0初中数学竞赛辅导资料

0初中数学竞赛辅导资料（精选11篇）

篇1：0初中数学竞赛辅导资料

初中数学竞赛辅导资料

初中数学竞赛辅导资料

初一上目录数的整除

（一）2倍数约数3 质数合数4 零的特性5a的个位数

6数学符号7用字母表示数8抽屉原则

初一下目录

9一元一次方程解的讨论10二元一次方程的整数解11二元一次方程组解的讨论12用交集解题13用枚举法解题14经验归纳法15乘法公式16整数的一种分类

初二上目录奇数偶数18 式的整除19 因式分解20 恒等式证明21 比较大小22 分式23 递推公式24 连续正整数25 十进制的记数法26 选择题解法(一)27识图28三角形边角性质 初中数学竞赛辅导资料

初二下目录

29概念的定义30概念的分类 31勾股定理 32中位线33同一法34 反证法 35两种对称36三点共线37不等关系

38、垂直平行39线段、角相等40线段、角和差倍分41线段的比、积、幂 42形如1/a+1/b=1/c问题的证明43面积法44数的整除

（二）初三上目录

45一元二次方程46完全平方式（数）47配方法48非负数49对称式50 基本对称式51待定系数52换元法53 条件等式54整数解55未知数多于方程的个数56列表法57逆推法58观察法59“或者”“并且”60解三角形

初三下目录

61函数的图象62绝对值63动态几何的定值64最大 最小值65图象法66辅助圆67参数法证平几68选择题(二)69数的整除(三)70正整数简单性质的复习

n

篇2：0初中数学竞赛辅导资料

第七讲 含绝对值的方程及不等式

1、解方程：|x2||2x1|72、求方程|x|2x1||3的不同的解的个数。

3、若关于x的方程||x2|1|a有三个整数解，则a的值是多少？

4、已知方程|x|ax1有一负根，且无正根，求a的取值范围。

5、设|xy

22

3y5

2||3x

22y|0，求xy。

6、解方程组：|xy|1

|x|2|y|37、解方程组：|xy|xy2

|xy|x28、解不等式：|x5||2x3|19、解不等式：1|3x5|210、解不等式：||x3||x3||3。

11、当a取哪些值时，方程|x2|||x1|a有解？

答案：

1、x8

3或x2。

2、2个。

3、a1。

4、a1。

5、1。

1155xxxxx113333

6、

7、。

8、x7或x。,,,3y2y4y4y2y2

33339、1x

训练： 43或2x73。

10、x32或x

3211、a3。

1、解下列方程：

（1）|x3||x1|x1（2）||1x|1|3x（3）|3x2||x1|x2（4）|3y2||5x3|

2、解方程组：

（1）|x1||y1|5

|x1|4y4（2）|xy|1

|x||y|23、解不等式：

（1）|13x5

篇3：九年级数学竞赛辅导策略初探

1.选拔优秀学生。

通过随机抽查发现, 在九年级几百个学生中, 必有几十个对数学充满好奇、兴趣特别浓厚的学生。我们重点关注头脑特别机灵、数学学习具有很强爆发力、数学成绩一直很稳定的学生, 并通过课外面谈或同班主任、任课老师交流, 以了解该生在各方面的表现, 从而为竞赛辅导作好充分的准备。在这一过程中, 要注意人数的选取范围, 选取合适比例的学生, 也可以扩大选择范围, 然后通过选拔考试, 客观、公正地淘汰少数几个学生, 以确定最终的参训学生。另外, 在决赛之前, 还要通过再次选拔, 以落实竞赛学生。

2.强化日常管理。

由于选拔的优生重新组织成了一个新的班集体, 所以还要加强班级管理。学生来自不同班级, 彼此不了解, 而且各自的性格特点又有较大的差异:有的是属于热闹型的, 课堂上喜欢抢着回答问题;有的是属于沉思型的, 喜欢安静的氛围;有的二者兼备。因此, 为保障竞赛活动能正常、有效的开展, 必须提出一些具体的新要求。比如, 竞赛内容的难度决定了上课应以安静为主, 热闹型的同学应该有所收敛;从时间安排上, 竞赛辅导一般每周两次, 辅导时间内学生不得缺席, 否则就很难跟上教学进度, 有特殊情况可以请假, 但必须在课外自学、练习, 遇到疑惑应及时请教;数学学习离不开练习, 为保证学习正常化, 每周检查一次竞赛作业, 除了要很好地完成“竞赛数学”作业外, 还应完成“中考数学”作业。假如二者之间存在冲突, 要以完成“竞赛数学”作业为主, 而延缓完成“中考数学”作业。

3.落实备课策略。

备课的前提是选购优秀的辅导资料。目前, 各种竞赛辅导资料很多, 应如何指导学生购买竞赛用书呢?首先不宜多, 选订一本足够了。其次, 要注重选择的标准, 一看知识是否全面, 题目是否新颖, 是否与教材同步;二看是否是权威人士所编, 如国家级竞赛教练、名牌大学数学专业教授所编都可以认真考虑。教师可以多订一些图书、杂志作参考, 以实现博采众长。

教师通常每周要完成两个班的日常教学任务, 因此, 为了减轻工作压力, 竞赛辅导老师一般由两人组成, 两人按周轮换指导, 也便于交流、讨论。为备好竞赛辅导课, 首先应明确各自的内容分工, 其次要认真做题, 对题目要多进行研究, 最后要研究教学方法。在上新课时, 要有效地组织同步辅导, 以利于提高学习效果。完成同步辅导后, 就要进入专题辅导阶段, 接着就是模拟演练和试卷讲评。

4.采用民主化、开放化的教学模式。

参加竞赛组的学生通常成绩优秀, 好胜心强, 思维敏捷, 心理开放, 喜欢提出问题, 善于发表自己的见解。因此, 在教学过程中, 教师要平等相待, 鼓励学生多提出问题, 发表不同的意见。只有这样, 才能让学生积极主动地参与到竞赛课堂中, 从而获得更多的学习体验和感悟, 最终达到提高创新意识的目的。另一方面, 学生对数学问题往往不满足于一知半解, 多从不同的角度思考问题, 从而发现新的命题或结论。因此, 竞赛课堂要尽量采用开放化的教学模式, 留给学生开放式的问题情境和题型, 以锻炼、发展他们的数学思维, 促使其数学认知结构不断地重新组合, 激发起浓厚的学习兴趣。

5.开展研究性学习活动。

研究性学习以建构主义学习理论为基础, 强调学习者是信息加工的主体, 教师在教学活动中应以学生为中心, 教师应成为学生主动建构的组织者、帮助者和促进者。只有将研究性学习模式应用于数学竞赛辅导教学中, 才能激发学生的创造力。其课题产生一般来源于与教材紧密联系的知识, 如学完三角形的重心、内心和外心后, 就可以迅速补充三角形垂心、旁心等知识, 形成《三角形的“五心”》的课题, 也可以是来源于竞赛内容中相对独立的知识, 如《整数的整除性问题》、《抽屉原理》等。

