(完整版)初一数学竞赛辅导(第24讲)

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2020年初中数学竞赛讲义：第24讲-几何的定值与最值

第二十四讲几何的定值与最值几何中的定值问题，是指变动的图形中某些几何元素的几何量保持不变，或几何元素间的某些几何性质或位置关系不变的一类问题，解几何定值问题的基本方法是：分清问题的定量及变量，运用特殊位置、极端位置，直接计算等方法，先探求出定值，再给出证明．几何中的最值问题是指在一定的条件下，求平面几何图形中某个确定的量(如线段长度、角度大小、图形面积)等的最大值或最小值，求几何最值问题的基本方法有：1．特殊位置与极端位置法；2．几何定理(公理)法；3．数形结合法等．注：几何中的定值与最值近年广泛出现于中考竞赛中，由冷点变为热点．这是由于这类问题具有很强的探索性(目标不明确)，解题时需要运用动态思维、数形结合、特殊与一般相结合、逻辑推理与合情想象相结合等思想方法．【例题就解】【例1】如图，已知AB=10，P是线段AB上任意一点，在AB的同侧分别以AP和PB为边作等边△APC和等边△BPD，则CD长度的最小值为．思路点拨如图，作CC′⊥AB于C，DD′⊥AB于D′，DQ⊥CC′，1AB一常数，当CQ越小，CD越小，本例也CD2=DQ2+CQ2，DQ=2可设AP=x，则PB=x10，从代数角度探求CD的最小值．注：从特殊位置与极端位置的研究中易得到启示，常能找到解题突破口，特殊位置与极端位置是指：(1)中点处、垂直位置关系等；(2)端点处、临界位置等．【例2】如图，圆的半径等于正三角形ABC的高，此圆在沿底边⌒AB滚动，切点为T，圆交AC、BC于M、N，则对于所有可能的圆的位置而言，MTN为的度数（）A．从30°到60°变动B．从60°到90°变动C．保持30°不变D．保持60°不变思路点拨先考虑当圆心在正三角形的顶点C时，其弧的度数，再证明一般情形，从而作出判断．注：几何定值与最值问题，一般都是置于动态背景下，动与静是相对的，我们可以研究问题中的变量，考虑当变化的元素运动到特定的位置，使图形变化为特殊图形时，研究的量取得定值与最值．【例3】如图，已知平行四边形ABCD ，AB=a ，BC=b (a >b )，P 为AB 边上的一动点，直线DP 交CB 的延长线于Q ，求AP+BQ 的最小值．思路点拨设AP=x ，把AP 、BQ 分别用x 的代数式表示，运用不等式ab b a 222≥+ (当且仅当b a =时取等号)来求最小值．【例4】如图，已知等边△ABC 内接于圆，在劣弧AB 上取异于A 、B 的点M ，设直线AC 与BM 相交于K ，直线CB 与AM 相交于点N ，证明：线段AK 和BN 的乘积与M 点的选择无关．思路点拨即要证AK ·BN 是一个定值，在图形中△ABC 的边长是一个定值，说明AK ·BN 与AB 有关，从图知AB 为△ABM 与△ANB 的公共边，作一个大胆的猜想，AK ·BN=AB 2，从而我们的证明目标更加明确．注：只要探求出定值，那么解题目标明确，定值问题就转化为一般的几何证明问题．【例5】已知△XYZ是直角边长为1的等腰直角三角形(∠Z=90°)，它的三个顶点分别在等腰Rt△ABC(∠C=90°)的三边上，求△ABC 直角边长的最大可能值．思路点拨顶点Z在斜边上或直角边CA(或CB)上，当顶点Z在斜边AB上时，取xy的中点，通过几何不等关系求出直角边的最大值，当顶点Z在(AC或CB)上时，设CX=x，CZ=y，建立x，y的关系式，运用代数的方法求直角边的最大值．注：数形结合法解几何最值问题，即适当地选取变量，建立几何元素间的函数、方程、不等式等关系，再运用相应的代数知识方法求解．常见的解题途径是：(1)利用一元二次方程必定有解的代数模型，运用判别式求几何最值；(2)构造二次函数求几何最值．学力训练1．如图，正方形ABCD的边长为1，点P为边BC上任意一点（可与B点或C点重合），分别过B、C、D作射线AP的垂线，垂足分别是B′、C′、D′，则BB′+CC′+DD′的最大值为，最小值为．2．如图，∠AOB=45°，角内有一点P ，PO=10，在角的两边上有两点Q ，R(均不同于点O)，则△PQR 的周长的最小值为．3．如图，两点A 、B 在直线MN 外的同侧，A 到MN 的距离AC=8，B 到MN 的距离BD=5，CD=4，P 在直线MN 上运动，则PB PA -的最大值等于．4．如图，A 点是半圆上一个三等分点，B 点是弧AN 的中点，P 点是直径MN 上一动点，⊙O 的半径为1，则AP+BP 的最小值为( )A ．1B ．22C ．2D ．13-5．如图，圆柱的轴截面ABCD 是边长为4的正方形，动点P 从A 点出发，沿看圆柱的侧面移动到BC 的中点S 的最短距离是( )A ．212π+B ．2412π+C ．214π+D ．242π+6．如图、已知矩形ABCD ，R ，P 户分别是DC 、BC 上的点，E ，F 分别是AP 、RP 的中点，当P 在BC 上从B 向C 移动而R 不动时，那么下列结论成立的是( )A．线段EF的长逐渐增大B．线段EF的长逐渐减小C．线段EF的长不改变D．线段EF的长不能确定7．如图，点C是线段AB上的任意一点(C点不与A、B点重合)，分别以AC、BC为边在直线AB的同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，AE与CD相交于点M，BD与CE相交于点N．(1)求证：MN∥AB；(2)若AB的长为l0cm，当点C在线段AB上移动时，是否存在这样的一点C，使线段MN的长度最长?若存在，请确定C点的位置并求出MN的长；若不存在，请说明理由．8．如图，定长的弦ST在一个以AB为直径的半圆上滑动，M是ST 的中点，P是S对AB作垂线的垂足，求证：不管ST滑到什么位置，∠SPM是一定角．9．已知△ABC是⊙O的内接三角形，BT为⊙O的切线，B为切点，P为直线AB上一点，过点P作BC的平行线交直线BT于点E，交直线AC于点F．(1)当点P在线段AB上时(如图)，求证：PA·PB=PE·PF；(2)当点P为线段BA延长线上一点时，第(1)题的结论还成立吗?如果成立，请证明，如果不成立，请说明理由．10．如图，已知；边长为4的正方形截去一角成为五边形ABCDE，其中AF=2，BF=l，在AB上的一点P，使矩形PNDM有最大面积，则矩形PNDM的面积最大值是( )25D．14A．8 B．12 C．211．如图，AB是半圆的直径，线段CA上AB于点A，线段DB上AB于点B，AB=2；AC=1，BD=3，P是半圆上的一个动点，则封闭图形ACPDB的最大面积是( )A．23+3+D．21+C．22+B．212．如图，在△ABC中，BC=5，AC=12，AB=13，在边AB、AC上分别取点D、E，使线段DE将△ABC分成面积相等的两部分，试求这样线段的最小长度．13．如图，ABCD是一个边长为1的正方形，U、V分别是AB、CD 上的点，A V与DU相交于点P，BV与CU相交于点Q．求四边形PUQV 面积的最大值．14．利用两个相同的喷水器，修建一个矩形花坛，使花坛全部都能喷到水．已知每个喷水器的喷水区域是半径为l0米的圆，问如何设计(求出两喷水器之间的距离和矩形的长、宽)，才能使矩形花坛的面积最大?15．某住宅小区，为美化环境，提高居民生活质量，要建一个八边形居民广场(平面图如图所示)．其中，正方形MNPQ与四个相同矩形(图中阴影部分)的面积的和为800平方米．(1)设矩形的边AB=x(米)，AM=y(米)，用含x的代数式表示y 为．(2)现计划在正方形区域上建雕塑和花坛，平均每平方米造价为2100元；在四个相同的矩形区域上铺设花岗岩地坪，平均每平方米造价为105元；在四个三角形区域上铺设草坪，平均每平方米造价为40元．①设该工程的总造价为S(元)，求S关于工的函数关系式．②若该工程的银行贷款为235000元，仅靠银行贷款能否完成该工程的建设任务?若能，请列出设计方案；若不能，请说明理由．③若该工程在银行贷款的基础上，又增加资金73000元，问能否完成该工程的建设任务?若能，请列出所有可能的设计方案；若不能，请说明理由．16．某房地产公司拥有一块“缺角矩形”荒地ABCDE，边长和方向如图，欲在这块地上建一座地基为长方形东西走向的公寓，请划出这块地基，并求地基的最大面积(精确到1m2)．参考答案第 11 页共 11 页。

