竞赛辅导-整除的判定
学科：奥数 年级：初二不分版本 期数：347 本周教学内容：整除的判定【内容综述】我们知道，任意两个整数相加、相减、相乘的结果都是整数，而两个整数相除，它们的商就不一定是整数了，也就是说，整数对加、减、乘运算是封闭的，而对于除法并不是封闭的，这样就出现了整除和余数这两个概念。
本期主要研究整除性和整除的判定，以及余数问题等。
本期所涉及的字母如无特别说明都表示整数。
【要点讲解】 §1.整除性30除以6得到的商是5，我们就叫30能被6整除，31除以6得到的商不是整数，31就不能被6整除。
一般地，若整数除以整数所得的商是一个整数,即存在一个整数q ，使得a=bq 成立，就叫做能被b 整除，或叫做ｂ能整除,记作b|a ，这时称是b 的倍数，b 是的约数（或因数）。
显然，+1和-1是任何整数的约数，0是任何非零整数的倍数，是它本身的约数，也是它本身的倍数。
关于整除有下面一些明显的结论： （1）若a|b, b|c, 则a|c（2）若c|a, c|b, 则c|ma+nb, 特别地，c|a+b, c|a -b. （3）若b|a, n 为整数，则b|na.应用这些性质可以解决一些简单的约数和倍数问题。
★例1 N=是一个被17整除的四位数，求x 。
解因N |17, 17|所以 )x 24(|17-而x 为0～9的整数,故只有当x=2 时,才有可能)x 24(|17-。
故x=2为所求。
★★例2 若是互不相等的整数，且整数x 满足等式求证：4|(a+b+c+d) 证明：已知等式可化为由于是互不相等的整数，则也是互不相等的整数，且均为9的约数，于是只能等于9的四个互不相等的约数：+3，-3，+1，-1，即=4故)d c b a (|4+++§2、带余除法若不能被b 整除，得到一个整数商后还会有余数。
比如14被3除，得到商是4，余数是2，被除数14，除数3，商数4和余数2之间可用这样一个表示。
14=实际上，这个结果可以推广到一般情况，这就是下面的定理： 对于整数和b ，存在唯一的整数q 和r ，使得=bq+r |)b |r O (<≤成立。
初中数学竞赛精品标准教程及练习69数的整除
初中数学竞赛精品标准教程及练习69数的整除数的整除在初中数学竞赛中是一个重要的考点。
理解数的整除的概念及其性质对于解答与数的整除相关的题目非常有帮助。
本教程将介绍数的整除的相关概念、性质以及解题方法，并提供一些高质量的练习题供同学们练习。
一、数的整除的概念与性质1.整除的定义一个整数a能够被另一个整数b整除，表示为b，a，当且仅当存在另一个整数c使得a=bc。
例如，4能被2整除，表示为2，42.整除的性质（1）如果a能被b整除，b能被c整除，则a能被c整除。
（2）如果a能被b整除，那么对于任意的整数m，ma能被mb整除。
（3）如果a能被b整除，b能被a整除，则a和b互为倍数关系。
（4）如果a能被b整除且b能被a整除，则a和b相等。
二、解题思路1.判断一个数的整除性：给出两个数a、b，我们可以用a除以b，看是否余数为0来判断b是否能整除a。
2.判断一个数是否为另一个数的因数：如果一个数b能整除另一个数a，则b为a的因数。
例如，2是4的因数，我们可以通过判断4能否被2整除来得出结论。
3.利用整除的性质解题：根据整除的性质，我们可以广泛运用到解题中，例如通过倍数关系来得到整数之间的关系。
三、练习题请同学们结合上述的知识点完成以下练习题：1.如果一个整数能同时被2和3整除，它一定能被________整除。
2.在8-348的范围内，有多少个整数被4整除，但不能被5整除？3.如果一个整数能被12整除，它一定能被_______和_______整除。
4.请列举100以内被6整除但不被9整除的整数。
5.两个正整数a和b的最大公因数为6，a能被12整除，b能被9整除，其中一个可能的取值是_______。
解答参考：1.如果一个整数能同时被2和3整除，它一定能被6整除。
2.在8-348的范围内，有84个整数被4整除，但不能被5整除。
3.如果一个整数能被12整除，它一定能被2和6整除。