遵循数学竞赛大纲的要求, 立足基础知识, 以教材为蓝本进行拓展, 发展数学思维能力, 是开展研究性学习的基本前提。数学知识蕴含着数学思想, 而数学思想又影响着数学能力的提高。因此, 开展研究性学习的一项基本要求和任务就是在进行数学知识教学的同时, 也注重数学思想的有机渗透和提炼, 使学生形成稳定、有序而牢固的数学认知结构。比如, 有针对性地研究数学竞赛试题, 从中加以分析、归类, 揭示数学的基本思想方法模型, 包括整体思想、数形结合思想、换元思想、构造思想、变换思想、分类思想、反客为主思想、待定系数法、配方法、特殊化方法, 等等。然后, 再通过适量的题目训练使数学思想方法转化为个体的经验和习惯, 从而利于解决问题能力的提高。

6.引导学生掌握学习和应考方法。

由于竞赛辅导时间相对较短, 为使辅导取得最佳效果, 教师必须不断地充实、完善自己, 必须利用大量的时间和精力去钻研数学教育心理学、心理健康教育和其它学科的知识, 懂得教育教学的艺术, 重视同学生进行情感交流, 用自身的渊博知识去启迪学生, 用高尚无私的品质去感染学生, 指导学生拟定学习计划, 并使之学会预习、做笔记、记忆知识等。同时, 加强对学习心理的指导, 教育学生学习时要专注, 树立信心, 不受外界的干扰, 要耐心仔细, 独立思考, 要学会分析学习中的困难, 以克服自卑感和骄傲情绪。另外, 考试时要端正态度, 自觉养成“先易后难、审清题意、明确要求、仔细检查”的良好习惯, 这样才能在考试中发挥出正常水平。

篇4：谈数学资优生培养与竞赛辅导

一、数学竞赛与竞赛辅导的意义

(一)早期发现,长期培养

在数学竞赛中我们可以发现一批思维敏捷、智力出众的学生,这会引起我们教师的注意并加以重点培养。有几位学生在全国初中数学竞赛中能够出类拔萃,当然是他们的智力好,思维敏捷,但老师对他们的早期培养是很重要的。在家访过程中发现,获奖的学生在小学阶段就比较注重辅导培养,上了初中也是积极参加学校组织的竞赛辅导班。有位老师说得好:“要使天才不致荒废,必须早期发现,长期培养。”

(二)举办数学竞赛符合因材施教的原则

我们应该承认学生智力上的差异。教科书上的数学是“大众数学”,是今后作为社会公民必须要掌握的。义务教育数学课程指出,“不同的人在数学上得到不同的发展”,“学生的数学学习活动应是一个生动活泼的、富有个性的过程”。对一些擅长理性思维、智力较好的学生来说,他们的学习空间还很大,教科书上的内容远远吃不饱。如果他们在知识、能力上得不到应有的拓展,那是对智力极大的浪费,甚至会在他们认为简单、平易的数学学习中丧失对数学的兴趣和热情。举办数学竞赛,不仅为他们提供了一个展示数学才能的平台,而且会更进一步激发他们学习数学的兴趣。

(三)促进教师钻研业务

数学竞赛题大多比较新颖,有创意,富于思考,不少问题远远超越了教科书的要求。教师要辅导学生参加竞赛,必须要有较好的数学素养、教学方法,在解题能力和表达能力方面也有较高的要求,这就促进教师自觉地钻研业务,不断地更新知识,因而对教师的专业化成长大有裨益。

二、资优生培养与竞赛辅导的几点具体做法

(一)“慧眼识英才”,尽早发现有数学天赋的好苗子

以我校为例,我校的教师大多采取了跟班制,即从七年级一直教到九年级,因此我们的教师在七年级就注意发现和引导具有数学天赋的孩子。七年级期中后把成绩优异者和在平时了解到的思维敏捷的学生结合考虑,从中选出近150人组成课外兴趣小组。通过学校组织的数学竞赛,再选出一部分成绩优异者组织A班,其他分为B班。对A班同学进行数学竞赛的系统培训,强化训练。入选的基本要求:①踏实认真肯吃苦;②勇于拼搏有竞争意识;③思维敏捷,解题速度快;④学习成绩中等以上。

(二)精心选择教材与辅导资料

目前各种竞赛辅导材料很多,这当中有高质量的,也有粗制滥造的。所选的辅导教材要浅显易懂,技巧性强,方法别具一格,也要有一定的权威性。我们以三“一”为主,精心选择——“一本教材”“一本杂志”“一套试卷”。另外再不断充实一些教材、杂志作参考,以取百家之长。

(三)步步扎稳,层层落实做好学生的辅导工作

1. 分散培训

分散时间,分散教材,分散学生进行辅导,每一个任课教师都是竞赛辅导老师,做到步步扎稳,层层落实。从七年级抓起,在小学升入初中摸底考选苗后,即成立数学兴趣小组,以后逐步筛选充实。制订活动计划,一般每星期两次,定时布置、检查,批改数学竞赛练习。定期检查与随机抽查相结合,多询问,多督促,多鼓励,多指导。指导他们看一些竞赛书籍与杂志,积极参加各家杂志举办的数学竞赛;给他们指导解题方法与技巧。对这部分学生,鼓励他们自学,提前完成课堂任务,抽出一定时间,让他们越级听课,越级参赛。

2. 集中辅导,系统培训

在平时分散辅导的同时,每周集中一次,作一些专题讲座。在教师指导下,进行竞赛试题的综合练习,通过对历届竞赛试题、模拟试题的拉练,使学生运用综合知识解题的能力大大提高。同时,通过综合训练,可以发现每位学生在学习知识上的漏洞和不足,教师要及时指导他们针对自己的不足提出整改的方案。在这一阶段中,教师是舵手,时刻把握着竞赛这艘航船的方向,不能让学生把自己宝贵的时间和精力用偏,要为学生把好关,既不能把时间和精力全用在解难题上,也不能只重复做简单的题目。培训结束后,进行一次数学竞赛,一是检查学生的培训情况,二是表彰成绩好的学生,以提高学生的学习兴趣和竞争意识。在参赛前要抽出一定时间进行集训,这包括心理素质、应试策略、典型的重要解题方法、数学思想及数学原理等。

三、对竞赛辅导的几点思考

(一)数学竞赛辅导要有吃苦精神

数学竞赛辅导是一件非常花时间的工作。首先教师要爱好初中数学教学,能为每一道竞赛题花上充足的研究时间,如果辅导教师没有坚强的意志,没有足够的热情,而是为了完成学校布置的任务而去应付的话,那效果肯定不佳。数学竞赛辅导贵在平时点滴的积累,搜集各种竞赛资料进行汇总,并有计划地把它们逐个消化吸收。

