2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第78讲数论选讲
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第09讲 函数性质的应用(最终)
情景再现
1．已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )
A．3 B．－3 C．5 D．－5
2．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于直线x+y=0对称，那么，第三个函数是
所以a＝－8时，l(a)取得最大值，l(a)max＝．
说明熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键。
情景再现
5．若(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，则4x＋y=。
6．已知函数h（x）＝2x（x∈R），它的反函数记为h－1(x)．
A、B、C三点在函数h－1（x）的图象上，它们的横坐标分别为a，a＋4，a＋8（a＞1），设△ABC的面积为S．
10．设二次函数 ( )满足条件：
(1)当 时, ，且 ；
(2)当 时, ；
(3) 在R上的最小值为0。
求最大的 ，使得存在 R，只要 ，就有 。
（2002年全国高中数学联赛）
11．设f(x)是定义在整数集上的整值函数，满足下列4条性质：
综上，函数f在区间(，)上取得的最大值为．
例9用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6(a1>a2>a3>a4>a5>a6)的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．
（2001年全国高中数学联赛）
解设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为RFG．当Ri=ai，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列时，RFG最小．
江苏省高中数学竞赛教案 第78讲数论选讲
第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛） 分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2，∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p )∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )，且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2，∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2，由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p 2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第69讲_无限递降与逐次调整
1．用无限递降法证明： 是无理数．
2．试求方程x3－2y3－4z3=0的所有整数解．
B类例题
例311块铁，重量都是整数克，如果任意取其中10块，都可以把它们分成两组，每组5块铁，且这两组铁的重量相等．证明：这11块铁中的每块重量都相等．
分析有的同学认为先任取10块，可以分成两组，若把把其中未取的一块与某组中的一块交换，两组重量相等，从而换入的一块与换出的一块重量相等，于是所有各块重量相等．这一想法为什么是错的？由于交换一块后，可以把此10块重新分组，因此不能说换出的一块与换入的一块重量相等．
第69讲无限递降与逐次调整
无限递降法是一种常用的证明方法，首先由费马(Fermat)使用，数学竞赛也有较广泛的应用．与之相似的逐次调整法也是证明很多问题的重要方法．
无限递降法的理论根据是最小数原理：
命题一 有限个实数中，必有一个最小数(也必有一个最大数)．
根据这一原理，又可得出：
命题二 任意有限个两两不同的实数可以从小到大排列顺序．(排序原理)
分析本题似用反证法较合适．
证明不妨设α＞0．设只有有限个整数n使an＞ ，m是其中最大的一个，
即对于任何t＞m，都有{tα}＜ ．①
取正整数t，使t＞m，令{tα}＝β，则据①，0＜β＜ ．
此时，2t＞m，于是由①，有{2tα}＜ ，
但由于0＜β＜ ，故0＜2β＜1，所以{2tα}＝{2β}＝2β，于是由①知，0＜2β＜ ．
＝4sin( + )cos( － )≤4sin ．
从而sinA+sinB+sinC≤3sin ＝ ．等号当且仅当A＝B＝C＝ 时成立．
本题还可用琴生不等式证明．
例6设α为任一无理数，an={nα}({x}表示数x的“小数部分”，即记[x]为不超过x的最大整数，则{x}＝x－[x])，证明：存在无数个正整数n使an＞ ．(南京大学强化班入学试题)
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第19讲 平几中的几个重要定理(二)
情景再现
1. (蝴蝶定理)AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦 CD、EF 经过点 M，CF、DE 交 AB 于 P、 Q，求证：MP=QM． 2. 从一点 P 向Δ ABC 的三边（或它们的延长线）作 PX⊥AB，PY⊥BC，PZ⊥CA，垂 足 X、Y、Z 在同一直线上，求证：点 P 在Δ ABC 的外接圆上． （Simson 定理的逆定理） 3．求证：三角形的三条高的垂足、三条边的中点以及三个顶点与垂心连线的中点，共计 九点共圆．(这就是 Nine point round，九点圆的圆心在三角形的 Euler 线上，九点圆的直径等 于三角形外接圆的半径．)
A
B
c c 2a2cos 2acos 2bcos 2b2cos 由 > ， a>b ，知 cos<cos． 1+a <1+ b ， GF= a+c = c > c = b+c 1+a 1+b =DE．矛盾． sinA sin sin 2cos 1 1 证法二：设 BC>AC，即 a>b，故>，由张角定理得， t = c + b ， t =c +b． a a 2cos 1 1 同理 = + ， tb c a cos cos tb cos 由于 a>b，故 t > t ，t > >1，即 tb>ta．就是 BF>AD． cos a b a ∴ BG=BF+FG>AD+DE=AE．即是 BG>AE． GF CF BG· CF BG BG AE AE AE· DC ∴ BF = AF GF= AF+FC = AF = AB > AB = BD = BC =DE ． 矛 盾 ． 故 1+CF 1+BC 1+AC 1+DC BC=AC． 或 BF AF AB AB BD AD = = < = = ，注意到 GF=DE，故 BF<AD．与⑴矛盾．故证． GF CF CB CA DC DE ⑴
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第11讲-三角问题选讲
第十一讲 三角问题选讲三角既是一个数学分支，同时也是一种数学方法．三角函数是沟通形与数的联系的有力工具，在各数学分支中有着广泛的应用．三角方法是指主动地、有意识地实施三角代换，将一些代数、几何问题迁移到三角函数情境中来，利用三角体系完整的公式去简化、解决问题．同时，借助于三角公式，也可将三角问题转化为代数或其他问题进行求解．另外，三角原于测量与解三角形，三角函数理论在解决生产、科研和日常生活中的实际问题中也有着广泛的应用．A 类例题例1 函数 |cos ||cos2|(y x x x =+∈R ) 的最小值是 .（2005年江苏省数学竞赛）分析 题中函数含x 与2x 的三角函数，可考虑先用三角公式化为x 的三角函数，再寻求解题方法． 解 令 |cos |[0,1]t x =∈，则 2|21|y t t =+-． 当1t ≤≤ 时， 2219212()48y t t t =+-=+-，得 2y ≤≤； 当 0t ≤<时， 2219212()48y t t t =-++=--+，得 98y ≤≤ 又 y 可取到, 故填 ． 说明 三角函数的问题有时也可通过变量代换的方法将其转化为代数问题进行求解，实施转化的前提是熟练掌握和深刻理解三角的公式，如本题抓住二倍角的余弦可表示为单角余弦的二次式这一特征，从而作出相应的变量代换．例2 求方程xy +=的实数解．分析 这是一个具有对称性的无理方程，可考虑用三角代换去掉根号，化有三角方程求解，由于根号里面为x -1与y -1，故联想公式sec 2α-1=tan 2α，可进行如下变换：x =sec 2α，y =sec 2β．解 由题意知x >1，y >1，可设x =sec 2α，y =sec 2β，其中0,2παβ<<，从而x -1= sec 2α-1=tan 2α，y -1= sec 2β-1=tan 2β，原方程可化为：sec 2α·tan β+ sec 2β·tan α=sec 2α·sec 2β，即2222sin sin 1cos cos cos cos cos cos βααββααβ+=， 因此有sin β·cos β+sin α·cos α=1，即sin2β+sin2α=2，从而sin2β=1，sin2α=1，4παβ==，因此x =y =2，经检验，x =2，y =2是原方程的解．说明 施行适当的三角代换，将代数式或方程转化为三角式或方程求解，这是三角代换应用的一个重要方面，充分体现了三角与代数之间的内在联系．例3 已知正三角形ABC 内有一条动线段，长为a ，它在△ABC 三边AB 、BC 、AC 上的射影长分别为l 、m 、n ．求证：222232l m n a ++=．分析 动线段在三角形各边上的射影可由动线段的长a 和动线段与各边所成角表示出来，因此问题的关键是如何表示出动线段与各边所成角．解 设动线段为PQ ，长为a ，设PQ 与BC 所成角为θ（0°≤θ≤90°），则PQ 与AC 所成角为60°-θ，PQ 与AB 所成角为60°+θ，于是有l =a cos(60°+θ)，m =a cos θ，n =a cos(60°-θ)，因此有l 2+m 2+n 2=a 2[cos 2(60°+θ)+ cos 2θ+ cos 2(60°-θ)]， 而cos 2(60°+θ)+ cos 2θ+ cos 2(60°-θ) =1cos(1202)1cos21cos(1202)222θθθ+︒+++︒-++=313(cos120cos2cos2cos120cos2)222θθθ+︒++︒=，∴222232l m n a ++=． 说明 本题也可以利用向量知识求解，读者不妨一试．情景再现1．若sin sin 1x y +=，则cos cos x y +的取值范围是A ． [2, 2]-B ． [1, 1]-C ．D ． [（2005年浙江省数学竞赛）2．求所有的实数x ∈[0,2π],使(2sin 2)sin()14x x π-+=,并证明你的结论． 3．△ABC 的三条边长分别为a 、b 、c ．求证：222222||||||a b b c c a c a b---+≥．（2005年江西省数学竞赛）B 类例题例4 △ABC 的内角满足222cos sin 1,cos sin 1,cos sin 1a A b A a B b B a C b C +=+=+= 试判断△ABC 的形状．分析 所给三式结构相同，可将222(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin )A A B B C C 视为1ax by +=的三组解，而1ax by +=又可看作直线方程，222(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin )A A B B C C 又可看作曲线21x y +=上的三个点，因此本题可考虑用解析几何的方法去求解．证明 由题意，222(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin )A A B B C C 为方程1ax by +=的三组解，因此以其为坐标的三点M 、N 、P 都在直线1ax by +=上，又222(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin )A A B B C C 都满足方程21x y +=，因此三点M 、N 、P 又都在曲线21x y +=上，所以三点M 、N 、P 都为曲线21x y +=与直线1ax by +=的交点，而直线与抛物线至多有两个交点，因此M 、N 、P 至少有两个点重合，不妨设M 与N 重合，则由22cos cos ,sin sin A B A B ==得A =B ，故三角形ABC 是等腰三角形．例5已知三个锐角,,αβγ满足222cos cos cos 2αβγ++=．求tan tan tan αβγ的最大值． 分析 注意到条件222cos cos cos 2αβγ++=，联想长方体的性质，构造长方体来求解． 解 构造长方体，使,,αβγ分别为对角线与三个面所成角，则222cos cos cos 2αβγ++=，b 、c 、l ，则22cos a b lα+=，设长方体长、宽、高、对角线分别为a 、22cos b c l β+=，22cos c a lγ+=， 22tan c a bα=+，22tan a b cβ=+，22tan b c aγ=+，从而222222tan tan tan abca b b c c a αβγ=+++24222abc ab bc ac≤=，当且仅当a b c ==时取等号，因此tan tan tan αβγ的最大值为24． 说明 构造几何模型，使三角关系形象化、具体化，构造法是用几何方法解决三角问题的常用方法． 例6 给定正整数n 和正数M ，对于满足条件a 12+a n +12≤M 的所有等差数列{a n }，求S =a n +1+ a n +2+…+ a 2n +1的最大值．（1999年全国联赛一试）分析 本题有多种解法，由条件a 12+a n +12≤M ，也可考虑作三角代换，利用三角函数的有界性求解．解 设11cos ,sin (01,02)n a M r a M r r θθθπ+==<≤≤<，则 12111111111()(2)(3)222n n n n n n n n S a a a a a a a ++++++++=+=+-=- 111(3sin cos )1010222n n n M r M r M θθ+++=-≤⋅≤⋅，因此最大值为1102n M +⋅． 例7 设△ABC 内有一点P ，满足∠P AB =∠PBC =∠PCA =θ． 求证：cot θ=cot A +cot B +cot C. 分析 设三边为a 、b 、c ，P A 、PB 、PC 分别为x 、y 、z ，可考虑利用正弦定理、余弦定理来表示出边角关系，进而证明本题． 解 对三个小三有形分别使用余弦定理得：y 2=x 2+c 2-2xc cosθ，z 2=y 2+a 2-2ya cosθ，x 2=z 2+b 2-2zb cosθ，三式相加得：2(ay +bz +cx )cosθ=a 2+b 2+c 2，又由正弦定理知，S △ABC = S △ABP +S △PBC +S △PAC =12(xc +ay +bz )sinθ，两式相除得：222cot 4ABCa b c S θ∆++=，又在△ABC 中，由余弦定理有a 2=b 2+c 2-2bc cos A ，b 2=c 2+a 2-2ca cos B ，c 2=a 2+b 2-2ab cos C ，相加得，a 2+b 2+c 2=2ab cos C +2bc cos A +2ac cos B ，从而2cos 2cos 2cos cot 444ABC ABC ABCab C bc A ca BS S S θ∆∆∆=++， z y x c b a θθθP A又4S△ABC=2ab sin C=2bc sin A=2ac sin B，分别代入上式右边的三个分母即得：cotθ=cot A+cot B+cot C.说明合理利用正弦定理、余弦定理可解决平面几何中的一些边角关系式的证明．情景再现4．如图，一块边长为20cm的正方形铁片ABCD已截去了一个半径为r cm（r∈（0，20]）的扇形AEF（四分之一个圆），用剩下部分截成一个矩形PMCN，怎样截可使此矩形面积最大？最大面积为多少？5．求满足下式的锐角x：4=6．P是△ABC的内心，R、r分别为△ABC外接圆和内切圆的半径．求证：6r≤PA+PB+PC≤3R.C类例题例8 给定曲线族22(2sin cos3)(8sin cos1)0x yθθθθ-+-++=，θ为参数，求该曲线在直线2y x=上所截得的弦长的最大值．（1995年全国联赛二试）分析显然，该曲线族恒过原点，而直线2y x=也过原点，所以曲线在直线2y x=上所截得的弦长仅取决于曲线族与2y x=的另一交点的坐标．解法一把2y x=代入曲线族方程得：2(2sin cos3)(8sin cos1)0x xθθθθ-+-++=，又2sin cos330θθ-+≥，故x≠0时，就有8sin cos12sin cos3xθθθθ++=-+，令22221sin,cos11u uu uθθ-==++，则281221uxu u+=++，得2xu2+2(x-4)u+(x-1)=0，由u∈R知，当x≠0时，△=[2(x-4)]2-8x(x-1)=4(-x2-6x+16)≥0，从而-8≤x≤2且x≠0，因此|x|max=8，由2y x=|x，从而弦长的=．解法二曲线族与直线2y x=相交于（0，0）及另一点00(,)x y，且x满足000(28)sin(1)cos13x x xθθ--+=-，故存在ϕ，使得00(28)sin(1)cos)x xθθθϕ--+=-|13|x-，解得82x-≤≤|x，从而弦长的最大值为=．说明方法一主要是应用万能公式，将三角问题转化成代数问题求解，方法二利用sin cosa xb x+的CMFDBA有界性求解，方法更为巧妙．例9 求证：sin n 2x +(sin n x -cos n x )2≤1，其中n ∈N*.(2000年俄罗斯数学竞赛题)分析：即证2n sin n x cos n x +sin 2n x +cos 2n x -2 sin n x cos n x ≤1，即证sin 2n x +cos 2n x +(2n -2) sin n x cos n x ≤1，显然可考虑将右边的1代换成(sin 2x +cos 2x )n ，并展开进行证明．证 1=(sin 2x +cos 2x )n =021*******sin sin cos sin cos n n n nn n C x C x x C x x --++ 326612222sin cos sin cos cos n n n nn n n n C x x C x x C x ---++++，同理1=( cos 2x +sin 2x )n =0212222244cos cos sin cos sin n n n nn n C x C x x C x x --++ 326612222cos sin cos sin sin n n n nn n n n C x x C x x C x ---++++，两式对应项相加得：2=022(sin cos )n n nC x x +1222222(sin cos cos sin )n n n C x x x x --++ 2244244(sin cos cos sin )n n n C x x x x --++22(cos sin )nn n n C x x +++，保留第一个括号与最后一个括号内的式子不动，由基本不等式得 22sin cos cos sin 2sin cos n k k n k k n n x x x x x x --+≥，其中k 为偶数．因此其它各个括号内的式子均不小于2sin cos n n x x ，从而有2≥222(sin cos )n n x x ++2sin cos n n x x 121()n nn n C C C -+++，即1≥22(sin cos )n n x x ++sin cos (22)n n n x x ⋅-，即有2n sin n x cos n x +sin 2n x +cos 2n x -2 sin n x cos n x ≤1，即sin n 2x +(sin n x -cos n x )2≤1．情景再现7．三棱锥V -ABC 的三条棱VA 、VB 、VC 两两垂直，三个侧面与底面所成的二面角大小分别为,,αβγ．求证：222111cos cos cos ()cos cos cos αβγαβγ++≥8．设a 、b 、c 为△ABC 的三条边，a ≤b ≤c ，R 和r 分别为△ABC 的外接圆半径和内切圆半径．令f =a +b -2R -2r ，试用C 的大小来判定f 的符号．习题1．若,,a b c 均是整数（其中090c <<）sin a b c =+︒，则a bc+的值是 Ａ．1 Ｂ．12 Ｃ．23 Ｄ．132．设n ∈N ，n sin1>5cos1+1，则n 的最小值是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．73．求证：|sin ||sin |nx n x ≤，*n N ∈4．设凸四边形ABCD 之对角线交于点P ，∠APB =θ，求证：2222cos 2AD BC AB CD AC BDθ+--=⋅（四边形的余弦定理）5．在直角三角形ABC 中，c 为斜边长，,S r 分别表示该三角形的面积和内切圆的半径，求crS的取值范围．6．若x 、y 、z 中的每个数恰好等于其余两数和的余弦．求证：x =y =z ．7．已知集合T 222{(,)|,,(7)}x y x y R x y r =∈+-≤且，集合{(,)|,,,cos2cos 0}S x y x y R R x y θθθ=∈∈++≥且对任何都有，试求最大正数r ，使得集合T 为集合S 的子集．8．已知ABC ∆中，,,x y z 为任意非零实数，求证：2222cos 2cos 2cos x y z xy C yz A zx B ++≥++，其中当且仅当::sin :sin :sin x y z A B C =时等号成立．9．求函数y =10．已知0a b >>，用三角方法证明：22ab a ba b +<+11．点P 在△ABC 内．求证：a cos A +b cos B +c cos C ≤PA ·sin A +PB ·sin B +PC ·sin C ．12．设0,,2παβγ≤≤，222cos cos cos 1αβγ++=．求证：2242(1cos )sin αα≤+224224(1cos )sin (1cos )sin ββγγ++++222(1cos )(1cos )(1cos )αβγ≤+++本节“情景再现”解答：1．解：设 cos cos x y t +=， ∴ 222cos 2cos cos cos x x y y t ++=． 又由 sin sin 1x y +=，故 22sin 2sin sin sin 1x x y y ++=． 