2021年初中数学竞赛名家专讲含例题答案20：代数恒等式的证明
初中数学竞赛代数专题讲义之代数式求值含例题习题及详解
代数式求值由数与字母经有限次代数运算（加、减、乘、除、乘方、开方）所组成的表达式叫做代数式。
已知一个代数式，把式中的字母用给定数值代替后，运算所得结果叫做在字母取给定数值时代数式的值。
一、专题知识1.基本公式（1）立方和公式：2233()()a b a ab b a b +-+=+（2）立方差公式：2233()()a b a ab b a b-++=-（3）完全立方和：33223()33a b a a b ab b +=+++（4）完全立方差：33223()33a b a a b ab b -=-+-2.基本结论（1）33322()33a b a b a b ab +=+--（2）33322()33a b a b a b ab -=-+-（3）22()()4a b a b ab-=+-二、经典例题例题1已知y z x z x yx y z+++==求代数式y z x +的值。
【解】（1）0x y z ++≠，由等比性质得2()2x y z y zx y z x+++==++；（2）0x y z ++=，则y z x +=-，所以1y zx+=-。
例题2已知234100x y +-=，求代数式y x x y xy y x x 65034203152223--++++的值。
【解】32221532043506x x y xy y x x y++++--322222215205034103410105(3410)(3410)(3410)1010x xy x x y y y x y x x y y x y x y =+-++-++-+=+-++-++-+=例题3实数,,a b c满足条件：231224a b ab -=+=-，求代数式2a b c ++的值。
【解】22222442318224a b a ab b ab c ab ⎧-=⇒-+=⎪⎨+=-⇒+=-⎪⎩两式相加得，()2220a b ++=只有2=0a b +且0c =，所以20a b c ++=。
2021年初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第 讲 方程与函数
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初中数学竞赛题汇编(代数部分2)
初中数学竞赛题汇编（代数部分2）江苏省泗阳县李口中学 沈正中 精编、解答例1：已知a 2＋b 2＝6ab ，且a ＞b ＞0，求 。
解：由已知得 (a ＋b)2＝8ab ， (a －b)2＝4ab ，所以 ＝2，因a ＞b ＞0，所以a ＋b 、a －b 均为正数，故 ＝ 。
例2：计算 的值 。
解：因＝2， 所以 ＝ 。
例3：已知 ，求解：由已知得 2(a ＋b)2＝ab ，即 ＝－所以 ＝ ＝ 。
例4：已知 ， ，求 ＝？解：由 得 ，由 得 ，所以 ＝ ＋ ＝1。
例5：已知若abc =1，求证 。
分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。
可以充分利用abc=1，将它们化成同分母。
在1++a ab a 的分子、分母上同乘c ，化成1++=++c ca ca c ac abc ac ，将1++b bc b的分母1111=++++++++c ca c b bc b a ab a中的“1”换成abc 得cac abc b bc b ++=++11，然后再相加即可得证。
证明：∵ abc =1 ∴ = + = =1 。
例6：已知bc=ad ，求证：ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd证明：因bc=ad ，所以 由比例的性质得……① ……② ……③ ①×②×③得 ， 所以ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd∴ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd 。
例7：已知x=by+cz ，y=cz+ax ，z=ax+by ，且x+y+z ≠0，. 证明：1111=+++++cc b b a a 证明：解方程组⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=(3) (2)(1) by ax z ax cz y cz by x (2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax ，所以xz y x a x x z y a 21 2++=+-+=则 所以 z y x x z y a a ++-+=+1 同理可得，z y x y z x b b ++-+=+1，z y x z y x c c ++-+=+1 所以 1111=++++=+++++zy x z y x c c b b a a 例8：已知x 、y 、z 满足关系式1=+++++y x z x z y z y x ， 证明：0222=+++++yx z x z y z y x 证明：将已知等式分别乘以x 、y 、z 得111++++++++c ca c b bc b a ab a 1++c ca ca 1+++c ca c ca c ++1111++++c ca cca ()()()()b d ad c d c d b c b a b a 22-+=-+x yx xz x z xy z y x =+++++2 ① y yx yz x z y z y xy =+++++2 ② z yx z x z yz z y xz =+++++2③ ①+②+③ 得zy x y x yz y x xz x z yz x z xy z y xz z y xy y x z x z y z y x ++=+++++++++++++++++)()()(222所以z y x z y x yx z x z y z y x ++=++++++++222 即：0222=+++++yx z x z y z y x 例9：试用关于（x-1）的各次幂表示多项式322435x x x -+-。
初中数学竞赛：恒等式的证明
初中数学竞赛：恒等式的证明代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．1．由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．例1 已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．分析将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．证因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2)=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．说明本例的证明思路就是“由繁到简”．例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且证令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，则又因为所以所以说明本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．2．比较法a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．例3 求证：分析用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b 代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．证因为所以所以说明本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．全不为零．证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．说明本例采用的是比商法．3．分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．