(二)数学竞赛辅导需要长期、系统性训练

数学竞赛辅导需长期准备,要具有系统性。初中数学竞赛也要有教材,最好从初一年级起进行系统训练,因为学生参加竞赛如果没有特有的解题方法和数学思维的话,就相当于失去了战斗的武器。因此竞赛辅导不是一朝一夕的事情,需长期的准备。而我们学校在这方面就做得很好,各项措施都落到了实处。

(三)数学竞赛与常规教学不矛盾,学校要政策辅助

数学竞赛辅导和学生的正常学习在目的、解决问题的方法和策略方面能和谐发展,从而更好地提高学生的数学成绩与自身的教学水平。因此,在学科与学科之间,学校要做好协调,要让各科教师都能鼓励学生在竞赛中出成绩。现在不同学科之间的牵制情况屡见不鲜,极为严重,学校应努力解决好这一问题。如:我校在数学竞赛前两个月,其他的学科要有所让步,允许参赛学生在认真听课后,可以不交作业;有时邀请名师名家来校辅导,有力地推动竞赛工作的开展。

(四)参加竞赛,首先要把教科书中的一些基本概念搞得清清楚楚

万丈高楼平地起,基础不扎实,难以取得良好的成绩。历届数学竞赛中出现的一些情况值得我们注意,有些学生综合题、难题解得很好,而基本选择题、填空题常常出现失误,这说明辅导学生时不能只去做难题,而要注意基本概念、基本运算能力和基本数学思想与方法的培养。

(五)发挥集体的优势

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全国数学竞赛辅导(八年级)教学案全集-第十一讲 线段与角

线段与角是初中平面几何中两个非常基本的概念，这两个概念在日常生活中有着广泛的应用．

小明做作业需要买一些文具．在他家的左边200米处有一家文具店，他从家出发向文具店走去，走到一半发现忘了带钱，又回家取钱买了文具后回到家中．问小明共走了多长的路程？

在高层建筑中，一般都设有电梯，人们上楼一般都乘坐电梯，你想过吗，设计电梯与线段的什么性质有关？

钟表是大家熟悉的计时工具，你可曾观察过在2点到3点之间什么时候时针与分针重合？什么时候时针与分针成90°角？

我们还可以在日常生活中提出许多与线段和角有关的问题，不少问题很有趣，也颇费脑筋，对于留心观察、勤于思考的人来说是锻炼脑筋的好机会．

例1 已知：AB∶BC∶CD=2∶3∶4，E，F分别是AB和CD的中点，且EF=12厘米(cm)，求AD的长(如图1－6)．

分析 线段EF是线段AD的一部分，题设给出了EF的长度，只要知道线段EF占全线段AD的份额，就可求出AD的长了．

解 因为AB∶BC∶CD=2∶3∶4，E是AB中点，F是CD中点，将线段AD 9等分(9=2+3+4)且设每一份为一个单位，则AB=2，BC=3，CD=4，EB=1，CF=2．从而

EF=EB+BC+CF=1+3+2=6，例2 在直线l上取 A，B两点，使AB=10厘米，再在l上取一点C，使AC=2厘米，M，N分别是AB，AC中点．求MN的长度(如图1－7)．

分析 因为是在直线上取C点，因此有两种情形：C点在A点的右侧或C点在A点的左侧．

解 若C点在A点的右侧(即在线段AB上)．因为AC=2厘米，N为 AC中点，所以 AN=1厘米；又 AB=10厘米，M为AB中点，所以AM=5厘米．则

MN=AM-AN=5-1=4(厘米)(如图1－7(a))．

若C点在A点的左侧(即在线段BA延长线上)，此时

MN=NA+AM=1+5=6(厘米)(如图 1－7(b))．

线段的最基本性质是“两点之间线段最短”，这在生活中有广泛应用．前面所提到的高层建筑所设电梯的路线，就是连接两层楼之间的线段，而楼梯的路线则是折线，电梯的路线最短．

例3 如图1－8所示．在一条河流的北侧，有A，B两处牧场．每天清晨，羊群从A出发，到河边饮水后，折到B处放牧吃草．请问，饮水处应设在河流的什么位置，从A到B羊群行走的路程最短？

分析 将河流看作直线l(如图1－9所示)．设羊群在河边的饮水点为C＇，则羊群行走路程为AC＇+C＇B．设A关于直线l的对称点为A＇，由对称性知C＇A＇=C＇A．

因此，羊群行走的路程为

A＇C＇+C＇B．

线段A＇C＇与 C＇B是连结点A＇与点B之间的折线．由线段的基本性质知，连结点A＇与点B之间的线中，线段A＇B最短．设线段A＇B与直线l交于C．那么，C点就是所选的最好的饮水地点，下面我们来说明这一点．

解 作A关于直线l的对称点A＇．连结B，A＇，并设线段BA＇与l交于C．设C＇是l上不同于C的另外一点，只要证明

AC＇+C＇B＞AC+CB ①

即可．

利用线段基本性质及点关于直线的对称性知

AC＇=C＇A＇及 CA=CA＇，所以

AC＇+C＇B=C＇A＇+C＇B，AC+CB=CA＇+CB=A＇B．

而C＇A＇与C＇B是连结A＇，B的折线，而A＇B则是连结这两点之间的线段，所以

C＇A＇+C＇B＞A＇B=A＇C+CB=AC+CB，从而①成立，即选择C点作为羊群的饮水点，羊群的行程最短．

例4 将长为10厘米的一条线段用任意方式分成5小段，以这5小段为边可以围成一个五边形．问其中最长的一段的取值范围．

分析 设AB是所围成的五边形ABCDE的某一边(图 1－10)，而线段BC，CD，DE，EA则可看成是点A，B之间的一条折线，因此，AB＜BC+CD+DE+EA．

如果AB是最长的一段，上面的不等式关系仍然成立，从而可以求出它的取值范围．

解 设最长的一段AB的长度为x厘米，则其余4段的和为(10-x)厘米．由线段基本性质知x＜10-x，所以x＜5，即最长的一段AB的长度必须小于5厘米．

例5 若一个角的余角与这个角的补角之比是2∶7，求这个角的邻补角．

分析 这个问题涉及到一个角的余角、补角及两个角的比的概念，概念清楚了，问题不难解决．

解 设这个角为α，则这个角的余角为90°-α，这个角的补角为180°-α．依照题意，这两个角的比为

(90°-α)∶(180°-α)=2∶7．

所以

360°-2α=630°-7α，5α=270°，所以α=54°．从而，这个角的邻补角为

180°-54°=126°．

例6 若时钟由2点30分走到2点50分，问时针、分针各转过多大的角度？

分析 解这个问题的难处在于时针转过多大的角度，这就要弄清楚时针与分针转动速度的关系．每一小时，分针转动360°，而时针转动

解 在2点30分时，时钟的分针指向数字6；在2点50分时，时钟的分针指向数字10，因此，分针共转过“四格”，每转“一格”为30°，故分针共转过了

4×30°=120°．

在钟表中，有很多有关分针、时针的转角问题．解决这类问题的关

倍)．

例7时钟里，时针从5点整的位置起，顺时针方向转多少度时，分钟与时针第一次重合(图1－11)？

分析 在开始时，从顺时针方向看，时针在分针的“前方”，它们相差 5×30°=150°．由于分针转动速度远远大于时针转动速度(是它的12倍)，因此，总有一刻，分针“追上”时针(即两者重合)．具体追上的时刻决定于开始时，分针与时针的角度差及它们的速度比．