因此有 22(cos cos sin sin )1x y x y t +=+，即 22cos()1x y t -=+由于1cos()1x y -≤-≤，所以有 23t ≤，即t ≤ ∴选D ．2．解：令sin()4x t π+=，即sin cos x x +=，于是2sin 221x t =-从而有2(32)1t t -=，即32310t t -+=，注意1t =是上述方程的解，故2(1)(221)0t t t -+-=，由于02x π≤≤1t ≤≤，于是21221221122t t +-≥⨯+⨯->．从而，方程有唯一解1t = 故原方程有唯一解4x π=．3． 证明：即证：222222222|sin sin ||sin sin ||sin sin |sin sin sin A B B C C A C A B---+≥， 注意到：22sin sin sin()sin()sin sin()A B A B A B C A B -=+-=-，故只要证|sin()||sin()||sin()|A B B C C A -+-≥-而|sin()||sin[()()]|C A A B B C -=-+-|sin()cos()cos()sin()||sin()||sin()|A B B C A B B C A B B C =--+--≤-+-当且仅当A =B =C 时等号成立．4．解 以A 为原点，射线AB 为x 轴正半轴，建立直角坐标系，设∠P AE =θ，则C (20，20)，P (r cos θ，r sin θ)，θ∈[0，2π]．令矩形PMCN 面积为S ，则 S =（20-r cos θ）(20-r sin θ) =400-20r (cos θ+sin θ)+r 2sin θcos θ，令cos θ+sin θ=a ，则sin θcos θ=212a -，a ∈，则S =2220[()1]2002r a r--+，（1）当201[1,2r ∈即40,20]r ∈时，若S 取得最大值，则4a πθ=，222max 20)1]20040022r r S r =-+=-+．（2）当20r =，即40r =时，若S 取得最大值，则222max1]2002002r S =-++． （3）当20)r ∈+∞，即40)r ∈时，若S 取得最大值，则22max 20[(1)1]200400202r S r r=--+=-．5．解：将原式变为余弦定理的形式：4据此，可作共边的两个三角形△ACD 、△BCD ，（如图），使BCD =2x π-，依题意有ACCDBC =2，∠ACD =x ，∠AB4，故点AD +BD =4，连AB ，在Rt △ABC 中，D 在AB 上，有面积等式S △ACD +S △BCD =S △ABC ，即CMFDBADCB2sin()2x x π-=1cos 12x x +=，即sin()16x π+=，又 x 为锐角，故3x π=． 6．证明：∠APB =()222AB Cππ+-+=，由正弦定理得：2sin 4sin sin 2sin cos cos 222AP AB AB R C CR B C C APB ====∠，于是4sin sin 22B C AP R =， 同理可得4sin sin 22A C BP R =，4sin sin 22A BCP R =， 故PA +PB +PC =4R (sin sin 22B C +sin sin 22A C +sin sin 22A B ) ≤4R (sinsin sin 222A B C ++)2≤4R 2=3R ． 再作PH ⊥AB 于H ，则PH =r ，PA =sin 2r A，同理：PB =sin 2r B ，PC =sin2r C从而PA +PB +PC =sin 2r A +sin 2r B +sin 2r C ≥r ·336r =． 综上所述，6r ≤PA +PB +PC ≤3R .7．证明：可先证222cos cos cos 1αβγ++=，作V O ⊥平面ABC 于O ，OD ⊥AB 于D ，则∠VDO =α．令VA =a ，VB =b ，VC =c ，则2222222222211cos 1tan 1()a b c a b b c c a VDαα===++++，同理可得222222222cos b c a b b c c a β=++，222222222cos c a a b b c c aγ=++，所以222cos cos cos 1αβγ++=，再证222≥8．解：由三角形相关知识有：2sin ,2sin ,2sin a R A b R B c R C ===，4sin sin sin 222A B Cr R =，因此f =2R (sin sin 14sinsin sin )222A B CA B +-- 2[2sin cos 12(cos cos )sin ]22222B A B A B A B A CR +-+-=-+- 24cos (cos sin )24sin 2222B A C C C R R R -=--+ 224cos (cos sin )2(cos sin )22222B A C C C CR R -=--- 2(cossin )(2cos cos sin )22222C C B A C C R -=--- ∵A B C ≤≤，∴0B A B C ≤-<≤，又0B A B A ≤-<+，因此coscos ,cos cos sin 22222B AC B A B A C--+>>=，故2coscos sin 222B A C C ->+，则()0cos sin 222C C f x C π>⇔>⇔<；()0cos sin 222C C f x C π=⇔=⇔=， ()0cossin 222C C f x C π<⇔<⇔>． “习题”解答：1．解：选B ．98sin5098sin108sin108sin50-︒=+︒-︒-︒ 98sin108[sin(3020)sin(3020)]=+︒-︒-︒+︒+︒ 298sin108cos2098sin108(12sin 10)=+︒-︒=+︒--︒ 2216sin 108sin101(4sin101)=︒+︒+=︒+ 所以1,4,10a b c ===，12a b c +=． 2．解：由sin3π>sin1,cos1>cos 3π得，n ·sin 3π>n ·sin1>5cos1+1>1+5cos 3π，因此n 4=>，因此n 的最小值是5，选B ． 3．解：这是与自然数有关的命题，可以考虑用数学归纳法来证明．当1n k =+时，证明如下：|sin(1)||sin cos cos sin ||sin cos ||cos sin |k x kx x kx x kx x kx x +=+≤+ |sin ||sin |(1)|sin |kx x k x ≤+≤+4．证明：不妨设PA 、PB 、PC 、PD 的长分别为a 、b 、c 、d ，则有 AD 2=a 2+d 2+2ad cosθ，BC 2=b 2+c 2+2bc cosθ， AB 2=a 2+b 2-2ab cosθ，CD 2=c 2+d 2-2cd cosθ，前两式之和减去后两式之和得：AD 2+BC 2-AB 2-CD 2=2(ad +bc +ab +cd )cosθ，又凸四边形ABCD 中，AC ·BD =ad +bc +ab +cd ，因此AD 2+BC 2-AB 2-CD 2=2 AC ·BD cosθ，∴2222cos 2AD BC AB CD AC BDθ+--=⋅．5．解：22()(sin cos 1)sin cos 1sin cos sin cos cr c a b c c A A A A S ab c A A A A+-+-+-===22sin cos 1)14A A A π==++++，由(0,)2A π∈知cr S 的取值范围是1),1)．6．证明：依题意有x =cos (y +z )，y =cos (z +x )，z =cos (x +y )，则x -y =cos (y +z )-cos (z +x )=22sin sin22x y z x y++- ① ∵2|||sin |1,|sin |()222x y z x y x y x y ++--≤<≠∴当x y ≠时，由①式有||2|sin |||2x yx y x y --≤<-，产生矛盾．因此x =y ，同理可证y =z ，于是x =y =z ．7．解法一：S 集即为由直线cos cos2y x θθ=--确定的上半平面的交集（θ不同，相对应的上半平面一般也不同，但所有的这种上半平面有公共部分即交集；另外，可以规定上半平面也包含这条直线），而半径为r 的圆的圆心（0，7）到直线cos cos2y x θθ=--r 应满足r ≤27cos 21cos θθ++，故r 的最大值是27cos 21cos θθ++的最小值．222227cos 22cos 6421cos 421cos 1cos 1cos θθθθθθ++==++≥+++，当且仅当cos 1θ=±时，r 的最大值为42．解法二：（二次函数方法）把cos2θ+x cos θ+y ≥0改写为2cos 2θ+x cos θ+y -1≥0，令t =cos θ问题等价转换为2t 2+xt +y -1≥0(-1≤t ≤1)恒成立，求x ,y 的关系．可按对称轴位置分两种情况讨论：①若对称轴t =4x -<-1或t =4x->1（即x >4或x <-4）时，只须t =cos θ=±1时，恒有2t 2+xt +y -1≥0即可，从而可得：10(44)10x y x x x y ++≥⎧><-⎨-++≥⎩或； ②若对称轴t =4x-∈[-1，1]，即-4≤x ≤4时，只须判别式△≤0即x 2≤8(y -1), (-4≤x ≤4)．综上可得：S 对应的平面点集为10(44)10x y x x x y ++≥⎧><-⎨-++≥⎩或或x 2≤8(y -1), (-4≤x ≤4)，设圆x 2+(y -7)2=r 2与抛物线x 2=8(y -1)相切，消去x 得8(y -1)+(y -7)2-r 2=0，即y 2-6y +41-r 2=0，令△=0得r =42，此时x =±4, y =3，而点（0，7）到直线y +x +1=0的距离为42，∴r 最大值为42．8．证：作差，222(2cos 2cos 2cos )x y z xy C yz A zx B ++-++ =222(2cos 2cos )2cos()x y z xy C zx B yz B C ++-+++=222(2cos 2cos )2(cos cos sin sin )x y z xy C zx B yz B C B C ++-++-（配方） =22(cos sin )(sin sin )0x y C z B y C z B --+-≥．等号成立的充要条件是cos cos 0sin sin 0x y C z B y C z B --=⎧⎨-=⎩，易得:sin :sin y z B C =，则y =k sin B ，z =k sin C ，代入得x =k sin(B +C )=k sin A ，∴::sin :sin :sin x y z A B C =．9．解：函数的定义域为[4，5]，可设24sin (0)2x πθθ=+≤≤，则有22sin 153(4sin )sin 3cos 2sin()3y πθθθθθ=+-+=+=+，又02πθ≤≤，因此值域为[1，2]．10．证明 引进平均值三角变换，222cos ,2sin ,(045,0)a b λθλθθλ==<<︒>，则资料内容仅供您学习参考，如有不当之处，请联系改正或者删除----完整版学习资料分享---- 2a b λ+=，sin 2λθ=，2222sin 2sin 2ab a b λθλθλ==+，=21sin 2sin 2θθ>>得22ab a b a b +<+11．证明：过P 作三边垂线，分别交BC 、AC 、AB 于D 、E 、F ，设AP =x ，BP =y ，CP =z ，∠PAE =α，则cosα=AE x ，cos(A -α)= AF x ， 则cos cos cos cos cos()cos AE AF B C B A C x xαα+=+-， 下证cos cos cos()cos sin B A C A αα+-≤，即cos cos sin AE B AF C x A ⋅+⋅≤．cos cos cos()cos cos cos()(cos cos sin sin )cos B A C A C A A Cααααα+-=-+++=sin sin cos cos cos cos cos cos cos sin cos sin A C A C A C A C αααα-++=sin (sin cos cos sin )sin sin()sin A C C A C A ααα+=+≤． ∴cos cos cos()cos sin B A C A αα+-≤，即cos cos sin AE B AF C x A ⋅+⋅≤成立．同理，cos cos sin BE C BD A y B ⋅+⋅≤，cos cos sin CD A CE B z C ⋅+⋅≤，三式相加即得所证不等式成立．12．证明 设222cos ,cos ,cos a b c αβγ===，则0,,1a b c ≤≤，且1a b c ++=，从而原不等式等价于 44422202()1a b c a b c ab bc ca abc ≤++-+++≤+++ ①令 ,ab bc ca u abc v ++==，则22212a b c u ++=-，44422441a b c u u v ++=-++，于是①等价于2024u v u v ≤+≤+2024u v ≤+显然成立，等号当,,αβγ中两个取2π，一个取0时成立． 224u v u v +≤+等价于223u u v -≥， 由2222()33a b c a b c a b c ++++++≥=， ∴22222(12)()()u u u u ab bc ca a b c -=-=++++()333a b c ab bc ca abc v ++≥++≥== 故原不等式成立．。
【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第16讲圆中比例线段、根轴教案
第16讲圆中比例线段、根轴本节主要介绍圆幂定理及其应用，介绍根轴的有关知识.圆幂定理是指相交弦定理、切割线定理及割线定理，它们揭示了与圆有关的线段的比例关系，是平面几何中研究有关圆的性质的一组很重要的定理，应用及其广泛.圆幂定理通常可以通过相似三角形得到，因此研究圆中的比例线段，一般离不开相似三角形.相交弦定理圆内的两条相交弦被交点分成的两条线段的积相等.切割线定理从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项割线定理从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.上述三个定理统称为圆幂定理，它们的发现距今已有两千多年的历史，它们有下面的同一形式：圆幂定理过一定点作两条直线与圆相交，则定点到每条直线与圆的交点的两条线段的积相等，即它们的积为定值.这里切线可以看作割线的特殊情形，切点看作是两个重合的交点.若定点到圆心的距离为d，圆半径为r，则这个定值为|d2-r2|.当定点在圆内时，d2-r2<0，|d2-r2|等于过定点的最小弦的一半的平方；当定点在圆上时，d2-r2=0；当定点在圆外时，d2-r2>0，d2-r2等于从定点向圆所引切线长的平方.特别地，我们把d2-r2称为定点对于圆的幂.一般地我们有如下结论：到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线；如果此二圆相交，那么该轨迹是此二圆的公共弦所在直线．这条直线称为两圆的“根轴”．对于根轴我们有如下结论：三个圆两两的根轴如果不互相平行，那么它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．A类例题例1 试证明圆幂定理.分析涉及到圆中线段，我们可以运用垂径定理进行证明．证明如图，当点P在圆内时，过点O作OQ⊥AB于Q，连结OP、OB，则QA=QB.于是PA·PB=( PQ+QA)·(QB-PQ)=QB2-PQ2=(OB2-OQ2)-(OP2-OQ2)=OB2-OP2= r2-d 2=|d2-r2|.当点P在圆上和圆外时，同理可得PA·PB=|d2-r2|.说明关于圆幂定理的证明方法很多，同学们可以自己再思考几种证明方法.利用圆幂定理证明：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项；每一直角边是它在斜边上的射影和斜边的比例中项.分析 本题可以用相似三角形来证明，但本题要求用圆幂定理，显然要有圆，可以考虑三角形的外接圆，于是有下面的证法. 证明 如图，在Rt △MAC 中，∠ACB =90，做的外接圆，CD 是斜边AB 上的高，延长CD 交外接圆于E.由相交弦定理，得AD ·DB =CD ·DE ，因CD =DE ，故CD 2=AD ·DB .又因为，BC 是外接圆直径，所以AC 切圆BDC 于C ，由切割线定理有AC 2=AD ·AB ，同理有BC 2=BD ·BA .例3 已知AB 切⊙O于B ，M 为AB 的中点，过M 作⊙O 的割线MD 交⊙O 于C 、D 两点，连AC 并延长交⊙O 于E ，连AD 交⊙O 于F .求证：EF ∥AB .分析 要证明EF ∥AB ，可以证明内错角相等，即要证明∠MAE =∠AEF ，而∠CEF =∠CDF ，即要证明∠MAC =∠MDA ，于是可以通过三角形相似，证明对应角相等.证明 ∵AB 是⊙O 的切线，M 是AB 中点，链接 本题通过构造圆，应用圆幂定理证明等积问题，构思巧妙．这种方法在数学中是常见的，例如：如图,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系. 解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴︵BC ＝︵AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故AC ＝22AE CE -＝224q p -.OEFABC M A EDCB∴MA 2=MB 2=MC ·MD ． ∴△MAC ∽△MDA ． ∴∠MAC =∠MDA ， ∵∠CEF =∠CDF ， ∴∠MAE =∠AEF ． ∴EF ∥AB ．情景再现1．AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平分线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .2．如图，⊙O 内的两条弦AB 、CD 的延长线相交于圆外一点E ，由E 引AD 的平行线与直线BC 交于F ，作切线FG ，G 为切点.求证：EF =FG .3．已知如图，两圆相交于M 、N ，点C 为公共弦MN 上任意一点，过C 任意作直线与两圆的交点顺次为A 、B 、D 、E .求证：AB BC =ED DC .B 类例题例4 如图,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP2＋FQ 2＝EF 2.分析 因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明 如图,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连 结CG .因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆. 由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即EP 2＋FQ 2＝EF 2.例5 AB 是⊙O 的直径，ME ⊥AB 于E ，C 为⊙O 上任一点，AC 、EM 交于点D ，BC 交DE 于F ．求证：EM 2=ED ·EF ．证明 延长ME 与⊙O 交于N ． 由相交弦定理，EM ·EN =EA ·EB ，但EM =EN ，∴EM 2=EA ·EB ． ∵MN ⊥AB ，∴∠B =90°－∠BFE =∠D ，故△AED ∽△FEB ． ∴AE ∶ED =FE ∶EB ，即EA ·EB =ED ·EF ． ∴EM 2=ED ·EF ．例6 (1997年全国高中理科实验班招生考试)如图所示，PA 、PB 是⊙O 的两条切线，PEC 是⊙O 的一条割线，D 是AB 与PC 的交点，若PE =2，CD =1，PA求DE 的长.解 设DE =x ，连PO 交AB 于F ， ∵PA 2=PE ·PC =2(3+x )．在直角三角形PAF 中，PA 2=PF 2+AF 2． ∴PF 2+AF 2=2(3+x )． ①在直角三角形PDF 中，PF 2+DF 2=PD 2． ∴PF 2+DF 2=(2+x )2． ②①－②：AF 2－DF 2=2(3+x )－(2+x )2，∵AF 2－DF 2=(AF +DF )(AF －F )=AD ·BD =DE ·CD =x ·1， ∴6+2x －4－4x －x 2=x ．即x 2+3x －2=0． ∴x =2173±-，但x >0，∴ x =2317-， ∴ DE =2317-． 情景再现4．如图，P 为两圆公共弦AB 上一点，过点P 分别作两圆的弦CD 、EF ，求证：C 、D 、E 、F 四点共圆.5．正⊿ABC 内接于⊙O ，M分别是AB 、AC 的中点，延长MN 交⊙O 于点D ，连结BD 交AC于P ，求PC PA．6．如图，已知四边形ABCD 内接于直径为3ABC DOP的⊙O，对角线AC是直径，AC、BD交于点P，AB=BD，且PC=0.6.求此四边形的周长．(1999年全国初中数学联赛)C类例题例7 如图，自圆外一点P向⊙O引割线交圆于R、S两点，又作切线PA、PB，A、B为切点，AB与PR相交于Q．求证：1PR+1PS=2PQ．分析要证1PR+1PS=2PQ成立，也就是要证明1PR－1PQ=1PQ－1PS成立，即RQPR=QSPS．也就是要证明RQQS=PRPS成立．于是可通过三角形相似及圆中的比例线段来证．证明如图，连结AR、AS、RB、BS，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAR=∠PSA．又∵∠APR=∠SPA，∴△PAR∽△PSA．∴PAPS=ARAS=PRPA.∴PAPS·PRPA=(ARAS)2，即PRPS=AR2AS2．同理，PRPS=BR2BS2．∴AR2AS2=BR2BS2，即ARAS=BRBS．又∵∠RAQ=∠BSQ，∠AQR=∠SQB，∴△AQR ∽△SQB ，∴AR SB =AQ SQ =RQ BQ． 同理△AQS ∽△RQB ，∴BR SA =RQ AQ =BQSQ ．∴AR SB ·BR SA =AQ SQ ·RQ AQ =RQ SQ ． 又∵AR AS =BR BS ，∴RQ SQ =AR 2AS 2．从而PR PS =RQ SQ．又∵1PR +1PS =2PQ ⇔1PR －1PQ =1PQ －1PS ⇔RQ PR =QSPS． 本题得证. 说明 当1PR +1PS =2PQ时，我们称PR 、 PQ 、PS 成调和数列.链接 本题证明过程中，我们得到了不少结论：①RQ PR =QS PS ；②RQ SQ =AR 2 AS 2；③PR PS =AR 2 AS 2；④AR AS =BR BS等． 同学们可以再研究，还有不少有趣的结论.例8 AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦CD 、EF 经过点M ，CF 、DE 交AB 于P 、Q ，求证：MP =QM ． 