江苏省数学竞赛提优教案：第24讲_三角不等式

第四讲三角不等式含有未知数的三角函数的不等式叫做三角不等式．三角不等式首先是不等式，因此，处理不等式的常用方法如配方法、比较法、放缩法、基本不等式法、反证法、数学归纳法等也是解决三角不等式的常用方法．其次，三角不等式又有自己的特点——含有三角式，因而三角函数的单调性、有界性以及图像特征、三角公式及三角恒等变形的方法等都是处理三角不等式的常用工具．A 类例题例1 已知α、β为锐角，且()02x παβ+->，求证对一切0x ≠，有(cos )(sin )x x αβ<分析要证的不等式两边均为指数式，且指数相同，可考虑利用函数()f x x α=的单调性，因此首先应比较cos α与sin β的大小，而函数()f x x α=的单调性与α的符号有关，可分情况讨论．证明（1）若x >0，则2παβ+>，则022ππβα>>->，由正弦函数的单调性，得0sin()sin 12παβ<-<<，即0cos sin 1αβ<<<，又x >0，故有(cos )(sin )x x αβ<．（2）若x <0，则2παβ+<，则022ππβα<<-<，由正弦函数的单调性，得0sin sin()12πβα<<-<，即0sin cos 1βα<<<，又x <0，故有(cos )(sin )x x αβ<．说明比较不同角的正弦与余弦的大小，可先化同名，再利用正余弦函数的单调性比较，而一组2πα±的诱导公式是实现正、余弦转化的有力工具．例2 已知0απ<<，试比较2sin 2α和cot 2α的大小．分析两个式子分别含有2α与2α的三角函数，故可考虑都化为α的三角函数，注意到两式均为正，可考虑作商来比较．解法一2sin 21cos 4sin cos tan4sin cos 2sin cot2ααααααααα-== =2214cos 4cos 4(cos )12ααα-=--+，∵0απ<<，所以当1cos 2α=，即3πα=时，上式有最大值1，当0απ<<且3πα≠时，上式总小于1．因此，当3πα=时，2sin 2α=cot2α；当0απ<<且3πα≠时，2sin 2α<cot 2α．解法二设tan 2t α=，由0απ<<得022απ<<，故tan02t α=>，则1cot2tα=，2224(1)22sin 24sin cos (1)t tt ααα-⋅==+，于是有 cot 2α-2sin 2α=2422222222214(1)2961(31)0(1)(1)(1)t t t t t t t t t t t -⋅-+--==≥+++ 因此，当3πα=时，2sin 2α=cot2α；当0απ<<且3πα≠时，2sin 2α<cot2α．例3 已知[0,]x π∈，求证：cos(sin x )>sin(cos x )分析一从比较两数大小的角度来看，可考虑找一个中间量，比cos(sin x )小，同时比sin(cos x )大，即可证明原不等式．证法一（1）当0,,2x ππ=时，显然cos(sin x )>sin(cos x )成立．（2）当2x ππ<<时，0sin 12x π<<<，cos 02x π-<<，则cos(sin x)>0>sin(cos x )．（3）当02x π<<时，有0<sin x <x <2π，而函数y =cos x 在(0,)2π上为减函数，从而有cos(sin x )>cos x ；而0cos 2x π<<，则sin(cos x )<cos x ，因此cos(sin x ) >cos x >sin(cos x )，从而cos(sin x )>sin(cos x )．分析二 cos(sin x )可看作一个角sin x 的余弦，而sin(cos x )可看作一个角cos x 的正弦，因此可考虑先用诱导公式化为同名三角函数，再利用三角函数的单调性来证明．证法二当02x π<<时，有0<sin x <1，0<cos x <1，且sin x +cos x )4x π+2π≤<，即0<sin x <2π-cos x <2π，而函数y =cos x 在(0,)2π上为减函数，所以cos(sin x )>cos(2π-cos x )=sin(cos x )，即cos(sin x )>sin(cos x )．x 在其他区域时，证明同证法1．说明（1）本题的证明运用到结论：(0,)2x π∈时，sin tan x x x <<，这是实现角与三角函数值不等关系转化的重要工具，该结论可利用三角函数线知识来证明．（2）证法一通过中间量cos x 来比较，证法二利用有界性得sin x +cos x 2π<，再利用单调性证明，这是比较大小常用的两种方法；（3）本题结论可推广至x R ∈.情景再现1．在锐角△ABC 中，求证： sin sin sin cos cos cos A B C A B C ++>++. 2．已知,(0,)2x y π∈，tan 3tan x y =，求证：6x y π-≤.3．当[0,]2x π∈时，求证：cos cos sin sin x x >.B 类例题例4 在ABC ∆中，证明： sin sin sin A B C ++≤分析一本题中有三个变量A 、B 、C ，且满足A +B +C =180°，先固定其中一个如角C ，由于A +B =180°- C ,故对不等式的左边进行和差化积，将其转化为与A －B 有关的三角函数进行研究．证法一我们先假定C 是常量，于是A +B =π-C 也是常量. sin sin sin 2sincos sin 22A B A B A B C C +-++=+2cos cos sin 22c A BC -=+，显然，对于同一个C 值，当A =B 时，上式达到最大值．同样，对同一个A 或B ，有类似结论；因此,只要A 、B 、C 中任意两个不等，表达式sin sin sin A B C ++就没有达到最大值，因而，当A =B =C =3π时，sin sin sin A B C ++有最大值，∴原不等式得证．说明不等式中含有多个变量时，我们往往固定其中部分变量，求其他变量变化时，相应表达式的最值，这种方法称为逐步调整法．分析二即证sin sin sin 3A B C ++≤证明．证法二函数sin y x =是区间（0，π）上的上凸函数，从而对任意的三个自变量123,,(0,)x x x π∈，总有123123sin sin sin sin()33x x x x x x ++++≥，等号当123x x x ==时成立．因此有sin sin sin sin()33A B C A B C++++≥，从而有sin sin sin 180sin 33A B C ++︒≤=，因此原不等式成立．说明本方法是利用凸函数性质解题，三角函数在一定区间内均为凸函数，因此很多三角不等如均可利用凸函数的性质证明．例5 已知,,x y z R ∈,02x y z π<<<<．求证：2sin cos 2sin cos sin 2sin 2sin 22x y y z x y z π++>++（90年国家集训队测试题）分析将二倍角均化为单角的正余弦，联想单位圆中的三角函数线，两两正余弦的乘积联想到图形的面积．证明即证sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos 4x y y z x x y y z z π++>++即证明sin (cos cos )sin (cos cos )sin cos 4x x y y y z z z π>-+-+注意到上式右边是如图所示单位圆中三个阴影矩形的面积之和，而4π为此单位圆在第一象限的面积，所以上式成立，综上所述，原不等式成立．例6 63)cos()2sin 24sin cos a πθθθθ+-+-+36a <+对于[0,]2πθ∈恒成立．求a 的取值范围．（2004年首届东南地区数学奥赛试题）分析所给不等式中有两个变量，给出其中一个的范围，求另一个的范围，常采用分离变量的方法．注意到与角θ有关的几个三角函数式，cos()cos )4πθθθ-=+，sin 22sin cos θθθ=，因此考虑令sin cos x θθ+=进行变量代换，以化简所给不等式，再寻求解题思路．解设sin cos x θθ+=，则2cos(),sin 214x πθθ-==-，当[0,]2πθ∈时，x ⎡∈⎣．从而原不等式可化为：26(23)2(1)36a x x a x ++--<+，即26223340x ax x a x---++>， 222()3()0x x a x a x x +--+->，()2(23)0(1)x x a x x ⎛⎫⎡-+->∈ ⎪⎣⎝⎭∴原不等式等价于不等式（1），1,,230x x ⎡∈∴-<⎣（1）不等式恒成立等价于()20x a x x⎡+-<∈⎣恒成立．从而只要max 2()()a x x x ⎡>+∈⎣．又2()f x x x=+在⎡⎣上递减，max 2()3()x x x⎡∴+=∈⎣，所以3a >．例7 三个数a ,b ,c ∈(0,)2π，且满足cos a a =，sin cos b b =，cossin c c =，按从小到大的顺序排列这三个数．（第16届全苏竞赛题）分析比较a ,b ,c 三数的大小，cos a a =，sin cos cos b b b =<，cossin cos c c c =>，等式的两边变量均不相同，直接比较不易进行，故考虑分类讨论，先比较a 与b ，由cos sin cos a a b b==，对等号两边分别比较，即先假定一边的不等号方向，再验证另一侧的不等号方向是否一致．解（1）若a b =，则cos sin cos a a =，但由cos a (0,)2π∈，故有cos sin cos a a >矛盾，即a ≠b ．（2）若a b <，则由单调性可知cos cos a b >，又由a b <及题意可得cos sin cos a b <，而sin cos cos b b <，因此又可得cos cos a b <，从而产生矛盾．综上，a b >．类似地，若c a =，则由题意可得cos cossin a a =，从而可得sin a a =与sin a a >矛盾；若c a <，则sin sin c a a <<，即sin c a <，cossin cos c a ∴>，即c a >矛盾．综上可得：b a c <<．说明本题的实质是用排除法从两个实数的三种可能的大小关系排除掉两种，从而得第三种，体现了“正难则反”的解题策略．情景再现4．在三角形ABC 中，求证：（1）3sinsin sin 2222A B C ++≤；（2）sin sin sin A B C ≤． 5．设12x y z π≥≥≥，且2x y z π++=，求乘积cos sin cos x y z 的最值．（1997年全国高中数学联赛）6．求证：|sin cos tan cot sec csc |1x x x x x x +++++≥-（2004年福建省数学竞赛题）C 类例题例8 已知当[0,1]x ∈时，不等式22cos (1)(1)sin 0x x x x θθ--+->恒成立，试求θ的取值范围．（1999年全国高中数学联赛题）分析一不等式左边按一、三两项配方，求出左边式子的最小值，根据最小值应当为正求出θ的取值范围．解法一设22()cos (1)(1)sin f x x x x x θθ=--+-，则由[0,1]x ∈时()0f x >恒成立，有(0)sin 0f θ=>，(1)cos 0f θ=>，22()([(12(12(1f x x x x x x ∴=+----(1)x x --21[(12(1)(02x x x =--->，当x =(10x -=，令0x =，则001x <<，0001()2(1)02f x x x =-->12>，即1sin 22θ>，且sin 0,cos 0θθ>>，所求范围是：522,1212k k k Z ππθππ+<<+∈，反之，当522,1212k k k Z ππθππ+<<+∈时，有1sin 22θ>，且sin 0,cos 0θθ>>，于是只要[0,1]x ∈必有()0f x >恒成立．分析二不等式左边视为关于x 的二次函数，求出此二次函数的最小值，令其大于0，从而求出θ的取值范围．解法二由条件知，cos 0,sin 0θθ>>，若对一切[0,1]x ∈时，恒有()f x =22cos (1)(1)sin 0x x x x θθ--+->，即2()(cos 1sin )(12sin )sin 0f x x x θθθθ=++-++>对[0,1]x ∈时恒成立，则必有cos (1)0,sin (0)0f f θθ=>=>，另一方面对称轴为12sin 2(cos sin 1)x θθθ+=++[0,1]∈，故必有24(cos sin 1)sin (12sin )04(cos sin 1)θθθθθθ++-+>++，即4cos sin 10θθ->，1sin 22θ>，又由于cos 0,sin 0θθ>>故522,1212k k k Z πππθπ+<<+∈．分析三原不等式看作关于x 与1-x 的二次齐次式，两边同除x (1-x )．解法三原不等式化为：x 2cos θ+(1-x )2sin θ>x (1-x )，①x =0得sin θ>0，x =1得cos θ>0；②当x ≠0且x ≠1时，上式可化为：1x x -cos θ+1xx-sin θ>1对x ∈(0,1)恒成立，由基本不等式得1x x -cos θ+1x x -sin θ≥，∴1x x -cos θ+1xx-sin θ的最小值为，等号当1x x -cos θ=1xx -sin θ即x =时取到，因此>1．∴1sin 22θ>，又由于cos 0,sin 0θθ>>故522,1212k k k Z πππθπ+<<+∈．例9已知,,,a b A B 都是实数，若对于一切实数x ，都有()1cos sin cos 2sin 20f x a x b x A x B x =----≥，求证：222a b +≤，221A B +≤．