解 如分析，在开始时，分针“落后”于时针150°．设分针与时针第一次重合时，时针转动了α角，那么，分针转动了(150°+α)．因为分钟转速是时针的12倍，所以

150°+α=12α，说明 钟表里的分钟与时针的转动问题本质上与行程问题中的两人追击问题非常相似．行程问题中的距离相当于这里的角度；行程问题中的速度相当于这里时(分)针的转动速度．

下面再看一例．

例8 在4点与5点之间，时针与分针在何时

(1)成120°(图1－12)；

(2)成90°(图1－12)．

分析与解(1)在4点整时，时针与分针恰成120°．由于所问的时间是介于4点到5点之间，因此，这个时间不能计入．从4点开始，分针与时针之间的角度先逐步减少，直至两针重合(夹角为0°)．之后，分针“超过”时针，两针之间的夹角又逐渐增大(此时，分针在时针的前面)．

直到两针夹角又一次成为120°，这个时间正是我们所要求的．

设时针顺时针转过a角后，时针与分针(分针在时钟前)成120°，则

12a=120°+a+120°，由于时针每转过30°(如从指向数字4转到指向数字5)相当于1

经过了

(2)如图1－13(a)，(b)所示．

由于在整4点时，时针与分针夹角为120°，因此，在4点与5点之间，时针与分针成90°有两种情况 ：

(i)时针在分针之前(如图1－13(a))．设时针转了a角，分针转了12a角，有

120°+α=90°+12α，所以

11α=30°，用时

(ii)时针在分针之后(如图1－13(b))，此时，有关系

12α-α=120°+90°，11α=210°，用时

时，时针与分针成90°．

间

说明 由于时针与分针所成角依时针与分针的“前”“后”次序有两种情况，因此，按两针夹角情况会出现一解或两解．

练习十一

1．如图1－14所示．B，C是线段AD上两点，M是AB的中点，N是CD的中点．若MN=a，BC=b，求AD．

2．如图1－15所示．A2，A3是线段A1A4上两点，且A1A2=a1，A1A3=a2，A1A4=a3．求线段A1A4上所有线段之和．

3．如图1－16所示．两个相邻墙面上有A，B两点，现要从A点沿墙面拉一线到B点．问应怎样拉线用线最省？

4．互补的两角之差是28°，求其中一个角的余角．

5．如图1－17所示．OB平分∠AOC，且∠2∶∠3∶∠4=2∶5∶3．求∠2，∠3，∠4．

6．在晚6点到7点之间，时针与分针何时成90°角？

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第十八讲 归纳与发现

归纳的方法是认识事物内在联系和规律性的一种重要思考方法，也是数学中发现命题与发现解题思路的一种重要手段．这里的归纳指的是常用的经验归纳，也就是在求解数学问题时，首先从简单的特殊情况的观察入手，取得一些局部的经验结果，然后以这些经验作基础，分析概括这些经验的共同特征，从而发现解题的一般途径或新的命题的思考方法．下面举几个例题，以见一般．

例1 如图2-99，有一个六边形点阵，它的中心是一个点，算作第一层；第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点)；第三层每边有三个点，„这个六边形点阵共有n层，试问第n层有多少个点？这个点阵共有多少个点？

分析与解 我们来观察点阵中各层点数的规律，然后归纳出点阵共有的点数．

第一层有点数：1； 第二层有点数：1×6； 第三层有点数：2×6； 第四层有点数：3×6；

„„

第n层有点数：(n-1)×6.因此，这个点阵的第n层有点(n-1)×6个．n层共有点数为

例2 在平面上有过同一点P，并且半径相等的n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆除P点外无其他公共点，那么试问：

(1)这n个圆把平面划分成多少个平面区域？

(2)这n个圆共有多少个交点？

分析与解(1)在图2-100中，设以P点为公共点的圆有1，2，3，4，5个(取这n个特定的圆)，观察平面被它们所分割成的平面区域有多少个？为此，我们列出表18．1．

由表18．1易知

S2-S1=2，S3-S2＝3，S4-S3＝4，S5-S4＝5，„„

由此，不难推测

Sn-Sn-1＝n．

把上面(n-1)个等式左、右两边分别相加，就得到

Sn-S1＝2＋3＋4＋„＋n，因为S1=2，所以

下面对Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正确性略作说明．

因为Sn-1为n-1个圆把平面划分的区域数，当再加上一个圆，即当n个圆过定点P时，这个加上去的圆必与前n-1个圆相交，所以这个圆就被前n-1个圆分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n．

(2)与(1)一样，同样用观察、归纳、发现的方法来解决．为此，可列出表18．2．

由表18．2容易发现

a1＝1，a2-a1＝1，a3-a2＝2，a4-a3＝3，a5-a4＝4，„„

an-1-an-2＝n-2，an-an-1＝n-1．

n个式子相加

注意 请读者说明an=an-1＋(n-1)的正确性．

例3 设a，b，c表示三角形三边的长，它们都是自然数，其中a≤b≤c，如果 b=n(n是自然数)，试问这样的三角形有多少个？

分析与解 我们先来研究一些特殊情况：

(1)设b=n=1，这时b=1，因为a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，„．若c=1，则得到一个三边都为1的等边三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三边c，这时不可能由a，b，c构成三角形，可见，当b=n=1时，满足条件的三角形只有一个．

(2)设b=n=2，类似地可以列举各种情况如表18．3．

这时满足条件的三角形总数为：1+2=3．

(3)设b=n=3，类似地可得表18．4．

这时满足条件的三角形总数为：1＋2＋3=6．

通过上面这些特例不难发现，当b=n时，满足条件的三角形总数为：

这个猜想是正确的．因为当b=n时，a可取n个值(1，2，3，„，n)，对应于a的每个值，不妨设a=k(1≤k≤n)．由于b≤c＜a＋b，即n≤c＜n＋k，所以c可能取的值恰好有k个(n，n＋1，n＋2，„，n＋k-1)．所以，当b=n时，满足条件的三角形总数为：