证明 设MP =x ，QM =y ，AM =BM =a ，由正弦定理，得PMsin 3=PCsin1,QDsin1=MQsin4,EQsin2=MQsin3,PMsin4=PFsin2,四式相乘并化简，得QD ·QE ·PM 2= PF ·PC ·MQ 2． （*） 由相交弦定理，得QD ·QE = AQ ·QB =( a + y )，AB DE FM 1 23 4OP QPC ·PF = AP ·PB = ( a - x )，代入（*）式，得(a 2- x 2) y 2= (a 2- y 2) x 2， 化简，得x 2=y 2， 所以MP =QM ．说明 本题是著名的蝴蝶定理，由于该定理的图形像一只翩翩起舞蝴蝶而得名.作为一个古老的定理，证明方法多种多样，而且有多种推广，有兴趣的同学可参考本书第十八、十九讲的内容. 例9 给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC'及其延长线交于M ，N.以AC 为直径的圆与AC 边的高BB'及其延长线将于P ，Q.求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)分析 设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM.欲证M ，N ，P ，Q 四点共圆，须证MK ·KN ＝PK ·KQ ，即证(MC'-KC')(MC'+KC')＝(PB'-KB')·(PB'+KB')或MC'2-KC'2=PB'2-KB'2. ①不难证明 AP =AM ，从而有AB'2+PB'2=AC'2+MC'2. 故 MC'2-PB'2=AB'2-AC'2=(AK 2-KB'2)-(AK 2-KC'2)=KC'2-KB'2. ② 由②即得①，命题得证. 证明 略.说明 本题再次用到了相交弦定理的逆定理.AB CK MNPQ B 'C '情景再现7．⊙O 1与⊙O 2相交于M 、N ，AB 、CD 为公切线，A 、B 、C 、D 为切点，直线MN 交AB 于P ，交CD 于Q ，求证：PQ 2=AB 2+MN 2.8．以O 为圆心的圆通过⊿ABC 的两个顶点A 、C ，且与AB 、BC 两边分别相交于K 、N 两点，⊿ABC 和⊿KBN 的两外接圆交于B 、M 两点．证明：∠OMB 为直角．(1985年第26届国际数学竞赛）9．如图，自圆外一点P 向⊙O 作切线，PA 、PB ，A 、B 为切点，AB 与PO 相交于C ，弦EF 过点C ．求证：APE =BPF ．O 2P Q1DABCMNOOACBKNM习题161．已知，AD 是⊙O 的直径，AD '⊥BC ，AB 、AC 分别与圆交于E 、F ，那么下列等式中一定成立的是( )A ．AE ∙BE =AF ∙CFB ．AE ∙AB =AO ∙AD 'C ．AE ∙AB =AF ∙ACD ．AE ∙AF =AO ∙AD2．设⊙A 的直径等于等边三角形ABC 的边长，等腰三角形ΔAB 'C '的周长与ΔABC 的周长相同，且B 'C '与⊙A 相切，那么( )A ．∠B 'AC '>120 B ．∠B 'AC '=120 C ．∠B 'AC '<120D ．∠B 'AC '与120的大小关系不确定3．PM 切⊙O 于M ，PO 交⊙O 于N ，若PM =12，PN =8，则⊙O 的直径为( )A ．5B ．4C ．10D ．1254．如图，AB 切⊙O 于B ，ADFC 交⊙O 于D 、F ，BC 交⊙O 于E ，若∠A =28，∠C =30，∠BDF =60，则∠FBE 的度数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0.55．如图，PT 切⊙O 于T ，M 为PT 的中点，AM 交⊙O 于B ，PA 交⊙O 于C ，PB 延长线交⊙O 于D ，图中与ΔMPB 相似的三角形有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个6．如图，D 为⊙O 内一点，BD 交⊙O 于点C ，BA 切ACD EF OB'C'ABCOPM NTOPA BC MEO DA BC⊙O 于A ，若AB =6，OD =2，DC =CB =3，则⊙O 的半径等于( ) A ．3+ 3 B ．2 6 C ．92 D ．227．PT 切⊙O 于点T ，PAB 、PCD 是割线，弦AB =35㎝ ，弦CD =50㎝，AC ∶DB =1∶2，求PT 的长8．在ΔABC 中，已知CM 是∠ACB 的平分线，ΔAMC 的外接圆交BC 于N ，若AC =12AB ，求证：BN =2AM .9．过⊙O 外一点P 作⊙O 的两条切线PA 、PB ，连OP 与⊙O 交于点C ，过C 作AP 的垂线，垂足为E .若PA =12㎝，PC =6㎝，求CE 的长.10．⊙O 与⊙O外切于点P ，一条外公切线分别切两圆于点A 、B ，AC 为⊙O 的直径，从C 引⊙O 的切线CT ，切点为T ．求证：CT =AB ．11．⊙O 1与⊙O 2的半半径为r 1、r 2(r 1>r 2)，连心线O 1O 2的中点为D ，且O 1O 2上有一点H ，满足2DH ·O 1O 2=r 12－r 22，过H 作垂直于O 1O 2的直线l ，证明直线l 上任一点M 向两圆所引切线长相等.12．如图，设D 为线段AB 上任一点，以AB 、AD 、BD 为直径分别作三个半圆⊙O 、⊙O 、⊙O ，EF 是半圆O 、O 的公切线，E 、F 为切点．DC ⊥O HABMO 21 D FD CABEEOPABCOCMNCBADOTAB ，交半圆O 于C ．求证四边形DFCE 为矩形．本节“情景再现”解答：1．分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN .以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E .则AE ＝AF ＝AN .由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即AB 2－AN 2＝BM ·BN .2．证明：∵EF ∥AD ，∴ ∠FEA =∠A ．∵ ∠C =∠A ，∴∠C =∠FEA ，∴ △FEB ∽△FCE ．∴FE 2=FB ·FC ．∵FG 是⊙O 的切线，∴FG 2=FB ·FC ．∴EF =FG .3．证明：根据相交弦定理，得MC ·CN =AC ·CD ，MC ·CN =BC ·CE ．∴AC ·CD =BC ·CE ．∴（AB +BC ）·CD =BC ·（CD +DE ）．∴AB ·CD =BC ·DE ．即AB BC =ED DC. 4．证明：由相交弦定理，得AP ·PB ＝CP ·PD ，AP ·PB ＝EP ·PF ，∴CP ·PD ＝EP ·PF .由相交弦定理的逆定理，可得C 、D 、E 、F 四点共圆.5．解 延长NM 交⊙O 于E ，设正三角形边长为a ，ND =x ．由相交弦定理得，ND ·NE =AN ·NC ，∴ x (a2+x )=E A NCDBFM 1 2 3 4 5a 2·a2，即x 2+a 2x －a 24=0．解得x =a 4(5－1)．∵ ⊿PDN ∽⊿PBC ∴PN PC= ND BC = x a = 14(5－1)．以PN = 12a －PC 代入得，12a －PC PC = 14(5－1)．即 PC a = 23+5 =3－52．∴PC PA =PC a －PC = 5－12．6．解 作AD 的垂直平分线BE ，垂足为E ．∵AB =BD ，∴ BE 过点O ．∵ AC 为直径，∴∠ABC =∠ADC =90，∴ BO∥CD ．∴ ΔBPO ∽ΔDPC ，∴ OP ∶PC =BO ∶CD =BP ∶DP ．∵ BO =OC =1.5，PC =0.6，OP =1.5－0.6=0.9，∴ CD =1． ∴ AD 2=AC 2－CD 2=8，AD =22．由OE =21CD =0.5，得BE =2，∴AB 2=BE 2+AE 2=6，AB =6． ∴ BC =322=-AB AC ． ∴ 所求周长=22361+++．7．证明：PQ 2=(PM +MQ )2=PM 2+(MN +NQ )2+2PM ·MQ=PM 2+MN 2+NQ 2+2MN ·NQ +2PM ·MQ ．∵PM =NQ ，∴PN =MQ ．∴PQ 2=2PM 2+2MN ·PM +2PM ·PN +MN 2=2PM (PM +MN )+2PM·PN +MN 2(∵PM ·PN =PA 2)=4PA 2+MN 2．∵PA =PB ，故AB =2PA ．∴OACBKN MABC DOPEPQ2=AB2+MN2．8．证明：由BM、KN、AC三线共点P，知PM·PB=PN·PK=PO2-r2．⑴由PMN=BKN=CAN，得P、M、N、C共圆，故BM·BP=BN·BC=BO2-r2．⑵⑴－⑵得，PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2，即(PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，就是PM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OM⊥PB．9．证明：如图，连结OA、OB、OE、OF，显然O、A、P、B四点共圆，于是AC·CB=OC·CP.又因为AC·CB=EC·CF，所以OC·CP=EC·CF.所以O、E、P、F四点共圆，又因为OE=OF，所以OPE=OPF从而APE=BPF．本节“习题16”解答：1．解 连DE ，则由AD 为⊙O 的直径，故DE ⊥AB ，∵ AD ⊥BC ，∴ B 、E 、D 、D四点共圆．∴ AE ∙AB =AD ∙AD ．同理，AF ∙AC =AD ∙AD ，∴ AE ∙AB =AF ∙AC ．故选C ．2．解 设切点为T ，且BT =x ，AT =r ，则得r x x r 322=++，解得x =43r ．由于tan 60>43，故∠B 'AC '<120，故选C ． 3．解 在直角三角形OPM 中，PO 2=OM 2+PM 2，即(8+R )2=R 2+122，解得R =5，故选C ．（或由切割线定理，得122=8(8+2R )，2R =10．）4．解 设∠FBE =x ，则∠FDE =x ，∠BDE =60，∴ 由∠BDF =60，得∠ABD =∠BDF －∠A =32．∴ ∠BFD =32．但∠BFD =∠FBE +∠C ，即32=x +30，故x =2，选B ．5．解 PM 2=MT 2=MB ·MA ，∴ΔPMB ∽ΔAMP ；∴ ∠MAC =∠BPM ，∴∠BPM =∠BDC ，DC ∥MP ，设DC 交AM 于点E ，则ΔPMB ∽ΔDEB ；且ΔAEC ∽ΔAMP ∽ΔPMB ．即图中有3个与ΔMPB 相似的三角形．故选C .6．解 延长线BD 与⊙O 交于E ，于是BA 2=BC ·BE ，∴BE =12．∴ DE =6．取CE 中点G ，连OG ．则DG =1.5，∴OG 2=22－(32)2=74．∴OE 2=OG 2+GE 2=22．即OE =22．故选D ． 7．解 设PC =x ，PA =y ，ΔPCA ∽ΔPBD ，则CBA DOEGOCMN2135=+y x ，2150=+x y ．解之得x =40，y =45，PT =60．8．证明：连MN ，则由BM ·BA =BN ·BC ，得△BMN ∽△BCA ，∴ MN ∶BN =AC ∶AB =12．∵ CM 平分∠ACB ，∴MN =AM ．∴ BN =2AM ．9．解 设PO 延长线与⊙O 交于D ，连OA ．则PA 2=PC ·PD ，以PA =12，PC =6，代入，得 PD =24，于是CD =18，OC =9，∵ OA ⊥PA ，CE ⊥PA ，∴ PC ∶PO =CE ∶OA ，以PC =6，PO =15，OA =12代入，得CE =245㎝．10．证明 连PA 、PB 、PC ． 则∠APB =90°，∠APC =90°，∴ C 、P 、B 三点在一条直线上．由OA ⊥AB ，知△ABC 是直角三角形．∴ △CAP ∽△CBA ．∴ CA 2=CP ·CB ．但 CT 为⊙O 的切线，∴ CT 2=CP ·CB ，∴ CT =CA ．11．证明：过M 作⊙O 1、⊙O 2的切线MA 、MB ，切点为A 、B ．MO 12－MO 22=O 1H 2－O 2H 2=(O 1H +O 2H )(O 1H －O 2H )=O 1O 2·(O 1D +DH －O 2D +DH ) =2O 1O 2·DH =r 12－r 22．∴ MO 12－O 1A 2=MO 22－O 2B 2，即MA =MB ． 12．证明：连O E ，OF ，设⊙O 、⊙O的半径分别为R 1、R 2，CD 、EF 交于点P ．则OO FE 为直角梯形，∴ EF 2=O O2－O HABMO 21 D TCB O O'P AEOPAB CDFD C PE(O E－O F)2=(R1+R2)2－(R1－R2)2=4R1R2．又，由△ABC是直角三角形，CD是其斜边上的高，CD2=AD·BD=4R1R2．∴CD=EF．∵PE=PD，PF=PD，∴△DEF是直角三角形．∵PE=PF=PD，∴CD、EF互相平分．即DFCE是矩形．。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第80讲_存在性问题(新)
第20讲 存在性问题本节主要内容是存在性问题. 存在性问题有三种：第一类是肯定性问题, 其模式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”. 第二类是否定性问题, 其模式为“已知A, 证明具有某种性质B 的对象不可能存在”. 第三类是探索性问题, 其模式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B 的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B 必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质B 的对象. 常常采用排序原则、极端性原则进行构造.A 类例题例1 已知函数f (x )=|1-1x|.(1)是否存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]?若存在,请求出a ,b 的值；若不存在，请说明理由。
(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)，求实数m 的取值范围.(2005年天津市数学竞赛试题)分析 函数f (x )是分段函数，它的值域是[0,).+∞ [a ,b ]是[0,)+∞的子集，而f (0)＞0，所以a ＞0，因为函数f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,+∞)上是增函数，所以我们分三种情况(i) 当a ,b ∈(0,1)时；(ii) 当 a ,b ∈(1,+∞)时；(iii)当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时加以讨论. 解 (1)不存在实数a ,b (a <b )满足条件.事实上，若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]，则有x ≣a ＞0.故f (x )=11, 1.11, 1.x x x x⎧-≥⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩(i)当a ,b ∈(0,1)时, f (x )= 1x -1在(0,1)上是减函数，所以，(),(),f a b f b a =⎧⎨=⎩即11,11.b aa b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 由此推出a =b 与已知矛盾. 故此时不存在实数a ,b 满足条件. (ii)当a ,b ∈(1,+∞)时, f (x )=1-1x 在(1,+∞)上为增函数，所以，(),(),f a a f b b =⎧⎨=⎩即11,11.a ab b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程x 2-x +1=0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a ,b 满足条件. (iii) 当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时,显然，1∈[a ,b ],而f(1)=0,所以0∈[a ,b ]，矛盾. 故故此时不存在实数a ,b 满足条件.综上可知，不存在实数a ,b (a <b )满足条件.(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)易得m ＞0,a ＞0. 仿照(1)的解答，当a ,b ∈(0,1)或a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时，满足条件的a ,b 不存在. 只有当a ,b ∈(1,+∞)时，f (x )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，有(),(),f a ma f b mb =⎧⎨=⎩即11,11.ma amb b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程mx 2－x +1=0的两个大于1的实数根.所以，140,11,2m x ∆=->⎧⎪⎨=>⎪⎩只须0,140,12.m m m ⎧>⎪->⎨⎪>⎩解得0<m <14. 因此，m 的取值范围是0<m <14.说明 本题首先要注意题目的隐含条件a ＞0，因为函数的值域是[0,).+∞例2 已知常数a >0，在矩形ABCD 中，AB=4, BC=4a ，O 为AB 的中点，E 、F 、G 分别在BC 、CD 、DA 上移动，且BE BC = CF CD = DGDA ，P 为CE 与OF 的交点. 问是否存在两个定点，使P 到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.(2003年全国高考江苏卷试题)分析 根据题设满足的条件, 首先求出动点P 的轨迹方程，根据轨迹是否是椭圆，就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点)， 使得P 到这两点的距离的和为定值． 解 按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a ),D(-2, 4a ).设BE BC = CF CD = DGDA = k (0≤k ≤1).由此有E(2,4ak ),F(2-4k , 4a ),G(-2, 4a -4ak ).直线OF 的方程为2ax +(2k -1)y =0, ① 直线GE 的方程为-a (2k -1)x + y -2a =0, ② 由①②消去参数k 得点P(x ,y )坐标满足方程2a 2x 2+y 2-2ay=0,整理得x 212+(y -a )2a 2=1.当a 2＝12时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a 2≠12时，点P 的轨迹为椭圆的一部分，点P 到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长；当a 2＜12时，P 到椭圆两个焦点(-12-a 2,a ),(12-a 2,a )的距离之和为定长2；当a 2＞12时，P 到椭圆两个焦点(0, a -a 2-12),(0, a +a 2-12)的距离之和为定长2a .说明 要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系，有时还要选择适当的参数作过渡．情景再现1.已知二次函数f (x )=ax 2+bx +a 满足条件f (x +74)= f (74-x ), 且方程f (x )=7x +a 有两个相等的实数根.(1) 求f (x )的解析式;(2) 是否存在实数m 、n (0＜m ＜n ),使得f (x )的定义域和值域分别是[m ,n ]和[3n ,3m ]? 若存在, 求出m 、n 的值; 若不存在, 请说明理由. (2004年河南省数学竞赛试题) 2．直线l ：y =kx +1与双曲线C ：2x 2－y 2=1的右支交于不同的两点A 、B .(I) 求实数k 的取值范围；(II)是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F?若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由. (2004年湖北省高考理科试题)B 类例题例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析 因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n 个元素的有限点集，至少有一个含]21n [ 个元素的子集是同色点集.(其中[ ]为高斯符号)，于是利用抽屉原理，在半径为1和1995的两个同心圆上，寻找两个三顶点同色的相似三角形.证明 在平面上，以O 为圆心，作两个半径为1和1995的同心圆.根据抽屉原理，小圆周上至少有5点同色，不妨设为A 1,A 2,A 3,A 4,A 5，连接OA 1,OA 2,OA 3,OA 4,OA 5,分别交大圆 于B 1,B 2,B 3,B 4,B 5，根据抽屉原理,B 1,B 2,B 3,B 4,B 5中必有三点同色，不妨设为B 1,B 2,B 3,分别连接A 1A 2，A 2A 3,A 3A 1,B 1B 2,B 2B 3,B 3B 1,则△A 1A 2A 3∽△B 1B 2B 3，其相似比为1995，且两个三角形三顶点同色.说明 解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的．例4 在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得(1) 每个整点都在此集合的某一个圆周上； (2) 此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题）1分析 构造法.先设法证明任意两整点到P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2的距离不可能相等，从而将所有整点到P 点的距离排序造出同心圆的集合，这里同心圆的坐标不是惟一的，可取⎪⎭⎫⎝⎛31,2外的其它值.证明 取点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2.设整点(a ,b )和(c ,d )到点P 的距离相等，则2222222211(()((),3322(().3a b c d c a c a d b b d -+-=-+--=-+-+-即上式仅当两端都为零时成立.