希望通过本教程的学习，同学们能够对数的整除的概念、性质以及解题方法有更深入的理解，提高数学竞赛的能力。
初中数学竞赛整除的判定(含答案)
整除的判定我们知道，任意两个整数相加、相减、相乘的结果都是整数，而两个整数相除，它们的商就不一定是整数了，也就是说，整数对加、减、乘运算是封闭的，而对于除法并不是封闭的，这样就出现了整除和余数这两个概念。
本期主要研究整除性和整除的判定，以及余数问题等。
本期所涉及的字母如无特别说明都表示整数。
§1.整除性30除以6得到的商是5，我们就叫30能被6整除，31除以6得到的商不是整数，31就不能被6整除。
一般地，若整数除以整数所得的商是一个整数,即存在一个整数q，使得a=bq成立，就叫做能被b整除，或叫做ｂ能整除,记作b|a，这时称是b的倍数，b是的约数（或因数）。
显然，+1和-1是任何整数的约数，0是任何非零整数的倍数，是它本身的约数，也是它本身的倍数。
关于整除有下面一些明显的结论：（1）若a|b, b|c, 则a|c（2）若c|a, c|b, 则c|ma+nb, 特别地，c|a+b, c|a-b.（3）若b|a, n为整数，则b|na.应用这些性质可以解决一些简单的约数和倍数问题。
例1 N=是一个被17整除的四位数，求x。
解因N17, 17||所以)x217-4(|而x为0～9的整数,故只有当x=2 时,才有可能)x24(|17-。
故x=2为所求。
例2若是互不相等的整数，且整数x满足等式求证：4|(a+b+c+d)证明：已知等式可化为由于是互不相等的整数，则也是互不相等的整数，且均为9的约数，于是只能等于9的四个互不相等的约数：+3，-3，+1，-1，即=4故)d++a(|4+cb§2、带余除法若不能被b整除，得到一个整数商后还会有余数。
比如14被3除，得到商是4，余数是2，被除数14，除数3，商数4和余数2之间可用这样一个表示。
14=实际上，这个结果可以推广到一般情况，这就是下面的定理：对于整数和b，存在唯一的整数q和r，使得=bq+r|)≤成立。
其(<b|Or中r 是被b除的余数。
初中数学竞赛精品标准教程及练习18式的整除
初中数学竞赛精品标准教程及练习18式的整除整除是指一个数能够整除另一个数，即能够被另一个数整除而不产生余数。
在初中数学竞赛中，整除是一个非常重要的概念。
掌握整除的性质和相关的解题方法将有助于学生更好地应对数学竞赛中的各种问题。
一、整除的定义整除是指一个数能够被另一个数整除而不产生余数。
如果一个数a能够被另一个数b整除，就可以表示为a能够整除b，也可以表示为b能够被a整除。
用数学语言表达就是a能够整除b表示为a，b，读作a整除b，b被a整除。
二、整除的性质整除具有以下性质：1.如果一个数a能够整除另一个数b，而b又能够整除另一个数c，则a能够整除c。
即如果a，b且b，c，则a，c。
2. 如果一个数a能够整除另一个数b，则a能够整除b的所有倍数。
即如果a，b，则a，kb(k为整数)。
3.整除具有传递性。
如果a能够整除b，而b能够整除c，则a能够整除c。
即如果a，b且b，c，则a，c。
三、整除的判定法则1.若一个数能被2整除，则个位数为0、2、4、6、8中的任意一个。
2.若一个数能够被3整除，则该数的各位数之和能够被3整除。
3.若一个数能够被4整除，则该数的末两位能够被4整除。
4.若一个数能够被5整除，则个位数为0或55.若一个数能够被6整除，则该数同时能够被3和2整除。
6.若一个数能够被8整除，则该数的末三位能够被8整除。
7.若一个数能够被9整除，则该数的各位数之和能够被9整除。
四、整除的应用1.求最大公约数最大公约数是指两个或多个整数共有的约数中最大的一个。
当求最大公约数时，常常使用整除的方法。
首先列举出两个或多个数的约数，然后找出共有的约数中最大的一个即为最大公约数。
2.求最小公倍数最小公倍数是指两个或多个整数的公有倍数中最小的一个。
当求最小公倍数时，也常常使用整除的方法。
首先列举出两个或多个数的倍数，然后找到其中共有的最小的一个即为最小公倍数。