例4 设1×2×3ׄ×n缩写为n！(称作n的阶乘)，试化简：1！×1＋2！×2＋3！×3＋„＋n！×n.分析与解 先观察特殊情况：

(1)当n=1时，原式=1=(1＋1)！-1；

(2)当n=2时，原式=5=(2＋1)！-1；

(3)当n=3时，原式=23=(3＋1)！-1；

(4)当n=4时，原式=119=(4＋1)！-1．

由此做出一般归纳猜想：原式=(n+1)！-1.下面我们证明这个猜想的正确性．

1+原式=1+(1！×1＋2！×2＋3！×3+„+n！×n)

=1！×2＋2！×2＋3！×3+„+n！×n

=2！+2！×2＋3！×3＋„+n！×n

=2！×3+3！×3+„＋n！×n

=3！+3！×3+„+n！×n＝„

=n！+n！×n=(n＋1)！，所以原式=(n+1)！-1.例5 设x＞0，试比较代数式x3和x2+x+2的值的大小．

分析与解 本题直接观察，不好做出归纳猜想，因此可设x等于某些特殊值，代入两式中做试验比较，或许能启发我们发现解题思路．为此，设x=0，显然有

x3＜x2+x+2．①

设x=10，则有x3=1000，x2+x＋2=112，所以

x3＞x2+x+2．②

设x=100，则有x3＞x2+x+2．

观察、比较①，②两式的条件和结论，可以发现：当x值较小时，x3＜x2+x+2；当x值较大时，x3＞x2+x+2．

那么自然会想到：当x=？时，x3=x2+x+2呢？如果这个方程得解，则它很可能就是本题得解的“临界点”．为此，设x3=x2＋x＋2，则

x3-x2-x-2＝0，(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，(x-2)(x2+x+1)=0．

因为x＞0，所以x2+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．这样

(1)当x=2时，x3=x2+x+2；

(2)当0＜x＜2时，因为

x-2＜0，x2+x+2＞0，所以(x-2)(x2＋x+2)＜0，即

x3-(x2＋x+2)＜0，所以 x3＜x2＋x＋2.(3)当x＞2时，因为

x-2＞0，x2+x+2＞0，所以(x-2)(x2+x+2)＞0，即

x3-(x2＋x＋2)＞0，所以 x3＞x2＋x＋2．

综合归纳(1)，(2)，(3)，就得到本题的解答．

分析 先由特例入手，注意到

例7 已知E，F，G，H各点分别在四边形ABCD的AB，BC，CD，DA边上(如图2—101)．

(2)当上述条件中比值为3，4，„，n时(n为自然数)，那S么S四边形EFGH与S四边形ABCD之比是多少？

∥AC交DA于M点．由平行截割定理易知

G引GM

(2)设

当k=3，4时，用类似于(1)的推理方法将所得结论与(1)的结论列成表18．5.观察表18．5中p，q的值与对应k值的变化关系，不难发现：当k=n(自然数)时有

以上推测是完全正确的，证明留给读者．

练习十八

1．试证明例7中：

2．平面上有n条直线，其中没有两条直线互相平行(即每两条直线都相交)，也没有三条或三条以上的直线通过同一点．试求：

(1)这n条直线共有多少个交点？

(2)这n条直线把平面分割为多少块区域？

然后做出证明.)

4．求适合x5=656356768的整数x．

篇7：0初中数学竞赛辅导资料

第二十四讲 整数的整除性

整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的．

1．整除的基本概念与性质

所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．

定义 设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作ba．

关于整数的整除，有如下一些基本性质：

性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a．

性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)．

性质3 若c｜a，cb，则c(a±b)．

性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac．

性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．

性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．

性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．

性质8 若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(an-bn)．

性质9 若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(an-bn)．

性质10 若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(an＋bn)．

2．证明整除的基本方法

证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．

例1 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．

分析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．

证 设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是

(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1

=12(n2＋n＋1)．

所以

12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．

又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．

例2 若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．

证 设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得

3v-5u=17x．①

所以 17｜3v．

因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．

若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．

值．

解 若p=q，则

q＞1．求pq的不是整数，所以p≠q．不妨设p＜q，于是

是整数，所以p只能为3，从而q=5．所以

pq=3×5=15．

例4 试求出两两互质的不同的三个自然数x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除．

分析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．

小的一个：

最

y｜(y＋2x)，所以y｜2x，于是

数两两互质，所以x=1．

所求的三个数为1，2，3．

例5 设n是奇数，求证：

60｜6n-3n-2n-1．

分析 因为60=22×3×5，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可．对于幂的形式，我们常常利用性质8～性质10，其本质是因式分解．

证 60=22×3×5．由于n是奇数，利用性质8和性质10，有

22｜6n-2n，22｜3n＋1，所以

22｜6n-2n-3n-1，3｜6n-3n，3｜2n+1，所以

3｜6n-3n-2n-1，5｜6n-1，5｜3n+2n，所以

5｜6n-1-3n-2n．

由于22，3，5两两互质，所以

60｜6n-3n-2n-1．

我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k，3k＋1，3k＋2这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模

4、模

5、模

6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．

例6 若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．

分析 因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．

证 因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．

例7 求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．

证 按模2分类．若n=2k为偶数，k为正整数，则

3n＋1=32k＋1=(3k)2＋1．

由3k是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8l＋1，于是

3n＋1=8l＋2=2(4l＋1)．

4l＋1是奇数，不含有2的因数，所以3n＋1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．

若n=2k＋1为奇数，k为非负整数，则

3n+1=32k＋1+1=3·(3k)2＋1

=3(8l＋1)＋1=4(6l＋1)．

由于6l＋1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．

在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证．

例8 已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．

证 用反证法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：

(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是

a2+b2=9m2+9n2±6n+1

=3(3m2＋3n2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．

(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则

a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2

=9m2±6m+1+9n2±6n＋1

=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．

由此可知，a，b都是3的倍数．

例9 设p是质数，证明：满足a2=pb2的正整数a，b不存在．

证 用反证法．假定存在正整数a，b，使得

a2=pb2

令(a，b)=d，a=a1d，b=b1d，则(a1，b1)=1．所以

与(a1，b1)=1矛盾．

例10 设p，q均为自然数，且

求证：29｜p．

证 注意到29是质数．令a=10×11×…×19．

所以 ap=29q·b，29｜a·p，29是质数，且29a，所以29｜p．

练习二十四

1．求证：对任意自然数n，2×7n＋1能被3整除．

2．证明：当a是奇数时，a(a2-1)能被24整除．

3．已知整数x，y，使得7｜(13x+8y)，求证：

7｜(9x＋5y)．

4．设p是大于3的质数，求证：24｜(p2-1)．

5．求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．

6．求证：三个连续自然数的立方和能被9整除．

篇8：浅谈如何对学生进行数学竞赛辅导

一、根据学生的实际情况, 挑选数学苗子

并不是每个学生都能参加数学竞赛的。由于学生的智力、兴趣爱好、基础、潜能等方面的个体差异, 使得学生对数学学习也存在一定的差异。这就必须要求教师根据学生的实际情况, 选拔适合参赛的数学苗子。教师可根据长期的观察, 挑选那些平时对数学学习具有强烈兴趣、踏实认真且肯吃苦的、勇于拼搏且有竞争意识的同学, 根据其思维的灵敏性, 组织其参加数学苗子选拔考试, 结合学生的考试成绩与平时表现, 确定数学竞赛的参赛苗子。每班15~20人, 组成课外兴趣小组。小组的成员并不是固定不变的, 可根据课外兴趣小组之外的同学的具体表现, 适当放宽选拔的标准;对于那些学习比较勤奋且对数学感兴趣的同学, 即使其思维并不敏捷, 也可适当考虑让其加入小组。