证要证a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要证a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证ab=ac+bc，只要证c(a+b)=ab，只要证这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立．说明本题采用的方法是典型的分析法．例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．证由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．说明本题采用的方法是综合法．4．其他证明方法与技巧求证：8a+9b+5c=0．a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．所以6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)=6k(a-b+b-c+c-a)，即8a+9b+5c=0．说明本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．例8 已知a+b+c=0，求证2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．分析与证明用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2=(a2-b2-c2)2-4b2c2=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．说明本题证明过程中主要是进行因式分解．分析本题的两个已知条件中，包含字母a，x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．证由已知说明本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．例10 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．分析与证明此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．令y+z-2x=a，①z+x-2y=b，②x+y-2z=c，③则要证的等式变为a3+b3+c3=3abc．联想到乘法公式：a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)，所以将①，②，③相加有a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以a3+b3+c3-3abc=0，所以(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．说明由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且求证：x2y2z2=1．分析本题x，y，z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．证由已知有①×②×③得x2y2z2=1．说明这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．总之，从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上，深刻体会例题中的常用变形技能与方法，这对以后的数学学习非常重要．练习五1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求证：2b=a+c．2．证明：(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)．3．求证：5．证明：6．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求证：x=y=z或x+y+z=0．7．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证：(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．。
七年级数学竞赛讲座07 有关恒等式的证明
七年级数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、一、知识要点恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明，对于一般恒等式的证明，常常通过恒等变形从一边证到另一边，或证两边都等于同一个数或式。
在恒等变形过程中，除了要掌握一些基本方法外，还应注意应用一些变形技巧，如：整体处理、“1”的代换等；对于条件恒等式的证明，如何处理好条件等式是关键，要认真分析条件等式的结构特征，以及它和要证明的恒等式之间的关系。
二、二、例题精讲例1 求证：a 1+(1-a 1)a 2+(1-a 1)(1-a 2)a 3+…+(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=1-(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )分析：要证等式成立，只要证明1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )证明：1- a 1- (1-a 1)a 2- (1-a 1)(1-a 2)a 3 -…- (1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=(1-a 1)[ 1- a 2- (1-a 2)a 3- (1-a 2)(1-a 3)a 4 -…- (1-a 2)(1-a 3)…(1-a n-1)a n ]=(1-a 1) (1-a 2)[ 1- a 3- (1-a 3)a 4- (1-a 3)(1-a 4)a 5 -…- (1-a 3)(1-a 4)…(1-a n-1)a n ] =(1-a 1) (1-a 2) (1-a 3)[ 1- a 4- (1-a 4)a 5- (1-a 4)(1-a 5)a 6 -…- (1-a 4)(1-a 5)…(1-a n-1)a n ]=……=(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n ) ∴ 原等式成立例2 证明恒等式()()()()()()11322321121132322121a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n ++++++=++++++(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)证明评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法例3 若abc=1，求证1111=++++++++c ca cb bc b a ab a()()()()()()11322321121322211113232121132322121111111111111a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n nn n n ++++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。
数学竞赛中的代数式求值经典问题