练习题：1.判断下列数是否能够被2整除：106、239、480、620。
初中数学竞赛精品标准教程及练习18式的整除
初中数学竞赛精品标准教程及练习18式的整除整数的除法是初中数学中的一个基础概念，也是数学竞赛中经常出现的题型。
在初中数学竞赛精品标准教程及练习18式中关于整除的内容，主要包括了整除的定义、性质、判定方法以及整数的倍数和因子等。
一、整除的定义在整数集中，对于任意的整数a和b，如果存在整数c使得a=b*c，那么我们称a可以被b整除，记作b，a，其中b称为除数，a称为被除数，c称为商。
特别地，当a=0时，任意非零整数b都可以整除a，即0，b。
二、整除的性质1. 如果a可以被b整除，那么对于任意的整数k，ka也可以被b整除。
2.如果a可以被b整除，b可以被c整除，那么a可以被c整除。
3.如果a可以被b整除，那么任意的整数k也可以被b整除。
三、整除的判定方法1.末位法：一个整数可以被2整除，当且仅当它的个位数是0、2、4、6、8中的一个。
2.末位法：一个整数可以被5整除，当且仅当它的个位数是0或者53.因子法：如果一个整数a可以整除一个整数b，那么a一定也是b的因子。
因此，如果我们要判断一个整数a是否能被b整除，只需要判断a的所有因子是否也是b的因子，如果是，则a可以被b整除；如果不是，则a不能被b整除。
4.整除例题：例1：判断100是否能被15整除。
解：15=3*5，100=4*25，所以100=15*（4*25/15），即100可以被15整除。
例2：判断448是否能被7整除。
解：448=7*64，所以448可以被7整除。
四、整数的倍数和因子1.倍数：如果一个整数a可以被另一个整数b整除，那么我们说a是b的倍数，b是a的约数。
特别地，任意一个整数a是0的倍数，0是任意一个整数a的约数。
2.倍数的性质：（1）一个整数是另一个整数的倍数时，它也必定是这个整数的约数。
（2）一个整数的正整数倍是这个整数的约数。
（3）一个非零整数的绝对值是这个整数的倍数，即，a，是a的倍数。
综上所述，整除是初中数学竞赛中重要的基础概念之一、掌握整除的定义、性质、判定方法以及整数的倍数和因子的概念，可以帮助我们更好地解决与整除相关的问题。
18数的整除性
第十八讲数的整除性专题精华数的整除性问题关键是要掌握整除的数的特征，并会灵活运用。
比如能被8和125整除的数的特征是末尾三位数是8或125的倍数就能被8或125整除。
能被11整除的数的特征是如果一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被11整除，那么它就能被11整除。
例1、在五位数15□8□的□里填上什么数字，才能使它既能被3整除，又能被5整除？点击：一个数能被5整除，个位只能填0或5，能被3整除，各位上的数字和必须是3的倍数。
练习1、在五位数25□4□的□内填什么数字，才能使它既能被3整除，又能被5整除？2、在1～100这100个自然数中，既能被2整除，又能被3整除的所有数的和是多少？3、从0、1、4、7、9中选四个数字组成若干个四位数，把其中能被3整除的四位数从小到大排列起来，问第十个数是多少？例2、要使六位数15ABC6能被36整除，而且所得的商要尽量小，这个六位数是。
思路与解法因为4×9=36，所以能被36整除，就是能被4和9同时整除，能被4整除的特征是末两位能被4整除，所以C只能是1、3、5、7、9. 因为要商最小，所以这个数要尽量的小，所以A为0。
能被9整除的数的特征是各个数位上的数字之和是9的倍数，所以B=1，C=5。
点击：这道题的解题关键是：要知道能被36整除就要能同时被4和9整除（互质的两个因数），还要知道符合4的倍数和符合9的倍数的数的特征。
练习1、要使六位数15□□□6能被36整除，且所得的商最大，□□□应填（）2、如果四位数5□□6能被34整除，那么可以有多少个不同的商？3、一个五位数能被72整除，首位两个数字不知道，千、百、十位上的数字分别是6,7,9，这个五位数是多少？例3、在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它分别能被3、4、5整除。
