一道数学竞赛试题的解法探索及启示.doc
一道竞赛题的解法思考
一道数学竞赛题的解题思考相似是初中数学学习的一个重要知识点，也数学问题解决时常用的数学方法，下面的这道赛题就能证明这一点.笔者现将自己对一道几何竞赛填空题的解法探究整理成文，期待同行指正.一、原题呈现 题目如图1，在ABC △中，D 为BC 边上一点，E 为线段AD 上一点，延长BE 交AC 于点F 。
若25BD BC =，12AE AD =，则AFAC= .(2016年“大梦杯”福建省初中数学竞赛题)二、探寻解法过程思路1：过点C 构造平行线，构造相似解题解法1 ：如图2，过点C 作CG BF ∥交AD 的延长线于点G ，则AF AEAC AG=. 因为CG BE ∥，所以DGC DEB △∽△，所以32DG DC DE DB ==， 所以37222AG AD DG DE DE DE =+=+=，所以27AF AE DE AC AG AG ===.解法2 ：如图3，过点C 作CG ∥AD 交BF 的延长线于点G ，所以△BDE ∽△BCG ，所以DE CG =25BD BC =, 由CG ∥AD ，所以△AEF ∽△CGF ，所以AE AF CG FC =,因为12AE AD =，所以AE=DE ，所以AF FC =BD BC 25,所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.【评析】解答时，做到了三合一即相似三角形的性质，平行线分线段成比例定理，比例的基本性质，熟练选择，才能灵活应用，巧妙解题.思路2：过点D 构造平行线，构造相似解题解法3 ：如图4，过点D 作DG ∥AC 交BF 于点G ，所以△BDG ∽△BCF ，所以DG FC =25BD BC =, 由DG ∥AC ，所以△DGE ∽△AFE ，所以DG DE AF AE =,因为12AE AD =，所以DG DEAF AE==1，所以DG=AF ，所以AF FC =25,所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.解法4 ：如图5， 过点D 作DG ∥BF 交AC 于点G ，所以△AEF ∽△ADG ，所以AE AFED FG=, 因为12AE AD =，所以AE AFED FG==1，所以FG=AF ， 由DG ∥BF ，所以FG BD FC BC =,因为25BD BC =，所以FG FC =25,所以AF FC =25, 所以225AF AF FC =++,所以AF AC =27.【评析】构造平行线不是盲目的，而是围绕能将已有图形分解出熟悉的“A ’字型，”8“字型两种三角形相似的模型图形来，为解题提供有力支撑.思路3：过点B 构造平行线，构造相似解题解法5 ： 如图6，过点B 作BG ∥AC 交AD 的延长线于点G ，所以△BGD ∽△CAD ，所以BG DG BD AC AD DC ==,因为25BD BC =，所以BD DC =23,所以BG AC =23，DG AD =23，所以DC=23AD ， 由BG ∥AF ，所以△BGE ∽△FAE ，BG GE AF AE =,因为12AE AD =，所以AE=ED=12AD ，所以213212AD AD BG AF AD +==73,所以BG=73AF ，所以73AFAC =23，所以AF AC =27. 解法 6 ： 如图7，过点B 作BG ∥AD 交AC 的延长线于点G ，所以△ACD ∽△GCB ，所以AC CD AD CG CB BG ==,因为25BD BC =，所以CD BC =35,所以AC CG =35=AD BG ，所以AC=35CG ，由BG∥AD，所以AG BDCG BC=,所以AGCG=25，所以AG=25CG，由BG∥AD，所以12AF AE ADFG BG BG==,所以AFFG=3152⨯=310，所以AF=310FG，因为AF=FG-AG,所以AF=103AF-AG,所以AG=73AF，所以AF=37AG=37×25CG=635CG，所以AFAC=63535CGCG=27.思路4：过点A构造平行线，构造相似解题解法7：如图8，过点A作AG∥BC交BF的延长线于点G，所以△AGE∽△DBE，所以AG AEBD ED=,因为12AEAD=，所以AG=BD，由AG∥BC，所以△AGF∽△CBF，AG AFBC FC=, 因为AG=BD，所以BD AFBC FC=,因为25BDBC=，所以AFFC=25，所以AFAC=27.解法8：如图9，过点A作AG∥BF交CB的延长线于点G，所以AFAC=GBGC,由AG∥BF，所以AE GBED BD=, 因为12AEAD=，所以BG=BD，因为25BDBC=，所以BC=52BD，所以AFAC=GBGC=52BDBD BD+=27.思路5：过点F构造平行线，构造相似解题解法9 ：如图10，过点F作FG∥AD交BC于点G，所以△FCG∽△ACD，所以FG FC CG AD AC CD==,由FG∥AD，所以△BDE∽△BGF，DE BDFG BG=,因为12AEAD=,所以2AD BDFG BG=,所以CDCG2BDBG=,所以2BG BDCG CD=,因为25BDBC=，所以BDDC=23，所以BG=43CG，所以BD+DG=43(CD-DG),所以DG=27CD，由FG∥AD，得AFAC=27CDDGDC CD=-27.解法10 ：如图11，过点F作FG∥BC交AD于点G，所以△AGF∽△ADC，所以AG AF FGAD AC CD==,由FG∥BC，所以△FGE∽△BDE，FG GEBD ED=,因为12AEAD=,所以2FG GEBD AD=,所以BDDC2AGGE=,因为25BDBC=，所以BDDC=23，所以AG=43GE，所以AE-GE=43GE，所以AE=73GE，所以AD=2AE=143GE，所以AFAC=43143GEAGAD GE=-27.【评析】三角形ABC外围上的所有点，都能通过构造平行线，转化成模型相似形三角形，把问题加以解决，这种模型转化的方式，要熟记，能熟用.接下来就留下了一个点E没有发挥作用，这个点是否也有这样的功效呢？思路6：过点F 构造平行线，构造相似解题解法11 ：如图12，过点E 作EG ∥BC 交AC 于点G ，所以△AGE ∽△ACD ，所以AG AE EGAC AD DC==,因为12AE AD =，所以AC=2AG=2GC ，DC=2EG,由EG ∥BC ，所以△FEG ∽△FBC ，EG FG BC FC =, 所以2DC FG BC FC =,因为25BD BC =，所以DC BC =35，所以1325FG FC =⨯=310，所以FC=103FG,所以FG+CG=103FG,所以CG=73FG ，所以AC=2CG=143FG ，AF=43FG ，所以AF AC =43143FGFG =27. 解法12 ：如图13，过点E 作EG ∥AC 交BC 于点G ，所以△DEG ∽△DAC ，所以DE EG DGAD AC DC==,因为12AE AD =，所以AC=2EG ，DC=2DG,即DG=GC ，因为25BD BC =，所以225BD BD DG =+,所以BD=43DG ，所以7210BG BD DG BC BD DG +==+,由EG ∥AC ，所以△BGE ∽△BCF ，所以EG BG FC BC =,所以EG FC =710，所以FC=107EG,所以AF=AC-FC=2EG-107EG=47EG, 所以AF AC =472EGEG =27.三、解后反思：解题时，要把题目所给出的条件进行认真思考，并与所学知识进行科学对接，明确对接中所缺失的条件，找到补充条件的方法，进行合理的变形与推理，这个过程实际上就是一个智慧碰撞的过程，就是一个创新思维的过程，就是一个数学能力提升的过程，长此以往，我们常说的创新精神，创新意识，就会潜移默化得以提高，创新思维就不会只停留在口头，而是落在学习的每一个过程中，你对创新就不会再感到抽象，无边际了，养成了创新思维的好习惯，将来才会创造出更大的奇迹.。
一道数学竞赛试题法探究
该 题 到 此 已 经 圆 满 解 决 了 ， 我 们 总 感 觉 但 有 一 些 疑 问 ， 如 ： 类 函 数 一 定 具 有 单 调 性 比 此
吗 ？ 如 果 没 有 单 调 性 该 如 何 解 决 呢 ？ 对 于 一
般 形 式 的 函数 ｆ（ 一 ￣。 ） ／ ｚ＋ｂ＋ ￣ｃ ｄ的 值 ／ｚ＋
（ｏ ｓ 一２ｊ－ ｓ ０ ） ｃ ｓ＋ ｉ ） ｎ ， ｃ （－ ３ｏ ．
一
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令 ｆ （ ＞ Ｏ ，２ ｚ） ／ ４— ３ 一 ３ ｚ一 ５ ０ ＞
竟 赛
— 睁
这 虽 然 是 一 道 竞 赛 题 ， 是 考 的 是 中 学 数 但
学 的 基 本 问 题 和 方 法 ， 这 个 问 题 的 研 究 和 解 对
５ ｚ 罕； ≤＜
Ｓ （ ） ０ 、 ＜ ， 一３ 二 ＜ ０
域该 如何 确定 ？ 我 们 不 妨 做 如 下 探 究 ： 函 数 ＿ ｚ）＝ 求 厂（
，
即 √
ｃ
，
可 考 虑用 三 角 代 换 解 决 ．
ｆ－ 由 ｔ ｌ ｛ ￣