二、制订精密的教学计划, 选择适当的辅导资料

制订精密的教学计划十分必要。教师在教学计划中, 除对学生提出要求, 进行辅导外, 也必须加强自身的素质培养, 探寻良好的教学方法, 注重解题能力和表达能力的优化, 不断钻研, 以提高教学业务。教师要根据教学的实际与竞赛的要求, 选择适当的辅导资料。如辅导教材要求浅显易懂, 技巧性强;习题与竞赛辅导例题的选择应注重其针对性、阶梯性、典型性、多解性、灵活性, 从而使教师能有目的地对学生进行思维的严谨性、敏捷性、广阔性、创造性培养, 形成良好的思维品质。

三、激发学生的参赛兴趣, 分层次辅导

数学的学习是一个积累的过程, 长期的习题演练与习题讲解, 必然使学生产生一种数学学习的倦怠感, 如果不及时地消除学生的倦怠感, 学生很有可能陷入一种自我放松的状态, 或是大脑信息出现混乱, 这时重新激发学生的参赛兴趣显得极为重要。教师可利用教学史话感染学生, 利用数学在日常生活中的广泛用途明示学生, 利用参赛对个人成长的好处来鼓舞学生, 也可以利用情境、悬念、成就感、鼓励等方式来调动学生的情感。在重新激发学生参赛积极性的同时, 教师可少讲精讲, 让学生根据自己的兴趣爱好, 选择一些自己喜欢的课外书籍或是自己喜欢的习题来做, 对学生进行分层次的辅导。

四、指导学生形成良好的学习方法, 提高学生的自学能力

数学并非死记硬背的学科, 除了必须具备良好的基础外, 还要求学生具有一定的空间想象能力、分析思考能力、解析问题的能力和严谨的逻辑推导与思维能力以及证明和计算的能力。数学的学习强调多练, 有些学生便容易陷入数学学习的死胡同, 搞题海战术, 不会举一反三, 不懂得归纳枚举, 结果导致其身心受累, 思维被束缚。这时教师必须帮助学生总结出适合自己的学习方法, 纠正其在学习中的不足, 指导其形成良好的、科学的学习方法, 教学生“化神奇为平常, 化复杂为简单”, 每做一种类型的习题, 就要类比归纳、举一反三, 在练习中尝试一题多变、多题一解, 不重复做同种类型的题目, 将分类、比较、归纳有机地结合与利用, 合理分配时间, 定期让学生汇报自己的自学进度, 督促修正自学计划, 提高学生的自我学习能力。

五、鼓励学生, 端正学生的参赛心态, 增强学生的信心

磨刀千日终须出, 学生经历了长期的艰苦奋斗, 在临近参赛时, 会过分显得紧张与不自信。大家都不想自己的努力白费, 都希望在竞赛中取得良好的成绩。学生对于自己是否能在竞赛获奖会看得比较重, 竞赛的结果对于他们坚持学习、保持自信心具有重要影响。这时, 辅导老师要鼓励学生, 端正其心态, 应鼓励他们顺其自然, 尽量发挥出自己的水平, 增强学生的参赛信心。教师可以向学生讲明数学竞赛辅导的目的是为了挑选部分数学优秀人才, 但最主要的是对大部分学生进行思维能力的多方位训练, 是为了提升其间接思维和逆向思维能力。竞赛只是人生中的一次考验, 其真正的魅力在于体验的过程, 从而引导学生正确地看待竞赛, 树立科学的胜负观。

篇9：0初中数学竞赛辅导资料

一、创设竞赛辅导情境，充分发挥学生的主体作用

选拔出来参赛的学生，思维素质、实验动手操作能力一般都是较好的。辅导训练能否有效，关键在于更新他们的思维方法，也就是说要为他们准备思想武器——化学方法。

为此我们创设了不同的竞赛辅导情境，充分发挥学生的主体作用，使学生觉得化学竞赛其乐无穷，竞赛没有增加他们的学习负担，反而活跃了他们的思维。

1.利用现代化教学媒体，促使学生主体思维发展

现代化教学媒体的应用，给教学带来强有力的视觉冲击力。特别是竞赛辅导，还可提高辅导效率，丰富学生的思维能力。如辅导“燃烧、自然、缓慢氧化、爆炸”这一内容，我们用投影仪打出题目：1993年10月2日，南京炼油厂310号油罐汽油泄露。一拖拉机行驶至附近，随着轰的一声巨响，瞬间油罐起火爆炸。后经及时扑救，火于20个小时后基本扑灭，可十几支消防水龙头仍对油罐继续喷水6小时。10月24日，市环保部门对炼油厂和市区上空大气进行监测，测知其污染指标均没超过国家有关标准。试依据学过的化学知识回答：（1）310号油罐起火的原因？（2）火灭后为何要继续对油罐喷水？（3）市环保部门要监测大气中哪些有害气体？（4）用烧碱溶液可吸收其中一种气体，在烧煤时也能放出该气体，写出有关的化学方程式。

本题设置是可燃性气体与空气充分混合遇火时发生爆炸。解析：（1）由于油罐汽油泄露，使油罐附近的空气中含有大量的汽油气体，当拖拉机行使至附近时，发电机产生的火花或火星将空气中的汽油引燃，从而致使油罐起火爆炸。（2）火灭后还要继续对油罐喷水的原因是为了进一步降低油罐的温度，使其低于汽油的着火点，防止汽油重新燃烧，发生爆炸。（3）市环保部门要监测大气中的有害气体是SO2、CO、NO2等。（4）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。

通过分析解答后，学生的思维被调动起来，学生的主体思维在这里得到了充分的发挥。通过这样的辅导，对一些化学知识联系生活实际的竞赛题，学生均能自行解答。

2.实践出真知，学生主体得展现

初中化学竞赛中的物质推断题涉及面广，关系较复杂，隐蔽条件多，能有效地考察学生的分析能力、逻辑推理能力和灵活应用知识的能力，因而物质推断题往往是竞赛中单列的重要试题。辅导时我们可展现给学生由简到难的推断题：