所以c =a ①c 2－a 2+d 2－b 2+32(b －d )=0 ②将①代入②并化简得d 2－b 2+32(b －d )=0.即 (d －b )(d +b －32)=0由于b ，d 都是整数，第二个因子不能为零，因此b =d ，从而点(a ,b )与(c ,d )重合，故任意两个整点到P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2的距离都不相等.将所有整点到P 点的距离从大到小排成一列 d 1，d 2，d 3，……，d n ，…….显然，以P 为圆心，以d 1,d 2,d 3,…为半径作的同心圆集合即为所求.说明 同心圆的圆心坐标不是惟一的.例5 (1)给定正整数n (n ≣5), 集合A n ={1,2,3,…,n }, 是否存在一一映射φ：A n →A n 满足条件：对一切k (1≢k ≢n －1), 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n ))；(2)N +为全体正整数的集合, 是否存在一一映射φ：N +→N +满足条件：对一切k ∈N +, 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n )).注 映射φ：A →B 称为一一映射, 如果对任意b ∈B, 有且仅有一个a ∈A, 使得b =φ(a ).题中“|”为整除符号. (2004年福建省数学竞赛试题)分析 对于问题(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解；对于问题(2)采用归纳构造．解(1)不存在. 记S k =∑=ni i 1)(ϕ.当n =2m +1(m ≣2)时, 由2m |S 2m 及S 2m = (2m +1)(2m +2)2－φ(2m +1)得 φ(2m +1)≡m +1(mod2m ).但φ(2m +1)∈A 2m +1, 故φ(2m +1)=m +1. 再由(2m －1)|S 2m －1及S 2m －1= (2m +1)(2m +2)2－(m +1)－φ(2m )得φ(2m )≡m +1(mod(2m －1)).所以, φ(2m ) =m +1, 与φ的双射定义矛盾. 当n =2m +1(m ≣2)时, S 2m +1=(2m +2)(2m +3)2－φ(2m +2)给出φ(2m +2)=1或2m +2, 同上又得φ(2m +1)= φ(2m )=m +2或m +1, 矛盾.(2) 存在.对n 归纳定义φ(2n -1)及φ(2n )如下：令φ(1)=1, φ(2)=3. 现已定义出不同的正整数φ(k )(1≢k ≢2n )满足整除条件且包含1,2,…,n , 又设v 是未取到的最小正整数值. 由于2n +1与2n +2互质, 根据孙子定理, 存在不同于v 及φ(k )(1≢k ≢2n )的正整数u 满足同余式组 u ≡-S 2n (mod(2n +1)) ≡-S 2n -v (mod(2n +2)).定义φ(2n +1)= u , φ(2n +2)=v . 正整数φ(k )(1≢k ≢2n +2)也互不相同, 满足整除条件, 且包含1,2,…,n +1.根据数学归纳法原理, 已经得到符合要求的一一映射φ：N +→N +.说明 数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点．情景再现3．将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色. 存在有两个内角分别为2π7、 4π7，且夹边长为1996的三角形，其三个顶点同色.(1996年北京市数学竞赛试题)4. 在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点,任取6个格点P I (x i ,y i )(i =1,2,3,4,5,6)满足(1)|x i |≢2,| y i |≢2, (i =1,2,3,4,5,6); (2)任何三点不在同一条直线上.试证 在P i ( i =1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线l 1,l 2,…，l n ,…的直线族，它满足条件： (1)点(1,1)∈l n ,n =1,2,…；(2)k n +1=a n —b n ，其中k 1是l 1的斜率，k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，n =1,2,3, …；(3)k n k n +1≣0，n =1,2,3, ….并证明你的结论. (1988年全国高中数学联赛第二试试题)C 类例题例6 平面上是否存在100条直线, 使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO 预选题)分析 由于100条直线最多有C 1002=4950(＞1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存在.减少交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法.解法一 由于x 条直线与一族100-x 条平行线可得x (100-x )个交点. 而x (100-x )=1985没有整数解, 于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于x (99-x )＜1985的解为x ≢26或x ≣73,x ∈N , 且1985=73×26+99-12, 于是可作如下构造:(1) 由73条水平直线和26条竖直直线 x =k ,k =1,2,3,...,73; y = k ,k =1,2,3, (26)共99条直线, 可得73×26个交点.(2)再作直线y =x +14与上述99条直线都相交, 共得到99个交点, 但其中有12个交点(1,15),(2,16),…,(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点, 所以共得99-12个交点. 由(1)、(2),这100条直线可得到73×26+99-12=1985个交点.解法二 若100条直线没有两条是平行的, 也没有三条直线共点, 则可得到C 1002=4950(＞1985)个交点, 先用共点直线减少交点数.注意到若有n 1条直线共点, 则可减少12n C -1个交点. 设有k 个共点直线束, 每条直线束的直线条数依次为n 1, n 2,…, n k . 则有 n 1+n 2+…+ n k ≢100,122221112965k n n n C C C -+-++-=L ( C 1002-1985=2965). 因为满足12n C -1＜2965的最大整数是n 1=77, 此时C 772-1=2925. 因此可构造一个由77条直线组成的直线束,这时还应再减少40个交点. 而满足22n C -1＜40的最大整数为n 2=9, 此时C 92-1=35. 因此又可构造一个由9条直线组成的直线束. 这时还应减少5个交点.由于C 42-1=5,所以最后可构造一个由4条直线组成的直线束.因为77+9+4=90＜100, 所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束, 另10条保持不动即可.说明 本题的基本数学思想方法是逐步调整，这在证明不等式时经常使用，但学会在几何中应用，会使你的解题思想锦上添花．例7 设n 是大于等于3的整数, 证明平面上存在一个由n 个点组成的集合, 集合中任意两点之间的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第28届IMO 试题)分析 本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y =x 2上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列．解法一 在抛物线y =x 2上选取n 个点P 1,P 2,…,P n , 点P i 的坐标为(i ,i 2) (i =1,2,…,n ).因为直线和抛物线的交点至多两个, 故n 个点中任意三点不共线, 构成三角形为非退化的. 任两点P i 和P j 之间的距离是|P i P j |=(i -j )2+(i 2-j 2)2=|i -j |1+(i +j )2 (i ≠j , i , j =1,2,…,n ).由于(i +j )2＜1+(i +j )2＜(i +j )2+2(i +j )+1=(i +j +1)2, 所以1+(i +j )2 是无理数. 从而|P i P j |是无理数.△P i P j P k 的面积= 12222111ij k i j k =12|(i -j ) (i -k )(j -k )|, 显然是有理数. 因此,所选的n 个点符合条件.解法二 考虑半圆周x 2+y 2=r 2(y ∈R +, r =2)上的点列{A n },对一切n ∈N *,令∠x OA n ＝αn ，则任意两点A i ,A j 之间的距离为|A i A j |=2r |sin αi -αj 2|,其中，0＜αn ≢π, cos αn 2 = n 2-1n 2+1, sin αn2= 2n n 2+1.∴|A i A j |=2r |sin αi 2cos αj 2―cos αi 2sin αj2|为无理数．又sin αn =2sin αn 2cos αn 2∈Q, cos αn = cos 2 αn 2―sin 2 αn2∈Q.任何三点A i ,A j ,A k 不共线,必然构成非退化三角形，注意到r =2，其面积 S=12111cos cos cos sin sin sin i j k ij kr r r r r r αααααα=r 22111cos cos cos sin sin sin i j k ijkαααααα=111cos cos cos sin sin sin ij k ijkαααααα 为有理数．说明 本题与第17届IMO 试题(见情景再现7)有一定的联系，请读者参考本解答完成它的解答．例8一个n ×n 的矩阵(正方阵)称为“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1,2,…,2n -1}, 且对每个i =1,2,…,n , 它的第i 行和第i 列中的所有元素合起来恰好是S 中所有元素.证明(1) 不存在n ＝1997阶的银矩阵；(2) 有无穷多个的n 值，存在n 阶银矩阵.(第38届IMO 试题)分析 根据银矩阵的结构特征可以证明不存在奇数阶银矩阵，对任意自然数k , 用构造法构造出2k 阶银矩阵．解 (1)设n ＞1且存在n 阶银矩阵A. 由于S 中所有的2n -1个数都要在矩阵A 中出现，而A 的主对角线上只有n 个元素，所以，至少有一个x ∈S 不在A 的主对角线上. 取定这样的x . 对于每个i =1,2,…,n , 记A 的第i 行和第i 列中的所有元素合起来构成的集合为A i ，称为第i 个十字，则x 在每个A i 中恰好出现一次. 假设x 位于A 的第i 行、第i 列(i ≠ｊ). 则x 属于A i 和A ｊ，将A i 与A ｊ配对，这样A 的n 个十字两两配对，从而n 必为偶数. 而1997是奇数，故不存在n ＝1997阶的银矩阵.(2)对于n =2，A=1231骣÷ç÷ç÷ç÷桫即为一个银矩阵，对于n =4，A=1256317546127431骣÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷桫为一个银矩阵. 一般地，假设存在n 阶银矩阵A ，则可以按照如下方式构造2n 阶银矩阵D,D=A B C A 骣÷ç÷ç÷ç÷桫,其中B 是一个n ×n 的矩阵，它是通过A 的每一个元素加上2n 得到，而C 是通过把B 的主对角线元素换成2n 得到.为证明D 是2n 阶银矩阵，考察其第i 个十字. 不妨设i ≢n ，这时，第i 个十字由A 的第i 个十字以及B 的第i 行和C 的第i 列构成. A 的第i 个十字包含元素{1,2,…,2n -1}. 而B 的第i 行和C 的第i 列包含元素{2n , 2n +1,…,4n -1}.所以D 确实是一个2n 阶银矩阵.于是，用这种方法可以对任意自然数k ,造出2k 阶银矩阵. 说明 读者可以构造任意偶数阶银矩阵.情景再现6．证明不存在具有如下性质的由平面上多于2n(n＞3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:(1)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n-1个向量, 使得这2n-1个向量的和等于0;(2)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n个向量, 使得这2n个向量的和等于0.(2003年俄罗斯数学奥林匹克试题)7．试证:在半径为1的圆周上存在1975个点, 其中任意两点之间的距离都是有理数.(第17届IMO试题)8．是否存在平面上的一个无穷点集，使得其中任意三点不共线，且任意两点之间的距离为有理数？(1994年亚太地区数学奥林匹克试题)习题201．已知抛物线y2=4ax(0＜a＜1)的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心，|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为线段MN的中点．(1)求|MF|+|NF|的值;(2)是否存在这样的a值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．(1996年昆明市数学选拔赛试题)2．证明:不存在正整数n使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数.(2004年日本数学奥林匹克试题)3.证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍. (第10届IMO试题)4.是否存在这样的实系数多项式P(x):它具有负实数,而对于n＞1, P n(x)的系数全是正的. (1994年莫斯科数学奥林匹克试题)5.证明不存在对任意实数x均满足f[f(x)]= x2-1996的函数. (1996年城市数学联赛试题)6.是否存在有界函数f : R→R, 使得f(1)＞0, 且对一切的x、y∈R, 都有f 2(x+y)≣f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y)成立. (2005年俄罗斯数学奥林匹克试题)7.是否存在数列x1,x2,…,x1999,满足(1)x i＜x i+1(i=1,2,3,…,1998);(2) x i+1- x i = x i- x i-1(i=2,3,…,1998);(3)( x i的数字和)＜( x i+1的数字和) (i=1,2,3,…,1998);(4) (x i+1的数字和)-( x i的数字和) = ( x i的数字和)–( x i-1的数字和)(i=2,3,…,1998)．(1999年江苏省数学冬令营试题)8．(1)是否存在正整数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2? (2004年中国东南地区数学奥林匹克试题)9．是否存在一个无限素数数列p1,p2,…,p n,…,对任意n满足|p n+1－2p n|=1.(2004年波罗的海数学奥林匹克试题)10．证明：对于每个实数M, 存在一个无穷多项的等差数列, 使得(1)每项是一个正整数, 公差不能被10整除;(2)每项的各位数字之和超过M. (第40届IMOY预选题)11．是否存在定义在实数集R 上的函数f (x ),使得对任意的x ∈R ，f (f (x ))=x , ① 且f (f (x )+1)=1-x ? ②若存在，写出一个符合条件的函数；若不存在，请说明理由．(2004年河南省数学竞赛试题)12． 对于给定的大于1的正整数n ,是否存在2n 个两两不同的正整数a 1,a 2,…,a n ; b 1,b 2,…,b n 同时满足以下两个条件：(1) a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n ;(2)n -1＞1ni i i i ia b a b =-+å＞ n -1- 11998.(1998年CMO 试题)“情景再现”解答1．(1)由条件有f (x )=ax 2-72a x +a . 又f (x )=7x +a 有两个相等的实数根,则由ax 2-(72a +7)=0可知, ∆=(72a +7)2-4a ·0=0, 解得a =-2.故f (x )= -2x 2+7x -2.(2)存在. 如图. 设g (x )= 3x (x ＞0). 则当f (x )= g (x )时, 有-2x 2+7x -2= 3x ,即2x 3-7x 2+2x +3=0. 故(x -1)(x -3)(2x +1)=0. 解得x 1=1, x 2=3, x 2=-12 (舍去).因为f (x )max = 4ac -b 24a = 338,此时,x = 74∈[1,3],所以, 3f (x )max = 811＜1. 故取m =811, n =3时, f (x )= -2x 2+7x -2在[811,3]上的值域为[1, 338]符合条件. 2. (I)将直线l 的方程y =kx +1代入双曲线C 的方程2x 2－y 2=1后，整理后得(k 2－1)x 2+2kx +2=0 ①依题意，直线l 与双曲线C 的右支交于不同的两点，故k 2－2≠0，Δ=(2k )2－8(k 2－2)>0，－2k k 2－2>0， 2k 2－2>0. 解得k 的取值范围为－2<k <－2.(II)设A 、B 两点的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则由①得x 1+x 2=－2kk 2－2，x 1x 2=2k 2－2. ②假设存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F(c ,0)， 则由FA ⊥FB 得(x 1－c )( x 2－c )+ y 1y 2=0，即(x 1－c )( x 2－c )+( kx 1+1)( kx 2+1)=0. 整理得(k 2+1)x 1x 2+(k －c )(x 1+x 2)+c 2+1=0. ③将②式及c= 62代入③式化简得5k 2+26kx －6=0.解得k =－ 6+65或k = 6－65∉(－2,－2)(舍去).可知k =－ 6+65使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F . 3. 任作一个边长为1996的正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7.这7个顶点中必有4点同色,而在这同色四点中,必有两点是相邻顶点, 为确定起见, 不妨设这两点就是A 1、A 2,并且它们均是红色. (1) A 4或A 6中有一个是红色的, 比如, A 6是红色的, △A 1A 2A 6即为所求.(2) A 4与A 6都是蓝色的. 若A 7是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求;若A 3是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求; 若A 3、A 7都是红色, 则为△A 1A 3A 7所求.4. 设存在6个格点P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6 落在区域S={(x ,y )||x |≢2,|y |≢2}内,它们任3个点所成的三角形面积都大于2. 记P={ P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6}(1)若x 轴具有P 中的点数小于2,则由抽屉原理,x 轴的上半平面(或下半平面——不包括x 轴)至少有P i 的三个点.此三点所成的三角形面积不大于2.矛盾.故x 轴上恰有P 的2个点(因不能有3点共线).又剩下P 的4个点不可能有一点在直线y =±1上,否则出现P 中的点为顶点的面积不大于2的三角形.这就证明了,在直线y =2,和y =－2上，分别恰有P 的两个点. 注意到S 的对称性,同理可证:直线x =－2, x =0, x =2上分别有P 的两个点. 于是,在每条直线y =2i ,x =2i (i =0,±1)上恰有P 的两个点.(2)P 必不能包含原点,否则,因S 内纵,横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的4条直线上,由 抽屉原理,剩下的P 的5个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上,于是3点共线,矛盾.因此,P 中在x 轴的两点必是(－2,0)，(2,0).同理,在y 轴上的两点必是(0,－2)，(0，2). 剩下的两点只能取(－2,－2)，(2,2)，或(－2,2)，(2,－2).不论哪一种情形,都得到一个以P 点为顶点的面积不大于2的三角形,矛盾. 5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在. 若不然，l n 的方程为y —1=k n (x —1)1111,1,n n n n n n n n na b k a b k k k k +=-=--=-=都存在，故k n ≠0，n =1,2,3, …. 对于n ≣1，有1112111121,1,,1.111n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k k +---=--=--=-=-+++相加得：（）由于k n ≠0及(III)有k n k n +1>0可知诸k n 符号相同，不妨设k n >0,n =1,2, (4)35A由11111121111111,,(),n n n n n n n n n k k k k k k k k k k k k k +++=-<>=-+++<-有 但当n >k 12时k n +1<0，矛盾.同理可证，当k n <0，n =1,2, …，也会出现矛盾.6. 假设题目的结论不真.选取一条直线l , 使其不与集合G 中的任何一个向量垂直. 于是, G 中至少有n 个向量在直线l 上的投影指向同一方向, 设它们为e 1, e 2, …, e n . 在直线l 上取定方向,使得这些向量的投影所指的方向为负. 再在集合G 中选取n 个向量f 1, f 2 ,…, f n ,使得它们的和在直线l 上的投影的代数值s 达到最大. 由题中条件(2)知s ＞0.由条件(1),可以找到n -1个向量a 1, a 2 ,…,a n -1,使得f 1+ f 2+…+f n = -(a 1+a 2+…+a n -1). 显然, 至少有某个向量e i 不出现在上式右端, 不妨设为e 1. 从而a 1+a 2+…+a n -1+e 1的投影为负, 且其绝对值大于s .再由条件(2)知, 又可以找到n 个向量, 使得它们的代数和等于-(a 1+a 2+…+a n -1+e 1),从而,该和的投影代数值大于s . 