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／ ７—５９ ２ —３ 的值 域 ． － ４ ｘ
分 析 一 显 然 ， 函 数 不 具 有 明 显 的 单 调 该
・
３ ● 邮ｚ ｏ．ｎ ３ 电箱ｓｉｒｅ 子 ：Ｃａａ． ｘｈｕｎ ｓｎｎｔ ４ｊ１ｃ ｃ
中 学 生 数 学 ・ ０ １ ８月 上 ・ ４３期 （ 中 ） ２１ 年 第 ２ 高
从一道竞赛试题的解看应用数学的策略
从一道竞赛试题的解看应用数学的策略
应用数学是人们抽象思维和解决问题的有效方式，它可以普适不同的日常场景，让我们可以使用有效的解决方案或策略来解决问题。
本文将从一道竞赛试题的解法来看应用数学的策略。
## 一、问题描述
某数学竞赛题(t1023)是这样描述：
>给定一个正整数n，请求出能被n整除的最小正整数m，满足 0^m 小于 n。
## 二、数学策略
首先，考虑一般情况，先把问题转化为求m的一元一次方程组。
因为满足要求，其中一个解为 m = n，而另外一个解则可以表示为 m = log_ 0 n。
如果我们要求出最小的解，那么只需要求出 log_0 n 的最小正整数即可，也就是求log_0 n 的上整(ceil)。
## 三、代数解法
以上是解此题的一般方法，也就是用普通的数学方法。
但事实上，这
道题的目的是让考生使用更高级的数学技巧，所以我们可以用代数的
方法来解决。
## 四、数学公式
我们可以利用对数形式《0n》求解，其解为： m = log_0 (n + 1) 。
有了这个公式，我们就可以使用数学公式解决问题了。
## 五、策略总结
总而言之，用应用数学的策略来解决这道竞赛题，可以采用两种方法：数学方法和代数方法。
数学方法简单易懂，但是解决起来会慢；代数
方法我们可以用数学公式来快速求解，但是要求我们有较强的代数基础。
解此题时，我们既可以使用数学策略，也可以使用代数策略，根
据自己的实际需求选择合适的方法解决即可。
对一道数学竞赛试题的思考-3页文档资料
对一道数学竞赛试题思考以下是2019年第26届“希望杯”全国数学邀请赛高二初试题，笔者仔细研读，根据已知条件、目标函数形式上特点，从不同视角给出了解法，以达到发散思维，训练思维目.题目若正数a，b满足2a+b=1，则a2-2a+b2-b最小值是 .视角1 换元法解法1 设2-2a=x，2-b=y，由a，b是正数知，x，y>1，易知a=2-x2，b=2-y，将上式代入2a+b=1，整理得x+y=3，即x3+y3=1.将a=2-x2，b=2-y代入a2-2a+b2-b得a2-2a+b2-b=1x+2y-32，1x+2y-32=（1x+2y）?x3+y3-32=y3x+2x3y-12≥2y3x2x3y-12=223-12.当且仅当y3x=2x3y，即22-2a=2-b时等号成立，所以最小值为223-12.评析换元法是高中数学解题中一种重要方法，换元方法多种多样，千差万别，目是将复杂问题简单化，将抽象问题形象化、分式问题整式化，无理问题有理化，这需要我们具备较强观察能力、逻辑思维能力、联想能力，本题中通过巧妙换元，将其适当化简，并利用均值不等式求得其最值.视角2 几何观点解法2 由2a+b=1知，a=1-b2，b=1-2a，所以a2-2a+b2-b=14?b-1a-1+12?ba+12，由a，b>0，2a+b=1，知a∈（0，12），b∈（0，1），易知b-1a-1∈（0，2），ba+12∈（0，2）.令x=b-1a-1，y=ba+12，x，y∈（0，2），解得a=1-12yy-x+1，b=32y-12xyy-x+1，由2a+b=1，知23x+23y+xy=43，解得y=169x+23-23，x∈（0，2），对y求导数得y′=169（x+23）2，其原函数图象如图1所示，图1 图2此时a2-2a+b2-b=14x+12y，为此，本题转化为目标函数是Z=14x+12y线性规划问题，由线性规划知识知，当目标函数与函数y=169x+23-23图象相切时（如图2），目标函数有最小值.设切点为P（x0，y0），则切线斜率为y′=169（x+23）2x=x0，因目标函数Z=14x+12y斜率为-12，所以y′=-169（x0+23）2=-12，解得x0=423-23，y0=223-23，即Z=14x+12y与曲线在点P（423-23，223-23）相切，所以Z=14x+12y有最小值Zmin=223-12.解法3 令x=a2-2a，y=b2-b，则a=2x1+2x，b=2y1+y，则4x1+2x+2y1+y=1，以下同解法2.图3评析运用线性规划知识解决最值问题形象直观，同时也很好地体现了数形结合思想，本解法中：如图3，设A（1，1），B（-05，0），P点在线段2a+b=1上，a，b>0上，因此，目标函数14b-1a-1+12ba+12转化为求14kAP+12kBP最小值，如果直接求，较为困难，因此，需要将问题适当转化，即换元.本解法对于求解线性规划中目标函数为pk1+qk2（其中p，q为给定实数，k1，k2为斜率）这一类新题型提供了很好思路，即换元，从而将目标函数转化为直线，问题便迎刃而解.视角3 函数思想解法4 由b=1-2a，a∈（0，12），知a2-2a+b2-b=2-5a+6a22+2a-4a2，令g（a）=2-5a+6a22+2a-4a2，则g′（a）=-2（7-20a+4a2）2+2a-4a22.当a∈（0，5-322）时，g′（a）<0，此时，g（a）单调递减，当a∈（5-322，12）时，g′（a）>0，此时，g（a）单调递增.所以gmin（5-322）=223-12.即a2-2a+b2-b最小值为223-12.评析利用函数单调性求最值是处理最值问题常用方法，简单易于操作，本题中采用代入消元法将目标函数由二元化为一元，从而将问题转化为一元函数求最值.视角4 方程思想解法5 令a2-2a+b2-b=t，显然t>0，则2a+2b-3ab=t（2-2a）（2-b），将b=1-2a，a∈（0，12）代入上式得6+4ta2-（5+2t）a+2-2t=0，此式可以看成关于a一元二次方程，则该方程有实根，从而Δ=（2-2t）=36t2+36t-23≥0，解得t≥223-12，所以a2-2a+b2-b最小值为223-12. （5+2t）2-4（6+4t）评析函数与方程思想是高中数学重要思想方法，对于2次整式，或者一次分式求最值运用判别式法简单易于操作，应该要求每个学生必须掌握.视角5 “1”代替解法6 由2a+b=1，知2-2a+2-b=3，显然2-2a3+2-b3=1，所以12-2a+22-b=（12-2a+22-b）（2-2a3+2-b3）=1+2（2-2a）3（2-b）+（2-b）3（2-2a）≥1+223.所以a2-2a+b2-b=-32+12-2a+22-b≥223-12.评析“1”在中学数学中有着重要应用，sin2x+cos2x=1主要是方便对式子变形，而其他等于1整式或分式主要是为使用均值不等式创造条件.本题充分利用结论（x+y）（px+qy）≥p+q+2pq来求得其最值. 视角6 从高观点角度剖析解法7 （拉格朗日数乘法）构造拉格朗日函数L（a，b，λ）=a2-2a+b2-b-λ（2a+b-1），令La=12（1-a）2-2λ=0;Lb=2（2-b）2-λ=0;Lλ=-（2a+b-1）=0;联立上述三个方程解得a=5-322，b=32-4，λ=127-182.从而得a2-2a+b2-b=223-12，所以a2-2a+b2-b最小值为223-12.评析拉格朗日数乘法实际上是借助于求多元函数极值点求函数最值，通常用来求限制条件下最值问题，操作简单，也是通式通法，在竞赛解题中经常用到.视角7 数列观点解法8 由2a+b=1=2?12知，b，12，2a成等差数列，设其公差为d，则b=12-d，2a=12+d，a=14+d2，所以a2-2a+b2-b=12×1+2d3-2d+1-2d3+2d，整理得a2-2a+b2-b=-12+13×3+2d3-2d+23×3-2d3+2d≥223-12.所以a2-2a+b2-b最小值为223-12.视角8 三角换元解法9 令2a=sinθ，b=cosθ，θ∈0，π2，代入a2-2a+b2-b，整理得a2-2a+b2-b=1-cos2θ2+2cos2θ+cos2θ2-cos2θ=-12+23×2-cos2θ2+2cos2θ+13×2+2cos2θ2-cos2θ≥223-12.所以a2-2a+b2-b最小值为223-12.评析因为三角函数公式多，思路广以及三角函数本身单调性、有界性，从而为求解函数最值带来便利.本题通过三角换元，将二元问题一元化，进而利用均值不等式求解，同时本题也可以充分利用0≤cos2θ≤1，运用函数单调性求解.视角9 方程组思想解法10 由2a+b=1知，a=1-b2，b=1-2a，所以a2-2a=12×1-b2-2a.设1-b=X（2-2a）+Y（2-b），则1-b=2X+2Y-X2a-（Y-1）b-b，由2a+b=1知X=Y-1，2X+2Y-X=1.解得X=-13，Y=23，所以1-b=-13（2-2a）+23（2-b），进而12×1-b2-2a=-16+13×2-b2-2a.