（1977第十九届IMO ）分析根据函数式的特征及所要证明的式子易知，应首先将不等式化成()1))0f x x x θϕ=++≥，其中x 为任意实数，注意到所要证的结论中不含未知数x ，故考虑用特殊值方法．证明若220a b +=，220A B +=，则结论显然成立；故下设220a b +≠，220A B +≠：令sin θθϕϕ====()1))f x x x θϕ=++，即对于一切实数x ，都有()1))0f x x x θϕ=++≥（1）()1))02f x x x πθϕ+=++≥ （2）（1）+（2）得：2)cos()]0x x θθ+++≥，即sin()cos()x x θθ+++≤对于一切实数x≥222a b +≤．()1))0f x x x πθϕ+=++≥ （3）（1）+（3）得：2)0x ϕ-+≥，即sin(2)x ϕ+≤1≥，∴ 221A B +≤．例10 设αβγπ++=，求证：对任意满足0x y z ++=的实数,,x y z 有222sin sin sin 0yz zx xy αβγ++≤分析由0x y z ++=消去一个未知数z ，再整理成关于y 的二次不等式，对x 恒成立，即可得证．证明由题意，则将()z x y =-+代入不等式左边得，不等式左边=2222222[sin sin (sin sin sin )]y x xy αβαβγ-+++- （1）当sin 0α=，易证不等式左边0≤成立．；（2）当sin 0α≠，整理成y 的二次方程，证△≤0．左边2222(sin sin sin )[sin ]2sin x y αβγαα+-=-+22222222[(sin sin sin )4sin sin ]4sin x αβγαβα+--+，由222222(sin sin sin )4sin sin αβγαβ+--222222(sin sin sin 2sin sin )(sin sin sin 2sin sin )αβγαβαβγαβ=+-++--2sin sin [1cos()]2sin sin [1cos()]αβαβαβαβ=-+⋅--+2224sin sin [1cos ()]0αβαβ=--+≤，∴22222222[(sin sin sin )4sin sin ]4sin x αβγαβα+--0≤，∴不等式左边0≤成立．情景再现7．证明：对于任意△ABC ，不等式a cos A +b cos B +c cos C ≤p 成立，其中a 、b 、c 为三角形的三边，A 、B 、C 分别为它们的对角，p 为半周长．（第十六届全俄数学竞赛题）8．设,,αβγ是一个锐角三角形的三个内角，求证：sin sin sin tan tan tan 2αβγαβγπ+++++>习题1．求证：对所有实数,x y ，均有22cos cos cos 3x y xy +-<． 2．在锐角三角形ABC 中，求证： tan tan tan 1A B C > 3．在锐角三角形ABC 中．求证： sin sin sin 2A B C ++>4．求证：222sin (cos(sin )sin(cos )2sin (44x x ππ≤-≤ 5．已知,(0,)2παβ∈，能否以sin ,sin ,sin()αβαβ+的值为边长，构成一个三角形？6．已知,αβ为锐角，求证：2222119cos sin sin cos ααββ+≥ 7．已知A +B +C =π，求证：222tan tan tan 1222A B C++≥ 8．在三角形ABC 中，角A 、B 、C 的对边为a 、b 、c ，求证：3π≥++++c b a cC bB aA ．9．设A 、B 、C 为锐角三角形之内角，n 为自然数，求证：12tan tan tan 3nnnnA B C +++≥．（93年第三届澳门数学奥林匹克赛题）10．已知02πθ<<，,0a b >，求证：223332()sin cos a b a b θθ+≥+ 11．设P 是三角形ABC 内任一点，求证：∠PAB ，∠PBC ，∠PCA 中至少有一个小于或等于30°．12．解方程cos cos cos cos sin sin sin sin x x =（1995年全俄竞赛题）本节“情景再现”解答：1．证明：锐角三角形可知A+B 2π<，从而A 2π<-B ，从而sin cos A B >，同理sin cos ,sin cos B C C A >>，三式相加得证．2．证明：由已知得tan 3tan tan x y y =>及,(0,)2x y π∈知，x y >，从而(0,)2x y π-∈，要证6x y π-≤，只须证明tan()tan6x y π-≤=2tan tan 2tan tan()1tan tan 13tan x y y x y x y y --==++，于是问题归结为证22tan 13tan y y≤+，即21)0y -≥，而上式显然成立，因此原不等式成立． 3．证法一：当x ∈(0,2π)时，∵0<sin x <x <2π,∴sinsin x <sin x ,再比较sin x 与coscos x的大小，由sin x =cos(2π-x )，即比较(2π-x )与cos x ，而cos x =sin(2π-x ),因此(2π-x )＞cos x ，从而cos(2π-x )<coscos x ，即sin x <coscos x ，从而得证．证法二： sin x +cos x 2π≤<，即0<cos x <2π-sin x <2π，所以cos(cos x )>cos(2π-sin x )=sin(sin x )．4．证明：（1）由琴生不等式即得．（2sin sin sin sin 33A B C A B C ++++≤≤=，从而得证． 5．解：由条件知，312x y z ππ≥≥≥≥，()222123x y z ππππ=-+≤-⨯=，sin()0y z -≥，于是cos sin cos x y z =1cos [sin()sin()]2x y z y z ++-1cos sin()2x y z ≥+22111cos cos 2238x π=≥=，当,312x y z ππ===时取等号，故最小值为18（y 与z 相等，且x 达到最大时，乘积有最小值）．又cos sin cos x y z =1cos [sin()sin()]2z x y x y +--211cos sin()cos 22z x y z ≤+=21cos 212π≤=，且当5,1224z x y ππ===时等号成立，故cos sin cos x y z 6．证明：设()|sin cos tan cot sec csc |f x x x x x x x =+++++，sin cos t x x =+，则有21sin cos 2t x x -=，2222()||11t f x t t t =++--22|||11|11t t t t =+=-++--当1t >时，2()1111f x t t =-++≥-；当1t <时，2()(1)111f x t t =--+-≥--因此|sin cos tan cot sec csc |1x x x x x x +++++≥．7．证明：因为cos x （x ∈（0，π））递减，所以a -b 与cos A -cos B 异号，从而（a -b ）（cos A -cos B ）≤0．即a cos A +b cos B ≤a cos B +b cos A =C （l ）当且仅当a =b 时等号成立．同理a cos A +c cos C ≤b （2） b cos B +c cos C ≤a （3）， 1[(1)(2)(3)]2⨯++即得所要证的不等式． 8．证明：2242tan2tan4tan222sin tan 4tan 21tan 1tan 1tan 222ααααααααα+=+=>+--， 0,tan,sin tan 4tan22222πααααααα<<∴>∴+>>，同理得另两个，命题得证．“习题”解答：1．证明：22cos cos cos 3x y xy +-≤显然成立，下面证明等号不能成立．用反证法．若等号成立，则22cos 1,cos 1,cos 1x y xy ===-，则222,2,,*x k y n k n N ππ==∈，则2224,,*x y nk k n N π=∈，则,,*xy k n N =∈，不可能为奇数，因此cos 1xy ≠-，因此等号不成立．2．证明：锐角三角形可知A+B 2π<，从而A 2π<-B ，从而sin cos A B >，同理sin cos ,sin cos B C C A >>，三式相乘得sin sin sin cos cos cos A B C A B C >．从而可得tan tan tan 1A B C >．3．解：22sin sin ,sin sin A A B B >>，sin sin()sin cos cos sin C A B A B A B =+=+ 22cos cos cos cos cos cos B B A A B A >+=+，三式相加得证．4．证明：cos(sin )sin(cos )cos(sin )cos(cos )2x x x x π-=--cos sin cos sin 2sin()sin()4242x x x xππ+-=--又cos sin 2x x ±≤≤cos sin 4424x x πππ±≤-≤，又04π>，4π+2π<，由正弦函数在[0,]2π上的单调性可知，原不等式成立．5．证法一：sin sin 2sin cos2sincossin()2222αβαβαβαβαβαβ+-+++=>=+|sin sin |2cos|sin|2cossinsin()2222αβαβαβαβαβαβ+-++-=<=+，因此可以构成三角形．证法二：在直径为1的圆内作内接三角形ABC ，使,A B αβ∠=∠=，()C παβ∴∠=-+则sin ,sin ,sin()BC AC AB αβαβ===+，因此可构成三角形．6．解：左222222214145tan 4cot 9cos sin sin 2cos sin ααααβαα=+≥+=++≥． 7．证：左tan tan tan tan tan tan 222222A B B C C A ≥++ tan tan tan (tan tan )22222A B C B A=++ tantan cot tan (1tan tan )1222222A B A B A B A B ++≥+-=8．分析：注意到π可写成A +B +C ，故即证：3(aA +bB +cC )≥(a +b +c )π,即证3(aA +bB +cC )≥(a +b +c )（A +B +C ），即证(a -b )(A -B )+(b -c )(B -C )+(c -a )(C -A )≥0，由大边对大角得上式成立．9．证明：设tan ,tan ,tan x A y B z C ===，则,,0x y z >，x y z xyz ++=，而x y z ++≥，代入得323xyz ≥，故123n nnnx y z +++≥≥．10．证明：要证原不等式，即证222333()()sin cos a b a b θθ+≥+，即2222222sin cos sin cos a b aba b θθθθ++≥++ 上式中将θ看作变量，,a b 看作常数，考虑从左边向右边转化即证222222sin cos cot tan 2sin cos a b abθθθθθθ+++≥即2222cot tan 2tan 2cot a b ab ab θθθθ+++≥因为2222cot 2tan cot tan tan a ab a ab ab θθθθθ+=++≥，同理可得22tan 2cot b ab θθ+≥11．证明：如图，PA sin 1θ=PB sin θ5，PB sin θ2=PC sin θ6，PC sin θ3=PA sin θ4，三式相乘得sin 1θsin θ2 sin θ3= sin θ4 sin θ5 sin θ6，因此有(sin 1θsin θ2 sin θ3)2= sin 1θsin θ2 sin θ3 sin θ4 sin θ5 sin θ66123456sin sin sin sin sin sin 6θθθθθθ+++++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭661234561sin ()62θθθθθθ+++++⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，从而sin 1θsin θ2 sin θ331()2≤，因此sin 1θ、sin θ2 、sin θ3中至少有一个小于或等于12，不妨设sin 1θ12≤，则1θ≤30°或1θ≥150°，此时三个角中至少有一个角小于30°．12．解：考虑周期性，只要先解决[0,2)x π∈的解的情况，而当[,2)x ππ∈时，左边为正，右边非正，因此方程无解．由于[0,]2x π∈时有cos cos sin sin x x >，将x 换成cos cos x 得（换成sinsin x 也可以）：cos cos cos cos sin sin cos cos x x >，又由于sin sin y x =在[0,]2x π∈时为增函数，因此有sin sin cos cos sin sin sin sin x x >，综上可得：cos cos cos cos sin sin sin sin x x >，因此原方程无解．当(,)2x ππ∈时，令2y x π=-，则(0,)2y π∈，在cos cos sin sin x x >，[0,]2x π∈中，将x 换成cossin y 得，cos cos(cossin )sin sin(cossin )sin sin(sin cos )y y y >>，将2y x π=-代入得，cos cos cos cos sin sin sin sin x x >，原方程也无解．综上所述，对x R ∈，恒有cos cos cos cos sin sin sin sin x x >，原方程无解．C。