（1）混合物中，可能含有碳酸钠、氯化钙、氯化钡、硫酸钠、硫酸铜中的几种物质，根据下列事实，推断原混合物中肯定有 ，肯定没有 ，可能有 。

①取固体混合物溶于水得无色透明溶液和白色沉淀；

②加入过量硝酸，沉淀全部溶解且产生无色无味气体；

③再加入少量硫酸钠溶液，又产生白色沉淀。

［（2）……（5）略］

在解答物质推断题时，应仔细阅读，认真审题，抓准题眼，进行突破，运用规律，逻辑推理，作出推断，再行验证。参加竞赛的学生有能力解出此题，我们的问题是要学生从中找出解此类题的方法，并给予学生足够的时间归纳总结。这时学生的智慧从实践中迸发出来，他们很快归纳出推断题的解法：顺推法、逆推法、讨论筛选法、分步推断法、定性定量结合法。这样，实践出真知，学生主体得以充分展现。

二、设计实验课题，突出学生主体地位

教师应根据学生的实际水平和初中化学竞赛主要是实验应用能力的考核这一特点，将学生已有知识和实际应用结合在一起，设计合理的实验课题，并准备好已有的实验装置，以学生实验为主，让学生多动脑、动手、动口，从而突出竞赛辅导中学生的主体地位。

篇10：0初中数学竞赛辅导资料

第二十三讲 几何不等式

平面图形中所含的线段长度、角的大小及图形的面积在许多情形下会呈现不等的关系．由于这些不等关系出现在几何问题中，故称之为几何不等式．

在解决这类问题时，我们经常要用到一些教科书中已学过的基本定理，本讲的主要目的是希望大家正确运用这些基本定理，通过几何、三角、代数等解题方法去解决几何不等式问题．这些问题难度较大，在解题中除了运用不等式的性质和已经证明过的不等式外，还需考虑几何图形的特点和性质．

几何不等式就其形式来说不外乎分为线段不等式、角不等式以及面积不等式三类，在解题中不仅要用到一些有关的几何不等式的基本定理，还需用到一些图形的面积公式．下面先给出几个基本定理．

定理1 在三角形中，任两边之和大于第三边，任两边之差小于第三边．

定理2 同一个三角形中，大边对大角，小边对小角，反之亦然．

定理3 在两边对应相等的两个三角形中，第三边大的，所对的角也大，反之亦然．

定理4 三角形内任一点到两顶点距离之和，小于另一顶点到这两顶点距离之和．

定理5 自直线l外一点P引直线l的斜线，射影较长的斜线也较长，反之，斜线长的射影也较长．

说明 如图2-135所示．PA，PB是斜线，HA和HB分别是PA和PB在l上的射影，若HA＞HB，则PA＞PB；若PA＞PB，则HA＞HB．事实上，由勾股定理知

PA2-HA2=PH2=PB2-HB2，所以

PA2-PB2=HA2-HB2．

从而定理容易得证．

定理6 在△ABC中，点P是边BC上任意一点，则有

PA≤max｛AB，AC｝，当点P为A或B时等号成立．

说明 max｛AB，AC｝表示AB，AC中的较大者，如图2-136所示，若P在线段BH上，则由于PH≤BH，由上面的定理5知PA≤BA，从而

PA≤max｛AB，AC｝．

同理，若P在线段HC上，同样有PA≤max｛AB，AC｝．

例1 在锐角三角形ABC中，AB＞AC，AM为中线，P为△AMC内一点，证明：PB＞PC(图2-137)．

证 在△AMB与△AMC中，AM是公共边，BM=MC，且AB＞AC，由定理3知，∠AMB＞∠AMC，所以∠AMC＜90°．

过点P作PH⊥BC，垂足为H，则H必定在线段BM的延长线上．如果H在线段MC内部，则

BH＞BM=MC＞HC．

如果H在线段MC的延长线上，显然BH＞HC，所以PB＞PC．

例2 已知P是△ABC内任意一点(图2-138)．

(1)求证：

＜a＋b＋c；

(2)若△ABC为正三角形，且边长为1，求证：

PA+PB＋PC＜2．

证(1)由三角形两边之和大于第三边得

PA＋PB＞c，PB＋PC＞a，PC＋PA＞b．把这三个不等式相加，再两边除以2，便得

又由定理4可知

PA＋PB＜a＋b，PB＋PC＜b＋c，PC+PA＜c＋a．

把它们相加，再除以2，便得

PA＋PB＋PC＜a＋b＋c．

所以

(2)过P作DE∥BC交正三角形ABC的边AB，AC于D，E，如图2-138所示．于是

PA＜max｛AD，AE｝＝AD，PB＜BD＋DP，PC＜PE＋EC，所以

PA＋PB＋PC＜AD＋BD＋DP＋PE＋EC

=AB＋AE＋EC=2．

例3 如图2-139．在线段BC同侧作两个三角形ABC和DBC，使得AB=AC，DB＞DC，且AB＋AC=DB＋DC．若AC与BD相交于E，求证：AE＞DE．

证 在DB上取点F，使DF=AC，并连接AF和AD．由已知2DB＞DB+DC

=AB+AC=2AC，所以 DB＞AC．

由于DB＋DC=AB＋AC=2AC，所以

DC＋BF=AC=AB．

在△ABF中，AF＞AB-BF=DC．

在△ADC和△ADF中，AD=AD，AC=DF，AF＞CD．

由定理3，∠1＞∠2，所以

AE＞DE．

例4 设G是正方形ABCD的边DC上一点，连结AG并延长交BC延长线于K，求证：

分析 在不等式两边的线段数不同的情况下，一般是设法构造其所

为边的三角形．

证 如图2-140，在GK上取一点M，使GM=MK，则

在Rt△GCK中，CM是GK边上的中线，所以

∠GCM=∠MGC．

而∠ACG=45°，∠MGC＞∠ACG，于是

∠MGC＞45°，所以

∠ACM=∠ACG＋∠GCM＞90°．

由于在△ACM中∠ACM＞∠AMC，所以AM＞AC．故

例5 如图2-141．设BC是△ABC的最长边，在此三角形内部任选一点O，AO，BO，CO分别交对边于A′，B′，C′．证明：

(1)OA′＋OB′＋OC′＜BC；

(2)OA′＋OB′+OC′≤max｛AA′，BB′，CC′｝．

证(1)过点O作OX，OY分别平行于边AB，AC，交边BC于X，Y点，再过X，Y分别作XS，YT平行于CC′和BB′交AB，AC于S，T．由于△OXY∽△ABC，所以XY是△OXY的最大边，所以