数学竞赛中的代数式求值经典问题题型一、代数式恒等变形 1.若abc=1,则111a b cab a bc b ca c ++++++++的值是( )A ．1．B ．0．C ．-1．D ．-2． 解析：abc=1，则a ，b ，c 均不为0．选A ．2．若x 3+y 3=1000，且x 2y-xy 2=-496，则(x 3-y 3)+(4xy 2-2x 2y)-2(xy 2-y 3)=______．解析：由于x 3+y 3=1000，且x 2y-xy 2=-496，因此要把(x 3-y 3)+(4xy 2-2x 2y)-2(xy 2-y 3)分组、凑项表示为含x 3+y 3及x 2y-xy 2的形式，以便代入求值，为此有(x 3-y 3)+(4xy 2-2x 2y)-2(xy 2-y 3)=x 3+y 3+2xy 2-2x 2y=(x 3+y 3)-2(x 2y-xy 2)=1000-2(-496)=19923．若m ＋n －p ＝0，则⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛n m p p m n p n m 111111－－－＋－的值等于______． 解析：3-，111111()()()()()()111 3m n p n p m p m n m m n n n pn p m p m n m p n p m nn n m m p p-+--+=-+---=-+--+=---=-提示：4．若x-y=2，x 2+y 2=4，则x1992+y1992的值是 ( )A ．4B ．19922C ．21992D ．41992解析：由x-y=2 ①平方得x 2-2xy+y 2=4 ②又已知x 2+y 2=4③所以x ，y 中至少有一个为0，但x 2+y 2=4．因此，x ，y 中只能有一个为0，另一个为2或-2．无论哪种情况，都有x1992+y1992=01992+(±2)1992=21992，选C ．5．在等式y=ax 2+bx+c 中,当x=1时,y=-2,当x=-1时,y=20,则ab+bc+9b 2=______． 解析：以x=1,y=-2代入y=a 2+bx+c 得a+b+c=-2 ① 以x=-1,y=20代入y=ax 2+bx+c 得a-b+c=20 ② ①-②,2b=-22，所以b=-11．因此a+c=9．于是 ab+bc+9b 2=b(a+c)+9b 2=(-11)×(9)+9×112=990．6．已知a ＋b ＝－3，a 2b ＋ab 2＝－30，则a 2－ab ＋b 2＋11＝____50______．7．已知aa 1+=-2，则441a a +=2；441a a -=0.8．如果m －m1＝－3，那么m 3－31m ＝____________．解析：36-，提示：32232211111()(1)()[()3](3)[(3)3]36m m m m m m m m m m-=-++=--+=-⨯-+= 9．三个互不相等的有理数，既可表示为1，a+b,a 的形式,又可表示为0,ba,b, 的形式,则a1992+b1993=________.解析：由于三个互不相等的有理数，既可表示为1，下，只能是b=1．于是a=-1．所以，a 1992+b 1993=(-1)1992+(1)1993=1+1=2．10．如图6，D 点在Rt △ABC 的直角边上BC 上，且BD=2，DC=3，若AB=m ，AD=n ，那么22m n -=.解析:勾股定理：m 2=BC 2+AC 2=52+AC 2n 2=DC 2+AC 2=32+AC 2可得：m2- n 2=1611．已知ax+by=7，ax2+by2=49，ax3+by3=133，ax4+by4=406，试求1995(x+y)+6xy-172(a+b )的值.分析：已知ax+by=7，ax2+by2=49，ax3+by3=133，ax4+by4=406．形式很对称，很容易诱使你将ax+by=7两边平方，再减去ax2+by2=49，…想利用乘法公式算出xy，但一试发现此路不通．由于受所作某些训练题型模式的影响，很多同学仍企图走此路，以致最后陷入死胡同．事实上，ax+by平方后必出现a2x2与b2y2，而ax2+by2中，a，b都不是平方，这一特点已经表明利用乘法公式去消项的方法很难走通．应及时转向，通过一项一项表示，往一起凑这个最基本的方式去做．解：显然ax2=49-by2，by2=49-ax2ax3=49x-bxy2，by3=49y-ax2y相加得133=ax3+by3=49(x+y)-xy(ax+by)即49(x+y)-7xy=1337(x+y)-xy=19 ①同理ax3=133-by3，by3=133-ax3ax4=133x-bxy3，by4=133y-ax3y相加得406=ax4+by4=133(x+y)-xy(ax2+by2)即133(x+y)-49xy=40619(x+y)-7xy=58 ②由①、②联立，设x+y=u，xy=v得7u-v=1919u-7v=58,解得u=2.5，v=-1.5即x+y=2.5，xy=-1.5由ax=7-by，by=7-ax得ax2=7x-bxy，by2=7y-axy相加得49=ax2+by2=7(x+y)-xy(a+b)所以 1.5(a+b)=49-7×2.5∴a+b=21此时即可求得=4987.5-9-178.5=4800说明：本题虽然所用知识单元块均在初一学过，但解此题需要考生有较强的应变能力与观察综合能力，并且计算也要很细心，因此本题属于对学生数学素质综合检查的题目．本题改编自下面的问题“已知ax+by=8，ax 2+by 2=22，ax 3+by 3=62，ax 4+by 4=178，试求1995(x+y)+6xy 之值”．有兴趣的读者不防解一解看．答案是10011．再想一想，满足题设条件的a 与b 两数之和a+b 等于多少？你能独立地求出a+b 之值吗？(答a+b=3)题型二、多项式的带余除法1．设m 2＋m －1＝0，则m 3＋2m 2＋1997＝______． 解析：原式＝m 3＋m 2－m ＋m 2＋m －1＋1998＝m （m 2＋m －1）＋（m 2＋m －1）＋1998 ＝（m 2＋m －1）（m ＋1）＋1998 由于m 2＋m －1＝0，∴ 原式＝1998． 2.如果x 2+x －1=0，则x 3+2x 2+3=4．3.若=+++=-+1855,013232x x x x x 则____20______4．如果223x x +=，那么432781315x x x x ++-+=_____18_____。
初中数学竞赛：XXX定理(附练习题及答案)
初中数学竞赛：XXX定理(附练习题及答案)初中数学竞赛：XXX定理韦达定理是一元二次方程的根与系数的关系，最初由16世纪法国数学家XXX发现。
它包含了丰富的数学内容，并有广泛的应用，主要体现在以下几个方面：求方程中参数的值、求代数式的值、讨论根的符号特征、构造一元二次方程辅助解题等。
XXX定理具有对称性，可以通过设而不求、整体代入的方法解题。
它与代数、几何中的许多知识结合，可以生成丰富多彩的数学问题，解这些问题常用到对称分析、构造等数学思想方法。
例题求解】例1】已知α、β是方程x^2-x-1=0的两个实数根，则代数式α^2+α(β^2-2)的值为。
思路点拨：所求代数式为α、β的非对称式，通过根的定义、一元二次方程的变形转化为α、β的对称式，即α^2+β^2和αβ，然后代入已知条件求解。
例2】如果a、b都是质数，且a^2-13a+m=0，b^2-13b+m=0，那么ba/(ab+2)的值为(。
)。
思路点拨：可将两个等式相减，得到a、b的关系，由于两个等式结构相同，可视a、b为方程x^2-13x+m=0的两实根，这样就为根与系数关系的应用创造了条件。
例3】已知关于x的方程：x-(m-2)x^4=01)求证：无论m取什么实数值，这个方程总有两个相异实根。
2)若这个方程的两个实根x1、x2满足x2=x1+2，求m的值及相应的x1、x2.思路点拨：对于(2)，先判定x1、x2的符号特征，并从分类讨论入手。
例4】设x1、x2是方程2x^2-4mx+2m^2+3m-2=0的两个实数根，当m为何值时，x1^2+x2^2有最小值?并求出这个最小值。
思路点拨：利用根与系数关系把待求式用m的代数式表示，再从配方法入手，应注意本例是在一定约束条件下(△≥0)进行的。
应用韦达定理的前提条件是一元二次方程有两个实数根，即判别式△≥0.转化是数学中重要的思想方法，但需注意转化前后问题的等价性。
已知四边形ABCD中，AB∥CD，且AB、CD的长是关于x的方程x^2-2mx+(m-2)^2的两个根。
初中数学竞赛---代数式竞赛50道综合题练习(含答案解析)
16．（2021·全国·九年级竞赛）分解因式： (c a)2 4(b c)(a b) ． 【答案】 (a c 2b)2 【详解】解法一 原式 (c2 2ca a2 ) 4(ab b2 ac bc) (c2 2ca a2 ) (4ab 4bc) 4b2 (a c)2 4b(a c) (2b)2 (a c 2b)2 ． 解法二 原式 [(c b) (a b)]2 4(c b)(a b) (c b)2 2(c b)(a b) (a b)2 4(c b)(a b) (c b)2 2(c b)(a b) (a b)2 [(c b) (a b)]2 (a c 2b)2 ．