同理可得1-2a2-b=-13+23×2-2a2-b，所以a2-2a+b2-b=-12+13×2-b2-2a+23×2-2a2-b≥223-12.视角10 柯西不等式|m|?|n|≥|m?n|解法11 设m=（12-2a，22-b），n=（2-2a，2-b），由柯西不等式知1+2≤312-2a+22-b，由此可得12-2a+22-b≥3+223.所以a2-2a+b2-b=-32+12-2a+22-b≥223-12.追本溯源笔者发现，若将a2-2a+b2-b变形得-32+12-2a+22-b，则该题是第23届“希望杯”全国数学邀请赛高一初试题一道变式题，原题是：若正数a，b满足a+b=2，则1a+1+1b+1最小值是 .由此，两道题就异曲同工了.同时，解法2对于求解线性规划中目标函数为pk1+qk2（其中p，q为给定实数，k1，k2为斜率）这一类新题型提供了很好思路，即换元.数学解题历程是一项富有挑战性过程，因为艰辛，所以难忘.一题多解，不仅可以丰富学生解题视野，增强处理数学问题能力，同时也可以进一步构建学生已有知识体系.以上解法涉及函数、向量、三角函数、不等式、直线与双曲线、方程组等诸多知识，用到了构造、换元等重要方法，渗透了数形结合、函数与方程等核心思想.希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、生命对某些人来说是美丽的，这些人的一生都为某个目标而奋斗。
数学竞赛试题解析分析竞赛试题的解题思路
数学竞赛试题解析分析竞赛试题的解题思路在进行数学竞赛中，解析和分析竞赛试题的解题思路是十分关键的。
通过深入理解并掌握竞赛试题的解题思路，可以提高解题速度和准确性，更好地应对竞赛中的各种问题。
下面将对解析分析竞赛试题的解题思路进行讨论和探索。
一、理解问题在解析和分析竞赛试题之前，首先要充分理解问题的意思和要求。
仔细阅读题目，并注意关键词、限制条件等信息。
将问题中的各种条件和要求整理清楚，建立起相应的数学模型，明确问题的求解目标。
二、分析题意与解题思路在理解问题的基础上，开始分析题意与解题思路。
这个过程中需要把问题分解为更小的子问题，以便更好地思考和解决。
可以利用以下方法进行分析：1. 寻找规律：观察题目和数据，尝试发现其中的规律和特点，通过找到规律来推断和解决问题。
2. 利用已知条件：将已知条件用数学符号表示，运用数学知识和公式进行推导和运算。
3. 简化问题：将问题进行简化，转化为更易解决的形式。
可以通过假设和简单化等方式，减少问题的复杂性，更好地抓住问题的关键。
三、选择合适的解题方法在分析题意和解题思路的基础上，选择合适的解题方法是解题的关键一步。
不同的问题可以有不同的解题方法，需要根据题目的特点和要求，选择相应的解题方法。
以下是一些常见的解题方法：1. 代数运算：通过代数运算和等式的推导，解决需要求解的问题。
通常适用于方程、不等式等问题。
2. 几何画图：通过几何图形的画法，以及几何性质的运用，解决与几何相关的问题。
适用于几何问题、图形问题等。
3. 数列与数列求和：通过数列和数列求和的知识，解决与序列和求和有关的问题。
适用于数列、级数等问题。
4. 概率与统计：通过概率和统计的知识，解决与随机事件和统计特征相关的问题。
适用于概率、统计等问题。
5. 排列与组合：通过排列组合的知识，解决与个数、次序和组合有关的问题。
适用于排列组合、计数等问题。
四、思路清晰，步骤详细在选择解题方法之后，需要按照清晰的思路和详细的步骤，进行问题的求解和推导。
从一道题看奥赛所涉及的解题方法和技巧
从一道题看奥赛所涉及的解题方法和技巧题：设湖岸MN 是一条直线，有一小船自岸边的A 点沿与湖岸成α＝15°角的方向匀速向湖中驶去，有一个人自A 点同时出发，，他先沿岸走一段再入水中游泳去追小船.已知人在岸上走的速度为v1 =4m/s ，在水中游泳的速度为v2＝2m/s ，试求小船的速度至多为多大时，这人才能追上小船？方法1：微元法如图，设人在D 点入水并在B 点刚好能追上小船，这表明：此时人追上小船所用时间最少，对应的小船速度最大.D 点两侧各有入水点C 和E ，使得在该处入水追船所用时间相等.现设C 、E 是D 点两侧附近无限靠近D 点的两点，并设分别从C 、E 点入水追小船所用总时间相等.现在BC 段截取BF=BE ，那么∠BFE ＝90°.由于从C 、E 点入水追小船所用总时间相等，所以，人在CE 段走与在CF 段游泳所用时间相等.于是因为C 、E 两点无限靠近D 点，所以∠BDN ＝θ＝60°，作BK ⊥BD 交MN 于K ，于是DK=2BD.又因为v1=2v2,则人游DK 段与走DK 段所用时间相等.所以人自出发经D 点再到B 点与人由A 点一直走到K 点所用时间相同，并都等于小船从A 到B 所用的最少时间.即有 在⊿ABK 中，用正弦定理可得： 那么方法2：类比法设想MN 为甲和乙两种介质的分界面，光在甲中的速度为v1，在乙中的速度为v2，据费马原理可知，B →D →A 是光从B 传到A 费时最少的路径，而β是临界角. 这可类比本题人从A 经D 到B 的追船情况.由此得： 下面解法与方法1相同.最后可得： 21v CF v CE =21cos ==CE CF θ︒=60θ1max v AK v AB =21135sin 30sin =︒︒=AK AB )/(2222211max s m v v v ===︒==30arcsin 12v v β)/(22max s m v =方法3：图解法如图，设人开始运动就一直游泳，那么他能到达的区域是以A 为圆心、以v2t 为半径的半圆中的任何一点，若他一直沿湖岸走，那么他在t 时间内可以到达AK ＝v1t 中的任何一点，若他先沿岸走一段再入水追船，那么他可以在t 时间内到达图中⊿AEF 中的任何一点.所以，他若能追上船，船也必须在t 时间内到达这区域.由于题设小船沿α角的方向运动，所以沿此方向的直线与EK 线的交点B 是船以最大速度运动且又能被人追上的地点.在Rt ⊿AEK 中，因为AK=2AE ，所以∠AKE ＝30°，于是，∠ABK ＝180 °－15 °－ 30°＝135°在⊿ABK 中,据正弦定理得： 而所以：方法4：矢量图解法设人先沿岸走一段，再入水追船，以船为参考系，由于人和船是同时由A 点出发的，则人在沿岸走时，船看到人正在由船所在位置逐渐“离去”，离去的相对速度u 1为：要人能追上船，即人能回到船上，则其返回的相对速度u 2必须沿u 1的反方向，返回的相对速度u 2为： 作图：（1）以MN 线上的A 点为起点作矢量v 1得K 点；（2）以A 点为圆心，以v2的大小为半径作圆;（3）作直线AC ，使它与MN 线的夹角为α＝15°；设K 点与圆上的任一点E 的连线与AC线的交点为B ，则AB 表示船速，BK 表示人相对船的“离开”速度u 1，而BE 表示人相对船的“返回”速度u 2.显然，当KE 与圆相切时，AB 线最长，表示船速最大，由此有作图步骤:（4）作KE 与圆相切于E 点，并与AC 相交于B 点.由于AK=AE ，所以，∠AKF ＝30°，∠ABE ＝45°.因而⊿ABE 为等腰直角三角形，那21135sin 30sin =︒︒=AK AB 1max 1max v v t v t v AK AB ==)/(2222211max s m v v v ===v v u -=11vv u -=22方法5：等效法设人在B 点追上船，则人到达B 点可能有很多途径，如A →C →B ，A →D →B,A →E →B 等,这些途径中耗时最少的途径对应着允许的最大船速，作∠NAP ＝30°，并分别作CK,DH,EF 垂直AP ，其中设BDH 为直线，又设想MN 线下方也变成湖水区域，则因为AC=2CK,所以人由K 点游泳到C 点所用时间与人在岸上走由A 点到C 点所用时间是相等的.故人按题设情况经路径A →C →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径K →C →B 所用时间相等，同理，人按题设情况经路径A →D →B所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径H→D →B 所用时间相等，人按题设情况经路径A→E →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径F →E →B 所用时间相等，显然，在这些途径中，因为HDB 是直线，因此所用时间最少.由以上分析可知，人沿等效途径HDB 游泳就费时最少地刚好追上船，这对应着最大船速，设为vmax ，则有因为⊿AHB 是等腰直角三角形，所以故得方法6：极值法（利用三角函数）如图，设人沿岸走到D 点时，船航行到C 点，此时人入水游泳就刚好能在B 点追上船. 