此与我们对f 1, f 2 ,…, f n 的选取相矛盾.7. 取θn =arctan n 2-12n (1≢n ≢1975), 则sin θn = n 2-1n 2+1 , cos θn = 2n n 2+1都是有理数, 且2θn 互不相同.对单位圆上辐角为2θ1,2θ2,…,2θ1975的点P 1,P 2,…,P 1975,|P i P j |=2|sin(θi -θj )|=2| sin θi cos θj - cos θi sin θj )|为有理数.8. 答案是肯定的，下面提供两种构造这样的点集的方法．方法一 存在角α，使得cos α与sin α都是有理数(例如sin α=35,cos α=45).考虑一个以有理数R 为半径的圆周，和一个弧度为2α的圆弧，显然a 2R= sin α,其中a 是上述圆弧所对的弦长，因此弦长为有理数．从此弧的端点出发，在圆周上连续截取弧度为2α的圆弧，显然，任一弧所对的弦长XY 是有理数.由作图法知XY 2R = |sin n α|,对某个正整数n ，由于cos α与sin α都是有理数，所以由数学归纳法可以证明sin n α和cos n α都是有理数． 下面证明此过程产生一个无穷点集．为了此目的，设sin α＝p r , cos α＝q r ,其中(p ,q )=1,p 2+q 2=r 2,由棣美弗定理得(q r +i p r )n =cos n α+ i sin n α. 若其值为1，则1= cos n α=Σ(-1)k C n 2k p n -2k q 2k rn . 由于q 2≡-p 2(mod r 2),则r n ≡p n 2n -1(mod r 2). 故2| r ,然而从p 2+q 2=r 2, (p ,q )=1可知这是不可能的．这就证明了我们描述的集合是无限集．方法二 在平面上取一点P 和一条与P 距离为1的直线l ,设Q 是l 上与P 相距为1的点，考察l 上所有满足SQ,PS 都是有理数的点S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷多个，而且与点S 一一对应，故存在无穷多个这样的点．作一个以P 为中心，半径为1的反演．此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过△PSR ∽△PS'R'证明，其中S 和R 是点集中的点，S'和R'分别为它们的象)．用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此，无三点共线．习题20解答1. 解 (1)由已知得F(a ,0),半圆为[x -(a +4)]2+y 2=16(y ≣0)．把y 2=4ax 代入，可得x 2-2(4-a )x +a 2+4a =0.设M(x 1, y 1),N(x 2, y 2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(x 1+a )+(x 2+a )=( x 1+ x 2)+2a =2(4-a ) +2a =8.(2)若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设M, P , N 在抛物线准线上的射影为M', P', N'．则在直角梯形M'MNN'中，P'P 是中位线，又有2|P'P|=|M'M|+|N'N|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|P'P|.这说明了点P 应在抛物线上．但由已知P 是线段MN 的中点，即P 并不在抛物线上．所以不存在这样的a 值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列．2． 假设存在这样的n , 使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数, 那么(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)必定为完全平方数, 而(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)=36n 6+36n 4+11n 2+1,(6n 3+3n )2=36n 6+36n 4+9n 2,(6n 3+3n +1)2=36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1,所以 (6n 3+3n )2＜(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)＜(6n 3+3n +1)2,显然,与(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)为完全平方数矛盾.3． 设△ABC 满足题设条件, 即AB=n ,AC=n -1,BC=n +1, 这里n 是大于1的自然数. 并且△ABC 的三个内角分别为α、2α和π-3α，其中0＜α＜π3. 由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的情况只有如图所示的三种.对于情况(1), 因为sin(π-3α)sin α = sin3αsin α =4cos 2α-1=(sin2αsin α)2-1,所以利用正弦定理可知n n -1 = sin(π-3α)sin α = (sin2αsin α)2-1= (n +1n -1)2-1, 从而得到n 2-5n =0, 解得n =5.同样,在情况(2)中,有n +1n -1 =(n n -1)2-1,解得n =2. 但n =2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形. 在情况(3)中, 有n -1n =(n +1n )2-1,整理得n 2-3n -1=0, 但这个方程无整数解.综上, 满足题设条件的三角形三边长只有4,5,6.可以证明cosB=34,cos2A= 18 =cos2B, A=2B .4.存在．P(x)=10(x3+1)(x+1)- x2 =10x4+10x3- x2+10x +10具有负系数, 但是P2(x)= x4+100(x3+1)2(x+1)2-20x2(x3+1)(x+1)= x4+20(x3+1)[5(x3+1)(x+1)2- x2(x+1)]= x4+20(x3+1)(5x5+10x4+4x3+4x2+10x +5)的系数全是正的.P3(x)=1000(x3+1)3(x+1)3-300 x2(x3+1)2(x+1)2+30x4(x3+1)(x+1)-x6=100(x3+1)2(x+1)[10(x3+1)(x+1)2-3x2(x+1)]-x6+30x4(x3+1)(x+1)=100(x3+1)2(x+1)(10x5+20x4+7x3+7x2+20x +1)-x6+30x4(x3+1)(x+1)=Q1(x)-x6+Q2(x)Q1(x)中的x6的系数不小于1000,所以P3(x)的系数也全是正的.又当k≣2时,有P2k(x)=[P2(x)] k,P2k+1(x)=[P2(x)] k-1·P3(x).所以,对一切n＞1, P n(x)的系数全是正的.5.令g(x)= f[f(x)] = x2-1996, 设a、b为方程x2-1996= x的两个实数根, 则a、b是g(x)的不动点. 设f(a)=p, 则f[f(p)]= f[f(f(a))]= f(a)=p, 即p也是g(x)的不动点. 所以f(a)∈{a,b}.同理, f(b)∈{a,b}.令h(x)= g[g(x)]=(x2-1996)2-1996, 则h(x) = x∴(x2-1996)2-1996= x∴(x 2- x-1996)( x 2+ x-1995)=0所以h(x)存在四个不动点a、b、c、d.因为c 2+c-1995=0, 所以g(c)= c2-1996=- c-1= d.同理, g(d)=c.令f(c)=r, 则h[f(c)]= f [h(c)]= f(c),即r也是h(x)的不动点.若r∈{a,b},则d=f(r)∈{a,b},矛盾;若r = c, 则g(c)=f(r)=f(c)=r = c,矛盾; 若r = d, 则d=g(c)= f(r)= f(d), g(d)=g(r)=g(f(c))=f(g(c))= f(d)=d, 矛盾.综上所述, 满足条件的函数f(x)不存在.6.不存在.任取x1≠0, 令y1= 1x1, 有f 2(x1+y1)≣f 2(x1)+2 f(1)+ f 2 (y1) ≣f 2(x1)+a, 其中a =2f(1)＞0.令x n=x n-1+y n-1, y n = 1x n, n≣2.于是, 有f 2(x n+y n)≣f 2(x n)+a= f 2(x n-1+y n-1) +a≣f 2(x n-1)+2a≣…≣f 2(x1)+na,故数列{ f (x1), f (x2),…, f (x n) ,…}并非有界.7.存在，构造如下：取x1= 00000 00001 00002 00003…09999,x2= 00001 00002 00003 00004…10000,x3= 00002 00003 00004 00005…10001,…………，x1998= 01997 01998 01999 02000…11996,x1999= 01998 01999 02000 02001…11997,这是公差为00001 00001 00001 00001…00001的等差数列(项数取1999),且各项数字和为公差是1的等差数列．8．(1)不存在.假设存在正整数数列{a n }满足条件a2n+1≣2a n a n+2.因为a2n+1≣2a n a n+2, a n＞0,所以a n a n-1≢12·a n-1a n-2≢122·a n-2a n-3≢…≢12n-2·a2a1(n=3,4,…),又a 2a 1≢122-2 · a 2a 1, 所以有a n a n -1≢12n -2·a 2a 1(n =2,3,4,…)成立, 于是 a n ≢(12n -2·a 2a 1)a n -1≢12(n -2)+(n -3)·(a 2a 1)2·a n -2≢…≢12(n -2)+(n -3)+…+1·(a 2a 1)n -2·a 2, 所以12222211().2≢n n n n a a a ---× 设212[2,2),k k a k+挝N *, 取N=k +3,则有 1221222221111121()() 1.22≢≢N k k N N N k k a a a a -++--++?这与a N 是正整数矛盾.所以, 不存在正整数数列{a n }满足条件.(2) a n = π2(n -1)( n -2)就是满足条件的一个无理数数列, 此时有a 2n +1=4a n a n +2≣2a n a n +2.9. 若存在这样的数列{ p n }满足条件. 由| p n +1－2p n | =1得 p n +1=2p n ±1＞2p n , 则数列{ p n }严格递增数列, 所以p 3＞3且不能被3整除, 若p 3≡1(mod3)时, 可得p 4= 2p 3－1(否则p 4= 2p 3+1≡0(mod3), 即p 4能被3整除,舍去), 类似的有, p 5= 2p 4－1, …,p n =2p n -1－1,容易得到p n =2n -3p 3－2n -3+1(n ≣3),令n －3= p 3－1, 由费尔马小定理)(mod 12313p p ≡-,则p n =2n -3p 3－2n -3+1≡0(mod p 3), 即p 3|p n , 矛盾. 当p 3≡2(mod3)时, 也可得到类似的结论.综上, 不存在这样的数列.10. 我们证明这个等差数列的公差为10m +1的形式.设a 0是一个正整数, a n = a 0+n (10m +1)=10s s b b b -L , 这里s 和数字b 0,b 1,…,b s 依赖于n . 若l ≡k (mod2m ), 设l =2mt +k ,则10l =102mt +k =(10m +1-1)2t ·10k ≡(mod(10m +1)).于是, a 0≡a n =10s s b b b -L ≡2110m i i i c -=×å( mod(10m +1)).其中c i =b i +b 2m +i +b 4m +i +…,i =0,1,2,…,2m -1.令N 是大于M 的正整数, 满足c 0+c 1+…+c 2m -1≢N 的非负整数解(c 0,c 1,…,c 2m -1)的个数等于严格递增数列0≢c 0＜c 0+c 1+1＜c 0+c 1+ c 2+1＜c 0+c 1+…+c 2m -1+2m -1≢N+2m -1的数目, 即K N,2m =C 2m +N 2m =C 2m +N N = (2m +N)(2m +N -1)…(2m +1)N!. 对于足够大的m , 则有K N,2m ＜10m . 取a 0∈{1,2,…, 10m },使得a 0与集合 {21220m m c c c --L |c 0+c 1+…+c 2m -1≢N}中的任意元素模10m +1不同余, 因此, a 0的各位数字之和大于N . 从而, a n 的各位数字之和也大于N .11. 这样的函数不存在．下面用反证法证明．若存在函数f (x )使得条件均成立，先证明是f (x )是一一映射． 对于任意的a 、b , 若f (a )= f (b ),则由①有a = f (f (a ))= f (f (b ))= b , 即f (x )是一一映射．将x =0代入①，则有f (f (0))= 0. ③ 将x =1代入②,得f (f (1)+1)= 0. ④ 由式③、④得f (f (0))= f (f (1)+1).因为f (x )是一一映射，所以，f (0)＝f (1)+1. ⑤ 同理，分别将x =1和x =0代入①、②，得f (f (1))= f (f (0)+1).则f (1) = f (0)+1. ⑥ ⑤＋⑥得0=2. 矛盾.12. 存在符合命题要求的2n 个正整数．令a i =2M i ,b i =2i ,(i =1,2,3,n -1;M 是大于或等于8000n 的正整数)，a n =(M -1)2n (n -1),b n =M(M -1)n (n -1).显然，上述2n 个正整数两两不同，且a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n = n (n -1)(M 2-M+1), 另一方面，我们有1ni i i i ia b a b =-+å＝(n -1) M -1M+1 - 12M -1＜n -1， 1n i i i i i a b a b =-+å＝n -1- 2(n -1)M+1 - 12M -1＞n -1-2(n -1)8000n - 18000＞n -1- 11998. 因此，上述所给的2n 个正整数符合命题要求．。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第36讲同余
第 17 讲 同 余同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数问题的重要工具之一。
设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作)(mod m b a ≡，否则，就说a 与b 对模m 不 同余，记作)(mod m b a ≡，显然，)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -⇔∈+=⇔≡； 1、 同余是一种等价关系，即有自反性、对称性、传递性1).反身性：)(mod m a a ≡；2).对称性：)(mod )(mod m a b m b a ≡⇔≡；3). 传递性：若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡则)(mod m c a ≡; 2、加、减、乘、乘方运算若 a b ≡（mod m ） c d ≡（mod m ）则 a c b d ±≡±（mod m ），ac bd ≡（mod m ），nna b ≡（mod m ） 3、除法设 ac bd ≡（mod m ）则 a b ≡（mod(,)mc m ）。
A 类例题例1．证明： 一个数的各位数字的和被9除的余数等于这个数被9除的余数。
分析 20≡2(mod9)，500≡5(mod9)，7000≡7(mod9)，……，由于10n －1=9M ，则10n≡1(mod9)，故a n ×10n≡a n (mod9)。
可以考虑把此数变为多项式表示a n ×10n+ a n-1×10n-1+…+ a 1×10+a 0后处理。
证明 设a=110n n a a a a -=a n ×10n + a n-1×10n-1+…+ a 1×10+a 0，∵10≡1(mod9)，∴10n ≡1(mod9)，∴a n ×10n+ a n-1×10n-1+…+ a 1×10+a 0≡a n + a n-1+…+ a 1+a 0。
苏教版数学提优课教案
苏教版数学提优课教案教案标题：苏教版数学提优课教案教案目标：1. 提高学生在数学领域的学习兴趣和主动性。
2. 培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。
3. 提升学生的数学学习成绩。
教学内容：本次教案的教学内容为苏教版数学提优课，主要包括以下几个方面：1. 数学思维训练：培养学生的逻辑思维、推理能力和创造力。
2. 解决实际问题：通过实际问题的解决，让学生将数学知识应用于实际生活中。
3. 拓展数学知识：引导学生学习与课本内容相关的拓展知识，提高他们的数学素养。
教学步骤：一、导入（5分钟）1. 引入本节课的主题，并激发学生对数学的兴趣。
2. 复习前几节课的内容，为本节课的学习做铺垫。
二、知识讲解与示范（15分钟）1. 介绍本节课的知识点，包括相关概念和解题方法。
2. 通过示范具体的解题步骤和思路，帮助学生理解和掌握。
三、练习与巩固（20分钟）1. 给学生分发练习题，并指导他们独立完成。
2. 教师巡回指导，解答学生的问题，并及时纠正他们的错误。
3. 强调解题的方法和思路，鼓励学生多尝试、多思考。
四、拓展与应用（15分钟）1. 引导学生思考如何将所学的知识应用于实际问题的解决。
2. 提供一些拓展问题，让学生进一步巩固和拓展所学内容。
五、总结与反思（5分钟）1. 总结本节课的重点和难点，梳理学生的学习收获。
2. 鼓励学生提出问题和建议，以便改进教学方法和内容。
教学评估：1. 教师观察学生在课堂上的表现，包括学习态度、思维方式和解题能力等。
2. 练习题的完成情况和准确率，以及学生在实际问题解决中的应用能力。
3. 学生的课后作业完成情况和质量。
教学反思与改进：1. 分析学生在学习过程中的问题和困难，及时调整教学策略。
2. 收集学生的反馈意见，改进教学方法和内容，提高教学效果。
3. 进行教学评估，总结教学经验，为今后的教学提供参考。
注：以上教案仅供参考，具体教学内容和步骤可根据实际情况进行调整和完善。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第17讲-三角形的五心
第17讲 三角形的五心三角形中有许多重要的特殊点，特别是三角形的“五心”，在解题时有很多应用，在本节中将分别给予介绍．三角形的“五心”指的是三角形的外心，内心，重心，垂心和旁心．1、三角形的外心三角形的三条边的垂直平分线交于一点,这点称为三角形的外心(外接圆圆心)． 三角形的外心到三角形的三个顶点距离相等． 都等于三角形的外接圆半径． 锐角三角形的外心在三角形内；直角三角形的外心在斜边中点； 钝角三角形的外心在三角形外． 2、三角形的内心三角形的三条内角平分线交于一点,这点称为三角形的内心(内切圆圆心)．三角形的内心到三边的距离相等,都等于三角形内切圆半径．内切圆半径r 的计算：设三角形面积为S ，并记p =12(a +b +c )，则r =Sp ．特别的，在直角三角形中,有 r =12(a +b －c )．3、三角形的重心三角形的三条中线交于一点,这点称为三角形的重心．上面的证明中，我们也得到了以下结论：三角形的重心到边的中点与到相应顶点的距离之比为 1∶ 2．4、三角形的垂心三角形的三条高交于一点,这点称为三角形的垂心．斜三角形的三个顶点与垂心这四个点中，任何三个为顶点的三角形的垂心就是第四个点．所以把这样的四个点称为一个“垂心组”．5、三角形的旁心三角形的一条内角平分线与另两个外角平分线交于一点,称为三角形的旁心(旁切圆圆心)．每个三角形都有三个旁切圆．A 类例题例1 证明重心定理。
证法1 如图，D 、E 、F 为三边中点，设BE 、CF 交于G ，连接EF ，显然EF ∥=12BC ，由三角形相似可得GB ＝2GE ，GC =2GF ． 又设AD 、BE 交于G '，同理可证G 'B =2G 'E ，G 'A =2G 'D ，即G 、G '都是BE 上从B 到E 的三分之二处的点，故G '、G 重合． 即三条中线AD 、BE 、CF 相交于一点G ．证法2 设BE 、CF 交于G ，BG 、CG 中点为H 、I ．连EF 、FH 、HI 、IE ，A B C OABC DEFG AB CDEFI aI K HE F D A BCM ABC D EFG因为EF ∥=12BC ，HI ∥=12BC ， 所以 EFHI 为平行四边形．所以 HG =GE 、IG=GF ，GB =2GE ，GC =2GF ．同证法1可知AG =2GD ，AD 、BE 、CF 共点． 即定理证毕．情景再现1．设G 为△ABC 的重心，M 、N 分别为AB 、CA 的中点，求证：四边形GMAN 和△GBC 的面积相等．2．三角形的任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的二倍．B 类例题例3 过等腰△ABC 底边BC 上一点P 引PM ∥CA 交AB 于M ；引PN ∥BA 交AC 于N . 作点P 关于MN 的对称点P '.试证：P '点在△ABC 外接圆上.(杭州大学《中学数学竞赛习题》) 分析 分析点M 和N 的性质，即能得到解题思路。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第76讲平几问题选讲