2020-2021学年初一数学竞赛专题讲座含例题练习及答案⑵

2020-2021学年初一数学竞赛专题讲座（含例题练习及答案）第2讲数论的方法技巧（下）四、反证法反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。

反证法的过程可简述为以下三个步骤：1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。

运用反证法的关键在于导致矛盾。

在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。

解：如果存在这样的三位数，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。

上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。

这表明所找的数是不存在的。

说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。

例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。

试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。

解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。

在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。

将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。

照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。

故和的数字中必有偶数。

说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。

但对其他位数的数不一定成立。

如12+21，506+605等。

例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。

数学：24《复习》(湘教版七年级下)省公开课获奖课件市赛课比赛一等奖课件

,哪些是三元一次方程 ?
x y z 8 三元一次方程组
5.二元一次方程旳解不一定只有一组，有可能有无数组．
6.二元一次方程组旳解一般情况下,有惟一解.为方程组中两个方程旳公共解.
7.假如一组值是二元一次方程(二元一次方程组)旳解, 那么能够把它们代入方程(组).
已知二元一次方程组2axx
5 4
y y
7的解也是 6
方程x y 2的一个解,求a的值.
二元一次方程组旳解法: (1)代入法 (2)加减法
2x y 5 解方程组 3x 4y 2
代入法旳环节:
解方程组
(1)从方程组中选择一种系数 2x y 5 较未简知朴数旳表方达程成另,变一形种为未”知用数一种3x 4y 2
2、找出等量关系,列出方程(组).
3、解一次方程(组). 检验求得旳值是否正确,
检验是否符合实际情形. 4、答.
一批货品要运往某地,货主准备租用汽车运送企业旳甲,乙两种货车,已知过去两次租用这两种货车情况如下表:
第一次第二次
甲种货车辆数(单位:辆) 2
5
乙种货车辆数(单位:辆) 3
6
合计运货吨数(单位:吨)
旳形式”.
(2)代入消元.
(3)解一元一次方程.
(4)由一种未知数求出另一种未知数.
加减法旳环节:
解方程组
(1)方程组旳两个方程中,假如同个未知数旳系数既不互为相反数不
相等,就用合适旳数乘方程旳两边, 使一种未知数旳系数互为相反或
2x y 5 3x 4y 2
相等;
(2)加减消元;
(3)解一元一次方程;
x y a
y
z
b
z x c
3x 5y 6z x 3y 5z 96

初一数学竞赛辅导讲义

初一数学竞赛辅导讲义一次方程(组)与二元一次不定方程本讲就解一次方程（组）与二元一次不定方程的基本方法和技巧作些简单介绍。

一、一次方程（组）解一元一次方程的一般步骤是去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数的系数。

任何一个一元一次方程最终都可以化为ax b =的形式。

解方程的根据是方程的同解原理。

如果两个方程的解相同，那么这两个方程叫同解方程。

1．方程两边都加上（减去）同一个数（或同一个整式），所得的方程与原方程是同解方程。

2．方程两边都乘以（除以）同一个不等于0的数，所得的方程与原方程是同解方程。

例1．解下列个方程（1）()()()()11323327322337x x x x ---=---（2）()14335190.50.125x x x +++=+ （3）3421424904532x ⎧⎫⎡⎤⎛⎫--+-=⎨⎬ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎩⎭例2．是否存在这样的a 值，使当1b =时，关于x 的方程()()322387a x b x x -+-=-有无数多个解？例3．关于x 的方程1x ax =+同时有一个正数解和一个负数解，求a 的值。

例4．关于x 、y 的两个方程组2227ax by x y -=⎧⎨-=⎩和359311ax by x y -=⎧⎨-=⎩具有相同的解，求a 、b 的值。

例5．已知()()()()()()22219992000200101999200020012000x y y z x z x y y z z x -+---=⎧⎪⎨-+-+-=⎪⎩求z y -的值。

二、二元一次不定方程如果一个方程（组）中，未知数的个数多于方程的个数，则把这种方程（组）叫做不定方程（组）。

例如，二元一次方程3215x y +=是不定方程；三元一次方程组11426x y z x y z ++=⎧⎨+-=⎩是不定方程。

不定方程（组）的解是不确定的。

一般不定方程总有无数穷多个（组）解，但若加上整数（或正整数）解的限制，则不定方程（组）的解三种都有可能：有无穷组解，或有限组解，或无解。

初一数学竞赛培优讲义含答案全册共15讲改好98页

装订线初一数学竞赛培优第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。

数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。

因而有人说：“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。

数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。

主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。

特别地，如果r=0，那么a=bq。

这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。

2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。

3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。

（1）式称为n的质因数分解或标准分解。

4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。

5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。

因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。

下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。

一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。

这些常用的形式有： 1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数。

例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。

第24讲乘法原理

第24讲乘法原理【专题精华】在做一件事情时，要分几步完成，而在完成每一步时又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用乘法原理来解决。

【教材深化】[题1] 袋中有7个球，其中A、B、C、D是红球，E、F、G是黄球，小轩从袋中任取两个球，要求是一红一黄，一共有多少种不同的取法？<敏捷思维>可根据乘法原理，把取红球当作第一步骤，有4种不同取法，把取黄球当作第二步骤，有3种不同取法，总共的不同取法就是第一步骤和第二步骤各自不同取法的积。

<全解> 4×3=12（种）答：一共有12种不同的取法。

<拓展探究>此题关键要知道先取红球最多有4种不同的取法，取黄球有3种不同的取法，从而找出突破口。

[能力冲浪]1、六（3）班40名同学毕业时，互相赠送照片以作纪念，全班一共要准备多少张照片？2、从A、B、C、D、E、F、G7名同学中，任选2人当代表参加数学竞赛，有多少种不同的选法？3、国家乒乓球队共有男队员15人，其中5人专攻单打；女队员12人，其中4人专攻单打。

现在教练要从没有专攻项目的队员中挑选出一组混双选手，一共有多少种不同的挑选方法？[题2]某校五年级一班有25人，二班有27人，三班有24人，每班要各选1人去希望小学参观，有多少种不同的选法？<敏捷思维> 要经过在一班选1人，二班选1人，三班选1人，这样三个步骤，才能完成派3人去开会的任务。

因此用乘法原理解决。

<全解> 25×27×24=16200（种）答：从每个班各选1人去参观有16200种选法。

<拓展探究>此题的关键是每班各选1个人是分几个互不影响的，独立步骤来完成的，所以用乘法原理来解决。

[能力冲浪]1、4个人站成一排合影留念，有种不同的排法。

2、甲袋有5张不同的红色卡片，乙袋有4张不同的白色卡片，丙袋有3张不同的黑色卡片，从每个袋中各取一张卡片，要求取出的3张卡片红、白、黑色各一张，一共有种不同的取法。

初中数学竞赛辅导资料24

初中数学竞赛辅导资料24第二十四课图形分割与拼接的研究例1如图9-3，把正方形的边长分别二等分和四等分后，过分点作边的平行线对正方形进行分割，数一数图中大大小小的正方形共有多少个，如果把大正方形的边长n 等分后，也如此分割，怎样推算正方形个数？解：面积是一个小方格的正方形是22=4个；面积是4个小方格的正方形是1个，共有12+22=5（个），面积是1个小方格的正形是42=16个；面积是4个小方格的正方形是32=9个；面积是9个小方格的正方形是22=4个；面积是16个小方格的正方表是12=1个，共有12+22+32+42=30个，当在正方形的边长n 等分后，共有12+22+32+…+n 2=61n （n+1）（2n+1）个。

例2用平行于边的直线把边长为1的正方形分成9个相等的正方形，取出正中的一个，将余下的8个又各自分为9个相等的正方形，取出正中的一个，…，循此三次，问留下边长为271的正方形有多少个，循此n 次，留下边长为n 31的正方形有多少个。

解：通过画图，发现分割第一次，取出正中的一个（即正方形ABCD ），余8个相等的正方形，其边长为31；分割第二次，取出正中的一个正方形（有8个象A 1B 1C 1D 1那样的正方形），余82个相等的正方形，其边长为231；分割第三次，取出正中的一个正方形，余83个相等的正方形，其边长为331…；分割第n 次，取出正中的一个正方形，余8n 个正方形，其边长为n 31。

例3把下图中的木板切成两块，然后拼成一个正方形。

解：解由图9-5知，木板的面积为16个平方单位，所以要拼的正方形边长应为4个单位长，据此要求进行试切（这时应考虑到切开后的图形，是象阶梯形状，然后由两个阶梯互相咬合而成一个正方形），发现一种切法如图9-6，其中高度分别是2、3、1、2，宽度是正方形边长，与另一个阶梯咬合，即得所求正方形，现将切法和拼法如图9-7（在切法图中，沿虚线切开，在拼法图中，沿虚线拼接）。