17．（2021·全国·九年级竞赛）分解因式： x2 (x a)2 a2x2 a2 (x a)2 ． 【答案】 (x2 ax a2 )2 【详解】解法一 原式 [x2 (x a)2 a2 (x a)2 ] a2x2 (x2 a2 )(x a)2 a2 x2 (x2 a2 )(x2 2ax a2 ) a2 x2 (x2 a2 )2 2ax(x2 a2 ) (ax)2 (x2 a2 ax)2 (x2 ax a2 )2 ． 解法二 原式 x2[(x a)2 a2 ] a2 (x a)2 x2 (x2 2ax 2a2 ) a2 (x a)2 (x2 )2 2x2 a(x a) [a(x a)]2 [x2 a(x a)]2 (x2 ax a2 )2 ．
4．（2021·全国·九年级竞赛）
1
1
的值为（ ）．
4 59 30 2 3 66 40 2
A．无理数 【答案】D
B．真分数
C．奇数
D．偶数
【详解】原式
1
1
4 (5 2)2 25 2 3 32 3 (5 2)2 25 2 4 42
【初中数学竞赛】 专题03 方程与恒等变换竞赛综合-50题真题专项训练(全国竞赛专用)原卷版
【初中数学竞赛】专题03方程与恒等变换竞赛综合-50题真题专项训练（全国竞赛专用）一、单选题1．（2021·全国·九年级竞赛）把三个连续的正整数a ，b ，c 按任意次序（次序不同视为不同组）填入20x x ++=□□□的三个方框中，作为一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项．使所得方程至少有一个整数根的a ，b ，c （）．A ．不存在B ．有一组C ．有两组D ．多于两组2．（2021·全国·九年级竞赛）在方程组3330,36x y z x y z ++=⎧⎨++=-⎩中，x ，y ，z 是互不相等的整数，那么此方程组的解的组数为（）A ．6B ．3C ．多于6D ．少于3二、填空题3．（2021·全国·九年级竞赛）已知,x y ==，则2(1x xy ++=________．4．（2021·全国·九年级竞赛）若120,110p q ≤≤≤≤，且方程240x px q -+=的两根均为奇数，则此方程的根为_________．5．（2021·全国·九年级竞赛）以下算式中，相同的汉字代表相同的数字．已知“神舟”25=，“号”4=，那么六位数“飞天神舟六号”=_______．=⨯神舟六号飞天神舟飞天神舟六号号6．（2021·全国·九年级竞赛）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的数值的2倍，则a b +=______或________．7．（2021·全国·九年级竞赛）一个布袋中装有红、黄、蓝三种颜色的大小相同的木球，红球上标有数字1，黄球上标有数字2，蓝球上标有数字3，小明从布袋中摸出10个球，它们上面所标数字的和等于21，则小明摸出的球中红球的个数最多不超过___________．8．（2021·全国·九年级竞赛）篮、排、足球放在一堆共25个，其中篮球个数是足球个数的7倍，那么其中排球的个数是__________．9．（2021·全国·九年级竞赛）某一次考试共需做20个小题，做对一个得8分，做错一个扣5分，不做的得0分．某学生共得13分，那么这个学生没做的题有_______个．10．（2021·全国·九年级竞赛）两个正整数的和比积小1997，并且其中一个是完全平方数，则较大数与较小数的差是___________．11．（2021·全国·九年级竞赛）某自然数恰好等于它的各位数字和的11倍，则这个自然数是__________．12．（2021·全国·九年级竞赛）边长为整数，周长为12的三角形的面积的最大值是_________．13．（2021·全国·九年级竞赛）一个两位数除以它的反序数所得的商数恰等于余数，则这个两位数是__________．14．（2021·全国·九年级竞赛）某个两位自然数，它能被其各位数字之和整除，且除得的商恰好是7的倍数，写出符合条件的所有两位数是_________．15．（2021·全国·九年级竞赛）小孩将玻璃弹子装进两种盒子，每个大盒子装12颗，每个小盒子装5颗，若弹子共有99颗，所用大、小盒子多于10个，则大盒子数为________，盒子数为__________．16．（2021·全国·九年级竞赛）设平方数2y 是11个相继整数的平方和，则y 的最小值是__________．17．（2021·全国·九年级竞赛）一个三位数，它等于它的各位数码之和的12倍．试写出所有这样的三位数_________．18．（2021·全国·九年级竞赛）一个四位数与它的四个数字之和等于1991，这个四位数是___________．19．（2021·全国·九年级竞赛）n 是一个非立方的四位数，且它仅有4个正约数，除了它本身之外其他三个约数的和等于1000，那么这个四位数n 是___________．20．（2021·全国·九年级竞赛）方程3211x y +=在正整数范围内的解是_________．21．（2021·全国·九年级竞赛）方程1433x y+=有_________组正整数解．22．（2021·全国·九年级竞赛）已知三角形的三个角的度数都是小于120的质数，则这个三角形三个角的度数分别是__________．23．（2021·全国·九年级竞赛）若质数m ，n 满足57129m n +=，则m n +的值为_________．三、解答题24．（2021·全国·九年级竞赛）（1）设x 是实数，证明：[][]122x x x ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦，（2）求22010201012010120101222222M ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 之值25．（2021·全国·九年级竞赛）3设a ，b ，c 是正数，且1abc =，证明：111(1)(1)(1)1a b c b c a-+-+-+≤．26．（2021·全国·九年级竞赛）若0,0,0a b c >>>，证明：31113a b c a b c++≥++．等号成立当且仅当a b c ==．27．（2021·全国·九年级竞赛）若0,0,0a b c >>>，则2(3(23a b a b c +++≤，等号成立当2ab c =．28．（2021·全国·九年级竞赛）已知123,,x x x 为实数且2221231236,18x x x x x x ++=++≤，证明：04i x ≤≤()1,2,3i =．29．（2021·全国·九年级竞赛）设0,0,0a b c >>>且2221a b c ++=，证明：2221112a b c a b c ++≥---．30．（2021·全国·九年级竞赛）是否存在质数p ，q ，使得关于x 的一元二次方程20px qx p -+=有有理数根？31．（2021·全国·九年级竞赛）已知b ，c 为整数，方程250x bx c ++=的两根都大于1-且小于0．求b 和c 的值．32．（2021·全国·九年级竞赛）试求两个不同的自然数，它们的算术平均数A 和几何平均数G 都是两位数，其中A ，G 中一个可由另一个交换个位和十位数字得到．33．（2021·全国·九年级竞赛）已知方程2264320x x n n ---=的根都是整数，求整数n 的值．34．（2021·全国·九年级竞赛）已知0,0,0a b c <≤>2b ac =-，求24b ac -的最小值．35．（2021·全国·九年级竞赛）已知p 为质数，使二次方程222510x px p p -+--=的两根都是整数，求出p 的所有可能值．36．（2021·全国·九年级竞赛）已知n 为正整数，且271n -能被755n +整除，试求n 的值．37．（2021·全国·九年级竞赛）试求出这样的四位数，它的前四位数字与后两位数字分别组成的二位数之和的平方，恰好等于这个四位数．38．（2021·全国·九年级竞赛）已知m ，n 为整数，n 为整数，且满足222310m n m n +++-=，求m ，n 的值．39．（2021·全国·九年级竞赛）a 为整数，若存在整数b 和c 使()(15)25()()x a x x b x c +--=++，求整数a 的值．40．（2021·全国·九年级竞赛）b 都是大于1的整数，a ，b 为何值，方程()22242(41)(21)0abx a a b b x a b -++++++=有两个整数根．41．（2021·全国·九年级竞赛）m ，n 为正整数，关于x 的方程2()0x mnx m n -++=有正整数解．求m ，n 的值．42．（2021·全国·九年级竞赛）所有的整数a ，使得关于x 的一元二次方程()22490x a a --+=的两根皆为整数．43．（2021·全国·九年级竞赛）a ，b 都是正整数．试问：关于x 的方程21()02x abx a b -++=是否有两个整数解？