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第76讲平几问题选讲第16讲 平几问题选讲平面几何在高中竞赛和国际竞赛中占有重要的地位，本讲将对平几中的一些典型问题的选讲，强化解平几问题的典型思想方法.A 类例题例 1 如图，已知正方形ABCD ，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且BE +DF =EF ，试求∠EAF 的度数.（1989年全国冬令营）分析 注意到BE +DF =EF ，很容易想到“截长补短”的方法．解 延长CB 到F'，使得BF'= DF ，连结AF'显然∆AF'B ≌∆AFD ．∴∠BAF'=∠DAF ，AF'=AF ．又∵EF'=BE +BF'=BE +DF ，AE 为公共边， ∴∆AF'E ≌∆AFE ． ∴∠EAF'=∠EAF ． 又∵∠FAF'=∠BAD =90º，FD CAFD CA∴∠EAF=45º．说明本题∆AF'B可以看作是∆AFD顺时针旋转90º得到的；本题也可以延长CD或旋转∆ABE.例2 如图，A 、B 、C 、D 为直线上四点，且AB =CD ，点P 为一动点，若∠APB =∠CPD ，试求点P 的轨迹．（1989年全国初中数学联赛）分析 由于已知的两个条件AB =CD 和∠APB =∠CPD ，分散在两个三角形中，需要把它们集中，于是可以进行平移或添加辅助圆建立这两个已知条件间的联系.证法一 分别过点A 、B 作PC 、PD 的平行线得交点Q .连结PQ . 在△QAB 和△PCD中,显然 ∠QAB ＝∠PCD ,∠QBA ＝∠DABCPDC.由AB=CD,可知△QAB≌△PCD.有QA＝PC，QB＝PD，∠AQB＝∠CPD.于是,PQ∥AB，∠APB＝∠AQB.则A、B、P、Q四点共圆，且四边形ABPQ 为等腰梯形.故AP＝BQ.所以PA＝PD.即点P的轨迹是线段AD的垂直平分线.证法二作△PBC的Array外接圆交PA、PD分别为E、F，连结BE、CF，∵∠APB=∠CPD，∴BE=CF，∠ABE=∠EPC=∠BPF =∠DCF. 又∵AB=CD，∴△ABE≌△DCF.∴∠PAB＝∠PDC.∴PA＝PD.即点P的轨迹是线段AD的垂直平分线.说明同样地，也可以作△PAD的外接圆，目的是建立条件AB=CD和∠APB=∠CPD之间的联系.证法三 由三角形的面积公式易得PA ·PB =PC ·PD ，PA ·PC =PB ·PD ，两式相乘，化简得PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线. 证法四 由正弦定理得PAsin ∠PBA =AB sin ∠APB ,PD sin ∠PCD =CD sin ∠CPD, 从而PA sin ∠PBA =PD sin ∠PCD ，同理可得PAsin ∠PCB =PD sin ∠PBD，而sin ∠PBA =sin ∠PBD ，sin ∠PCD =sin ∠PCB ，化简得PA ＝PD . 即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.例3．AD 是△ABC 的高线，K 为AD 上一点，BK交AC 于E ，CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .分析 为了把已知条件之间建立联系，可以通过作平行线的方法.证明 如图，过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然，AN BD ＝KA KD ＝AMDC. 有BD ·AM ＝DC ·AN .(1)由BD AP ＝FB AF ＝BCAM ，有 AP ＝BCAMBD ·.(2)由DC AQ ＝EC AE ＝BCAN ，有 AQ ＝BCANDC ·.(3)对比(1)、(2)、(3)有 AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线，故AD 平分∠PDQ . 所以，∠FDA ＝∠EDA .说明 这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.本题证明方法很多，例如可以过点E 、F 作BC 的垂线，也转化为线段的比来研究.情景再现1．点E 、F 分别是矩形ABCD 的边AB 、BC 的中点，连AF ，CE ，设AF ，CE 交于点G ， 则ABCDAGCD S S 矩形四边形 等于（ ）A ．56B ．45C ．34D ．23 （2002年全国初中数学竞赛试题）ABC DE FG2. 在△ABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA ，CB到点E ，F ，使DE =DF ；过E ，F 分别作CA ，CB 的垂线，相交于P ．设线段PA ，PB 的中点分别为M ，N ．求证：∠PAE =∠PBF ． (2003年全国初中数学竞赛)3．如图，四边形ABCD 为平行四边形，∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . B 类例题例4 如图，AD 为△ABC 的中线，E 、F 分别在AB 、AC 上，且DE DF ，求证：BE +CF >EF .E DGA B F CCE分析 由要证的结论，可联想到构造三角形，运用两边之和大于第三边解决问题.要构造三角形，就要移动一些线段，从而可以运用平移、旋转、作对称等方法，于是有如下证法. 证法一 延长FD 到F'，使得DF'=DF ，连结BF'、EF'，由D 为BC 的中点，显然△DBF'≌△DCF .于是BF'=CF ，又因为DE 垂直平分FF'，所以EF =EF'.在三角形BEF'中，BE +BF'>EF'.从而BE +CF >EF .证法二 作点B 关于DE 的对称点B'，连结EB'、DB'、FB'.则EB'=BE ，不难得到DB'=DB =DC ，∠B'DF ＝∠CDF .从而可知B 、C 关于DF 对称，于是B'F =CF ，在三角形B'EF 中，B'E +B'F >EF .从而BE +CF >EF .说明证法一也可以从中心对称角度来理解，F'和F 关于点D 对称.BCCB例5 如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线DE和AB交于点M，DF和AC交于点N．求证：（1）OB⊥DF，OC⊥DE．（2）OH ⊥MN ． （2001年全国高中数学联赛）证法一 （1）显然B ，D ，H ，F 四点共圆，H ，E ，A ，F 四点共圆， ∴∠BDF =∠BHF =180°-∠EHF =∠BAC ．∠OBC =12 (180°-∠BOC )=90°-∠BAC . ∴OB ⊥DF ． 同理OC ⊥DE ．（2）∵CF ⊥MA ，∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2……①∵BE ⊥NA ，∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2……② ∵DA ⊥BC ，∴DB 2-CD 2=BA 2-AC 2……③ ∵OB ⊥DF ，∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2……④ ∵OC ⊥DE ，∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2……⑤ ①-②+③+④-⑤，得O ABC H FE DNMNH2-MH2=ON2-OM2OM2-MH2=ON2-NH2所以OH⊥MN．证法二以BC所在直线为x轴，D为原点建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，则∴直线AC的方程为，直线BE的方程为由得E点坐标为E() 同理可得F()直线AC的垂直平分线方程为直线BC的垂直平分线方程为由得O()∵∴OB⊥D F同理可证OC⊥DE．在直线BE的方程中令x＝0得H(0，) ∴直线DF 的方程为由得N ()同理可得M ()∴∵k OH ·k MN ＝－1，∴OH ⊥MN ．链接 本题证法一中用到了定理：设P 、Q 、A 、B 为任意四点，则PA 2-PB 2=QA 2-QB 2 PQ ⊥AB ．对于这个定理可参见本书高一分册地十八讲《平几中的几个重要定理（一）》.证法二用的解析法.例 6 锐角△ABC 中，AB >AC ,O 点是它的外心,射点.线AO 交BC 边于D已知：cos B +cos C =1，求证：△ABD 与△ACD 的周长相等. 证明 作OE ⊥AC 、OF ⊥AB ，E 、F 是垂足.O ABC DFE由三角形外心性质知：∠AOE =∠B ，∠AOF =∠C .记BC =a 、CA =b 、AB =c .于是OAEOAFAC AB CAD AD AC BAD AD AB S S DC BD ACDABC∠∠⋅=∠⋅⋅∠⋅⋅==∆∆sin sin sin sin 2121CBb c B C b c AOE AOF AC AB cos 1cos 1cos cos cos cos --⋅=⋅=∠∠⋅=由余弦定理得ba c ac b b a c a c b DC BD -++-=----=2222)()(；从而BD =)(21c b a -+. 此时，AB +BD =)(21c b a ++=AC +CD .得证. 说明 本题用到了正余弦定理，以及三角形面积公式，同时运用了代数的方法证了几何题. 情景再现4．△ABC 中，∠B =2∠C ，求证：2AB >AC ．(2002年江苏省数学夏令营试题）5．已知同一平面的两个三角形A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，并且A 1到B 2C 2的垂线，B 1到C 2A 2的垂线，C 1到A 2B 2的垂线交于同B B 11一点P .求证：A 2到B 1C 1的垂线，B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线也交于同一点.6.在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). C 类例题例7．如图，⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB 的切点.若OD与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC . 证明 如图，过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF .由OD ⊥BC ，可知OK ⊥PQ .O由OF⊥AB，可知O、K、F、Q四点共圆，有∠FOQ＝∠FKQ.由OE⊥AC，可知O、K、P、E四点共圆.有∠EOP＝∠EKP.显然，∠FKQ＝∠EKP，可知∠FOQ＝∠EOP.由OF＝OE，可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.则OQ＝OP.于是，OK为PQ的中垂线，故QK＝KP.所以，AK平分BC.例8 如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似.其逆亦真.证明 将△ABC 简记为△，由三中线AD ，BE ，CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心，连DE 并延长到H ，使EH =DE ，连HC ，HF ，则△′就是△HCF .(1)a 2，b 2，c 2成等差数列△∽△′.若△ABC 为正三角H形，易证△∽△′.不妨设a ≥b ≥c ，有 CF =2222221c b a -+， BE =2222221b ac -+， AD =2222221a cb -+.将a 2+c 2=2b 2，分别代入以上三式，得CF =a 23，BE =b 23，AD =c 23. ∴CF :BE :AD =a 23:b 23:c 23=a :b :c . 故有△∽△′.(2)△∽△′⇒a 2，b 2，c 2成等差数列. 当△中a ≥b ≥c 时， △′中CF ≥BE ≥AD . ∵△∽△′，∴∆∆S S '＝(aCF )2. 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的43”，有∆∆S S '=43. ∴22a CF =43⇒3a 2=4CF 2=2a 2+b 2-c2⇒a 2+c 2=2b 2.例9 四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)证明 连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点 共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ， ∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ， ∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°. 故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.A B CDI CI DAI I B说明 本题的其他证明可参见《中等数学》1992；4例10 设D 是ABC∆的边BC 上的一点，点P 在线段AD 上，过点D 作一直线分别与线段AB 、PB 交于点M 、E ，与线段AC 、PC 的延长线交于点F 、N .如果DE=DF ，求证：DM=DN.(首届中国东南地区数学奥林匹克) 证明 对AMD∆和直线BEP 用梅涅劳斯定理得：1(1)AP DE MBPD EM BA⋅⋅=，对AFD∆和直线NCP 用梅涅劳斯定理得：1(2)AC FN DPCF ND PA⋅⋅=，对AMF∆和直线BDC 用梅涅劳斯定理得：1(3)AB MD FCBM DF CA⋅⋅=（1）（2）（3）式相乘得：1DE FN MDEM ND DF ⋅⋅=，又DE=DF ， 所以有DM DN DM DE DN DE=--， 所以DM=DN.说明 本题是直线形，当然可以用解析法，请同学们试一试.情景再现7．设点D 为等腰ABC ∆的底边BC 上一点，F 为过A 、D 、C 三点的圆在ABC ∆内的弧上一点，过B 、D 、F 三点的圆与边AB交于点E .求证：CD EF DF AE BD AF⋅+⋅=⋅.(首届中国东南地区数学奥林匹克)8. 如图，O 、H 分别是锐角△ABC 的外心和垂心，D 是BC 边的中点，由H向∠A 及其外角平分线作垂线，垂足分别是E 是F .证明：D 、E 、F 三点共线.（2004年全国高中数学联赛四川省初赛）习题161．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB =45°，PA :PB =5:14.则PB =__________.(1989年全国初中联赛)2.如图,在△ABC 中,AB ＝AC ,D是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝∠A .求证：BD ＝2CD .3.如图，等腰三角形ABC 中，P 为底边BC 上任意点，过P 作两腰的平行线ABDEPB CPOA BCD分别与AB ，AC 相交于Q ，R 两点，又P '的对称点，证明：P '在△ABC 的外接圆上.(2002年全国初中数学联合竞赛试卷)4.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.5.在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .6.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD .7.设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：APAB ＋AQ AC＝11AN AM ＋22ANAM .8.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.9. AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平分线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN . 10．已知等腰△ABC中，∠BAC =100°，延长线段AB 到D ，使得AD =BC ，连结CD ，试求∠BCD 的度数.11.圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B . 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点Q ，使.DAQ PBC ∠=∠求证：.DBQ PAC ∠=∠12.已知两个半径不相等的圆O 1与圆O 2相交于M 、N 两点，且圆O 1、圆O 2分别与圆O 内切于S 、T 两点.求证：OM ⊥MN 的充分必要条件是S 、N 、T 三点共线. （1997年全国高中数学联赛）BDCA本节“情景再现”解答： 1．解一：连结AC ，从而可得G 为△ABC 的重心，于是CG =2GE ，AEC AGCS S ∆∆=∴32．显然ABCD 4121矩形S S SABC AEC==∆∆．ABCD 61矩形S S AGC =∴∆．从而ABCDABCD 326121矩形矩形四边形）（S S S S S AGC ADC AGCD=+=+=∆∆．即ABCDAGCD S S 矩形四边形 =23 ．因此选D． 解二：连结AC 、BD ，AC 与BD 相交于点O ．则△ABC 的面积被分为6等份．同理可把△ADC 的面积等分为6份．显然四边形AGCD 占有8份，即O FEA BC D EFGAB CDEF GABCDAGCD S S 矩形四边形 32128==．因此选D ．2. 解析 分别取PA 、PB 的中点M 、N ，连结EM 、DM 、MN 、DN 、NF ，在Rt △AEP 中，EM =AM =MP ，又DM 为△ABP 的中位线，可得BP DM 21=．同理，FN =BN =NP ，且AP DN 21=，从而EM =DN ，DM =NF ．又∵DE=DF ，∴△EMD ≌△DNF ．∴∠EMD =∠DNF ．又∵∠1=∠3=∠2，∴∠AME =∠BNF ．从而可得∠PAE =∠PBF ．3．证明：如图，分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连△PBAPE .由AB // =CD ,易知≌△ECD .有PA ＝ED ，PB ＝EC .显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ，∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ，可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .PE DGA B F C4．证明：延长CB 到D ，使BD =AB ，连结AD ，则AB +BD >AD ，即2AB >AD ．∵AB =BD ，∴∠BAD=∠D ．∴∠ABC =2∠D ．而∠ABC =2∠C ，∴∠C =∠D ．∴AC =AD ．∴2AB >AC ．5．解：设B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线相交于Q .则2222221221PB PA B C A C -=- （1） 2222221221PC PB C A B A -=- （2） 2222221221PA PC A B C B -=- （3） 2121212212QA QC A B C B -=- （4） 2121212212QB QA B C A C -=- （5）五式相加得2121221221QB QC A B A C -=- 即B B 11ACBDANCDEBM2121212212QB QC B A C A -=- 从而A 2Q ⊥B 1C 1.6.证明：如图，过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ，可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND .于是，BE ＝NC .显然，MD 为EN 的中垂线.有EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2，可知△BEM 为直角三角形，∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是，∠BAC ＝90°.所以，AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).7．证明：设AF 的延长线交AEF =△BDF 于K ，∵∠∠AKB ，∴∆AEF ≌∆AKB ．因此,EK BK AE AKAF AB AF AB==.于是要证（1），只需证明：(2)CD BK DF AK BD AB ⋅+⋅=⋅ 又注意到KBD KFD C ∠=∠=∠. 我们有1sin 2DCKSCD BK C ∆=⋅⋅∠，进一步有1sin 21sin 2ABD ADKS BD AB C S AK DF C ∆∆=⋅⋅∠=⋅⋅∠，因此要证（2），只需证明ABDDCK ADKS S S ∆∆∆=+（3）而（3）//(4)ABCAKCS S BK AC ∆∆⇔=⇔事实上由BKA FDB KAC ∠=∠=∠知（4）成立，得证. 8.证明：连结OA ，OD ，并延长OD 交△ABC 的外接圆于M ，则OD ⊥BC ，BM︿＝MC ︿，∴A 、E 、M 三点共线.∵AE 、AF 分别是△ABC 的∠A 及其外角平分线，∴AE ⊥AF .又∵HE ⊥AE ，HF ⊥AF ，∴四边形AEHF 为矩形.因此AH 与EF 互相平分，设其交点为G ，于是：AG ＝12 AH ＝12 EF ＝EG .而OA ＝OM ，且OD ∥AH ，∴∠OAM ＝∠OMA ＝∠MAG ＝∠GEA .故EG ∥OA (1) ∵O 、H 分别是△ABC 的外心和垂心，且OD ⊥BC ，∴OD ＝12 AH ＝AG ，因此，若连结DG ，则四边形AODG 为平行四边形 从而DG ∥OA . (2)由(1)和(2)知，D 、E 、G 三点共线，但F 在EG 上，故D 、E 、F 三点共线.“习题16”解答：··P OA BCD1．解：答案是PB =42㎝.连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°.故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB .2.证明：如图,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE .故EB ＝EF .作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF .因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC .于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD .3.提示：连结BP '、P'R 、P'C 、P'P ，（1）证四边形APPQ 为平行四边形；（2）证点A 、R 、Q 、P'共圆；（3）证△BP'Q 和△P'RC 为等腰三角形；（4）证∠P'BA =∠ACP '，原题得证. 4.略.5.证明：如图,过点P 作AB 的平行线交BDAN E BK G C D M F P AB GCD FE于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG .由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN .显然,PD EP＝FDEF ＝GD CG ,可知PG ∥EC .由CE 平分∠BCA ,知GP平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .6.提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第78讲数论选讲