在⊿ACD 中应用正弦定理得又设此时船速为v ，人由A 点走到D 点耗时为t ，则 由以上两式得 又在⊿CDB 中应用正弦定理得设人游过DB 段所用时间为t ’,则 由以上两式得由（1）、（2）式，并注意v 1=2v 2，可得 又由于，要v 尽可能大，即需AC/AD 尽可能大，而θ越大，则AC 越大，由于 )/(2222max s m v v ==2max v BH v AB =BHAB 2=)/(2222max s m v v ==AC AD =--)sin()sin(αθθπvtAC t v AD ==,1BC BD =--)sin(sin βθπθt v CB t v BD '='=,2)2()sin(sin 2v v =+βθθ)1()sin(sin 1v v =-αθθ)3()sin(2)sin(αθβθ-=+1v v AD AC =α为恒量，则θ越大，则θ－α也越大，且（θ－α）为锐角，则sin （θ－α）随（θ－α）增大而增大，故得sin （θ－α）最大时，θ最大，由（3）式可见，当sin （θ＋β）＝1时，sin （θ－α）有最大值为1/2，此时对应的θ值为450，此时得β=450，于是⊿CDB 是等腰直角三角形，则有所以： 方法7：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设船出发后经时间t 被人追上.则船的位移为s=v t ，又设人在岸上走用时为kt （0<k<1)，位移为s1=k v 1t,人在湖中游用时为(1－k)t （0<k<1)，位移为s2=(1-k)v 2t.那么，据余弦定理有：把s 、s1、s2的表达式及v 1、v 2的值代入并整理可得于是有要这方程有实数解，其判别式⊿应满足：由此可解得：或由本题的物理情景可知只能取： 方法8：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设人在岸上D 处入水追船，运动方向与湖岸成θ角,并在B 点处追上船，这人由A →D →B 用时为t .则 上式表明：t 与θ有关，且在d 、L 、v 1、v 2一定时，由θ决定,研究函数 两边平方得： 整理后得：此方程有实数解的条件是：判别式⊿≧0，即有由此解得：所以： 由（3）、（4）式得： 这表明当θ＝60°时，函数y 有最小值，由（1）式知此时t 有最小值,对应的船速有最大值.)/(2222max s m v v ==αcos 2121222ss s s s -+=︒-+=-15cos 816)1(4222kv v k k 2213432230cos 115cos +=+=︒+=︒0)4(]8)26(2[1222=-+-+-v k v k 0)4(48]8)26(2[22≥---+=∆v v 22≤v )13(22+≥v )/(22max s m v =θθsin cot 21v d v d L t +-=)1()sin cos sin 1(121d v v v L θθθ-+=)2(sin cos sin 112θθθv v y -=θθθ2222122221212sin cos cos 2v v v v v v y +-=)3()cos 1(cos cos 2222212222121θθθ-+-=v v v v v v 0)1(cos 2cos )(222212122222212=-+-+v y v v v v v v y θθ0)1()(442222122222122221≥-+-v y v v v v y v v 222122212v v v v y -≥)4(222122212min v v v v y -=21cos 12==v v θ︒=60θ)315(cot )3132(15cot 1121min+︒=-+︒=v d v v v d t )315(cot 15sin sin 1min min max+︒︒===v t d t AB v θ。
一道联赛试题的画法、解法及启示
因为 Ｖ Ｂ — Ａ Ｃ Ｄ ＝ Ｖ Ｄ — Ａ Ｂ Ｃ ，即 Ｓ Ａ Ａ Ｃ Ｄ．
＝
一
、
１ ．常 规 画 法
ｄ Ｓ Ａ Ａ Ｂ Ｃ ＂ 明所 以 三 ｜ ） ・ ４ ￣ ２ ｈ ＝ － １ Ｊ ． － １ ，
．
受 解 题 习惯 影 响， 画 出 了一 般 形 状 的 四
一
一
因为Ｖ Ｂ— Ａ Ｃ Ｄ＝ Ｖ Ａ ～ Ｂ Ｃ Ｄ，即
△ Ａ Ｇ Ｄ・
ｈ＝ ￣ Ｓ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ・ ＡＯ ｆ 设 点 Ｂ 到 平 面 ＡＣＤ 的 距
离为 ， 下 同） ， 所以 １
．
２ ＝ ． １
． ． ．
，
从 而 ｈ：
．
２ ．改 进 画 法 ， 再 用 等积 法 由题 目条 件 Ｚ ＡＢＣ ＝９ ０ 。 ， ＺＤＣＢ ＝ ９ ０ 。 ，
面体 的常规 图， 如图１ ，由条 件 平 面 Ｂ Ｄ 与 平 面 ＡＢＣ 成 ４ ５ 。的 二 面 角 ，自 然 想 到 过 点 作 （ ＝ ） ｊ 一 面 Ｂ Ｄ， 得 Ｂ０ ＝４ ５ 。 ，因 为 ＡＢ ＝ １ ，
．
从 而 ｈ：
所 以 ＯＢ ＝ ＯＡ＝
，由三 垂 线 定 理 逆 定 理 可
Ｄ
Ｃ
图５
评注： 此 画法 中虽然点 不在长方体 的顶
图３
点上， 但 其 点 Ｂ到平面 Ａ Ｄ 的距离 Ｊ Ｅ ｝ 日 容易
寻找 且 直 观 性 更 强 ， 也 是一 种 好 画 法 ． 二 、 一 点启 示
评 注 ：一 种 好 画 法 可 能 带 来 一 种 好 解 法 ，
许多未给 出图形的立几试题 ， 在 画法 的选 择上 显 得很 重要 ， 常 规 的画法 虽 然 也 能解 出答 案， 但耗时太长， 方法 的选择上也大打折扣 ．
对一道数学竞赛解几试题的探究与拓展
对一道数学竞赛解几试题的探究与拓展数学竞赛是一种非常具有挑战性的活动，它是许多学生志在必得的考试之一。
在数学竞赛中，试题的难度通常比普通的数学考试更高，所以能够在竞赛中表现出色的学生通常更具有数学才能。
在本文中，我们将探究一道数学竞赛试题以及如何解决它，同时还将对一些数学竞赛的题目类型进行拓展探讨。
让我们来看一个简单的数学竞赛试题：某机器人位于数轴上的点A，它每次可以向左或向右移动1个单位距离。
如果每次移动后机器人都会获得一个点，且移动n次后机器人的总得分为k，试求机器人初始位置。
解决这道题的关键在于寻找它的规律。
我们可以发现，当机器人移动n次后，它所在的位置离起始位置的距离将会是n的一半。
因为机器人每移动一次，它会向左或向右移动1个单位距离，这样机器人就会在数轴上走过n步。
当机器人走了k步后，它所在的位置距离初始位置的距离再n步后就会恰好为k的一半。
因此，我们可以得出简单的公式：起始位置 = A = k / n这种类型的数学竞赛问题被称为“数学归纳问题”，它依赖于我们的能力来找到一个规律，并将这个规律用于解决更加复杂的问题。
除了数学归纳问题，数学竞赛中还有许多其他类型的题目。
例如，组合问题，为了解决这类问题，我们需要强化我们的组合知识，能够快速计算排列组合式。
另一类类型的问题是几何问题，在这类问题中，我们需要依靠几何知识如角的性质、圆的性质等来解决问题。
此外，还有一些更加抽象和复杂的类型的题目，如数论、代数和概率问题，对这些问题的解决需要更加深入的数学知识。
总之，数学竞赛试题是一种非常有趣和富有挑战性的学术活动，它可以帮助我们更好地理解数学的本质，并培养我们的计算能力和解决问题的能力。
对于任何学生来说，参加数学竞赛都是一种很好的提高自己数学素养的方式。
一道几何竞赛题的多种解法探究及感悟
经验交流2014-02一、问题提出题目：如图，A BCD 是边长为a 的正方形，以D 为圆心，DA 为半径的圆弧与以BC 为直径的半圆交于另一点P ，延长AP 交BC 于点N ，则BN NC_____________.本题主要考查正方形的性质及相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，圆的基本性质及切线性质的综合运用；在能力上主要考查学生处理几何关系的认识能力、分析能力及几何知识的综合应用能力。
解决本题的关键是要添适当的辅助线，构造包含这两条线段的比例线段，这就需要学生有较强的图形分析能力及综合应用能力。
二、分析建模由BC 为半圆的直径，联想到圆中常添的一种辅助线方法：连接CP 、BP 构造直角三角形BCP ，BN 、CN 在△BPC 中。
由P 也在弧AC 上，连接DP ，得DP=DC=DA =BC ，且∠PBC =∠DCP ，半圆圆心记为O ，连接OP ，可得△DCP ∽△OPB ，∴CP BP =2。
在图中，我们还可以发现AB 既是☉D 的切线，也是☉O 的切线，延长CP 交AB于点M ，由切割线定理可得MA 2=MP ·MC=MB 2，MA=MB 。
由已知条件我们可以得到这些结论，由M 是AB 中点，我们可以想到构造中位线。
要求BN NC ，关键是构造包含这两条线段的比例线段，也就是构造相似三角形的模型。
三、解法探究求两条线段之比，一般有这么几种方法：求出两条线段的长度，再进行比；构造相似三角形，利用对应边对应成比例；直接利用一些定理，如角平分线定理求出线段之比。
1.利用勾股定理及相似三角形求出两条线段的长度解法1：过点P 做CD 垂线，交CD 于点E ，交AB 于点F ，连接DP 、CP 、BP 。
设CE =x ，EP=y ，则BF =x ，PF =a-y ，DE =a-x 。
由∠CPB=90°x 2+y 2+x 2+（a-y ）2=a 2①y 2+（a-x ）2=a 2②{⇒x 2+y 2=ayx 2+y 2=2ax{⇒y =2x 代入②得x =25a ，y =45a又PF BN =AF AB ⇒a-45a BN =a-25aa ⇒BN =a 3∴CN=23a ∴BN CN =12解法2：连接BP 并延长，交AD 于点E ，连接CP 并延长，交AB 于点M ，交DA 的延长线于点F 。