如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明．44．（2021·全国·九年级竞赛）有三个都不为0且互不相同的数码，用它们组成各个可能的三位数（不重复使用数码），其和为2886，如果把这三个数码从小到大排成一个三位数，又从大到小排列成一个三位数，这两个数的差是495，这三个数码是什么？45．（2021·全国·九年级竞赛）设a ，b ，c 都是奇数，证明方程20ax bx c ++=没有有理根．46．（2021·全国·九年级竞赛）一个四位数，这个四位数与它的各位数字之和是1999，求这个四位数，并说明理由．47．（2021·全国·九年级竞赛）有一个四位数，它的个位上的数字比十位上的数字少3，并且它的数字倒排所成的新四位数与原四位数之和为8987．求这个四位数，并写出推理过程．48．（2021·全国·九年级竞赛）两位数ab 能整除十位数字为零的三位数0a b ，求ab ．49．（2021·全国·九年级竞赛）如果一个自然数正好等于其各个数位上的数字之和的13倍，试求出这样的自然数，并说明理由．50．（2021·全国·九年级竞赛）一支科学考察队前往某条河流上的上游去考察一个生态区，他们出发后以每天17km 的速度前进，沿河岸向上游行进若干天后到达目的地，然后在生态区考察了若干天，完成任务后以每天25km 的速度返回，在出发后的第60天，考察队行进了24km 后回到出发点．试问：科学考察队在生态区考察了多少天？。
初二奥数精讲——第11讲恒等式的证明（二）
初二奥数精讲——第11讲恒等式的证明（二）一、知识点解析1. 基本知识如果一个等式，对其中所含有的字母取使所有代数式有意义的任何值都成立，则此等式称为恒等式。
如果一个等式，对其中所含有的字母取符合限定条件且使所有代数式有意义的任何值都成立，则此等式称为条件恒等式。
2. 基本方法2. 基本问题与方法证明恒等式，常可“从左边证到右边，也可从右边证到左边，还可证明两边与同一个式子相等”，其选择上述方法的原则是“从繁的一边证到简单的一边”。
如果等式两边都较繁，则证明两边与同一个式子相等。
特别地，证明两个多项式恒等，还可以从“次数”上考虑。
如果多项是k次的，则只要证明这两个多项式在k+1处的值相等，则这两个多项式恒等。
证明条件恒等式，常可从条件入手，逐步推出结论；也可从目标入手，在目标中构造条件式中的结构，进而利用条件证明结论；还可将条件和结论同时改变，以创造运用条件的机会。
选择上述方法的原则是“从容易构造出其他式子相同的结构的式子入手”。
如果任何一个式子都不容易构造另一个式子，则应将两个式子同时改变。
这部分主要考察学生的对恒等式的证明的了解及掌握。
是代数式部分的综合应用，这部分题型种类繁多，要在扎实的基础知识基础上，认真学习，多加练习，让我们在例题和解答中一起学习吧。
二、例题例1分析：题设的条件难于直接利用，应先将它们化简。
可将mn+nq=0化为比值，但要注意分母不为0，从而要分类讨论。
解答：例2分析：连等式，比例值等式参数求解。
解答：例3例4例5设a、b是互异的自然数，且a，b中至少有一个是偶数。
求证：一定可以表示成4个自然数的平方和。
如果你能够在不看答案的情况下就很顺利解决这些问题，那么说明你对恒等式的证明的掌握已经很透彻，这样的话可以加微信号miaomiao-asd，有更多有意思有深度的题目和讲解可以提供，还可享受一对一线上咨询辅导。
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初中数学代数习题(含解答)
初中代数练习题(含解答)题目1.证明a ≤|a|2.证明a 2=|a|23.证明|−a|=|a|4.证明a 2=|a|5.若|a −b −c −d −4|+|b −c −d −3|+|c −d −2|+|d 2−1|=0,求a +b +c +d.6.证明||a|−|b||≤|a −b|7.证明(6,7学名：三角不等式)|a −b|≤|a|+|b|8.证明 |(x −1)2−|2x −x 2||≤19.求|x|+|x −1|+|x −2|+...+|x −2020| 的最小值即此时x 的值或范围10.求||x −1|−|x −2|+|x −3|−|x −4|+...−|x −2020||的最小值即此时x 取值范围.11.证明任何0.x 1x 2x 3...x k 即一个任意长度k 的以单循环结束的小数都可以写为一个分数p q12.证明任何即一个任意长度结束的小0.x 1x 2..(x m x m+1x m+2...x n )n 的以循环节x m x m+1x m+2...x n 数都可以写为一个分数. 综合11,12, 证明任何有理数都可以写为pq pq ，的形式(p,q 为整数且q ≠0)13.根据12的结论，可以证明为无理数:2.若分数如果2为有理数，那么2可以写作p q, p,q 为正整数且q ≠0,即2=p q2能写为那么一定能写成最简分数, 即互质。
两边同时平方得p,q 所以2=p 2q2→p 2=2q 2→p 2为偶数. 若p 为奇数，则p 2也是奇数。
所以p 只能是偶数.即同偶所以不是最简，矛p =2k →p 2=4k 2=2q 2→q 2=2k 2. 同理得q 为偶数.p,q pq 盾。
所以.2为无理数用类似的方法，试证明.3为无理数14.已知平方差公式可以通过如下方式推导:a 2−b 2=a 2−ab +ab −b 2=a(a −b)+b(a −b)=(a +b)(a −b)试用类似方法推导立方差公式:a 3−b 3=(a −b)(a 2+ab +b 2)15.证明立方差公式的右边的唯一解为.(a −b)(a 2+ab +b 2)=0a =b 16.11·2+12·3+...+12019·2020=?17.11+2+11+2+3+...+11+2+...+2020=?18.11·2·3+12·3·4+...+12018·2019·2020=?19.11·2·3+13·4·5+...+12017·2018·2019+12−13+14−...−12017+12018=?20.证明, 并说明等号成立条件. (学名：调和平均几何平均算21a+1b≤ab ≤a+b 2≤a 2+b 22≤≤术平均平方平均)≤21.若(3a −2b)x 2+(a +b−c)x +3=c +2, 求a +b +c.22.若,求证x >−1−3x−2x+1>−323.若, 求证(不要求二次函数)x <−12x 2−3x−2x+1<−724.是否存在一个函数：定义域为所有偶数，值域为所有奇数？并解释25.是否存在一个函数，定义域为所有整数，值域为所有正整数？并解释26.是否存在一个函数，定义域为所有正整数，值域为所有整数？并解释27.证明所有一次函数只有一个零点(和有且只有一个交点). （第一步：找出一个零点. 第x 轴二步: 如果为2个不同零点，证明)x 1, x 2x 1=x 228.求一次函数和两坐标轴构成的三角形面积（注意:为任意实数且)y =ax +b a,b a ≠029.求28中三角形的斜边长和斜边上的高长30.求和两坐标轴构成的图形面积y =2x −1, y =3x +1, y =−x +531.证明任何一次函数都可以写为的形式. (第一步: 把转化为ax +by +c =0y =kx +m 的形式. 第二步:把转化为的形式. 所以两ax +by +c =0ax +by +c =0y =kx +m 种表示法等价)32.由31，若和表示两个一次函数. 若两一次函数图a 1x +b 1y +c 1=0a 2x +b 2y +c 2=0像平行或重合，求关系. 若两一次函数图像垂直，求关系.a 1,b 1,a 2,b 2a 1,b 1,a 2,b 233.若方程组,无解，求需满足的条a 1x +b 1y +c 1=0a 2x +b 2y +c 2=0a 1,b 1,c 1,a 2,b 2,c 2件. 若,有无穷多个解，求需满足a 1x +b 1y +c 1=0a 2x +b 2y +c 2=0a 1,b 1,c 1,a 2,b 2,c 2的条件.34.解三元一次方程组3x +2y +z =1, 2x −y −z =2, 5x +7y −3z =−335.定义一个函数为增函数如果在定义域上函数值一直增加, 即对于任意定义域里的，y x 1,x 2如果,那么(或).例:为增函数，因为任取,x 1<x 2y 1<y 2y 2−y 1>0y =2x x 1<x 2. 同理,定义一个函数为减函数如果在定义域上函y 2−y 1=2x 2−2x 1=2(x 2−x 1)>0y 数值一直减小, 即对于任意定义域里的，如果,那么(或).x 1,x 2x 1<x 2y 1>y 2y 1−y 2>0例:为减函数，因为任取,y =−2x x 1<x 2y 1−y 2=(−2x 1)−.(−2x 2)=2(x 2−x 1)>0试证明：当，一次函数为增函数. 当，一次函数为减函k >0时y =kx k <0时y =kx 数。