第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛）分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2， ∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p ) ∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )， 且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2， ∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2， 由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第70讲__函数问题选讲(最终)
第70讲 函数问题选讲本节主要内容有运用函数的有关知识解决函数自身的问题和与函数有关的方程、不等式、数列等问题。
A 类例题例1 如果在区间[1，2]上，函数f (x )=x 2+px +q 与g (x )=x +1x 2在同一点取相同的最小值，求f (x )在该区间上的最大值．(1996年全国高中数学联赛) 解 由于g(x)= x +1x 2=12x +12x+1x 2≥3314=3232．当且仅当12x=1x2，即x=32时等号成立．由于32∈[1，2]，故x=32时g(x)取得最小值．因为f (x )=x 2+px +q =22()24p p x q ++-，所以－p 2=32且 4q －p 24=3232， 解得p =－232，q =3232+34． 由于32－1<2－32．故在[1．2]上f(x)的最大值为f(2)=4－5232+34．说明 本题在求g(x)的最小值时，利用了均值不等式：a b c ++≥a b c R +∈，，），当且仅当a =b =c 时等号成立。
例2 若函数)(log 23a ax x y -+=的值域为R ，则实数a 的取值范围是 。
（1994年 “希望杯”全国数学邀请赛）解法一 根据函数值域定义，对于任意实数y ，关于x 的方程y a ax x =-+)(log 23，即032=--+y a ax x 恒有解，因此0344)3(422≥⋅++=++=∆y y a a a a （*） 恒成立。
因为430y⋅>，所以（*）式成立的充要条件是042≥+a a ， 解得4-≤a 或0≥a 。
即实数a 的取值范围是(,4][0,)-∞-+∞。
- 2 -解法二 根据对数函数和二次函数的性质，)()(2R x a ax x x u ∈-+=的最小值应不小于0， 即042≤--a a ，解得4-≤a 或0≥a 。
即实数a 的取值范围是(,4][0,)-∞-+∞。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第12讲组合几何
第12讲 组合几何本节主要内容是组合几何，几何中一些组合性质的问题．按照数学家厄迪斯的说法，凸性、覆盖、嵌入、计数、几何不等式、等都属于这类问题．凸包和覆盖、几何不等式问题分别在第6讲、第15讲已经着重讲解过，本讲仍有所涉及，本讲涉及组合计数、几何极值、几何图形的分割和一些组合几何杂题． A 类例题例1 证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线之和不小于4+2 2.(1985年奥地利和波兰联合数学竞赛试题)分析 先考虑两种特殊情形：面积等于1的正方形和菱形. 在正方形中周长为4,对角线之和为22；在菱形中, 两条对角线长分别为l 1和l 2, 则因面积面积S= 12l 1l 2 =1,故l 1＋l 2≥2l 1l 2=22,而周长=4(l 12)2+(l 22)2=2l 12+l 22≥22l 1l 2 =4. 故两种特殊情形之下结论成立．这就启发我们可将周长和对角线分开来考虑．证明 设ABCD 是任一面积为1的凸四边形(如图)，于是有1=12(eg +gf +fh +he )sin α≤12(eg +gf +fh +he )＝12(e ＋f )( g +h ) ≤12(e ＋f + g +h 2)2, 即对角线之和为e ＋f + g +h ≥22．再按图的方式最新将图形中线段和角标上字母，于是又有2=2S 四边形ABCD= 12ab sin β1+12bc sin β2+12cd sin β3+12da sin β4 ≤12(ab +bc +cd +da )= 12(a +c )(b +d )≤12(a +b +c +d 2)2, 则a +b +c +d ≥4.综上所述, 命题结论成立．说明 几何不等式的证明通常引进几何变量后化归为代数不等式的证明，其中均值不等式和柯西不等式经常使用．例2 在平面上给定五个点，连接这些点的直线互不平行、互不垂直，也互不重合．过每一点作两两连接其余四点的所有直线的垂线．若不计原来给定的五点, 这些垂线彼此间的交点最多能有多少个？(第6届IMO 试题)分析 先考虑所有五个点间的连线的情况，再考虑每点向所有连线作的垂线的情况，利用多个点向一条直线作垂线没有交点，三角形的三条高线交于一点，将多计数的交点一一剔除．解 由题设条件，给定的五个点之间的连线共有C 52=10条, 这些点构成的三角形共有C 53=10个．过给定五点中的每一个作不通过该点连线的垂线共有5C 42=30条．若此30条垂线两两互不平行, 它们的交点也互不重合, 则共有C 302=435个交点．然而，在本问题中的30条垂线有相互平行的, 也有交点重合的, 故应从435个交点中减去多计入的交点个数．首先，对于任一条连线，过其余三点所作该连线的三条垂线是彼此平行而无交点的，故应从总数中减去由此多计入的10 Cαh g f e D BA β4β3β2β1d c b a B A D C32=30个交点；其次，对于由这些连线构成的每一个三角形来说，三条高同交于一点，而这三条高也为所作的垂线，故应从总数中再减去10(C 321)=20个多计入的交点；又过每一顶点所作其余连线的垂线都重交于该顶点，而欲求交点数是不记入该五个顶点的，故又应从总数中再减去5C 62=75个多计入的顶点(恰有C 42=6条垂线在一顶点处相交)．故至多有435203075=310个交点．说明 简单的组合计数问题和普通的排列组合问题解决的方法类似，必须做到既不遗漏，也不重复(不多算，也不少算)，复杂的问题还要构造递推关系、利用映射、算两次、数学归纳法等思想方法加以考虑，见本书其它讲座． 情景再现1. 在平面上给定正方形ABCD, 试求比值OA+OC OB+OD的最小值，其中O 是平面上的任意点．(1993年圣彼得堡市数学选拔考试试题)2. 由9条水平线与9条竖直线组成的8×8的棋盘共形成r 个矩形，其中s 个正方形，s r 的值可由m n 形式表示，其中m ,n 均为正整数，且m n是既约分数. 求m +n 的值.(1997年美国数学邀请赛试题) B 类例题例3 已知边长为4的正三角形ABC ，D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连接AD 、BE 、CF ，交成△RQS ，P 点在△RQS 内及其边上移动，P 点到△ABC 三边的距离分别记作x 、y 、z .1. 求证：当P 点在△RQS 的顶点时，乘积xyz 有极小值；2. 求上述乘积的极小值.（1982年全国高中数学联赛试题）分析 逐步调整法 先固定x ，考虑yz 的最小值.然后又由对称性扩大P 点的变化范围求乘积xyz 的极小值． 解 1.如图，第一步，先固定x ，考虑yz 的最小值.即过P 作直线l ∥BC ，当P 在l 上变化时，yz 何时最小. 第二步，先证两个引理：引理1：x +y +z =定值，这个定值就是正三角形的高.引理2：设y ∈[α,β]，y 的二次函数y (a —y )在[α, β]的一个端点处取得最小值. 引理1的证明用面积法，引理2的证明可用配方法.（证明留给读者）由两个引理不难得到：如果P ’,P ’’为l 上的两点，那么当P 在区间[P ’,P ’’]上变动时，xyz 在端点P ’P ’’处取得最小值.第三步，扩大P 点的变化范围：根据上面所述，当P 点在l 上变动时，xyz 在端点P ’或P ”处为最小，这里P ’、P ”是l与△RQS 的边界的交点，但△RQS 的边不与△ABC 的边平行，因而在P 移到△RQS 的边界后，不能搬用上述方法再将P ’或P ”调整为△ABC 的顶点.但是我们可以把P ’点变化区域由△PQR 扩大为图中所示的六边形R R ’QQ ’ S S ’, 其中R R ’∥Q ’S ∥CA, R ’Q ∥S ’S ∥BC, Q ’Q ∥RS ’∥AB,也就是说: R 与 R ’关于∠ABC 的平分线为对称. S ’与R 关于∠ACB 的平分线为对称,等等.过P 作平行于BC 的直线 l ,将P 调整为l 与六边形R R ’QQ ’ S S ’的边界的交点P ’(或P ”),再将P ’调整为顶点R 或S ’,每一次调整都使xyz 的值减小.由于对称, xyz 在六个顶点R ,R ’,Q,Q ’ ,S,S ’处的值显然相等,因而命题成立.P''P'S Q R CP B R'S'Q'E F2.由题易知，△ABE ≌△BCF ≌△CAD ，从而△AER ≌△BFQ ≌△CDS ，△RQS 是正三角形.由1，我们只考虑S 点x ，y ，z 的取值.由于△ASE ∽△ADC,故|AS|:|SE|=4:1,由于△AFQ ∽△ABD, 故|AQ|:|QF|=4:3.所以故|AS|:|SQ|:|QD|=4:8:1,又由于△ABC 的高h = 12,故可求得 3193,,,13131********(12).131313x h y h z h xyz 说明 本题用到二次函数的基本性质：定区间上二次函数的最值只能在端点或对称轴处取到．例4设一凸四边形ABCD ，它的内角中仅有∠D 是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该凸四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形的顶点，试证n 应该满足的充要条件是n ≥4.(1993年全国高中数学联赛第二试试题)分析 充分性：采用构造法. 先连AC ，再以AC 为直径作半圆，由直径所对的圆周角是直角启发构造4个钝角三角形. 必要性：先证非钝角三角形不能分成两个钝角三角形.再证n ≥4.解 充分性(1)非钝角三角形一定可以分割成三个钝角三角形.事实上，取锐角三角形任一顶点，或直角三角形直角顶点，设为B ，向对边AC 作高BG ，再以AC 为直径向三角形内作半圆，于是，BG 把位于该半圆内的任意点E 与三顶点连线将三角形分割成三个钝角三角形△ABE 、△BCE 、△CAE ，即为所求.(2)凸四边形ABCD 可分割成4个钝角三角形. 如图，连线段AC ，又由(1),△ABC 可分割成三个钝角三角形，加上钝角△ACD ，共有4个钝角三角形. (3)凸四边形ABCD 可分割为n =5，6，…个钝角三角形，如图，作AE 1、AE 2、…，即得新的分割的钝角三角形△AEE 1，△AE 1E 2，…共有5，6，…个钝角三角形(外角∠AE 1C ＞∠AEC ＞900,∠AE 2C ＞∠AEC,…)必要性先指出一个事实：非钝角三角形不能分割成两个钝角三角形. 这是因为由任一顶点向对边作分割线段与对边的夹角不能将180o 分成两个钝角，所以不能分割成两个钝角三角形.设凸四边形已被分割为n 个钝角三角形，如果该凸四边形的四条边分别属于4个不同的钝角三角形，则已证得了n ≥4. 如果有两条邻边同属于一个钝角三角形(不相邻的两边不能构成三角形)，这时有下列两种情况之一发生：(I)该两邻边夹角为钝角∠D ，于是∠D 不能分割.这时AC 必为分割线. 非钝角三角形△ABC 必被再分割之，它不能分割成2个钝角三角形，只能分割成3个以上的钝角三角形，连同钝角三角形△ADC ，有n ≥4.(II)该两邻边的夹角不是∠D ，这时夹角不能是∠B ，因为△ABC 不是钝角三角形，因为夹角只能是∠A 或∠C 而使BD 为分割线，并且将∠D 分割出一个钝角，使该两邻边构成钝角三角形的两条边，这样，另一非钝角三角形必被再分割之，于是同理必须分割成3个以上的钝角三角形，同理得到n ≥4.说明 组合几何在全国高中数学联赛加试中经常出现，本题的难点在必要性的证明，充分性的证明只要构造就好了．例5 设凸四边形ABCD 的面积为1，求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找到四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于14.(1991年全国高中数学联赛第二试试题)分析 在四个三角形△ABC 、△BCD 、△CDA 、△DAB 中选出一个面积最小的，然后按其面积与14的大小分四类情况加以讨论. 证明 如图 (1)，考虑四个三角形△ABC 、△BCD 、△CDA 、△DAB 的面积，不妨设S △DA B为最小.这时有四种情况：(1)S △DA B >14.这时显然A 、B 、C 、D 即为所求的四个点. (2)S △DA B <14.设G 为△BCD 的重心. 因 S △BCD =1－S △DA B >34,故 S △GBC = S △GCD = S △GDB =31S △BCD >14. 于是，B 、C 、D 、G 四点即为所求.(3)S △DA B =14，而其它三个三角形的面积均大于14，由于S △A BC =1－S △CDA <43=S △BCD , 故过A 作BC 的平行线l 必与线段CD 相交于CD 内部的一点E .由于S △A BC >S △DA B , 故S △EA B >S △DA B =14.又S △EAC =S △EA B ,S △E BC =S △A BC >14.故E 、A 、B 、C 四点即为所求.(4)S △DA B =14，而其它三个三角形中还有一个面积为14，不妨设S △CDA =14(如图(2))， 因S △DA B =S △CDA ，故AD ∥BC ，又S △A BC =S △D BC = 34.故得BC=3AD . 在AB 上取点E ，DC 上取点F ，使得AE=14AB ，DF=14CD ，那么， EF=41(3AD+BC)=23AD, S △EBF =S △ECF =43S △A BF =43×21S △A BC >14, S △E BC =S △F BC > S △EBF >41. 故E 、B 、C 、F 四点即为所求.说明 分类的方法可以与证法一不同. (4)的证明可按下面的方法处理S △DA B =14，而其它三个三角形中还有一个面积为14， 不妨设S △CDA = 14(如图)， 因S △DA B =S △CDA ，故AD ∥BC ，过AC 、BD 的交点O 作EF ∥BC,分别交AB 、CD 于E 、F ，则EF=2·34AD=32 AD . S △EBF = S △ECF =32×34 S △DAB ＞14, S △EBC = S △FBC ＞S △EBF ＞14. 故E 、B 、C 、F 四点即为所求. 情景再现3．设AB,CD 是以O 为圆心，r 为半径的两条互相垂直的弦．圆盘被它们分成的四个部分依顺时针顺序记为X,Y,Z,W ．求A(X)+A(Z)A(Y)+A(W)的最大值与最小值，其中A(U)表示U 的面积．(1988年I MO 预选题)CC4．设整数n (n ≥5).求最大整数k ，使得存在一个凸n 边形(凸或凹，只要边界不能自相交)有k 个内角是直角．(第44届IMO 预选题)5. 设ABCD 是一个梯形(AB ∥CD),E 是线段AB 上一点,F 是CD 上一点,线段CE 与BF 相交于点H,线段ED 与AF 相交于点G.. 求证: S EHFG ≤14S ABCD . 如果ABCD 是一个任意凸四边形,同样结论是否成立?请说明理由.(1994年中国数学奥林匹克试题)C 类例题 例6 在平面内任给n (n ＞4)个点，其中任意3点不共线.试证：至少有C n 23个以上述所给定点为顶点的凸四边形.(第11届IMO 试题)分析 由于平面上任何5点(其中任意3点不共线)中必有4点是一个凸四边形的4个顶点，于是通过算两次的方法，利用排列组合知识计算出不同的凸四边形的个数的最小下界，然后用数学归纳法证明此下界超过C n 23．另一种方法是直接找出C n 23个凸四边形.证法一 由E.Klein 定理知，平面内任何5点(其中任意3点不共线)中必有4点是一个凸四边形的4个顶点，而n 个点可组成C n 5个5点组，故一共有C n 5个凸四边形(包括重复计数)，而每个凸四边形的4个顶点恰好属于C n 14=n 4个5点组，所以，不同的凸四边形的个数不少于1n -4C n 5. 下面用数学归纳法证明1n -4C n 5≥C n 23(n ≥5). 当n ＝5时，1n -4C n 5＝C n 23＝1. 设n ＝k 时，1k -4C k 5≥C k 23,那么，当n ＝k ＋1时, 1(k +1)-4C k 5+1= k +1k -3 · C k 5k -4≥k +1k -3 ·C k 23 = k +1k -3 · (k -3)(k -4)2 = (k +1)(k -4)2 = k 2 -3k -42 = (k -2)(k-3) +2(k -5)2≥C (k +1)23. 故对一切n ≥5，1n -4C n 5≥C n 23. 综上可知，至少有C n 23个凸四边形.证法二 以给定点中任意3点为顶点可以作一个三角形，设这些三角形中面积最大的一个为△ABC,过顶点A 、B 、C 分别作对边的平行线，3条平行线相交成△DEF(如图)，则n个给定的点全部落在△DEF 的内部或边界上(否则与△ABC 的面积最大矛盾).除A 、B 、C3点外，另外n 3个任意两点M 、N 所决定的直线至多与△ABC 的两边相交而与第三条边不相交.不妨设MN 不与BC 相交(如图)，于是MNBC 为凸四边形，显然，这些凸四边形互不相同，并且至少有C n 23个.说明 组合计数是组合几何的一个重要组成部分，算两次是其中的手法之一．例7 求平面上满足条件:(1)三角形的三个顶点都是整点,坐标原点为直角顶点;NMF ED CB A(2)三角形的内心M 的坐标为(96p ,672p ),其中p 为素数的直角三角形的个数.(2003年湖南省高中数学竞赛试题)分析 如图，由于OM 是直角∠AOB 的平分线，M 的坐标已知，可以利用解析几何和三角的有关知识求出OM,OA,OB 的斜率，这样可以设出点A,B 的坐标，利用切线长相等计算直角三角形内切圆半径r 的公式(OA+OB AB=2r )以及r = 22OM 就可得出A,B 坐标的关系式，再利用质因数的分解就可以获解．解 设如图所示的三角形为满足条件的Rt △OAB,则直线OM 的斜率为tan α= 7;直线OA 的斜率为tan(α45o )= tan α-11+tan α = 34;直线OB 的斜率为43. 由此可设A(4t ,3t ),B(3s ,4s )(s ＞0, t ＞0),则t =4t 3t ,s= 3s +4s 都是正整数.设△OAB 的内切圆半径为r , 则r = 22OM= 22p ·9612+72=5p ×96. 又OA=5t , OB=5s ,AB=5t 2+s 2. 由OA+OB AB=2r ,得5t 2+s 2=5t +5s2×5p ×96.两边平方,整理得(t 192p )(s 192p )=2p 2×962=211×32×p 2.因5t ＞2r , 5s ＞2r , 故t 192p ＞0, s 192p ＞0.因此,所求三角形的个数等于211×32×p 2的正因数的个数,即当p ≠2,3时,共有(11+1)(2+1)(2+1)=108个直角三角形符合条件;当p =2时,共有(13+1)(2+1)=42个直角三角形符合条件;当p =3时,共有(11+1)(4+1)=60个直角三角形符合条件.说明 本题的解法采用层层推进，先从OM,OA,OB 的斜率出发，再探求A,B 坐标之间的关系．进而利用内切圆半径的两种算法使问题的解决架起了桥梁．例8 设n 和k 是正整数,S 是平面上n 个点的集合,满足:(1) S 中任何三点不共线;(2) 对S 中的每一点P, S 中存在k 个点与P 的距离相等.证明:k ＜12+2n .(第30届IMO 试题) 分析 由于S 中的每一点P, S 中存在k 个点与P 的距离相等，所以考虑以S 中的每一点为中心作圆，每个圆上至少有有k 个点，再利用算两次的方法计算两个端点均属于S 的线段的条数，就可以得出不等关系，问题就迎刃而解．解 依题设，以S 中的每一点为中心可作n 个圆，使每个圆上至少有k 个点属于S.我们称两个端点均属于S 的线段为好线段．一方面，好线段显然共有C n 2条．另一方面，每个圆上至少有C k 2条好线段，n 个圆共有n C k 2条好线段,但其中有一些公共弦被重复计算了．但每两个圆至多有一条公共弦，n 个圆至多有C n 2条公共弦(这些弦不一定是好线段),故好线段的条数不少于n C k 2-C n 2．综上所述，得到C n 2≥n C k 2-C n 2．即k 2k 2(n 1)≤0.所以，k ≤1+1+8(n -1)2＜1+8n 2＝12+2n . 说明 (1)本题中第一个条件是多余的；(2)算两次的思想方法在组合数学中经常使用，如果两次都是精确结果，综合起来得到一个等式；如果至少有一次采用了估算(计算了量的上界或下界)，那么，就可以得到一个不等式． M B A Oy x情景再现6. 平面上给定100个点，其中任意3点可组成三角形，证明至多有70%的三角形为锐角三角形.(第12届IMO试题)7. 设M为平面上坐标为(p×1994,7p×1994)的点,其中p是素数.求满足下述条件的直角三角形的个数:(1)三角形的三个顶点都是整点,而且M是直角顶点;(2)三角形的内心是坐标原点.(1994年中国数学奥林匹克试题)8. 平面上有n≥5个互不相同的点，每点恰好与其它4点的距离为1,求这样的n的最小值.(2004年中国国家集训队测试题)习题161．在六条棱长为2,3,3,4,5,5的所有四面体中最大的体积是多少？证明你的结论.(1983年全国高中数学联赛第二试试题)2.平面上的点集H称为好的，如果H中的任意3点都存在一条对称轴，使得这3个点关于这条对称轴对称.证明：(1)一个好的集合不一定是轴对称的；(2)如果一个好的集合中恰有2003个点，则这2003个在一条直线上.(2003年匈牙利数学奥林匹克试题)3.已知一张n×n(n≥3)的方格纸板，每个单位正方形内有下列四个单位向量之一：↑，↓，←，→，其中向量平行于单位正方形的边，且过单位正方形的中心.一只甲虫每次根据向量所指的方向从一个单位正方形爬到另一个单位正方形.如果甲虫从任意一个单位正方形出发，经过若干次移动以后，又回到出发时的那个单位正方形，其中向量所指的方向不允许甲虫离开方格纸板.问是否可能使得任意一行(不包括第一行和最后一行)所有向量的和等于这一行平行于这一行的所有向量之和, 任意一列(不包括第一列和最后一列)所有向量的和等于这一列平行于这一列的所有向量之和.(2003年白俄罗斯数学奥林匹克试题)4.设正整数n≥3,如果在平面上有n个格点P1,P2,…,P n满足:当|P i P j|为有理数时，存在P k,使得|P i P k|和|P j P k|都是无理数;当|P i P j|为无理数时，存在P k,使得|P i P k |和|P j P k|都是有理数,那么，称n为“好数”.(1)求最小的“好数”；(2)问：2005是否为“好数”？(2005年中国女子数学奥林匹克试题)5.证明：对n≥4,每一个有外接圆的四边形，总可以划分成n个都有外接圆的四边形.