一道竞赛题的解题思路
一道竞赛题的解题思路题目：已知（b－c）2 ＝（a－b）（c－a）（a≠0），求的值。
（1999年全国数学竞赛试题）最初看到此题，感到很难入手，但仔细观察、勤思善想，就会发掘丰富的内涵，有助于培养思维的广泛性、深刻性，有利于提高数学思维品质。
本文给出竞赛题的解题思路，以飨读者。
思路1：从条件出发，直接推导（b＋c）＝2a。
解法1：由（b－c）2 ＝（a－b）（c－a）得b2＋2bc＋c2＋4a2－4ab－4ac ＝0，所以（b＋c－2a）2＝0，即b＋c＝2a∵a≠0∴＝2思路2：由条件结构联想一元二次方程的判别式，从而构造出一元二次方程，然后由根与系数的关系求解。
解法2：⑴当a＝b＝c≠0时，显然有＝2；⑵当a≠b≠c时，由（b－c）2 ＝（a－b）（c－a）得（b－c）2 －4（a－b）（c－a）＝0，构造一元二次方程（a－b）x2＋（b－c）x＋（c－a）＝0……①∵（b－c）2－4（a－b）（c－a）＝0，（a－b）＋（b－c）＋（c－a）＝0∴方程①有根x1＝x2＝1，由根与系数关系有＝2（或＝1）即b＋c＝2a∵a≠0 ∴＝2思路3：由条件联想到二元均值定理：a、bR＋，ab≤（）2，当且仅当a＝b 时，取“=”号。
由取“=”条件可得：b＋c＝2a。
解法3：⑴当a＝b＝c≠0 时，显然有＝2；⑵当a≠b≠c时，不妨设c＞a＞b，则c－a＞0，a－b＞0所以（a－b）（c －a）≤（）2＝（b－c）2 ……②当且仅当a－b＝c－a时，②式取“=”号，即满足条件由a－b＝c－a得b＋c＝2a∵a≠0 ∴＝2思路4：将条件变形为（b＋c）2＋4a2＝4ab＋4ac。
由此联想a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取“=”号，从而求得b＋c＝2a。
解法4：由（b－c）2 ＝（a－b）（c－a）得（b＋c）2＋4a2＝4ab＋4ac而（b＋c）2＋4a2 ≥2（b＋c）＋2a＝4ab＋4ac……③当且仅当b＋c＝2a时，③式取“=”号，即满足条件∵a≠0∴＝2思路5：由条件联想等比中项，由等比数列知识，求得b＋c＝2a。
一道竞赛题带来的解后思考
Ｉ Ｉ ： ， ： ， ） ．
但是当ｃ 。 ｓ Ｂ Ａ ｃ＝ 时， Ｂ Ａ ｃ是一 个锐 角 ，
＝
Ｊ ｝ ＝ Ｉ Ｉ ． ． ・ ③ ， 由 ① 、 ② 、 ③ 可 得 ：
１ ２ ０ ｘ ｃ ｏ ｓ Ｚ Ｂ Ａ Ｃ＋ ２ ０ ０ ｙ 一 １ ０ ０ … ０ ・ ④， 又把 ２ ｘ ＋ ｌ Ｏ ｙ ＝ ５ 代入④ ，并消去 Ｙ可得 ：
１ ２ ０ ｘ ｃ ｏ ｓ Ｚ Ｂ Ａ Ｃ一 ４ ０ ｘ＝０ …⑤ ，
＝
这个结果不是一个常数 ， 而是一个与 （ 或与 ） 有关的一个结果 ． 当时笔者有点想不通， Ａ Ｂ， Ａ Ｃ与
Ｄ的关系 应该 是对 等 的 ， 可 做 出来 的结果 为什 么不
３
这 样一 个结 果 Байду номын сангаас
这 样 我们 出现 了第 一 个疑 问 ：如果 解 这道 是 我
相 同． 该题给出的答案也是 ，由于是竞赛题 ， 我们 得多去琢磨它 ．防止 自己考虑不周 ．于是笔者用了
ｌ
＝
Ｉ ＝ Ｉ Ｉ ＝ ５ ０ ，
＋ ，
又
所 以 ． （ ｘ Ａ — Ｂ＋ ｙ ＡＣ — ） ＝５ ０，
￣ ｌ ｘ ． １ ｌ ・ ｌ Ｉ ． ｃ ０ ｓ ／ Ｂ Ａ Ｃ ＋ Ｙ ・ Ｉ Ｉ ＝ ５ ０ ，
也即 ６ ０ ｘ ・ Ｃ Ｏ Ｓ Ｚ Ｂ Ａ Ｃ＋ １ ０ ０ ｙ＝５ ０， 因为 Ａ Ａ Ｂ Ｃ是锐 角三 角形 ，易 知 Ｘ≠０，
所 ｓ Ｂ Ａ Ｃ－ ＝ ： ．
由 ｆ ｛ ： ｆ 丽ｆ ， 可 得１ ２ ０ ｃ ｏ ｓ ｃ ＋ ７ ２ 一 ３ ６ ： ０ ，
再 由２ ｘ ＋ｌ Ｏ ｙ：５ 代入 其 中消去 Ｘ可得 ： １ ２ ０ ｙ ｃ ｏ ｓ ／ ＿ Ｂ Ａ Ｃ一 ３ ６ ０ ｙ ＋ １ ４ ４＝０ …⑥ （ 其结果 不象 ⑤ 式 那样与 Ｙ无关 ） 从这 个式 子来看 ， 得不出ｃ ｏ ｓ ／ ＿ ＿ Ｂ Ａ Ｃ
一道代数竞赛题的不同解法与反思
一道代数竞赛题的不同解法与反思本文以《一道代数竞赛题的不同解法与反思》为标题，通过详细分析一道代数竞赛题，探讨不同解决方法及其优劣，以及如何从中吸取教训的相关讨论，主要分为三部分。
第一部分，针对一道有关数学竞赛的代数题，具体问题是：已知椭圆C：x^2+2y^2=3，点P(2,1)在椭圆C上，求椭圆C上任意一点A 到点P的距离。
本文介绍了三种解决方案，即利用正弦定理、勾股定理与几何思维法等。
首先，利用正弦定理，引入新的坐标系Ω，将点P的坐标表示为（a,b），设A(x,y)为椭圆C上任意一点，则点P到点A的距离d为：d=√((x-2)^2+(y-1)^2)。
其次，利用勾股定理，可以将点P（2,1）的坐标改为A(-2,3)，那么点A到点P的距离d就变为：d=√((x+2)^2+(y-3)^2)。
最后，利用几何思维法，可以将此问题等价于求两个灭点（-2，3）和（2，1）之间的距离，即d=√((4)^2 + (-2)^2)，它们之间的距离d就可以得出。
第二部分，讨论了上述三种解决方案的优劣以及如何从中吸取教训。
首先，利用正弦定理最简便，但需要引进新的坐标系Ω，易出错，而勾股定理的坐标变换也较为复杂，易搞混。
此外，几何思维法迅速而有效，且不容易出错，因此本文最终推荐使用几何思维来解决类似的问题。
第三部分，总结本文主要讨论内容，即针对一道有关数学竞赛的代数题，探讨不同解决方法及其优劣，以及如何从中吸取教训。
本文介绍了三种解决方案，即利用正弦定理、勾股定理与几何思维法等，从中可以看出，几何思维法具有快速、有效、不容易出错的优势，有助于解决类似的问题，因此本文推荐同学们从中汲取经验教训，培养几何思维能力。
综上所述，本文通过详细分析一道代数竞赛题，探讨不同解决方法及其优劣，以及如何从中吸取教训的相关讨论，从而提高数学解题能力，有助于学习者取得更好的发展。
一道竞赛题的解法探究及溯源
， 得Ｃ Ｏ Ｓ Ｏ ｔ Ｏ Ｏ Ｓ ￣ ＋ ｓ ｉ ｎ ａ ｓ ｉ ｎ ￣ ＝ Ｏ ， 即ｃ ０ ｓ （
ｂ Ｌ
） ＝ ｌ ， ＝
、
解 法探 究
ｉ ｆ ＋ ２ ｋ － ｒ ｒ 。 ∈Ｚ ．
ａ
解 法１ ： （ 配凑法 ） 原式化为
ｂ （ ａ ２ ＋ ｂ ） ｓ ｉ ｎ ４ ｘ ＋ ａ ２ （ ａ ２ ＋ ６ 。 ） ｃ ｏ ｓ ４ ｘ — ａ ２ ｂ ２ ＝ ０ ． 整理得ｂ ４ ｓ ｉ ｎ ４ ｘ ＋ ａ ％ｏ ｓ ４ ｘ ＋ ａ ２ ｂ （ ｓ ｉ ｎ ４ ｘ ＋ Ｃ Ｏ Ｓ ４ Ｘ 一 １ ） ＝ ０，
１ ， 由柯西不等式 知
解 法 ３ ： （ 方 程 思 想 ） 令 ￡ ： ｉ ， 原 式 化 为 乓 ＋
，
Ｄ
：
（ 删
（ 、 ｓ ｉ ｎ ￣ ｘ － ＋
＋ ¨ ｃ ＿ ＿ ｏ ｓ Ｚ ｘ ２ 当且
整理可 得
仅 当６ ｎ ＝ 。 ２ ｃ ｏ ｓ 时取等号 ，又 由ｓ ｉ ｎ ： ｘ ＋ ｃ ｏ ｓ ２ ｘ ＝ ｌ 得ｓ ｉ ｎ ２ ｘ ＝
ｃ 。ＳＯ￣ － Ｃ Ｏ
、 ／ ＋ ６
，
所
＝ ａ％ ｂ
＇ ｃ ｏ ｓ ＝
ａ ％ｂ ，
以 下 略． 评注 ： 学 生要 在 对 圆的参 数 方 程 熟 悉的 情 况 下 ． 才 能
灵 活运 用三 角换 元 解 题 ， 且 运 用 了两 次 三 角换 元 ， 技 巧 性
即（ ｂ Ｚ ｓ ｉ ｎ ２ ｘ 一 ｏ ｓ ） ＝ ０ ， 所以ｂ ２ ｓ ｉ ｎ ２ ｘ — ａ ２ ｃ ｏ ｓ ２ ｘ ＝ ０ ， 结 合
有一定难度． ｓ ｉ ｎ ｓ 得 ｓ ｉ ｎ ２ ｘ ＝ 杀， ｃ ｏ ｓ ＝ ， 代 入 ＋ 较 高 ． 解法５ ： （ 基本不等式 ）原式化为ｓ ｉ ＋ ｃ ｏ ＋ ｓ ｉ ＋ 得 到 答 案 赤 ．
一道小学数学竞赛试题答案的探索
。
．
解 题 技巧 与方法
●
镪
●． ｌ －， ●
●
◎ 朱 正梅 （ 四川 省 泸州 市 江 阳 区况 场 实验 学校 ６ ６ ０ ） ４ ０ ０
在一 次教研 会后 ． 有 老 师 出示 某 名 校 的 一
， ，
张小 学数学竞 赛试卷 ． 说 其 中有 一 道 填 空题 不 知 道该 怎 样 做 ，苦 思 不
ａｃ ｉ 一 １ ８） ｒｓｎ ０ ．
）
牛角尖也许是一种科研 精神． 益求精虽 然是个好 东西 ， 精 但 是 在 小 学 阶 段 过 分 追 求 ， 者 对 禁 锢 思 维 能力 的发 展有 某 种 或
作 用 力 也 未 可知 矣 ．
上 述 解 法 中 的解 法～ 带有 使 用 割 补 法 性 质 的 估 算 ， 它对 展 开 思 维 能 力 有 一 定 意 义 ． 法 四 带 有 运 动 思 维 能 力 的性 解 质， 它对 展 开 思 维 能 力 的意 义 会 更 深 远 一 些 ． 以 ， 所 在小 学 阶 段 用 适 当 的 方式 渗 透 一 点 “ 直 代 曲 ” 思想 ， 许 是 有 一 定 以 的 或
』 、 ／