初一数学竞赛辅导

x
巧用质数2解题巧用质数解题为质数,试求方程若x.y为质数试求方程 2+y=7的解为质数试求方程x 的解
为质数,方程解:∵ x.y为质数方程 2+y=7 为质数方程x ∴x2.y中必有一个是偶数中必有一个是偶数 x2必为偶数即x是偶数必为偶数,即是偶数 ∵偶数中只有2是质数偶数中只有是质数 ∴x=2 代入方程得y=3 把x=2代入方程得代入方程得 ∴方程的解为x=2,y=3 方程的解为
解:用五个点表示甲乙.丙. 用五个点表示甲.乙丙用五个点表示甲丁和小强这五个人,比赛丁和小强这五个人比赛乙过一场就在相应两点之问连:一问连一条线,可清楚地看可清楚地看到小强已经赛了2盘到小强已经赛了盘.
甲
小强丁丙
戊五名同学参加推铅球比赛,通过抽甲.乙.丙.丁.戊五名同学参加推铅球比赛通过抽乙丙丁戊五名同学参加推铅球比赛决定顺序,在未公布前每人都对出赛顺序进在未公布前每人都对出赛顺序进行签决定顺序在未公布前每人都对出赛顺序进行了猜测.甲猜乙第三,丙第五乙猜:戊第四丁第五;丙甲猜:乙第三丙第五;乙猜戊第四.丁第五猜测甲猜乙第三丙第五乙猜戊第四丁第五丙猜:甲第一戊第四;丁猜丙第一,乙第二戊猜:甲第甲第一,戊第四丁猜:丙第一乙第二;戊猜甲第甲第一戊第四丁猜丙第一乙第二戊猜丁第四.老师说每人的出赛顺序都至少被一人猜三.丁第四老师说每人的出赛顺序都至少被一人猜丁第四问出赛顺序中,第一第三.第中,问出赛顺序中第一第三第五分别是哪位同学问出赛顺序中第一.第三五分别是哪位同学? 甲乙丙丁戊 √ √ 1 第一是丙 √ 2 第三是甲 √ 3 √ √ √ √ 第五是丁 4 √ 5 √

初一数学竞赛系列讲座全套

初一数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题一、一、知识要点1、整数的十进位数码表示一般地，任何一个n 位的自然数都可以表示成：122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---其中，a i (i=1，2，…，n)表示数码，且0≤a i ≤9，a n ≠0.对于确定的自然数N ，它的表示是唯一的，常将这个数记为N=121a a a a n n -2、正整数指数幂的末两位数字(1) (1) 设m 、n 都是正整数，a 是m 的末位数字，那么m n 的末位数字就是a n 的末位数字。

(2) (2) 设p 、q 都是正整数，m 是任意正整数，那么m 4p+q 的末位数字与m q 的末位数字相同。

3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。

这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑〞、“猜〞的方法求解，是一种有趣的数学游戏。

二、二、例题精讲例1、有一个四位数，其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。

分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。

解：设所求的四位数为a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ，依题意得：(a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+( d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+a)=9988∴ (a+d) ⨯103+(b+c) ⨯102+(b+c) ⨯10+ (a+d)=9988比拟等式两边首、末两位数字，得 a+d=8，于是b+c18又∵c-2=d ，d+2=b ，∴b-c=0从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将条件转化为等式，从而解决问题。

例2 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，假设最大数与最小数的差正好等于原来的数N ，那么称N 为“新生数〞，试求所有的三位“新生数〞。

初中数学竞赛专题辅导一至三年级共讲

初中数学复习资料专题辅导70讲适合初中一至三年级)、(二〇一〇年元月由我爱我家整理初中数学竟赛辅导资料(1)数的整除（一）甲内容提要：如果整数A 除以整数B(B≠0)所得的商A/B 是整数,那么叫做A 被B 整除. 0 能被所有非零的整数整除.一些数的整除特征除数能被整除的数的特征2 或5 末位数能被2 或5 整除4 或25 末两位数能被4 或25 整除8 或125 末三位数能被8 或125 整除3 或9 各位上的数字和被3 或9 整除(如771，54324)奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减,其差能被11 整除11 (如143,1859,1287,908270 等)7,11,13 从右向左每三位为一段,奇数段的各数和与偶数段的各数和相减,其差能被7 或11 或13 整除.(如1001，22743，17567，21281 等) 能被7 整除的数的特征：①抹去个位数②减去原个位数的2 倍③其差能被7 整除。

如1001 100－2＝98（能被7 整除）又如7007 700－14＝686，68－12＝56（能被7 整除）能被11 整除的数的特征：①抹去个位数②减去原个位数③其差能被11 整除如1001 100－1＝99（能11 整除）又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11 整除）乙例题例1 已知两个三位数328和2x9 的和仍是三位数5y7且能被9 整除。

求x,y解：x,y 都是0 到9 的整数，∵5y7能被9 整除，∴y=6.∵328＋2x9 ＝567，∴x=3例2 己知五位数1234x能被12 整除，求X解：∵五位数能被12 整除，必然同时能被3 和4 整除，当1＋2＋3＋4＋X 能被3 整除时，x=2，5，8勤勉笃信精益求精 1 数学是一门很有趣的学科当末两位4X能被4 整除时，X＝0，4，8∴X＝8例3 求能被11 整除且各位字都不相同的最小五位数解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11 整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。

(完整word版)初中数学竞赛辅导资料(七年级用)

初中数学竞赛辅导资料第一讲数的整除一、内容提要：如果整数A除以整数B（B≠0）所得的商A/B是整数，那么叫做A被B整除。

0能被所有非零的整数整除.一些数的整除特征能被7整除的数的特征:①抹去个位数②减去原个位数的2倍③其差能被7整除。

如1001 100－2＝98（能被7整除）又如7007 700－14＝686，68－12＝56（能被7整除）能被11整除的数的特征：①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除如 1001 100－1＝99(能11整除)又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除）二、例题例1已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。

求x,y解：x,y 都是0到9的整数,∵75y 能被9整除，∴y=6。

∵328＋92x ＝567,∴x=3例2已知五位数x 1234能被12整除，求x解：∵五位数能被12整除,必然同时能被3和4整除，当1＋2＋3＋4＋x 能被3整除时，x=2，5,8 当末两位4x 能被4整除时，x ＝0,4，8 ∴x ＝8例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但(1＋2＋4）－(0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30,41，52，63,均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。

练习一1、分解质因数：（写成质因数为底的幂的连乘积）①756 ②1859 ③1287 ④3276 ⑤10101 ⑥10296987能被3整除，那么a=_______________2、若四位数ax能被11整除,那么x＝__________3、若五位数123435m能被25整除4、当m=_________时,59610能被7整除5、当n=__________时，n6、能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________7、能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最大四位数是_________。