七年级数学尖子生培优竞赛专题辅导第九讲 恒等式的证明(含答案)
第九讲 恒等式的证明趣题引路】 请证明下列恒等式：()()()()xx x x xx nn--=++++1111114242考虑()()2111x x x -=+-，()()422111x x x -=+-，…，于是左边乘以11xx--：左边=()()()()()()xx x x x x x x x x n n n n --=-+-=+++--1111111111142222 这里的技巧在于添乘（1－x ）后，能反复运用平方差公式在恒等式的证明中类似的技巧很多，下面逐一介绍.知识拓展】1.如果两个代数式A 和B ，对于它们的变数字母在允许取值范围内的任意取值，它们都有相同的值，那么就说这两个代数式是恒等的，一般记作A =B ，有时也记作A =B ，这样的等式就称为恒等式，而把一个代数式变成另一个与它恒等的代数式就叫做代数式的恒等变形。
2.恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等。
通常的证明方法有：（1）将左边转化到右边，或将右边转化为左边，一般是从复杂的一边向简单的一边转化；（2）将两边都变形，化成同一个代数式；（3）证明左边－右边=0或左边右边=1，此时右边≠0.（4）换元法：对于结构较复杂但又有许多典型结构的恒等式可用此法。
3.对于有条件限制的恒等式的证明：常要变换条件并灵活运用条件，方能使等式得到证明.一、无条件恒等式的证明 1.左右法 例1 求证：()()()0.()()()a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a ------+++=++++++ 解析 直接通分难度太大，考虑一、二项作一组通分，后两项作一组通分。
证明 左边=()()()()[]()()()a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a ------+++++++++ =2()2()()()()()()()b a c b a c c a a b b c a b b c c a -+-++++++ =2()2()0()()()()b ac b a c a b b c a b b c ---=++++.点评：后两项通分后分子分母出现公因式，从而化难为易.恒等式的证明往往从结构较复杂的一边开始.2.作差法例2 证明：2221113.x y z ax a ay a az a x a y a z a a++=+++------ 解析 因左边三个分式的分母都是右边分式分母的a 倍，考虑作差通分化简求证。
八年级数学竞赛讲座飞跃等到相似附答案
八年级数学竞赛讲座飞跃等到相似附答案初中数学竞赛1 第二十讲飞跃-从全等到相似全等三角形是相似三角形的相似比等于1的特殊情况，从全等到相似是认识上的一个巨大飞跃，不但认识形式上有质的变化．而且思维方式也产生突变，相等是全等三角形的主旋律，在相似形的问题中出现的线段间的关系比全等形中的等量关系复杂，不仅有比例式，还有等积式、平方式、线段乘积的和、差、线段比的和差等．通过寻找(或构造)相似三角形，用以计算或论证的方法，我们称为相似三角形法，在线段长度的计算、角相等的证明、比例线段的证明等方面有广泛的应用，是几何学中应用最广泛的方法之一．熟悉以下形如“A 型”、“X 型”“子母型”等相似三角形．例题求解如图，△ABC 中，∠ABC=60’°，点P 是△ABC 内一点，使得∠APB=∠BPC=∠CPA ，且PA=8，PC=6，则PB= ．(全国初中数学竞赛题)思路点拨PA 、PB 、PC 分别是△ABP 、△BCP 的边，从判定这两个三角形的关系入手．注相似是几何中的一个概念，但相似性不仅表现在事物的几何形态上，而且还体现在事物的功能、结构、原理上．类比推理也贯穿在物理学的全部发展过程中，著名物理学家麦克斯韦曾说：“借助类比，我试图以便利的形式提出研究电现象所必须的数学手段和公式．” 在新事物面前，人们往往习惯于把它们与原有的、熟知的事物相比．这里蕴含的思想方法就是类比．a 、b 、c 分别是△ABC 的三边的长，且cb a b a b a +++=，则它的内角∠A 、∠B 的关系是( ) A ．∠B2∠A B ．∠B=2∠A C ．∠B2∠A D ．不确定(全国初中数学联赛试题)思路点拨先化简已知等式，根据所得等式构造相应线段，通过全等或相似寻找角的关系．如图，在△ABC 中，AB=AC ，AD 是中线，P 是AD 上一点，过C 作CF ∥AB ，延长BP 交AC于初中数学竞赛2 E ，交CF 于F ．求证：BP 2=PE ×PF(吉林省中考题)思路点拨由于BP 、PE 、PF 在同一条直线上，所以必须通过作辅助线寻找等线段来转化问题．如图，在矩形ABCD 中，E 为AD 的中点，EF ⊥EC 交AB 于F ，连结FC(ABAE) ．(1)△AEF 与△EFC 是否相似，若相似，证明你的结论，若不相似，请说明理由；(2)设k BC AB ，是否存在这样的k 值，使△AEF 与△BFC 相似?若存在，证明你的结论并求出k 的值：若不存在，说明理由．(重庆市中考题)思路点拨本例是一道存在性探索问题，对于(2)，假设存在，则Rt △AEF 与Rt △BFC 中有一对锐角相等，怎样由边的比值得出角的关系?不妨从特殊角入手，逆推求出k 的值．如图，△ABC 和△A l B l C 1均为正三角形，BC 和B 1C 1的中点均为D ．求证：AA 1⊥CC 1．(重庆市竞赛题)思路点拨作出等边三角形最基本的辅助线，并延长AA l 交CC l 于E ，寻找相似三角形，证明∠A=90°．注比例线段(或等积式的)证明是几何问题中的常见题型．基本证法有：。
初中数学竞赛专题选讲(含答案)
初中数学竞赛专题选讲一元二次方程的根一 、内容提要1. 一元二次方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)的实数根，是由它的系数a, b, c 的值确定的. 根公式是：x=aac b b 242-±－. (b 2－4ac ≥0) 2. 根的判别式① 实系数方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)有实数根的充分必要条件是：b 2－4ac ≥0.② 有理系数方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)有有理数根的判定是：b 2－4ac 是完全平方式⇔方程有有理数根.③整系数方程x 2+px+q=0有两个整数根⇔p 2－4q 是整数的平方数.3. 设x 1, x 2 是ax 2+bx+c=0的两个实数根，那么① ax 12+bx 1+c=0 (a ≠0，b 2－4ac ≥0)， ax 22+bx 2+c=0 (a ≠0， b 2－4ac ≥0)；② x 1=a ac b b 242-＋－， x 2=aac b b 242-－－ (a ≠0, b 2－4ac ≥0)； ③ 韦达定理：x 1+x 2= a b －, x 1x 2=ac (a ≠0, b 2－4ac ≥0). 4. 方程整数根的其他条件 整系数方程ax 2+bx+c=0 (a ≠0)有一个整数根x 1的必要条件是：x 1是c 的因数.特殊的例子有：C=0⇔x 1=0 ， a+b+c=0⇔x 1=1 ， a －b+c=0⇔x 1=－1.二、例题例1. 已知：a, b, c 是实数，且a=b+c+1.求证：两个方程x 2+x+b=0与x 2+ax+c=0中，至少有一个方程有两个不相等的实数根.证明 （用反证法）设 两个方程都没有两个不相等的实数根，那么△1≤0和△2≤0.即⎪⎩⎪⎨⎧++=≤-≤ ③ ② ①－1040412c b a c a b由①得b ≥41，b+1 ≥45代入③，得 a －c=b+1≥45， 4c ≤4a －5 ④ ②＋④：a 2－4a+5≤0，即（a －2）2+1≤0，这是不能成立的.既然△1≤0和△2≤0不能成立的，那么必有一个是大于0.∴方程x 2+x+b=0与x 2+ax+c=0中，至少有一个方程有两个不相等的实数根.本题也可用直接证法：当△1＋△2＞0时，则△1和△2中至少有一个是正数.例2. 已知首项系数不相等的两个方程：（a －1）x 2－(a 2+2)x+(a 2+2a)=0和 (b －1)x 2－(b 2+2)x+(b 2+2b)=0 (其中a,b 为正整数)有一个公共根. 