』 。 ３ （
叮 ｒ ２ ５ ．３
＝ａｉ 争／ ＋ 手ｒ ＋ 、 ｃ ｓ ｎ ｃ
一） Ｊ ４ｘ ｄ —
叮 ｒ ，
得 阴 影 部分 的面 积 是 ：
如 （ 号＋ ＝等一ｉ
形 的边 ＡＨ 相 切 于 点 Ａ． 样 ，弧 Ａｍ 的 圆心 就 应 该 在 Ａ０ 这 Ｃ 的延 长线 上 ． 设 Ｃ的 垂直 平 分 线 Ｄ 交 Ａ 的延 长 线 于 点 再 Ｅ ０
Ｅ． 为垂 足 ． Ｄ 则点 Ｅ就 应 该 是 弧 Ａ ｍＣ的 圆 心． 因为 Ｒ △Ａ Ｃ ｔ Ｏ 相 似 于 Ｒ △Ａ Ｅ． 由 勾 股 定 理 可 得 Ａ ＝５ 连 接 Ｃ 显 然 ｔ Ｄ 并 Ｅ ． Ｅ，
一道竞赛题的多解与反思
・ Ｏ ６ ・
数 学 教 育 研 究
２１ ０ １年 第 ６期
‘ ０ ２ 趣 题 六 则 ＇ １” ２
卢 明根 孔凡 龙 （ 湖南省 测阳市 第三中 ４ ３１ 学 １ ０） ０
１ 为 数 ． 虚 单位， ． ） 一 则（
在 △ Ｃ Ｄ 中 ， 余 弦定 理 有 Ｂ 依
ｃｓ 。 Ｂ一 一 ②
如 何 转 化万Ｃ或 Ｂ
呢？
比较 ① 、 ， ② 有 一
． 简 得 ｎ —ｂ －ａ 化 ｃ ￣ ｂ
由题 设 条 件 Ｂ ： Ｃ一 ２：４可 想 到 延 长 ＡＣ 至
Ｄ， Ｃ 使 Ｄ＝ Ｃ 连 结 Ｂ 延 长 Ｂ 至 Ｅ， Ｄ Ｂ， Ｄ Ｄ 使 Ｅ＝ Ｃ Ｄ， 连结 Ｃ ． Ｅ 令 Ａ一口如 图 ２
ＢＤ＋ ＤＥ ＢＥ ＡＢ ．
Ａ Ｂ Ａ Ｂ
机 ” 故 根 据 比例 式 再 设 法 构 造 相 似 三 角 形 ． 比 例 式 ， 看 右 端 ， 知 一 个 三 角 形 为 △ ＡＢ 和 ＡＢ对 应 的 是 ＡＢ 可 Ｃ， ＋ＡＣ， 是 想 到 延 长 ＡＢ 至 Ｄ ， Ｂ 于 使 Ｄ— Ａ ． ＡＫ＝ Ｃ作 ＡＣ， Ｂ 射 线 交 于 交 Ｃ Ｅ ， 结 ＡＥ、 连 ＤＥ， 得 就
４ 口，
‘ ．
‘ ＣＤ — ＣＢ ， ． ‘ ．
ＣＢＤ
一 ， ＣＤ Ｂ
又 ’ ． ．
’
． ．
Ｃ ＢＤ ＋ ＣＤＢ 一
析 证 方 法 四 ： 造 辅 助 圆 借 助 托勒 密定 理 构 如 果 将 结 论 变 形 为 ＡＣ ・ Ｃ＋ＡＢ ・ Ｃ Ｂ Ｂ —ＡＢ ・ ＡＣ 把 三 角 形 与 圆结 合 起 来 ， 联 想 到 托 勒 密 定 理 ， 构 造 可 即 圆 内接 四边 形 ． 如 图 ４ 作 △ＡＢ 的外 接 圆 ， 作 弦 ＢＤ＝Ｂ 连 结 ， Ｃ 并 Ｃ
对一道数学竞赛试题的思考与推广共3页word资料
对一道数学竞赛试题思考与推广有一道常见数学竞赛试题：?原题已知x,y,z>0,求证：xy+2yz[]x?2+y?2+z?2≤5[]2.?剖析结合求证分式结构特点，通过对分母中与式进行适当拆分，进而运用均值不等式可使问题得到解决.?证明据均值不等式，得：x?2+1[]5y?2≥2[]5xy,4[]5y?2+z?2≥4[]5yz.二式叠加，可得：x?2+y?2+z?2≥2[]5(xy+2yz)，易知，命题得证.?变式1 （2019年第五届中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题）求出最大正实数λ,使得对于满足x?2+y?2+?z?2=?1任何实数x,y,z成立不等式：|λxy+yz|≤5[]2.?剖析容易发现本题与原题有许多相似点，因而可结合原题解题思想进行研究.另外，需注意对绝对值号适当处理.?变式2 长方体ABCD-A?1B?1C?1D?1中，假设体对角线AC?1与棱AA?1,AB,AD夹角分别为α,β,γ，求:?cos?α?cos?β+?cos?β?cos?γ最大值及此时α,β,γ值.?剖析从本题式子可以看出，与原题分式分子式相似，另外结合长方体中有三角关系?cos?2?α+?cos?2?β+?cos?2?γ=1,进而可仿照原题进行求解.?推论1 若x,y,z,a,b>0,则有axy+byz[]x?2+y?2+z?2≤a?2+b?2[]2.?变式3 x?i>0,i=1,2,…,n,x?2?1+x?2?2+…+x?2?n=1,求?x?1(x?2+?x?3+…+x?n)最大值.?剖析根据题目中式子特点，很容易联想到?Cauchy?不等式与均值不等式，但若不能结合问题综合考虑，则会导致如下错误：?错解据均值不等式，得：x?1(x?2+…+x?n)≤x?1+(x?2+…+x?n)[]2?2=(x?1+x?2+…+x?n)?2[]4.?又由?Cauchy?不等式，有(x?1+x?2+…+x?n)?2≤n(x?2?1+?x?2?2+?…+x?2?n)=n,?从而，有x?1(x?2+…+x?n)≤n[]4.故x?1(x?2+…+x?n)?max=n[]4.?错因以上错解主要原因在于仅仅联想到两个不等式特点，而忽视了不等式中等号成立条件.?正解据均值不等式，得：1[]n-1x?2?1+x?2?2≥2[]n-1x?1x?2，…，1[]n-1x?2?1+x?2?n≥2[]n-1x?1x?n，不等式叠加，可得：?2[]n-1x?1(x?2+…+x?n)≤x?2?1+x?2?2+…x?2?n,即：x?1(x?2+…+x?n)≤n-1[]2,当且仅当1[]n-1x?2?1=x?2?2=x?2?3=…=x?2?n时取等号，结合x?2?1+x?2?2+…+x?2?n=1，可解得此时x?1=2[]2,x?2=x?3=…=x?n=2(n-1)[]2(n-1).故x?1(x?2+…+x?n)?max=n-1[]2.?推论2 若x?i∈R?+,i=1,2,…,n,则有?x?i(a?1x?1+…+ai-1?xi-1?+ai+1?xi+1?+…+a?nx?n)[]x?2?1+x?2?2+…+x?2?n≤?a?2?1+…+a?2 i-1?+a?2i+1?+…+a?2?n[]2.?变式4 若x?i∈R?+,i=1,2,3,4,5,试求（x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5最大值.?剖析若仅仅考虑对与式x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5进行拆分，显然很难奏效，可以考虑借助?Cauchy?不等式与均值不等式对其进行转化.只不过也很容易导致如下错误：?错解由均值不等式，得：(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)≤(x?1+x?2)+(x?3+x?4+x?5)[]2?2=(x?1+x?2+x?3+x?4+x?5)?2[]4.?又据?Cauchy?不等式，得：?(x?1+x?2+x?3+x?4+x?5)?2≤?5(x?2?1+?x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5)，从而(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)≤5[]4(x?2?1+x?2?2+?x?2?3+?x?2?4+x?2?5)，?即(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5≤5[]4.?故(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5最大值为5[]4.?错因类似于变式3，问题仍在于?Cauchy?不等式与均值不等式等号成立条件.可若把两个重要不等式反过来使用，则能实现解题目标.?正解据?Cauchy?不等式，得：(x?1+x?2)?2≤2(x?2?1+x?2?2),(x?3+x?4+x?5)?2≤3(x?2?3+x?2?4+x?2?5).两式相乘，可得：?（x?1+x?2)?2?(x?3+x?4+x?5)?2≤6（x?2?1+x?2?2)(x?2?3+x?2?4+x?2?5).?又由均值不等式，得：?(x?2?1+x?2?2)(x?2?3+x?2?4+x?2?5)≤(x?2?1+x?2?2)+(x?2?3+x?2?4+x?2?5)[]2?2，?从而有(x?1+x?2)?2(x?3+x?4+x?5)?2≤6(x?2?1+x?2?2)+(x?2?3+x?2?4+x?2?5)[]2?2,即：(x?1+x?2)(x?3+x?4+?x?5)≤?6[]2(x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5),故(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5≤6[]2，当且仅当x?1=x?2,x?3=x?4=x?5,x?2?1+x?2?2=x?2?3+x?2?4+x?2?5，?即?当x?1=?x?2=λ[]2,x?3=x?4=x?5=λ[]3,(λ>0)时，?(x?1+x?2)(x?3+x?4+x?5)[]x?2?1+x?2?2+x?2?3+x?2?4+x?2?5最大值为6[]2.?推论3 若x?i∈R?+,i=1,2,…，n,m∈N,m>1,则有?(x11?+…+x1i?1?）（x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?)