在符合这些条件的六位数中，最小的是多少？思路与解法要使数字尽可能的小，并能被5整除，百位和个位上应选0，已知五位数的各位数字之和是19，要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8，又能被4整除的数，十位上应填2.解：符合这个条件的最小六位数568020.练习1、一个六位数937abc能分别被3,4,5整除，这个数最小是多少？例4、七位数12MNMNM能被6整除，这样的七位数有多少个？思路与解法这个数能被6整除，即它能同时被2和3整除，故M可取0、2、4、6、8五个数。
初中数学竞赛中定方程的整数解问题定方程的整数解问题
初中数学竞赛中不定方程的整数解问题1.利用整数分离在解决不定方程问题时，首先逆用分式的加减法，将分式拆分成一个整数与一个分子为常数的分式的和或差的形式，然后利用整数整除的性质通过对简单分式的分析来解决问题。
这种方法是处理含有分式不定方程的整数解问题的一种有效途径。
例1. 方程301x y x +-=+的整数解共有几组？2.因式分解法当不定方程的一边容易化为两个一次因式的乘积，另一边是一个整数时，通常用分解因式法解决不定方程的整数解问题。
例2.方程222522007x xy y ++=的所有不同的整数解共有几组?例3. 设直角三角形的两条直角边长分别为a, b,斜边长为 c. 若a,b,c 均为正整数，且1()3c ab a b =-+，求满足条件的直角三角形的个数？在一个二元不定方程中，若把其中一个未知数当作参数后，该方程变为关于另一个未知数的一元二次方程，于是，可利用△≥0，求出参数的范围，然后求解。
例4． 关于x,y 的方程22229x xy y ++=的整数解（x,y ）有几组？4.放缩法是指根据已知条件将不定方程中某些未知数放大或缩小，从而确定某个未知数的取值范围，进而确定该未知数的整数解，然后将其代入原方程求其他未知数的整数解一种解题方法。
例5 当x y z ≤≤时，求方程11178x y z ++=的正整数解。
5.利用整除和同余例6． 关于x,y 的方程22208()x y x y +=-的所有正整数解为多少？在一个二元不定方程中，若把其中一个未知数当作参数后，该方程变为关于另一个未知数的一元二次方程，则可利用设参数法，即设△=2k ，然后求出方程的解，再利用数论的相关知识求解，或通过因式分解，直接从△=2k 求解例7.设a 为质数，b 为正整数，且29(2)509(4511)a b a b +=+。
求a,b 的值。
练习题1. 求方程6xy x y ++=的整数解。
2. 求满足方程2242011x y -=的整数对（x,y ）的组数有多少？3. 方程22332x xy y x y ++=-的非负整数解（x,y ）的组数为几组？4. 求方程11156x y z ++=的正整数解。
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根据恒等式中，左右两边同类项的系数相等，得
a 2 5 b 1 2a 11 a 2b m 1b n
a 3 b n 解得 m 11 n 4
∴m=－11, n=4, 商式是 x2－3x+4 例3 m 取什么值时，x3+y3+z3+mxyz (xyz≠0)能被 x+y+z 整除? 解：当 x3+y3+z3+mxyz 能被 x+y+z 整除时，它含有 x+y+z 因式 令 x+y+z＝0，得 x=－（y+z） ，代入原式其值必为 0 3 3 3 即［－（y+z） ］ +y +z －myz(y+z)=0 把左边因式分解，得 －yz(y+z)(m+3)=0, ∵yz≠0, ∴当 y+z=0 或 m+3=0 时等式成立 ∴当 x,y（或 y,z 或 x,z）互为相反数时，m 可取任何值 ， 当 m=－3 时，x,y,z 不论取什么值，原式都能被 x+y+z 整除。 