求a, b 的值.解：用因式分解法求得：方程①的两个根是 a 和12-+a a ； 方程②两根是b 和12-+b b . 由已知a>1, b>1且a ≠b.∴公共根是a=12-+b b 或b=12-+a a . 两个等式去分母后的结果是一样的.即ab －a=b+2, ab －a －b+1=3, (a －1)(b －1)=3.∵a,b 都是正整数， ∴ ⎩⎨⎧=-3111b a ＝－； 或⎩⎨⎧=-1131b a ＝－. 解得⎩⎨⎧=42b a ＝； 或⎩⎨⎧==24b a . 又解： 设公共根为x 0那么⎪⎩⎪⎨⎧=+++--=+++-- ②（ ①0)2()2()10)2()2()1(22202220b b x b x b a a x a x a 先消去二次项： ①×（b －1）－②×（a －1） 得［－（a 2+2）(b －1)+(b 2+2)(a －1)］x 0+(a 2+2a)(b －1)－(b 2+2b)(a －1)=0.整理得 （a －b ）(ab －a －b －2)(x 0－1)=0.∵a ≠b∴x 0＝1； 或 (ab －a －b －2)＝0.当x 0＝1时，由方程①得 a=1,∴a －1=0，∴方程①不是二次方程.∴x 0不是公共根.当(ab －a －b －2)＝0时， 得(a －1)(b －1)=3 ……解法同上.例3. 已知：m, n 是不相等的实数，方程x 2+mx+n=0的两根差与方程y 2+ny+m=0的两根 差相等.求：m+n 的值.解：方程①两根差是21x x -＝221)x x -（＝212214)(x x x x -+＝n m 42-同理方程②两根差是21y y -＝m n 42- 依题意，得n m 42-＝m n 42-.两边平方得：m 2－4n=n 2－4m.∴（m －n ）(m+n+4)=0∵m ≠n ，∴ m+n+4＝0， m+n ＝－4.例4. 若a, b, c 都是奇数，则二次方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)没有有理数根.证明：设方程有一个有理数根n m （m, n 是互质的整数）. 那么a(n m )2+b(nm )+c=0, 即an 2+bmn+cm 2=0. 把m, n 按奇数、偶数分类讨论，∵m, n 互质，∴不可能同为偶数.① 当m, n 同为奇数时，则an 2+bmn+cm 2是奇数＋奇数＋奇数＝奇数≠0；② 当m 为奇数, n 为偶数时，an 2+bmn+cm 2是偶数＋偶数＋奇数＝奇数≠0；③ 当m 为偶数, n 为奇数时，an 2+bmn+cm 2是奇数＋偶数＋偶数＝奇数≠0.综上所述不论m, n 取什么整数，方程a(n m )2+b(nm )+c=0都不成立. 即 假设方程有一个有理数根是不成立的.∴当a, b, c 都是奇数时，方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)没有有理数根.例5. 求证：对于任意一个矩形A ，总存在一个矩形B ，使得矩形B 与矩形A的周长比和面积比都等于k (k ≥1).证明：设矩形A 的长为a, 宽为b ，矩形B 的长为c, 宽为d.根据题意，得 k abcd b a d c ==++. ∴c+d=(a+b)k, cd=abk.由韦达定理的逆定理，得c, d 是方程z 2－(a+b)kz+abk=0 的两个根.△ ＝［－（a+b ）k ］2－4abk＝（a 2+2ab+b 2）k 2－4abk=k ［(a 2+2ab+b 2)k －4ab ］∵k ≥1，a 2+b 2≥2ab,∴a 2+2ab+b 2≥4ab ，(a 2+2ab+b 2)k ≥4ab.∴△≥0.∴一定有c, d 值满足题设的条件.即总存在一个矩形B ，使得矩形B 与矩形A 的周长比和面积比都等于k(k ≥1).例6. k 取什么整数值时，下列方程有两个整数解？①（k 2－1）x 2－6(3k －1)x+72=0 ； ②kx 2+(k 2－2)x －(k+2)=0.解：①用因式分解法求得两个根是：x 1=112+k ， x 2=16－k . 由x 1是整数，得k+1=±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12.由x 2是整数，得k －1=±1, ±2, ±3, ±6.它们的公共解是：得k=0, 2, －2, 3, －5.答：当k=0, 2, －2, 3, －5时，方程①有两个整数解.②根据韦达定理⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=+-=--=+k k k k x x k k k k x x 222221221 ∵x 1, x 2, k 都是整数，∴k=±1，±2. （这只是整数解的必要条件，而不是充分条件，故要进行检验.）把k=1,－1, 2, －2， 分别代入原方程检验，只有当k=2和k=－2 时适合.答：当k 取2和－2时，方程②有两个整数解.三、练习1. 写出下列方程的整数解：① 5x 2－3x=0的一个整数根是＿x=0＿＿.② 3x 2+(2－3)x －2=0的一个整数根是＿x=1＿＿.③ x 2+(5+1)x+5=0的一个整数根是＿＿x=-1＿.2. 方程（1－m ）x 2－x －1=0 有两个不相等的实数根，那么整数m 的最大值是＿5/4＿＿.3. 已知方程x 2－(2m －1)x －4m+2=0 的两个实数根的平方和等于5，则m=＿1＿＿.4. 若x ≠y ，且满足等式x 2+2x －5=0 和y 2+2y －5=0. 那么yx 11+＝＿＿1＿.（提示：x, y 是方程z 2+5z －5=0 的两个根.） 5. 如果方程x 2+px+q=0 的一个实数根是另一个实数根的2倍，那么p, q 应满足的关系是：＿＿＿＿＿9q=2p2＿＿＿＿＿＿.6. 若方程ax 2+bx+c=0中a>0, b>0, c<0. 那么两实数根的符号必是＿一正一负＿＿＿.7. 如果方程mx 2－2(m+2)x+m+5=0 没有实数根，那么方程（m －5）x 2－2mx+m=0实数根的个数是（ A ）.(A)2 （B ）1 （ C ）0 （D ）不能确定8. 当a, b 为何值时，方程x 2+2(1+a)x+(3a 2+4ab+4b 2+2)=0 有实数根？a=1b=-1/29. 两个方程x 2+kx －1=0和x 2－x －k=0有一个相同的实数根，则这个根是（ C ）(A)2 （B ）－2 （C ）1 （D ）－110. 已知：方程x 2+ax+b=0与x 2+bx+a=0仅有一个公共根，那么a, b 应满足的关系是：＿＿＿＿a 不等于 b ＿＿＿＿＿＿＿.11. 已知：方程x 2+bx+1=0与x 2－x －b=0有一个公共根为m ，求：m ，b 的值.M=-1 b=212. 已知：方程x 2+ax+b=0的两个实数根各加上1，就是方程x 2－a 2x+ab=0的两个实数根.试求a, b 的值或取值范围.13. 已知：方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)的两根和等于s 1，两根的平方和等于s 2, 两根的立方和等于s 3.求证：as 3+bs 2+cs 1=0.14. 求证：方程x 2－2(m+1)x+2(m －1)=0 的两个实数根，不能同时为负.（可用反证法）15. 已知：a, b 是方程x 2+mx+p=0的两个实数根；c, d 是方程x 2+nx+q=0的两个实数根.求证：（a －c ）(b －c)(a －d)(b －d)=(p －q)2.16. 如果一元二次方程的两个实数根的平方和等于5，两实数根的积是2，那么这个方程是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.17. 如果方程（x －1）(x 2－2x+m)=0的三个根，可作为一个三角形的三边长，那么实数m 的取值范围是 （ ）（A ） 0≤m ≤1 （B ）m ≥43 （C ）43<m ≤1 （D ）43≤m ≤118.方程7x2－(k+13)x+k2－k－2=0 (k是整数)的两个实数根为α，β且0＜α＜1，1＜β＜2，那么k的取值范围是( )（A）3<k<4(B)-2<k<-1 (C) 3<k<4 或-2<k<-1（D）无解参考答案1. ①0， ②1， ③－12. 03. 1（舍去－2）4. 52 5. 9q=2p 2 6. 一正一负 7. D 8. a=1,b=－0.5 9. C10. a+b+1=0, a ≠b 11. m=－1，b=2 12.⎩⎨⎧-=-=⎪⎩⎪⎨⎧≤=.1,241,1b a b a ： 13. 左边＝a(x 13+x 23)+b(x 12+x 22)+c(x 1+x 2)=……14. 用反证法，设x 1<0,x 2<0,由韦达定理推出矛盾（m<－1,m>1） 15. 由韦达定理,把左边化为 p, q16. x 2±3x+2=0 17. C 18. C初中数学竞赛专题选讲面积法一、内容提要1. 因为面积公式是用线段的代数式表示的，所以面积与线段可以互相转换。