【人教版】最新初中数学竞赛名师讲义：第22-24章专题辅导（含答案）

【⼈教版】最新初中数学竞赛名师讲义：第22-24章专题辅导（含答案）第22章[]x与{}x22.1.1★求1-的值．解析因为1200712006+，⼜1200720071=+=<，所以200612007<．故12006=．22.1.2★若n是正整数，求的值．n n n n<+++()3323311n n n n<+++=+，所以1n n<+，所以n=．22.1.13★数1232008A=的末尾有多少个连续的零?解析A的质因数分解式中，5的最⾼次⽅幂为23420082008200820085555+++40080163499=+++=，所以1232008A=的末尾有499个零．评注在()!12n n=中，质数p的最⾼次幂是()!mn n np np p p=+++，其中m p n≤，且1m p n+>．22.1.4★★设2221111232007S=++++，求[]S．解析要求[]S，只需证明S介于两个连续的整数之间．所以需要对S进⾏适当的变形，通过放⼤、缩⼩的⼿段求出S 的范围，从⽽确定[]S 的取值．由题设知，1S >．考虑到 ()2111111k k k k k <=---，k =2，3，4，…，2007，可以得到 11111111122320062007S<<+-+-++- ? ? ?????1222007=-<，所以[]1S =．评注上述解题过程中，⾸先对S 进⾏了“放缩”，⼜通过“拆项”的⽅法使和式中前后两项能够相互抵消⼀部分，使和式化简，从⽽得到了S 的范围．在对和式取整时，利⽤和式本⾝的性质进⾏“缩放”的⽅法⾮常重要，需要在平时的学习中多积累⼀些和式的性质以及变形技巧． 22.1.5★★计算和式 23123223100101101101+++???解析因为（23，101）=1，所以，当1,2,,100n =时，23101n 都不是整数，即23101n ??都不为零．⼜因为()2310123101101n n -+()()23101231012323101101101101n n n n --=+++ =23，⽽()231012302101101n n -<+()23101231101101n n -??+=，则()231012323122101101n n -??+=-=．从⽽，可以把231101，232101，…，23100101⾸尾配对，共配成50对，每⼀对的和为22，所以 23123223100101101101+++2251100=?=． 22.1.6★★已知01a <<，且满⾜122918303030a a a++++++=，求[]10a 的值．解析因为122902303030a a a <+<+<<+<，所以130a ??+，230a ??+，…，2930a ?+等于0或者1．由题设知，其中有18个等于1，所以 12110303030a a a+=+==+=，1213291303030a a a+=+==+=，所以110130<≤．故183019a <≤，于是196103a <≤，所以[]106a =． 22.1.7★★求满⾜{}[]25125x x +=的所有实数x 的和．解析原⽅程可化为{}[]12525x x -=，所以[]1250125x -<≤，可得[]100125x <≤，于是[]x =101，102，…，125，从⽽，满⾜条件的实数x 为 []{}[][][]1252452525x x x x x x -=+=+=+24101525?=+，24102525?+，…，24125525+，它们的和为 ()24255101102125283725++++=．22.1.8★★已知20032004T <<，如果要求[]{}x x ?是正整数，求满⾜条件所有实数x 的和．解析显然，[]2003x =，2003是质数，{}01x <<，设{}2003x p =，由题设，p 是整数，12003p <≤．20032003px =+，p =1，2，3，…，2002．和1232002200320022003S ++++=?+4011007=．22.1.9★解⽅程[]722x x -=．解析原⽅程可改写为[]722x x x +<+≤．解此不等式组，有[]7522x -<-≤，即[]3.5 2.5x -<-≤，所以[]3x =-．将[]3x =-代⼊原⽅程，得52x =-．所以，原⽅程的解是52x =-．评注若⼀次⽅程中同时出现x 和[]x 的⼀次项，可以通过以下的步骤进⾏求解：（1）从⽅程中解出[]x 或x ，分别代⼊不等式组[]1x x x -<≤或[][]1x x x <-≤，求解后得到[]x 或x 的范围，从⽽求得[]x 的“可能取值”（注意不⼀定是解!）．（2）将这些“可能值”代⼈原⽅程进⾏求解．（3）检验．因为在（1）中将[]x 或x 代⼈不等式组，实际上是“放⼤”了x 的范围，所以必须验根！22.1.10★解⽅程：[]13122x x +=-．解析设[]31x n +=，则n 为整数，且 ()0311x n +-<≤，①由原⽅程知122x n -=，即 1124x n =+．②3301124n n ++-<≤，即7322n -<-≤．所以，3n =-或2n =-．代⼊②，得134x =-,254x =-．22.1.11★★解⽅程：[]33x x -=．解析由原⽅程可化为[]33x x =-，代⼊不等式组 []1x x x -<≤，有[]313x x x x -<-=≤．整理后得到()2213x x <-≤．当0x <时，因为()210x x ->，所以210x -<，即10x -<<，所以()211x x -<，与()221x x <-⽭盾．当0x >时，因为(213x x -≤，所以2x <．所以12x <<，故[]1x =．代⼊原⽅程，得x = 22.1.12★★解⽅程[]2440510x x -+=．解析这是⼀个关于x 的⼆次⽅程，如果从⽅程中解出[]x 或x ，并代⼊不等式组将会使问题复杂化．可以利⽤[]x 的性质，通过建⽴不等关系缩⼩[]x 的取值范围，从⽽得到[]x 的可能取值．由原⽅程知，0x >．因为[][]1x x x <+≤，所以将[]x x =和[]1x x =+分别代⼊[]244051x x -+中，得到不等式组[][][]()[]22440510,4140510,x x x x ?-+?+-+>≤ 即[][][]317,22115,22x x x >所以[]3522x <≤或[]111722x <≤，[]x =2，6，7，8．代⼊原⽅程得，得x =经检验知，x =22.1.13★★已知x 、y 、z 满⾜：[]{}[]{}{}[]0.9,0.2,1.3,x y z x y z x y z ?++=-?++=-??++=?①②③对于数a ，[]a 表⽰不⼤于a 的最⼤整数，{}[]a a a =-．求x 、y 、z 的值．解析⾸先注意到，对于任意有理数a ，[]a a ≤，所以{}0a ≥．①+②+③得 2220.6z y z ++=，即0.3z y z ++=．④④－①得到{}[] 1.2y z +=，从⽽{}0.2y =，[]1z =；④－②得到{}[]0.1x y +=，从⽽{}0.1x =，[]0y =；④－③得到{}[]1x z +=-，因此{}1x =-，[]0z =．故0.9x =-，0.2y =，1z =． 22.1.14★★解⽅程[][]≠，由题设得[]()[]()990x x x x --=，所以[]99x x =．设[]x n =，则x n a =+，01a <<．代⼊上式得()99n a n +=．当0n >时，()2991n n n <<+，这样的整数n 不存在．当0n <时，()2199n n n +<<，只有整数10n =-满⾜，此时0.1a =．于是 9.9x =-．综上所述，原⽅程的解为所有⾮零整数和－9.9．22.1.15★★证明：对于任意实数x ，有[][]122x x x ??++=．解析设{}[x x x =+，其中{}01x <≤，则有[]{}1122x x x +=++，[]{}222x x =+．当{}102x <≤时，{}11122x +<≤，{}102212x+=，[][]22x x =，于是[][][]1222x x x x ?++==．当{}112x <≤时，{}13122x +<≤，{}12212x，[][]{}[]22221x x x x =+=+，于是[][][]12122x x x x ?++=+=．所以，对于任意实数x ，[][]122x x x ?++=恒成⽴．说明本题中的等式有更为⼀般的形式：对任意实数x ，有 [][]121n x x x x nx n n n -+++++=，其中n 为⼤于l 的⼀切正整数．这个等式称为埃尔⽶特（Hermite ）恒等式． 22.1.16★★设x 、y 为正整数，(),1x y =，求证：()()()11122y x x y x x y y y ---+++=．解析设r 为整数，且11r y -≤≤，则有()y r x yx rx rx x y y y y -=-=+-1rx x y ??=--????，两边同时叠加，得到()()121x y x y x y y y --+++()()()1211x y x x y x y y y ??-=---+++ ??????? ?????????．所以()12y x x x y y y ??-+++ ??????? ?????????()()112x y --=．评注对任意实数x ，有[][][]1,,x x x ?--?-=?-??，．当不是整数当是整数（请读者⾃证）22.1.17★★★如果n 是正整数，求证：解析任意正整数n ，总存在正整数m ，满⾜()21m n m <+≤，不妨设2n mk =+，其中02k m ≤≤．（1）当01k m -≤≤时，即221m n m m +-≤≤．则 m12m =+．①⼜因为2211m n m m +++≤≤，所以12m m <+．②由①、②式，得221m m <+，所以2m =．另⼀⽅⾯，224242442m n m m +++-≤≤，2m =21m +，即2m =．（2）当2m k m ≤≤时， 2222m m n m k m m +=++≤≤，1m +，1m +．22m +．③⼜因为 ()22m m +，所以()()221m m m m ++++()()()222221441m m m m m m m m >++++++=++．即()2221m >+．21m >+．④由③、④式，得21m =+．另⼀⽅⾯，2244242482m m n m m +++++≤≤，21m +22m <+．所以21m =+．故当2m k m ≤≤时，等式亦成⽴．综上所述，原等式成⽴．22.1.18★★设a 、b 、c 是正实数，求a b b c c a u c a b +++=++的最⼩值．解析对于实数x ，有[]1x x >-，所以 a b b c c a u c a b +++=++3a b b c c ac a b+++>++- 3a b b c c a b a c b a c =+++++- ? ? ? 22233++-=≥．由于u 是整数，所以4u ≥．当6a =，8b =，9c =时，4u =．故u 的最⼩值为4．22.1.19★★在1，2，…，2005这2005个正整数中，有多少个可以表⽰成[]x x 的形式，其中x 是正实数．（这⾥[]a 表⽰不超过a 的最⼤整数．）解析令{}[]x x x =-，则{}[0,1)x ∈，于是[][]{}()[][]{}[]2x x x x x x x x=+=+，因为{}[][]0x x x <≤，所以{}[][]01x x x ??-??≤≤，令[]x n =，则[]x x 可以表⽰数2n ，21n +，…，21n n +-．由于2444319792005+=<，24520252005=>，所以，欲求的数的个数为444512449902++=． 22.1.20★★★将正整数中所有被4整除以及被4除余1的数全部删去，剩下的数依照从⼩到⼤的顺序排成⼀个数列{}n a ：2，3，6，7，10，11，…．数列{}n a 的前n 项之和记为n S ，其中n =1，2，3，…．求2006S S ?=+++?的值．（其中[]x 表⽰不超过x 的最⼤整数）解析易知2142n a n -=-，241n a n =-，1n =，2，…，因此 ()()()21234212n n n S a a a a a a -=++++++()5132183n =++++-()258322n n n n +-==+， ()22122441n n n S S a n n n -=-=+--()221n n =-+，所以()()222221n n S n <<+，()()2221212n n S n --<<，故[]22n S n =，[]2121n S n -=-，从⽽[]n S n =，于是 [][][]122006S S S S =+++200620071220062=+++=2013021=．22.1.21★★★★在212006，222006，232006，…，220062006??中，有多少个不同的整数?（其中，[]x 表⽰不超过x 的最⼤整数）解析设()22006n f n =，则当n =2，3，…，1003时，有21120062006n n f n f n ---=-2112006n -=<，⽽，()10f =，()210031003501.52006f ==，所以，从0到501的整数都能取到．当n =1004，1005，…，2006时，有()()()221120062006n n f n f n ---=-2112006n -=>，⽽()()22100311004100420062006f +== 1501.515022006=++>，所以，210042006，210052006，…，220062006??是互不相同的整数．从⽽，在212006，222006，232006，…，220062006??中，共有50210031505+=个不同的整数．第四篇组合第23章组合计数23.1 加法原理和乘法原理23.1.1★有800名乒乓球选⼿参加淘汰赛，需要进⾏多少场⽐赛才能决出冠军？解析由于每场⽐赛淘汰⼀名选⼿，即⽐赛的场数与被淘汰的选⼿⼈数是相等的．要决出冠军，需淘汰799名选⼿，所以需要进⾏799场⽐赛．23.1.2★★⼀个⼩朋友有8块相同的巧克⼒（即不计顺序），他每天⾄少吃⼀块，直⾄吃完，问共有多少种不同的吃巧克⼒的解析将8块巧克⼒排成⼀⾏．如果第⼀天吃2块，第⼆天吃1块……那么，就在第2块后⾯画⼀条竖线，这后⾯的第1块的后⾯（即第3块的后⾯）画⼀条竖线……这样，吃巧克⼒的⽅案就与在8块巧克⼒的7个空隙⾥添加竖线对应起来．由于每个空隙⾥加以加1根竖线，也可以不加，所以，由乘法原理知，加竖线的⽅法共有7==（种）．2222128从⽽吃巧克⼒的⽅案也就有128种．23.1.3★有多少个有序整数对(x,y)满⾜225+≤？x y解析我们把这个问题分成6种情况：22+=，0x y ii=，1，2， (5)当220+=时，（x，y）=（0，0）；x y当221+=时，(x,y)=(0,1-)，(0,y)，(1,0)，(1-,0)；x y当222+=时，(x,y)=(1-,1-)，(1-,1)，(1,1-)，(1,1)；x y当223+=时，不可能；x y当223+=时，不可能；x y当224+=时，(x,y)=(0,2-)，(0,2)，(2-,0)，(2,0)；x y当225+=时，(x,y)=(2-,1-)，(2-,1)，(1-,2-)，(1-,2)，(1,2-)，(1,2)，(2,1-)，(2,1)．x y+++++=（个）．1440482123.1.4★★利⽤数字1、2、3、4、5共可组成（1）多少个数字不重复的三位数？（2）多少个数字不重复的三位偶数？