例 4 分解因式 x3－x+6 分析：为获得一次因式，可用 x=±1，±2，±3，±6（常数项 6 的约数） 代入原式求值，只有 x=－2 时值为 0，可知有因式 x＋2， （以下可仿例 1） 3 2 解：x －x+6＝（x＋2） （x －2x+3） 丙练习 18 1． 若 x3+2x2+mx+10=x3+nx2－4x+10, 则 m=___, n=___ 2． x3－4x2+3x+32 除以 x+2 的余式是＿＿＿， x4－x2+1 除以 x2－x－2 的余式是＿＿＿ 3． 己知 x3+mx+4 能被 x+1 整除，求 m 4． 己知 x4+ax3+bx－16 含有两个因式 x－1 和 x –2,求 a 和 b 的值 5． 己知 13x3+mx2+11x+n 能被 13x2－6x+5 整除,求 m、n 及商式 6． 己知 ab≠0,m 取什么值时，a3－6a2b+mab2-8b3 有因式 a－2b. 7． 分解因式：①x3-7x+6, ②x3-3x2+4, ③x3-10x-3 8.选择题 ① x2y-y2z+z2x-x2z+y2x+z2y-2xyz 因式分解的结果是（ ） (A)(x+y)(y-z)(x-z) (B) (x+y)(y+z)(x-z) (c) (x-y)(y-z)(x+z) (D) (x-y)(y+z)(x+z) 3 ②n +p 能被 n+q 整除(n,p,q 都是正整数)， 对于下列各组的 p,q 值能使 n 的值 为最大的是（ ） （A） p=100,q=10 (B) p=5000,q=20 (C) p=50,q=12, (D) p=300,q=15.
初中数学竞赛辅导资料（18）
式的整除
甲内容提要 1． 定义：如果一个整式除以另一个整式所得的商式也是一个整式，并且余 式是零，则称这个整式被另一个整式整除。 2． 根据被除式＝除式×商式＋余式，设 f(x),p(x),q(x)都是含 x 的整式， 那么 式的整除的意义可以表示为： 若 f(x)＝p(x)×q(x)， 则称 f(x)能被 p(x)和 q(x)整除 例如∵x2－3x－4＝（x－4） （x +1）, 2 ∴x －3x－4 能被（x－4）和（x +1）整除。 显然当 x=4 或 x=－1 时 x2－3x－4＝0， 3． 一般地，若整式 f(x)含有 x –a 的因式，则 f(a)=0 反过来也成立，若 f(a)=0,则 x－a 能整除 f(x)。 4． 在二次三项式中 若 x2+px+q=(x+a)(x+b)＝x2+(a+b)x+ab 则 p=a+b,q=ab 在恒等式中，左右两边同类项的系数相等。这可以推广到任意多项式。 乙例题 例 1 己知 x2－5x+m 能被 x－2 整除，求 m 的值。 x－3 2 解法一：列竖式做除法 （如右） x－2 x －5x+m 由 余式 m－6＝0 得 m=6 x2－2x 解法二：∵ x2－5x+m 含有 x－2 的因式 －3x+m 2 ∴ 以 x=2 代入 x －5x+m 得 －3x+6 2 2 －5×2 ＋m=0 得 m=6 m－6 2 解法三：设 x －5x+m 除以 x－2 的商是 x+a (a 为待定系数) 那么 x2－5x+m＝(x+a)(x－2)＝ x2+(a-2)x－2a 根据左右两边同类项的系数相等，得
a 2 5 2 a m
例2
解得
a 3 m 6
（本题解法叫待定系数法）
己知:x4－5x3+11x2+mx+n 能被 x2－2x+1 整除 求：m、n 的值及商式 解：∵被除式＝除式×商式 （整除时余式为 0） ∴商式可设为 x2+ax+b 得 x4－5x3+11x2+mx+n＝（x2－2x+1） （x2+ax+b） ＝x4+(a-2)x3+(b+1-2a)x2+(a-源自b)x+b练习 18
1. –4，2 4. 6. 8. 2. 2；4x+5 5. 3. 3
a 5 b 20
m 19 商式 x-1 n 5
②(x-2)2(x+1) , ③(x+3)(x2-3x-1)
12 7.①(x-1)(x-2)(x+3), ① (A) ② (D)