近三年初中数学竞赛真题及解答汇总
近三年初中数学竞赛真题及解答汇总在初中数学的学习中，参加数学竞赛是一项极具挑战性和有益的活动。
它不仅能够检验学生对数学知识的掌握程度，还能培养学生的思维能力和创新精神。
以下是近三年初中数学竞赛的部分真题及详细解答，希望能对同学们的学习有所帮助。
一、2021 年真题（1）已知直角三角形的两条直角边分别为 3 和 4，则斜边的长度为（）A 5B 7C 5 或 7D 无法确定解答：根据勾股定理，直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
所以斜边的长度为√（3²＋ 4²) ＝√（9 ＋ 16) ＝√25 ＝ 5，答案选 A。
（2）若关于 x 的方程 x²＋ 2x ＋ k ＝ 0 有两个相等的实数根，则 k 的值为（）A 1B －1C 2D －2解答：对于一元二次方程 ax²＋ bx ＋ c ＝ 0，当判别式△＝ b² 4ac ＝ 0 时，方程有两个相等的实数根。
在方程 x²＋ 2x ＋ k ＝ 0 中，a ＝1，b ＝ 2，c ＝ k，所以△＝ 2² 4×1×k ＝ 4 4k ＝ 0，解得 k ＝ 1，答案选 A。
（3）在平行四边形 ABCD 中，∠A ：∠B ：∠C ：∠D 的值可能是（）A 1 ： 2 ： 3 ： 4B 1 ： 2 ： 2 ： 1C 2 ： 2 ： 1 ： 1D 2 ： 1 ：2 ： 1解答：因为平行四边形的两组对角分别相等，所以∠A ＝∠C，∠B ＝∠D。
所以∠A ：∠B ：∠C ：∠D 的值应该是 2 ： 1 ： 2 ：1，答案选 D。
二、2022 年真题（1）若 a ＋ b ＝ 5，ab ＝ 6，则 a²＋ b²的值为（）A 13B 19C 25D 28解答：因为（a ＋ b)²＝ a²＋ 2ab ＋ b²，所以 a²＋ b²＝（a ＋ b)²2ab ＝ 5² 2×6 ＝ 25 12 ＝ 13，答案选 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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（20）
代数恒等式的证明
一、内容提要
证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。
具体证法一般有如下几种
1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。
变形的过程中要不断注意结论的形式。
2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。
3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。
即由左边－右边＝0可得左边＝右边。
4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。
还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，
二、例题
例1求证：3 n+2－2 n＋2＋2×5 n+2＋3 n－2 n＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）
证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2 －2 n）
＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)
＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）=右边
又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)
＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n
右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1
＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n
∴左边＝右边
例2 己知:a+b+c=0 求证：a3+b3+c3=3abc
证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1)
∵:a+b+c=0
∴a3+b3+c3－3abc＝0 即a3+b3+c3=3abc
又证：∵:a+b+c=0 ∴a=－（b+c）
两边立方 a3=－（b3+3b2c+3bc2+c3）
移项 a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc
再证：由己知 a=－b－c 代入左边,得
（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c3
＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc
己知a+a c c b b
111 ,a"`b"`c 求证：a 2b 2c 2=1例3证明：由己知a-b=bc c b b
c 11 ∴bc=b a c b b-c=ca a c c
a
11 ∴ca=c b a c 同理ab=a c b a ∴ab bc ca ＝a c b a b a c b c b a
c ＝1 即a 2b 2c 2=1
己知:ax 2+bx+c 是一个完全平方式（a,b,c 是常数）求证：b 2－4ac=0例4 证明：设:ax 2+bx+c ＝（mx+n ）2 ， m,n 是常数那么:ax 2+bx+c ＝m 2x 2+2mnx+n 2根据恒等式的性质 得 22
2n c mn b m a ∴: b 2－4ac ＝（2mn ）2－4m 2n 2=0
三、练习20
求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab
1． ②（x+y ）4+x 4+y 4=2(x 2+xy+y 2)2 ③(x-2y)x 3－(y-2x)y 3=(x+y)(x-y)3 ④3 n+2+5 n+2 3 n 5 n =24(5 n +3 n-1) ⑤a 5n +a n +1=(a 3 n －a 2 n +1)(a 2 n +a n +1)
2.己知：a 2+b 2=2ab 求证：a=b
3.己知：a+b+c=0
求证：①a 3+a 2c+b 2c+b 3=abc ②a 4+b 4+c 4=2a 2b 2+2b 2c 2+2c 2a 2
4.己知：a 2=a+1 求证：a 5=5a+3
5.己知：x ＋y －z=0 求证： x 3+8y 3=z 3－6xyz
6.己知：a 2+b 2+c 2=ab+ac+bc 求证：a=b=c
7.己知：a ∶b=b ∶c 求证：（a+b+c ）2+a 2+b 2+c 2=2(a+b+c)(a+c)
8.己知：abc"`0，ab+bc=2ac 求证：
c b b a 1111 9．己知：a c z c b y b a x
求证：x+y+z=0
10.求证：（2x －3）（2x+1）(x 2－1)＋1是一个完全平方式11己知：ax 3+bx 2+cx+d 能被x 2+p 整除 求证：ad=bc
练习20参考答案：
1.
④左边＝5 n(5 2-1)+3 n－1(33-3)= 24(5 n+3 n-1) 注意右边有3 n-1 2.
左边－右边＝（a-b）2
②左边－右边＝（a2+b2-c2）2-4a2b2=……
3.
∵a5=a2a2a,用a2=a+1代入
4.
5.
用z=x+2y代入右边
6.
用已知的（左－右）×2
7.
用b2=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式
8.
在已知的等式两边都除以abc
设三个比的比值为k,
9.
10.
(2x2-x-2)2 11. 用待定系数法。