(第14届IMO试题)6.在平面上引4条直线,使得其中每两条都相交,而任何3条不共点(这些直线中的每一条都与其余的直线有三个交点),试问这样分割的8条线段的长度能否分别等于(1)1,2,3,4,5,6,7,8;(2)不同的正整数值.(1991年全苏数学奥林匹克试题)7.在边长为1的正方形网格平面上有一个直角三角形，其所有顶点都是格点，且三边长均为整数，证明其内切圆圆心也是一个格点．(1991年德国数学奥林匹克试题)8.平面上已给7个点，用一些线段连接它们，使得(1)每三点中至少有两点相连；(2)线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．(第30届IMO 预选题)9. 设P 1,P 2,…,P 1993=P 0是平面x O y 上具有下列性质的不同点：(1)P i 的坐标是两个整数，求证i =1,2,3, (1993)(2)除P i 和P i ＋1外,在线段P i P i ＋1上没有坐标是两个整数的点，其中i =0,1,2, (1992)证明：对于某个i ,0≤i ≤1992,在线段P i P i ＋1上存在一个点Q(q x ,q y )使得2q x 和2q y 是奇整数．(1993年亚太地区数学奥林匹克试题)10. 将边长为整数m ，n 的矩形划分成若干个边长均为正整数的正方形. 每个正方形的边平行于矩形的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值.(2001年全国高中数学联赛加试试题)11.对于平面上任意三点P 、Q 、R,我们定义m (PQR)为△PQR 的最短的一条高线的长度(当P 、Q 、R 三点共线时，令m (PQR)=0.设A 、B 、C 为平面上三点，对此平面上任意一点X,求证：m (ABC)≤m (ABX)+m (AXC)+m (XBC). (第34届IMO 试题)12. 由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形， 其中n =q 2+q +1，l ≥21q (q +1)2,q ≥2,q ∈N. 已知此图中任意四点不共面, 每点至少有一条连线段, 存在一点至少有q +2条连线段. 证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形). (2003年全国高中数学联赛加试题)本节“情景再现”解答：1. 首先证明OA+OC OB+OD ≥12. 将不等式两端平方，去分母得 2(OA 2+OC 2+2OA ·OC)≥OB 2+OD 2+2OB ·OD.因为OA 2+OC 2= OB 2+OD 2,所以，上述不等式就化为OB 2+OD 2+4OA ·OC ≥2OB ·OD.而这个不等式显然成立，因为OB 2+OD 2≥2OB ·OD.其次，如果取O=A,即知该分式的值为12．所以该比值的最小值是12． 2. 因为一个矩形必须由两条水平直线和两条竖直直线确定，今有9条水平直线和9条竖直直线，故共有C 92C 92=1296个矩形，其中边长为1的正方形有82个，边长为2的正方形有72个,….一般地，边长为i 的正方形有(9―i ) 2个(1≤i ≤8)，故正方形的个数为82+72+…+22+12=204个,从而s r = 2041296 = 17108,所以m +n =17+108=125. 3.不妨设圆心落在如图所示(1)的Z 中．则当AB 弦向上平移时，如图(2)中的阴影部分面积大于它左边无阴影的部分的面积，所以A(X)+A(Z)增加，而A(Y)+A(W)在减少(注意X,Y,Z.W的面积之和是定值πr 2),因而比值A(X)+A(Z)A(Y)+A(W)增加．于是，当点A 与点C 重合时，它才有可能取到最大值．在图(3)中,直角三角形ABD 的斜边BD 是直径，设△ABD 在OA 为高时面积最大，这时A(Z)为最大，A(X)+A(Z)也最大，其值为12πr 2+r 2．(3)(2)(1)OW Z Y XA(C)B DB DCB A而A(Y)+A(W)为最小，其值为12πr 2－r 2．所以A(X)+A(Z)A(Y)+A(W)的最大值是12πr 2+r 212πr 2－r 2= π+2π-2. 4.我们证明当n =5时，满足条件的k =3;当n ≥6时, k =[2n 3]+1([x ]表示不超过x 的最大整数)．假设存在一个n 边形有k 个内角是直角，因为其它所有的角小于360o ,于是有(n ―k )×360o + k ×90o ＞(n ―2)×180 o ,即k ＜2n +43. 因为k 和n 是整数，所以，k ≤[2n 3]+1． 如果n =5，则[2n 3]+1＝4.可是，如果五边形有四个内角是直角，则另外一个角是180 o ，矛盾． 图中给出的五边形有3个内角是直角,所以,最大整数k =3．(a )n =8n =7n =6n =5对于n ≥6,我们构造一个有[2n 3]+1个直角的n 边形． n =6,7,8时的例子如图所示(a )． 对于n ≥9,我们归纳地构造例子．对于所有大于180 o 的内角，我们可以割出一个“少一个顶点的三角形”，使得多出三个顶点，多出两个内角为直角的角，如图(b ). 图(c )是另一种构造方法．5. 连接EF. 在梯形AEFD 中,显然有sin ∠AGD=sin ∠DGF=sin ∠EGF=sin ∠AGE, ①S △AGD = S △AED ―S △AEG = S △AEF ―S △AEG = S △EGF . ②由①和②有(S △EGF )2= S △EGF ·S △AGD = (12EG ·GFsin ∠EGF) ·(12AG ·GDsin ∠AGD) =(12EG ·AGsin ∠AGE) ·(12GF ·GDsin ∠DGF)= S △AGE ·S △DGF . ③ 由②和③有S AEFD =S △AGE + S △EGF + S △DGF + S △AGD D F C(c )(b )H G F E D C B A =2S △EGF +(S △AGE +S △DGF )≥2S △EGF +2S △AGE ·S △DGF =4S △EGF. ④类似地,有S BEFC ≥4S △EHF . ⑤④+⑤,再乘以14,得14S ABCD ≥S EHFG . ⑥对于后半题,如果ABCD 是一个任意凸四边形,结论不一定成立.举一反例如下:作一个梯形ABCD 使得BC ∥AD,AD=1,BC=100,梯形高h =100.在AB 上取一点E,作EF ∥BC,交线段CD 于点F. 已知线段EF与BC 之间的距离为1. S ABCD = 12(AD+BC)h =5050, ⑦ EF= 1100(99BC+AD)=99.01. ⑧点G 到线段EF 之间的距离记为h ',显然,h '99-h ' = EFAD = 99.01. ⑨从而,h '= 99×99.01100.01 ⑩那么, S EHFG ＞S △EFG = 12EF ×h '= 99×99.0122×100.01＞14×5050= 14S ABCD . ⑪6.任意五个点，其中没有三点共线，则移动可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形. 这个结论可分三种情况讨论.(1)若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形至少有两个内角为钝角，它们可能相邻(例如∠A, ∠B),也可能不相邻(例如∠A, ∠C),如图a ,b . 再注意四边形ACDE 至少有一个内角非锐角，这样就找到三个非锐角，相应得到三个非锐角三角形.d c b a AB CDEABCDEA BC D E E D CB A(2)若五个点中，有四个点组成一个凸四边形ABCD, 如图c , 另一点E 在四边形ABCD 内部，则EA 、EB 、EC 、ED 相互间的夹角至少有两个钝角.再加上ABCD 中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角三角形.(3) 若五个点中，有三个点组成一个三角形ABC ，如图d , 另外两点D ，E 在三角形ABC 内部，由于∠ADB, ∠BDC, ∠CDA 中至少有两个钝角，∠AEB, ∠BEC, ∠CEA 中也至少有两个钝角，这样我们可以找到四个钝角三角形.综合(1),(2),(3)可得结论.由于每个非锐角三角形至多属于C 12003个五点组，而五点组共有C 1500个.所以，100个点可组成非锐角三角形至少有3C 1500C 1200-3个，它是三角形总数的3C 1500C 1200-3C 1300 = 310, 因此，锐角三角形不多于三角形总数的70%.7. 连坐标原点O 及点M,取线段OM 的中点I(p ×997,7 p ×997),把满足条件的一个直角三角形关于点I 作一个中心对称,即把点(x , y )变为(p ×1994- x , 7p ×1994- y ).于是,满足条件的一个整点三角形变为一个与之全等的整点直角三角形.三角形的内心变到点M, 直角顶点变到坐标原点. 因此, 所求整点三角形的个数, 只须考虑直角顶点在坐标原点, 内心在点M 的情况即可.考虑满足上述条件的整点直角△OAB.设∠x OM=β,∠x OA=α, α+π4 = β,由题设条件,知tan β=7,tan α=tan(β-π4) = tan β-11+tan β = 34. ①于是,直角边OA 上的任一点的坐标可写成(4t ,3t ),由于A 是整点,则t ∈N, OA=5t , 从∠y OB=α, 可知B 的坐标为(-3s ,4s ), s ∈N,OB=5s .直角三角形内切圆半径r =22OM=5p ×1994. 设OA=2r +u ,OB=2r +v . ②由于OA,OB,r 都为5的倍数,则正整数u , v 都是5的倍数. 利用圆外一点到圆的两条切线长相等,有 AB=(r +u )+(r +v )=2r +u +v . ③ 由于△OAB 是一个直角三角形,有0=AB 2-OA 2-OB 2=(2r +u +v )2-(2r +u )2-(2r +v )2=2uv -4r 2. ④于是,有uv =2r 2. ⑤ 由于u 5, v5都是正整数,可得u 5·v5=23×997×p 2. ⑥ 当p ≠2和p ≠997时,有⎩⎨⎧u 5=2i×997j×p k，v5 =23-i×9972-j×p2-k.⑦ 这里i =0,1,2,3; j =0,1,2; k =0,1,2.那么(u 5,v5)有4×3×3=36组不同的(有序)解.当p =2时,有⎩⎨⎧u 5=2i×997j，v5 =25-i×9972-j.⑧这里i =0,1,2,3,4,5; j =0,1,2. 那么(u 5,v5)有6×3=18组不同的(有序)解.当p =997时,有⎩⎨⎧u 5=2i×997j，v5 =23-i×9974-j.⑨这里i =0,1,2,3; j =0,1,2,3,4. 那么(u 5,v5)有4×5=20组不同的(有序)解.MBAOyx于是,所求的直角三角形的个数S=⎩⎪⎨⎪⎧36， 当p ≠2和p ≠997时;18， 当p =2时;20， 当p =997时.⑩8. 设n 个点为A 1,A 2,…,A n ,并设A 1A i =1(i =2,34,5).由于以A 1为圆心，1为半径的圆与以A 2为圆心，1为半径的圆至多相交于两点，故A 2A 3,A 2A 4,A 2A 5中至少有一个不为1. 又A 2恰好与四个A i 的距离为1,故n ≥6.以A1为圆心、1为半径的圆与以A6为圆心、1为半径的圆至多相交于两点，故A6A2, A6A3, A6A4, A6A5中至多两个为1,因此A6与A7,…,A n中至少两点的距离均为1,所以n≥8.当n=8时,必有A6A7=1,A6A8=1.同理A7A8=1.因此A6、A7、A8中每一点恰好与A2、A3、A4、A5中两点的距离为1.以A6、A7、A8为圆心，1为半径的三个圆另交于三点，至少有两点为A2、A3、A4、A5中的两点，设为A2、A3.再设这两点均在以A6为圆心的圆上，则A2、A6、A3共线，A2A3为直径.这样A1不可能与A2、A3的距离均为1,矛盾.所以，n≥9. n=9可达到,如图所示.本节“习题4”解答：1. 最大的体积为328.根据三角形的两边之和大于第三边这一性质，按题设数据，所有一边为2的三角形，其余两边只可能是：①3，3；②5，5；③4，5；④3，4.从而题设四面体中，以2为公共边的两个侧面三角形的其余两边只可能有三种情形：(1)①与②；(2)①与③；(3)②与④.下面就这三种情况分别讨论之：(1)如图，AC=BC=3，AD=BD=5，因为32+42=52，故CD⊥AC，CD⊥BC，从而CD⊥平面ABC，由对称性，这样的四面体只有一个，其体积为：1111423323∆=⋅=⋅⋅⋅=ABCV CD S(2)这样的四面体有两个，如图，易知它们的体积相等，记为V2.因为22+42<52,故∠ABD为钝角，即棱BD与底面ABC斜交，设D至ABD的高为h2，则h2<BD=4,故22ABC ABC11482V h S S V.33(3)这样的四面体也有两个，如图，易知它们的体积也相等，记为V3.因为22+52＞52,故∠BAD为锐角，即棱AB与平面ACD斜交，设B至ABD的高为h3，则h3<AB=2,故。
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第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛）分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2， ∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p ) ∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )， 且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2， ∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2， 由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
很显然，本问题配方以后会有多出的部分。
解 设A ＝n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数， 则配方后A ＝(n 2+3n +1)2―3(n ―10)是完全平方数． 当n ＜10时，A ＜(n 2+3n +1)2，所以A ≤(n 2+3n )2，∴ A ―(n 2+3n )2＝(n 2+3n +1)2―3(n ―10)―(n 2+3n )2≤0， 即 (n 2+3n +1)2―(n 2+3n )2≤3(n ―10)， ∴ 2n 2+3n +31≤0，这不可能．当n =10时，A ＝(102+3×10+1)2=1312是完全平方数。
当n ＜10时，A ＞(n 2+3n +1)2， 若n ≤－3，或n ≥0，则n 2+3n +1≥0， 于是A ≥(n 2+3n +2)2，化简得2n 2+9n －27≤0， ∴ －7＜－3(33+3)4≤n ≤3(33－3)4＜3，∴ n =－6，－5，－4，－3，0，1，2，此时对应的A =409，166，67，40，31，52，145都不是完全平方数． 若n =－2，－1，与之对应的A =37，34也都不是完全平方数． 所以，只有当n =10时，A 是完全平方数．说明 A 是完全平方数，配方后(n 2+3n +1)2也是完全平方数，若A 等于(n 2+3n +1)2，配方多出的多项式应该等于0；若A 不等于(n 2+3n +1)2，配方多出的多项式应该大于或小于0，但此“多余的”式子是一次的，不能反映出较多的信息，必须进一步估计范围。
例3．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，若相邻若干个数之和能被11整除，则这些数组成一个数组，这样的数组共有_________个。
分析 若干个数的和被11整除，只要考虑这些数模11的剩余的和被11整除即可，为了计算简单，这些剩余的绝对值应该尽量的小。
而相邻若干数的和，常常与数列前n 项的和S n 相关。
答 7个。
把各项先减去11的倍数，使数字变小易于计算。
由此有如下数列：1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1。
设其前n 项之和为S n ，则S 1＝1，S 2＝5，S 3＝2，S 4＝1，S 5＝6，S 6＝3，S 7＝2，S 8＝5，S 9＝2，S 10＝1。
其中相等的有S 1＝S 4＝S 10＝1，S 2＝S 8＝5，S 3＝S 7＝S 9＝2，这样有7组差S 4―S 1，S 10―S 1，S 10―S 4，S 8―S 2，S 7―S 3，S 9―S 7，S 9―S 3为0，即共有7组能被11整除。
说明 数列a 1，a 2，……，a n 中，连续若干项的和a k+1+a k+2+…+a m 就是S n ―S k 。
例4．已知a 、b 、c 为正整数，且3a +b3b +c是有理数。
证明： a 2+b 2+c 2a +b +c 是整数。
（2004年芬兰高中数学竞赛）分析3a +b 3b +c是有理数，其中隐含着正整数a 、b 、c 的关系，找出a 、b 、c 的关系，进一步推出a +b +c 是a 2+b 2+c 2的约数。
证明 因为3为无理数,故, 3b －c≠0，于是 3a +b3b +c= (3a +b )(3b －c )3b 2－c 2 = 3ab －bc+3(b 2－ac )3b 2－c 2， 上式表示有理数，则有b 2－ac =0。
从而 a 2+b 2+c 2=(a+b+c )2－2ab －2bc －2ca=(a+b+c )2－2(ab +bc +b 2) =(a+b+c ) (a －b+c ).故 a 2+b 2+c 2a +b +c = a －b+c ∈Z 。
说明3a +b3b +c是有理数，其分子、分母中的无理数3应该可以约去，注意到a 、b 、c 为正整数，有a b = b c即可，也即b 2=ac 。
情景再现1．已知a 、b 、c 、d 均为正整数，且log a b =32，log c d =54。
若a －c =9，则b －d = 。
（2003年全国高中数学竞赛）2．一组相邻的正整数，其中任何一个都不能被大于1的奇数的立方所整除，则这组数最多有_______个。
3．将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的4倍，求原数。
4．由7个数字0，1，2，3，4，5，6组成且能被55整除的最小七位数是 ；B 类例题例5．证明：不存在正整数n ，使得2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1全都是完全平方数。
（2004年日本数学奥林匹克）分析 完全平方数有诸多性质，推理过程中容易找到方向。
譬如若2n2+1，3n2+1，6n2+1全都是完全平方数，则两两的乘积 (2n2+1)(3n2+1)=6n4+5n2+1，(2n2+1)(6n2+1)=12n4+8n2+1和(3n2+1)(6n2+1)=18n4+9n2+1都是完全平方数，但其中任意一个都可以是不矛盾的。
而三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数则有可能出现矛盾。
注意36n6+36n4+11n2+1=9n2(4n4+4n2+1)+2n2+1=9n2(2n2+1)2+(2n2+1)，若乘一个平方数36n2即可以配方。
证明若题中结论不真,那么,此三数均为完全平方数,则三个数的积(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方数。
∴ 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)是完全平方数，即36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)= 36n2 (36n6+36n4+11n2+1)=36n2 [9n2(2n2+1)2+2n2+1]= (18n2)2(2n2+1)2+36n2(2n2+1)=(36n4+18n2+1)2－1是完全平方数。
(36n4+18n2+1)2是完全平方数，(36n4+18n2+1)2－1也是完全平方数，两个正整数的平方相差1，这是不可能的。
所以题中结论成立。
说明否定型命题，适合用反证法处理。
例6．2005！+2，2005！+3，……，2005！+2005这连续的2004 个整数构成一个数列，且此数列中无质数。
是否存在一个由2004 个连续整数构成的数列，此数列中恰有12 个质数？（2004年芬兰高中数学竞赛）分析条件中给出了一个重要的特例，由于当k∈N、2≤k≤2005时，总有k | 2005！，所以2005！+k总是合数。
而1，2，3，……，2004中质数个数超过12个。
考虑数列a，a+1，a+2，…，a+2003和数列a+1，a+2，…，a+2004中的质数个数变化。
解考虑数列a，a+1，a+2，…， a+2003 和数列a+1， a+2，…，a+2004中的质数个数。
若a和a+2004均为质数或均为合数,那么,这两个数列中的质数个数相等;若a和a+2 004中有一个是质数,则两个数列中的质数个数差1.已知数列1，2，…，2004中质数从小到大有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，……质数个数超过12个，而对于a，a+1，a+2，…，a+2003，当a=2005!+2时，此数列中无质数。
所以,存在一个b(1<b<a) ,使得数列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12个质数。
说明本题给出存在性命题证明的一个范例，数列a，a+1，a+2，…，a+2003和数列a+1，a+2，…，a+2004中的质数个数最多只能相差1，而a取1或2005！+2时质数个数从1个变为超过12个，在1与2005！+2间存在一个数b，使得数列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12个质数。
例7．已知m、n、k为自然数，m≥n≥k，且2m+2n－2k是100的倍数，求m+n－k的最小值．分析：2m+2n－2k中有因数2k，又2m+2n－2k是100的倍数，2m+2n－2k是4的倍数且是25的倍数，求m+n－k的最小值可以去掉因数2k后逐个试验。
解设2m+2n－2k =100t(t∈N)，若n=k，则得2m=100t，不可能，∴n>k．∴ 2k(2m－k+2n－k－1)=22·52t．由2m－k+2n－k－1为奇数，∴k≥2．取m－k=p，n－k=q，(0<q≤p) 则m+n－k=p+q+k．为使此式最小，应使k取最小，故k=2．∴ 2p+2q－1=25t，t为奇数．∴ 2p+2q的末两位数字为26或76．于是p>4(∵ 24+23<26)，取p、q值试验：其中p=9时有解q=6，使m+n－k=p+q+k=17；再对p<15的值试验，得p=10，q=1使m+n－k=p+q+k=13．而p>10时p+q+k>13．∴最小值为13．说明求多元变量的最小值的命题时，可以在充分讨论限制条件后逐个试验求解。