（3）多少个数字不重复的偶数？解析（1）百位数有5种选择；⼗位数有4种选择；个位数有3种选择，所以共有54360??=个数字不重复的三位数．（2）先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，⼗位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有24324??=个数字不重复的三位偶数．（3）分为5种情况：⼀位偶数，只有两个：2和4．⼆位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．三位偶数由上述（2）中求得的为24个．四位偶数共有：()243248=个．括号外⾯的2表⽰个位数有2种选择（2或4）．五位偶数共有：()2432148=个．由加法原理，偶数的个数共有 28244848130++++=（个）．23.1.5★★从1到300的正整数中，完全不不含有数字3的有多少个？解析1 将符合要求的正整数分为以下三类：（1）⼀位数，有1、2、4、5、6、7、8、9共8个．6、7、8、9⼋种情形，在个位上出现的数字除以上⼋个数字外还有0，共9种情形，故⼆位数有8972?=个．（3）三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在⼗位、个位上出现的数字则有0、1、2、4、5、6、7、8、9九种情形，故三位数有299162??=个．因此，从1到300的正整数中完全不含数字3的共有872162242++=个．解析2 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3不出现的，百位数字可以是0、1或2三种情况，⼗位数字与个位数均有九种，因此除去0共有3991242??-=个． 23.1.6★★⼀个班级有30名学⽣．（1）从中选出2⼈，⼀个担任班长，⼀个担任副班长，共有多少种不同的选法？（2）从中选2个⼈去参加数学竞赛，有多少种不同的选法？解析（1）从30个⼈中选1个⼈担任班长，有30种选法，再从剩下的29个⼈中选1个⼈担任副班长，有29种选法，则由乘法原理知，共有不同的选法为3029870?=（种）．（2）从30个⼈中选两⼈有3029?种选法，但由于选出甲、⼄去⽐赛和选出⼄、甲去⽐赛是相同的情况，因此不同的选法共有30294352=（种）． 23.1.7★★在⼩于10 000的正整数中，含有数字1的数有多少个？解析不妨将1⾄9999的正整数均看作四位数，凡位数不到四位的正整数在前⾯补0，使之成为四位数．先求不含数字1的这样的四位数共有⼏个，即有0、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字所组成的四位数的个数，由于每⼀位都有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为 99996561=．其中包括了⼀个0000，这不是正整数，所以⽐10000⼩的不含数字1的正整数有6560个，于是，⼩于10 000且含有数字1的正整数共有999965603439-=个．23.1.8★★在1到9999中，有多少个整数与4567相加，⾄少在⼀个数位中发⽣进位？解析将0到9999这10 000个整数都看成四位数，即位数不中四位的，在左⾯添0补⾜四位．考虑这些四位数中，有多少个在与4567相加时不发⽣进位．这样的数，千位数字有0、1、2、3、4、5这6种可能；百位数字有0、1、2、3、4这5种可能；⼗位数字有0、1、2、3这4种可能；个位数字有0、1、2这3种可能．所以这样的数共有 6543360=（个）．其中包括0．所以，在1到9999中，与4567相加产⽣进位的整数有 100003609640-=（个）．23.1.19★★在1到1999这1999个⾃然数中，取4的倍数与7的倍数各⼀个相加，⼀共可得到多少个不同的和．解析在1到1999例如：12、13、14、16、17、20、21、24、28不能得到，下⾯能依次得到 29218=+，301416=+，31724=+，32284=+，332112=+，341420=+， 35728=+，36288=+，… 反过来，不能得到的数还有3990、3989、3988、3986、3985、 3982、3981、3978、3974．不能得到的数共有9918+=（个）．所以可得到的不同的和共有 ()3991111183963-+-=（个）． 2.3.1.10★600有多少个不同的正约数（包括1和600）?解析将600质因数分解，有 312600235=??．⼀个正整数m 是600的约数的弃要条件是m 具有235a b c ??的形式，其中a 、b 、c 是整数且03a ≤≤，01b ≤≤，02c ≤≤．由于a 有()431=+种选择：0、1、2、3；b 有()211=+种选择：0、1；c 有()321=+种选择：0、1、2，故由乘法原理知，这样的m 有 42324??=（个）．评注⼀般地，若⼀个正整数n 的质因数分解式为1212r a a a r n p p p =．其中1p ，2p ，…，r p 是互不相同的质数，1α，2α，…，r α是正整数，则n 的不同正约数的个数为()()()12111r ααα+++．23.1.11★★★在20000与70000之间，有多少个数字不重复的偶数？解析设abcde 是满⾜要求的偶数，那么a 只能取2、3、4、5、6，e 只能取0、2、4、6、8．（1）若a 取2、4、6之⼀，即a 有3种选法，此时e 有()451=-种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，不重复的偶数有 348764032=（个）．（2）若a 取3、5之⼀，则a 有2种选法，e 有5种选法，b 、c 、d 分别有8、7、6种选法，由乘法原理知，此时不重复的偶数有 258763360=（个）．最后，由加法原理知，满⾜题意的偶数共有 403233607392+=（个）．评注在很多计数问题中，都是加法原理和乘法原理结合在⼀起⽤的． 23.1.12★★★求⾄少出现⼀个数字6，⽽且是3的倍数的五位数的个数．解析设满⾜要求的五位数为12345a a a a a ．由于3整除12345a a a a a 的充要条件是123453a a a a a ++++，所以分情况讨论如下：（1）从左向右看，若最后⼀个6出现在第5位，即56a =，则2a 、3a 、4a 可以从0，1，2，…，9这10个数字中任取1个，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能（例如，()23451mod3a a a a +++=，则1a 只能取2，5，8之⼀，等等），由乘法原理，五位数中最后⼀位是6，且是3的倍数的数有31010103000=（个）．（2）从左向右看，最后⼀个6出现在第4位，即46a =，于是5a 只有9种可能（因为56a ≠），2a 、3a 各有10种可能，为了保证123453a a a a a ++++，1a 只有3种可能，由乘法原理，这⼀类的五位数有 3910102700=（个）．（3）从左向右看，最后⼀个6出现在第3位，即36a =，则4a 、5a 均有9种可能，2a 有10种可能，1a 有3种可能，这类五位数有 399102430=（个）．（4）从左向右看，最后⼀个6出现在第2位，26a =，则3a 、4a 、5a 均有9种可能，1a 有3种可能，所以这类五位数有39992187=（个）．（5）从左向右看，最后⼀个6出现在第1位，即16a =，则2a 、3a 、4a 均有9种可能，为了保证123453a a a a a ++++，5a 只有3种可能，从⽽这类五位数有 39992187=（个）．最后，由加法原理知，五位数中⾄少出现⼀个6，且是3的倍数的数有 3000270024302187218712504++++=（个）．23.1.13★★★将1，2，3，4，5这五个数字排成⼀排，最后⼀个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第⼀个数整除，问：满⾜要求的排法有多少种？解析⽭盾．⼜如果()13i a i ≤≤是偶数，1i a +是奇数，则2i a +是奇数，这说明⼀个偶数后⾯⼀定要接两个或两个以上的奇数，除⾮接的这个奇数是最后⼀个数．所以1a ，2a ，3a ，4a ，5a 只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满⾜条件：2，1，3，4，5；2，3，5，4，1；2，5，1，4，3；4，3，1，2，5；4，5，3，2，1．23.1.14★★★由35个单位⼩正⽅形组成的长⽅形中，如图所⽰，有两个“*”，问包含两个“*”在内的⼩正⽅形组成的长⽅形（含正⽅形）共有多少个？**解析含两个“*”的矩形，与第⼆、三两⾏有公共部分．它们可能与第⼀⾏有公共部分，也可能没有公共部分，即分为两类：每⼀类中的矩形，可能与四、五两⾏都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第四⾏有公共部分⽽与第五⾏没有公共部分，即⼜分为三类，这样，从⾏考虑共有236?=类．同样，考虑列，矩形可能与第⼀、⼆列都有公共部分，或都没有公共部分，或仅与第⼆列有公共部分，共三类．⽽与第五、六、七列的关系则有四列(都有公共部分，都没有公共部分，仅与第五列有公共部分，与第五、六列有公共部分⽽与第七列⽆公共部分)．所以，由乘法原理，含两个“*”的矩形共有233472=（个）．23.1.15★★设有红、⿊、⽩三种颜⾊的球各10个．现将它们全部放⼊甲、⼄两个袋⼦中，要求每个袋⼦⾥三种颜⾊球都有，且甲⼄两个袋⼦中三种颜⾊球数之积相等，问共有多少种放法．解析设甲袋中的红、⿊、⽩三种颜⾊的球数为x 、y 、z ，则有1x ≤、y 、9z ≤，且()()()101010xyz x y z =---，①即()()500505xyz x y z xy yz zx =-+++++，②于是有5xyz ．因此x ，y ，z 中必有⼀个取5．不妨设5x =，代⼊（1）式，得到10y z +=．此时，y 可取1，2，…，8，9（相应地z 取9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得5y =或者5z =时，也各有9种放法，但有x y z ==时两种放法重复．因此可得共有93225?-=种放法．23.1.16★★★★设正整数p 和q 互质．问：有多少个⾮负整数n 不能表⽰成px qy +（x 和y 是⾮负整数）的形式？解析⾸先，由于p 、q 互质，所以下⾯q 个数n ，n p -，2n p -，…，()1n q p --除以q 所得的余数不同．事实上，若()mod n ip n jp q -=-，01i j q <-≤≤，则()()0m o d j i p q -=，()q j i p -，所以q j i -，⽭盾．所以这q 个数中⼀定有⼀个除以q 余数为0，设这个数为n xp -，01x q -≤≤，于是可设n xp qy -=，即px py n +=恰有⼀组满⾜01x q -≤≤的整数解（x ，y ）．设n 与数组（x ，y ）依上述规律对应，即n px qy =+，01x q -≤≤．与0y ≥的数组（x ，y ）春风⼀度的整数n 称为“好的”；否则称为“坏的”．若n 与（x ，y ）对应，即n px qy =+，01x q -≤≤，则pq p q n pq p q px qy ---=----()()11p q x q y =--+--．因为 011q x q ---≤≤，---中恰有⼀个是好的，⼀个是坏的．所以在0，1，2，…，pq p q --中好数与坏数⼀⼀对应，从⽽其中的坏数有()()111122pq p q p q --+=--（个）．当0n <，则n 是坏数（显然0y <），故⼤于pq p q --的数均为好数．由此得坏数即不能表为px qy +（x ，y 为⾮负整数）的⾮负整数n 有()()1112p q --个． 23.1.17★★★把1，2，3，…，2012这2012个正整数随意放置在⼀个圆周上，统计所有相邻三个数的奇偶性得知：三个数全是奇数的600组，恰好两个奇数的有500组，问：恰好⼀个奇数的有⼏组？全部不是奇数的有⼏组？解析设恰好1个奇数的有x 组，则全部不是奇数的有2010600500912x x ---=-．将圆周上的数从某个数开始，依次计为1x ，2x ，…，2012x ，令1,,1,i i i x y x -??=?奇偶当为数时当为数时, 则1220120y y y +++=，再令12i i i i A y y y ++=++121212123,,,1,,,21,,,3,,,i i i i i i i i i i i i x x x x x x x x x x x x ++++++++-??-?=?全奇恰好奇恰好⼀奇全偶当为数时当个数时当个数时当为数时其中20012i i x x +=，1i =，2，于是 ()12201203y y y =+++122012A A A =+++()36005003912x x =-?-++-，解得218x =．恰好⼀个奇数的有218组，全部不是奇数的有912218694-=组．23.2 ⼏何计数23.2.1★如图所⽰，数⼀数图中有多少条不同的线段？BA解析对于两条线段，只要有⼀个端点不同，就是不同的线段，我们以左端点为标准，将线段分5类分别计数；（1）以A 为左端点的线段有AB 、AC 、AD 、AE 、AF 共5条；（2）以B 为左端点的线段有BC 、BD 、BE 、BF 共4条；（3）以C 为左端点的线段有CD 、CE 、CF 共3条；（4）以D 为左端点的线段有DE 、DF 共2条；（5）以E 为左端点的线段只有EF ⼀条．所以，不同的⼀线段⼀共有 5432115++++=（条）．评注般地，如果⼀条线段上有1n +个点（包括两个端点）．那么这1n +个点把这条线段⼀共分成的线段总数为11212n n n n ++-+++=． 23.2.2★如果⼀条线段AB 上有n 个点（不包括两个端点A 和B ）．它们共有210条不同的线段，求n 的值．解析线段AB 上共有2n +个点（包括端点），所以不同的线段有()()122n n ++条．所以()()122102n n ++=，解得19n =．23.2.3★图中有多少个三⾓形？FE D C B A O解析以OA 为⼀边的三⾓形有OAB △、OAC △、OAD △、OAE △、OAF △共5个；以OB 为⼀边的三⾓形还有4个（前⾯已计数过的不再数，下同），它们是OBC △、OBD △、OBE △、OBF △；以OC 为⼀边的三⾓形有OCD △、OCE △、OCF △共3个；以OD 为⼀边的三⾓形有ODE △、ODF △共2个；以OE 为⼀边的三⾓形有OEF △⼀个，所以，共有三⾓形5432115++++=（个）． 23.2.4★图中⼀共有多少个长⽅形？解析图中长的⼀边有5个分点（包括端点），所以，长的⼀边上不同的线段共有123410+++=（条），同样，宽的⼀边上没的线段也有10条．所以，共有长⽅形1010100?=（个）．23.2.5★★图中所有长⽅形的⾯积和是多少？解析因为长的⼀边上的10条线段分别为5、17、25、26、12、20、21、8、9、1，宽的⼀边上的10条线段长分别为3742181252、6、12、16、4、11、14、7、10、3，所以，所有长⽅形⾯积和为()()()525653172176173121613?+?++?+?+?++?++?+?++?=()()517126131448612384+++?+++=?=．23.2.6★★图中有多少个三⾓形？解析把图中最⼩的三⾓形看作基础三⾓形，分类计数．。