[]x?m?1+x?m+…+x?m?n≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?[]m.其中x11?+…+x1i?1?,x21?+…+x2i?2?,…，xm1?+…+xmi?m?是x?1+x?2+…+x?n一个分割.?证明据?H?lder?不等式，得：?x11?+…+x1i?1?≤(i?1)1-1[]m?(x?m11?+…+x?m1i?1?)?1[]m，?x21?+…+x2i?2?≤(i?2)1-1[]m?(x?m21?+…+x?m2i?2?)1[]m?,…,xm1?+…+xmi?m?≤(i?m) 1-1[]m?(x?mm1?+…+x?mmi?m?)?1[]m,?从而(x11?+…+x1i?1?)(x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?)≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?［(x?m11?+…+x?m1i?1?）?…?（x?mm1?+…+x?mmi?m?)］?1[]m.?又由均值不等式，得：?(x?m11?+…+x?m1i?1?)?…?(x?mm1?+…+x?mmi?m?)?≤(x?m11?+…+x?m1i?1?）+…+(x?mm1?+…+x?mmi?m?)[]m?m?=x?m?1+x?m?2+…+x?m?n[]m?m.?进而(x11?+…+x1i?1?)(x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?）≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?x?m?1+x?m?2+…+x?m?n[]m，?故(x11?+…+x1i?1?)(x21?+…+x2i?2?)?…?（xm1?+…+xmi?m?)[]x?m?1+x?m+…+x?m?n≤(i?1i?2…i?m)1-1[]m?[]m，当且仅当x11?=…=x1i?1?，…，xm1?=…=xmi?m?,x?m11?+…+x?m1i?1?=…=x?mm1?+…+x?mmi?m?,即当x11?=…=x1i?1?=λ[]i?1[]m1,x21?=…=x2i?2?=λ[]i?1[]m2,…,xm1?=…=x?min=λ[]i1[]m?m, (λ>0)时，推论3中等号成立.?推论4 若x?i,a?i∈R?+,i=1,2,…,n,m∈N,m>1，则有?（a11?x11?+…+a1i?1?x1i?1?)(a21?x21?+…+a2i?2?x2i?2?)?…?（am1?xm1?+…+ami?m?xmi?m?)[]x?m?1+x?m+…+x?m?n≤?a?m[]m-1?11?+…+a?m[]m-1?1i?1??…?am[]m-1m1?+…+a?m[]m-1mi?m?1-1[]m?[]m.其中a11?x11?+…+a1i?1?x1i?1?,a21?x21?+…+a2i?2?x2i?2?,…,am1?xm1?+…+ami?m?xmi?m?是a?1x?1+a?2x?2+…+a?nx?n一个分割.?注推论4与推论3证明过程相似，不再赘述.另外，推论4中等号成立充要条件是?xjk?=λa?1[]m-1?jk?[]am[]m-1?j1?+a?m[]m-1j2?+…+a?m[]m-1ji?j1[]m,j=1,2,…,m;k=1,2,…,i?j,(λ>0).希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、生气，就是拿别人的过错来惩罚自己。
全国初中生数学奥林匹克竞赛难题剖析
全国初中生数学奥林匹克竞赛难题剖析近年来，全国初中生数学奥林匹克竞赛逐渐兴起，挑战着广大中学生的数学智慧和解题能力。
其中的难题给学生们带来了巨大的挑战，让他们不断探索和思考。
本文将选择一道典型的难题进行剖析，帮助读者理解难题的解题思路和技巧。
题目：设正整数x满足$x^4-4x^2=n$，其中n是一个大于1的正整数。
试证明：当n为完全平方数时，方程存在无限个正整数解。
解析：首先，设完全平方数为$p^2$，其中p为正整数。
根据题目的条件，我们可以将方程改写为$x^4-4x^2=p^2$，进一步变形可得$x^4-p^2=4x^2$。
我们观察到，左边的式子可以看作差的平方形式，即$(x^2-p)(x^2+p)=4x^2$。
由此可推断，$x^2-p$和$x^2+p$均为2的倍数。
接下来，我们分别考虑$x^2-p$和$x^2+p$为2的倍数的情况。
情况一：$x^2-p=2m$，$x^2+p=2n$，其中m、n为正整数。
将这两个式子相加和相减，可得$x^2=m+n$和$p=2n-2m$。
由此可见，若给定m和n的值，方程即可满足。
情况二：$x^2-p=2m$，$x^2+p=2n$，其中m、n为正整数。
将这两个式子相加和相减，可得$x^2=n-m$和$p=2m+2n$。
同样地，若给定m和n的值，方程即可满足。
由上述分析可知，当$p^2$是一个完全平方数时，方程$x^4-4x^2=p^2$存在无限个正整数解。
结论：通过对全国初中生数学奥林匹克竞赛难题的剖析，我们发现其中包含着一道关于完全平方数的方程题。
通过变形和分析，我们得出了当n 为完全平方数时，方程存在无限个正整数解的结论。
这道题目不仅考察了数学知识的掌握，还要求学生具备灵活运用知识解决问题的能力。
对于广大中学生来说，参加数学奥林匹克竞赛是提高数学水平的一个很好的途径。
无论是解答难题还是剖析难题，都需要学生们具备深入思考和逻辑推理的能力。
希望本文能够给初中生们在数学竞赛中遇到的难题提供一些解题思路和启示，让他们更加热爱数学、善于思考。
数学奥赛题目的解析与思路
数学奥赛题目的解析与思路数学奥赛一直以来都是考验学生数学思维和解题能力的重要评判标准。
而在解析数学奥赛题目的过程中，理解题意、分析解题思路、运用适当的数学知识和技巧是至关重要的。
本文将结合实际题目，对数学奥赛题目的解析与思路进行详细讨论。
一、解析题目背景与条件在解数学奥赛题目之前，首先要仔细阅读题目，理解题目背景和条件。
这一步十分重要，因为只有准确地理解题目要求，才能有针对性地寻找合适的解题思路。
以一道例题为例：【题目】已知函数 f(x) = 2x^2 - 3x + 1，求解方程 f(a) = 0 的解 a 的取值范围。
【解析】首先，根据题目给出的函数 f(x) = 2x^2 - 3x + 1，我们可以推测这是一个二次函数。
根据二次函数的性质，当 f(a) = 0 时，函数的图像与 x 轴有两个交点。
接下来，我们需要确定二次函数的开口方向，即二次项的系数 a 的符号。
由于题目中给出的系数是正数 2，我们可以推断二次函数的开口是向上的。
进一步，我们需要计算二次函数的顶点坐标。
根据二次函数顶点坐标的计算公式，顶点坐标为 (p, q)，其中 p = -b / (2a)，q = f(p)。
代入题目给出的系数，计算得到的顶点坐标为 (3/4, -1/8)。
最后，我们可以根据顶点坐标和开口方向，得出当 a 的取值在 (-∞, 3/4) 和(3/4, +∞) 时，方程 f(a) = 0 有解。
而当 a = 3/4 时，方程 f(a) = 0 的解只有一个且唯一。
二、分析解题思路与方法在解题的过程中，我们需要分析解题思路和方法，灵活运用数学知识和技巧。
以另一道例题为例：【题目】一组数据为 1，3，5，7，9，11，13，...，其中第 n 个数为 a(n)，求 a(n) 的表达式，并计算当 n = 10 时 a(n) 的值。
【解析】观察题目中给出的数据，可以发现该数列是以等差数列的形式递增。
可以通过观察和分析，总结出等差数列的通项公式 a(n) =a(1) + (n-1)d，其中 a(1) 为首项，d 为公差。
一类竞赛试题的解法探索与结论推广
（ 仅｛ ＝ ｉ） ２ 当当 且 ｌ： ＝ 或 。 ｆｆ ／＝ （ 。 Ｏ
时 ，上 面 两式 取 等号 ） ．２ｌ ≤２，即 ｌ １ ． ’ ． ａｌ ａＩ ．
区 ０２ ，］ 上满足１ （ ≤ ， ａ的 ｆｘ ２ 求ｌ 最大值 ， ） Ｉ 并写 出Ｉ取得最大值时的 ａ ｌ 一个函数表达式．
志 （
４ｇ Ｐ （— ）
）ｆ 厂 Ｉ Ｉ（ （ ］ ＋ ） Ｉ
而
整 理得 ２ ＝［ ２一厂 １ ＋１０ 一厂１ ， ａ ｆ（） （］ ［（） ＿ ） ） 厂 （］
’
． ．
’ ｆ ＝ （ ＝ ， ｆ（） 厂２ ｇ － ） ／ ） Ｐ 厂 ＝ （ ＝ ， 厂 （ ， ）
）
／（
） （ ＝口
） ６
可 得 厂（ ＋ ） ） ２ 一 ／（
） 下 －ｍ ｚ ＝ （ ｎ ）
，
第 二 步 可得 一个 通 式 ， ） 厂， 一 ／ （ ＋－ ｚ ２ （ （）
） ：
．
‘ ＝
（ ， （
）＋ ］㈣
一 厂
（ 这也 是 为什 么选 择 区 间 的两端 点 与 中点 所 对 应 的三 个 函数值 的式子 ，便 可 破解 这 类 问题 ） ；
） 一 ｐ，
） ，再 两边 取 绝 对 值 ，利 用绝 对 值 不 】
‘ ．
等式的性质 ，注意到取等条件 ，问题便可迅速获解 ． 题 １的解答 ￣ｆ（） ｏ ｏ ＝Ｃ， ｆ １＝ａ ｂ ｃ， Ｏ （ ） ＋ ＋