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因为24＝23×3，所以24的约数是23的约数（1，2， 22，23）与3的约数（1，3）之间的两两乘积.
1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1， 23×3.
这里有4×2＝8个，即（3＋1）×（1＋1）个
如果合数B分解质因数后是： B=am×bn×cp×……
其中a、b、c……均为质数， m、n、p……均为自然数.
例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．
解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，则
原式=(u2-v)2-4v(u2-2v) =u4-6u2v+9v2 =(u2-3v)2 =(x2+2xy+y2-3xy)2 =(x2-xy+y2)2
二次根式
二次根式的性质：
二次根式的运算法则：
设a，b，c，d，m是有理数，且m不是完全平方数，则当且仅
例１：解法1：配方法．
解法2 待定系数法．
例２：化简：
(1) 4 − 15
(2)这是多重复合二次根式，可从里往外逐步化简．
例４解用换元法．
例６解用构造方程的方法来解．设原式为x，利用根号的层数是无限的特点，有
=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10 =10 原式分母=(x2-8x+13)+2=2
例４解法1: 利用比例的性质解决分式问题． (1)若a+b+c≠0，由等比定理有
所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，

初中数学竞赛辅导讲义及习题解答含答案共30讲改好278页

初中数学竞赛辅导讲义及习题解答含答案共30讲改好278页初中奥数辅导讲义培优计划（星空课堂）第一讲走进追问求根公式第二讲判别式——二次方程根的检测器第三讲充满活力的韦达定理第四讲明快简捷—构造方程的妙用第五讲一元二次方程的整数整数解第六讲转化—可化为一元二次方程的方程第七讲化归—解方程组的基本思想第八讲由常量数学到变量数学第九讲坐标平面上的直线第十讲抛物线第十一讲双曲线第十二讲方程与函数第十三讲怎样求最值第十四讲图表信息问题第十五讲统计的思想方法第十六讲锐角三角函数第十七讲解直角三角形第十八讲圆的基本性质第十九讲转化灵活的圆中角2第二十讲直线与圆第二十一讲从三角形的内切圆谈起第二十二讲园幂定理第二十三讲圆与圆第二十四讲几何的定值与最值第二十五讲辅助圆第二十六讲开放性问题评说第二十七讲动态几何问题透视第二十八讲避免漏解的奥秘第二十九讲由正难则反切入第三十讲从创新构造入手3第一讲走进追问求根公式形如a某2b某c0（a0）的方程叫一元二次方程，配方法、公式法、因式分解法是解一元二次方程的基本方法。

而公式法是解一元二次方程的最普遍、最具有一般性的方法。

求根公式某1,2bb24ac内涵丰富：它包含了初中阶段已学过的全部代数运算；它回答了2a一元二次方程的诸如怎样求实根、实根的个数、何时有实根等基本问题；它展示了数学的简洁美。

降次转化是解方程的基本思想，有些条件中含有(或可转化为)一元二次方程相关的问题，直接求解可能给解题带来许多不便，往往不是去解这个二次方程，而是对方程进行适当的变形来代换，从而使问题易于解决。

解题时常用到变形降次、整体代入、构造零值多项式等技巧与方法。

【例题求解】【例1】满足(n2n1)n21的整数n有个。

思路点拨：从指数运算律、±1的特征人手，将问题转化为解方程。

【例2】设某1、某2是二次方程某2某30的两个根，那么某134某2219的值等于（）A、一4B、8C、6D、0思路点拨：求出某1、某2的值再代入计算，则计算繁难，解题的关键是利用根的定义及变形，使多项式降次，如某123某1，某223某2。

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第一讲有理数一、冇理数的概念及分类。

二、有理数的计算：1、善于观察数字特征；2、灵活运用运算法则；3、掌握常用运算技巧(凑整法、分拆法等)。

三、例题示范1、数轴与大小例1、己知数轴上有A、B两点，A、B之间的距离为1,点A与原点0的距离为3, 那么满足条件的点B与原点0的距离之和等于多少？满足条件的点B有多少个？例2、将—122Z,_97 1998 98这四个数按由小到大的顺序，用连结起来。

1998 98 1999 99提示1：四个数都加上1不改变大小顺序；提示厶先考虑其相反数的大小顺序；提示3：考虑其倒数的大小顺序。

例3、观察图中的数轴，用字母a、b、c依次表示点A、B、C对应的数。

试确定三个数丄，丄丄的大小关系。

cib b-a c3 3分析：由点B在A右边，知b・a〉O,而A、B都在原点左边，故ab〉O,又c>l>0,故耍比较丄，丄丄的大小关系，只要比较分母的大小关系。

ab b- a c例4、在有理数a与b(b>a)之间找出无数个冇理数。

捉示：Pp + 山5为大于是的自然数) n注：P的表示方法不是唯一的。

2、符号和括号在代数运算中，添上(或去掉)括号可以改变运算的次序，从而使复杂的问题变得简单。

例5、在数1、2、3、…、1990前添上“ + ”和“一”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？提水：造零:n-(n+1 )-(n+2)+(n+3)=0注：造零的基本技巧「两个相反数的代数和为零。

3、算对与算巧例6、计算-1-2-3— -2000-2001-2002提示：1、逆序相加法。

2、求和公式：S二(首项+末项)x项数+2。

例7、计算1+2—3—4+5+6—7-8+9+…—2000+2001+2002提示：仿例5,造零。

结论：2003o例8、计算99...9x99・・・9 + 199 (9)s_V~v_V_z x~V~'n个9 拜个9 〃个9提示1：凑整法，并运用技巧:199…9二10"+99…9, 99・・・9二10"-1。

【3月23日】7年级数学第24课时学习指南(1)

7年级数学第24课时巧算面积【学习目标】【学习任务】任务一请思考并完成下列内容：我们知道，三角形的面积=底×高÷2，为什么要除以2呢?三角形的面积公式是如何推导的呢?请你进行说明.前面我们一共进行了五节课的几何画图的学习，请根据以下文字描述画出相应的几何图形，并根据给出的条件解决问题．在△ABC中，D是BC边的中点，连接AD.（1）若BD=3，BC边上的高为4，则△ABC的面积为 .（2）若E是AD的中点，连结BE，CE，图中与△ABE面积相等的三角形有几个？请分别写出来．任务二我们知道，三角形的面积=底×高÷2，那在三角形的面积问题中，我们如何抓住求面积的两个要素（底和高）进行巧妙思考解决问题呢？请带着上述问题观看微课视频《巧算面积（1）》一探究竟吧！任务三观看微课视频《巧算面积（1）》后，你一定有很多收获吧！微课中我们总结了当两个三角形等底等高时面积相等，你认为在什么条件下能产生等底等高的情况？小红家有一块三角形的菜地，其面积为16平方米，小红在这菜地的两边各取中点，利用这两点修了一条很窄的小路（面积忽略不计），得到一块小三角形菜地，这块小三角形菜地的面积是多少呢？画图探究一下吧！小红家还有一块直角三角形的花坛，想知道它的斜边上的高是多少，于是她对这个花坛的三条边进行了测量，得到两直角边分别是3米，4米，斜边是5米，请你帮她算一算这个花坛斜边上的高是多少？她想在斜边上取一点，这点与直角顶点连接后将花坛分成两个三角形，分别种植两种花，并要求两个三角形的面积比为1：3，怎样确定这个点的位置呢？【评价试题】1．说一说如何求三角形的面积，测量相关数据并计算下面这两个三角形的面积．2．在方格纸上再画两个不同的三角形，使每个三角形的面积都与给出的三角形面积相等．3．如图，点E 在AD 上，AD 垂直BC ，垂足为D ，AD =12，DE =3，则△ABC 的面积是△EBC 面积的倍.(2)(1)ABCABCE ABCD4．如图，长方形ABCD ，E 是BC 延长线上一点，连接AE 交DC 边于点F ，连接BF ，DE ．已知△BCF 的面积是10，则△DEF 的面积是．5．如图，在△ABC 中，D ，E 分别是AC ，AB 边上的点，连接BD ，CE 交于点O ，△BEO ,△BOC ,△COD 的面积分别是3，7，7，则四边形ADOE 的面积是．（提示：连接AO ．如果觉得有困难，可以再去看微课视频探究的讲解．）FEDCBA773O E DBA。