ｆ ２ ＝４ ＋ ６ Ｃ， （） ａ ２ ＋ 发现 ｆ ２ ＋ｆ Ｏ 一 ｆ Ｏ ＝２ （） （） ２ （） ａ，
）＋ ｇ时 ，取 等号 ．
第一步 列出限定 区间 ［ 的两端点与 中点所 ｍ，］
初中数学竞赛题目解析与解题思路
初中数学竞赛题目解析与解题思路数学竞赛是培养学生数学思维和解决问题能力的重要途径之一。
在初中数学竞赛中，题目类型和难度各异，需要学生灵活运用所学知识进行解题。
本文将对初中数学竞赛题目进行解析，并提供相应的解题思路。
一、题目类型及解析1.填空题填空题是数学竞赛中常见的题型，要求根据给定的条件填写缺失的数字或符号。
填空题涵盖了各个知识点，需要学生综合运用所学知识进行解答。
解题思路：（1）仔细阅读题干，理解题目要求。
（2）根据已给的条件和问题中的关键词，找到解题的线索。
（3）结合所学知识，根据线索进行计算或推理，填写正确的答案。
（4）对答案进行检查，确保填写的数字或符号符合题目要求。
2.选择题选择题是数学竞赛中常见的题型之一，要求从给定的选项中选择一个或多个正确的答案。
选择题中有时会出现复杂计算或推理，需要学生综合运用所学知识进行解答。
解题思路：（1）仔细阅读题干和选项，理解题目要求。
（2）根据已给的条件和问题中的关键词，找到解题的线索。
（3）结合所学知识，根据线索进行计算或推理，选择正确的答案。
（4）对所选答案进行检查，确保符合题目要求。
3.证明题证明题是数学竞赛中较为复杂的题型，要求学生运用所学的理论和方法，推导出正确的结论。
证明题需要学生具备扎实的数学基础和较强的逻辑推理能力。
解题思路：（1）仔细阅读题干，理解要证明的结论。
（2）回顾所学的数学理论和方法，找到可用的定理或公式。
（3）按照证明的思路，运用合适的推理方法，逐步推导出正确的结论。
（4）对所推导的过程进行自我反思和检查，确保每一步的推理都是正确的。
（5）总结证明的思路和方法，写出完整的证明过程。
二、解题技巧和策略1.理清题目脉络在解答数学竞赛题目时，首先要理清题目的脉络和思路。
仔细阅读题干，分析并理解题目要求，找出解题的关键点和线索。
在解题过程中，要注重逻辑推理和思维的连贯性，合理安排解题的步骤和思路。
2.运用所学知识数学竞赛题目虽然形式各异，但都是基于所学知识的应用和拓展。
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一道数学竞赛试题的解法探索及启示
一、的提出
笔看在分析2010年全国初中数学联合竟赛试题时.对第一大题
第4小禽产生了极大的兴趣。
厚题如下：若方程。
. 3x-l=0(l)的两个根
也是方程x\ax4bxM=0(2)的根，
则ib-2c 的值为(,)(A)・13 (B)-9 (C)6 (D)0
为什么笔者会对这道试题特别感兴趣？我们一起从解决这一试题
的思路形成过程及解答过程中寻求答案。
二、何题的分析及解决
该题纶出的参冬答案中解答如下：
设m是方程x2-3x-l=O的一个根，则m2-3m-l=O，所以mJ3m+l
o
由鹿意.m也是方程x4>ax2fbx>cxO得根，所以m4fam2+ bin代
=0,把代人上式，得(3m+l)A・mJbmM=0，整理
AVTT
-2~
将x>x2分别代入方程联立方程组并化简得：
(952^-264 VTT+88a+24a VTT+24b+8b VIT+】6c=0 (3)
'952-264\/TT*88a-24aV1T4-24b-8bx/1T♦l^O (4)
(3*)得：3a+b=-33 (5)
(3 片(4)得：lla・3b+2c=-l 19 (6)
(5)x4-(6)得：wb-2g-13
反思一：该思路清嘶、明了 .但在具体运算中.计算过程比较
繁琐,且技巧性比较强•则有下面的分析：
思路分析二：若方程(1)的两个根也是方程(2)的根.则多项式
x^ax^bx+c可分解为/・3x-l与另一个因式乘积的形式，可设
x%ax24-bx-H：=(x2-3x-1 Xx2^mx+n) (7)
其中・mji为待定的系IL为了得到a+b-2c的值，可以有两种
解法.
解必二：由多顼式恒等定理知道，两个多项式恒等，对应次项
的系数对应相等，即由x4+ax2+bx-H5=x4-Hm-3)x3+(n-3in-1) x2-
(m+3n)x-n,得
m-3=0
n-3m-l=a
m+3n=-b
ic=f
典I a+b-2c—13
解法三：(7)式既然是怛等式，那么该式对所有实数均成立，
令x=(»=l得：
n=-c
-3(m+n+ l)=a+b+c+1
1 +a-b+c=4( 1 -m+n)
*l<#a+b-2c=-13
反思二：由思路分析二可知，x%ax、bwc能被F・3x・l 整
除，设其商式F+mx+n,姻余式为O0此时，问题转换为求X、
ax24bx*c 除以x^-Sx-l 的商©
解法四：由长除法m
x4 4-0-jr1?-女-1
* -3.？X 4 >3X4(0 4
10X^30
J G X-t-far +c
3? -X -*
(a^lO)j^ +(64 3)x
(o ♦ 10湿 T。
♦ 10U - 10)
(8 + 3a + 33)x +(Q + c*10)(余式)
右jb+3a+33=O
侣：aw 10=0
解之得：a+b-2c=-13
反思三：由解法四可知.当按长除法计算两多项式之商时，各项排列的位置完全可以表示它们所含字母的次救，故可以略去字母而只写出系数,以简化计算，此方法称为分离系数的长除法。
僻法五：由分离系数的长除法⑶
1 ・0 40 ♦!> ・c 1 ・3 T
■)1 T T h *3 .("10X商式)
3 +("1)・b
3 “・3 _______________
("10) ・(8・3) +c
9 + 10) -3("10) -(。
+ 10)
(8i・33) ♦("♦c・10X余式)
下同解法四。
反思四：显然，分离系数的长除法比长除法简单，为使除法书写更简单一些。
下面我们进一步讨论被除式、除式、商以及余式之间的系数关系：设
Rx)二KX W.I LI・••”以+炒。
(a.#0)・
除以x-a的商及余数分别是q(x)、r,其中
b#T・・4遇1蛎。
(bi。
)
得(9.a)mW6*b)m+c+1 =0。
从而可知：方程x2-3x-1=O的两根也是方程(9+a)mW6+ b)m-K>l=0的根,这两个方程实质上应该是同一个一元二次方程，从而有(9+a)m2+<6+b)m+c+l =k(x2-3x-1)(k 为常数)，故9±a_=6^=c+t，所以Jb=-3a律3 .因此出扯&-也
1 一3 —1 ic=—a—iu
笔者在对这道题经过研究，又得到了下面几种解法：
思路分析一：由原题可知，方程(1)的两个根也是方程(2)的根，据此得：
解法一：求出方程(1)的炯个根：由=号豆•％=
下用待定系数法来确定q(x)中的系数与余数r o f(x)Hx-a)q(x片
T,即
• • • fxQao
=b-ixN<lv厂。
・・・犬蚌81)1*犬卜4
由多项式恒等定理有：
K-i=an
bn»产「汁应2
bo^a^ab)
r=yabo
把这一计算过程写成超式：4 …4■ a
■) 沥.1 •••
bz Qz+*i …q+M/g
L 、…b。
r
用这一算式进行的除法，叫综合除法.对于除式姑高于■•次的多项式，仍可类似进行，据此得以下解法：
解法六：由综合除法有[2]：
1 0 a b c 3 ]
3 1
93
____________ 3(E0) ZO
(商式)1 3 4 + iq3Q + 6・33 Q + C +10 (余式)
下同解法四。
反思五：此方法尽管简单.但确实不好掌握.不过，只要能够交代清楚其原理及推导过程，学生们还是能够理解和掌握的。
三、对中学数学教学的启示
1994年修订的初中数学竞赛大纲中指出，数学竞赛对于开发学生智力、开峋视野、促进教学改革.提高教育水平，发现和培养数学人才都有枳极的作用％
■ ■在当今社会，由于数学竞赛”功利性”目的越来理显著，导致其商业化操作越来越严重,严重违背了数学竞赛的宗旨，因此，全国各地采取一刀切的策略，纷纷取缔了”奥数二但是，由这一试题来说.它不仅体现了算法的多样性，在分析、解答过程中，对开博学生的视野、培养学生代数的推理能力的过程中，充分体现了屋次性及学生的个性差异。
同时，在全国义务教育《败学课程标准解读(实脸稿)》第二篇《标准》的主夏内容与阙述中指出「'数与代数“突出了建函数感、符号感.贯穿了算法多样化和模型化思想.注意了代数的推理能力％因此，作为数学教育工作者，我们不能全盘否定”奥数。
而是要果用“ 量来主义"，然后做恰当的改造，贸穿到我们的教学中，为散学腰务O
♦考资料：
1.高等数学，高等教育出版社.1988年10月第1版.31・ 32
2.全国高等学校民族预科教材《数学》(上)，高等学校民族预科教材编写组，天津教育出版社.2000年5月第3版.57- 58
3.陈传理.张同君.《竞赛败学教程〉，高等教育出版社，2005年4月第二版
4 .全国义务教育《数学课程株准解读(实验稿)》，北京舞范大学出版社J 07-171
事金项目：
[1).2012年甘腐省教育科学”十二五,规划课题[2012] GSGXG039
'(2].甘肃民族师范学院2011年院长科研基金(11-5)。