OA′＜max｛OX，OY｝≤XY．

又△BXS∽△BCC′，而BC是△BCC′中的最大边，从而BX也是△BXS中的最大边，而且SXOC′是平行四边形，所以

BX＞XS=OC′．

同理

CY＞OB′．

所以

OA′＋OB′＋OC′＜XY＋BX＋CY=BC．

所以

OA′＋OB′+OC′=x·AA′+y·BB′＋z·CC′

≤(x+y+z)max｛AA′，BB′，CC′｝

=max｛AA′，BB′，CC′｝

下面我们举几个与角有关的不等式问题．

例6 在△ABC中，D是中线AM上一点，若∠DCB＞∠DBC，求证：∠ACB＞∠ABC(图2-142)．

证 在△BCD中，因为∠DCB＞∠DBC，所以BD＞CD．

在△DMB与△DMC中，DM为公共边，BM=MC，并且BD＞CD，由定理3知，∠DMB＞∠DMC．在△AMB与△AMC中，AM是公共边，BM=MC，且∠AMB＞∠AMC，由定理3知，AB＞AC，所以

∠ACB＞∠ABC．

说明 在证明角的不等式时，常常把角的不等式转换成边的不等式．

证 由于AC＞AB，所以∠B＞∠C．作∠ABD=∠C，如图2

即证BD∠CD．因为△BAD∽△CAB，即 BC＞2BD．

又 CD＞BC-BD，所以

BC＋CD＞2BD＋BC-BD，所以 CD＞BD．

从而命题得证．

例8 在锐角△ABC中，最大的高线AH等于中线BM，求证：∠B＜60°(图2-144)．

证 作MH1⊥BC于H1，由于M是中点，所以

于是在Rt△MH1B中，∠MBH1=30°．

延长BM至N，使得MN=BM，则ABCN为平行四边形．因为AH为最ABC中的最短边，所以

AN=BC＜AB，从而

∠ABN＜∠ANB=∠MBC=30°，∠B=∠ABM+∠MBC＜60°．

下面是一个非常著名的问题——费马点问题．

例9 如图2-145．设O为△ABC内一点，且

∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，P为任意一点(不是O)．求证：

PA＋PB+PC＞OA+OB+OC．

证 过△ABC的顶点A，B，C分别引OA，OB，OC的垂线，设这三条垂线的交点为A1，B1，C1(如图2-145)，考虑四边形AOBC1．因为

∠OAC1=∠OBC1=90°，∠AOB=120°，所以∠C1=60°．同理，∠A1=∠B1=60°．所以△A1B1C1为正三角形．

设P到△A1B1C1三边B1C1，C1A1，A1B1的距离分别为ha，hb，hc，且△A1B1C1的边长为a，高为h．由等式

S△A1B1C1=S△PB1C1+S△PC1A1＋S△PA1B1

知

所以 h=ha＋hb＋hc．

这说明正△A1B1C1内任一点P到三边的距离和等于△A1B1C1的高h，这是一个定值，所以

OA＋OB＋OC=h=定值．

显然，PA＋PB＋PC＞P到△A1B1C1三边距离和，所以

PA＋PB＋PC＞h=OA＋OB＋OC．

这就是我们所要证的结论．

由这个结论可知O点具有如下性质：它到三角形三个顶点的距离和小于其他点到三角形顶点的距离和，这个点叫费马点．

练习二十三

1．设D是△ABC中边BC上一点，求证：AD不大于△ABC中的最大边．

2．AM是△ABC的中线，求证：

3．已知△ABC的边BC上有两点D，E，且BD=CE，求证：AB＋AC＞AD＋AE．

4．设△ABC中，∠C＞∠B，BD，CE分别为∠B与∠C的平分线，求证：BD＞CE．

5．在△ABC中，BE和CF是高，AB＞AC，求证：

AB+CF≥AC＋BE．

6．在△ABC中，AB＞AC，AD为高，P为AD上的任意一点，求证：

PB-PC＞AB-AC．

7．在等腰△ABC中，AB=AC．

(1)若M是BC的中点，过M任作一直线交AB，AC(或其延长线)于D，E，求证：2AB＜AD+AE．

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第二十二讲 面积问题与面积方法

几何学的产生，源于人们测量土地面积的需要．面积不仅是几何学研究的一个重要内容，而且也是用来研究几何学的一个有力工具．

下面，我们把常用的一些面积公式和定理列举如下．

(1)三角形的面积

(i)三角形的面积公式

b＋c)是半周长，r是△ABC的内切圆半径．

(ii)等底等高的两个三角形面积相等．

(iii)两个等底三角形的面积之比等于高之比；两个等高三角形的面积之比等于底边之比；两个三角形面积之比等于底、高乘积之比．

(iv)相似三角形的面积之比等于相似比的平方．

(2)梯形的面积

梯形的面积等于上、下底之和与高的乘积的一半．

(3)扇形面积

其中r为半径，l为弧长，θ为弧l所对的圆心角的度数，α是弧度数．

1．有关图形面积的计算和证明

解 因为CD⊥AB，AC=CB，且△ABD内接于半圆，由此可得

所以，阴影部分AEFBDA的面积是

例2 已知凸四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且△ABC，△ACD，△ABD的面积分别为S1=5，S2=10，S3=6．求△ABO的面积(图2-128)．

解 首先，我们证明△ABC与△ACD的面积比等于BO与DO的比．过B，D分别作AC的垂线，垂足为E，F．于是Rt△BEO

由题设

设S△AOB=S，则

所以

例3 如图2-129，AD，BE，CF交于△ABC内的一点P，并将△ABC分成六个小三角形，其中四个小三角形的面积已在图中给出．求△ABC的面积．

分析 如果能把未知的两个小三角形的面积求出，那么△ABC的面积即可得知．根据例1，这两个面积是不难求出的．

解 设未知的两个小三角形的面积为x和y，则

即

又

即

①÷②得

再由②得x=56．因此

S△ABC＝84＋70＋56＋35＋40＋30=315．

例4 如图2-130，通过△ABC内部一点Q引平行于三角形三边的直线，这些直线分三角形为六个部分，已知三个平形四边形部分的面积为S1，S2，S3，求△ABC的面积．

解 为方便起见，设

S△QDG=S′1，S△QIE=S′2，S△QFH=S′3，则

所以

同理可得

从①，②，③中可以解得

所以

例5 在一个面积为1的正方形中构造一个如图2-131所示的正方形：将单位正方形的每一条边n等分，然后将每个顶点和它相对的顶点最接近的分点连接起来．如果小正方形(图中阴影部分)的面积恰

解 如图2-131，过F作BC的平行线交BG于H，则∠GHF=∠CED，∠FGH=∠DCE=90°，故

n2-n-90=0，所以n=10．

2．利用面积解题

有的平面几何问题，虽然没有直接涉及到面积，然而若灵活地运用面积知识去解答，往往会出奇制胜，事半功倍．

例6 在△ABC内部或边界上任取一点P，记P到三边a，b，c的距离依次为x，y，z．求证：ax+by+cz是一个常数．

证 如图2-132，连结PA，PB，PC，把△ABC分成三个小三角形，则

S△ABC＝S△PAB＋S△PCB＋S△PCA

所以 ax＋by＋cz=2S△ABC，即ax＋by＋cz为常数．

说明 若△ABC为等边三角形，则

此即正三角形内一点到三边的距离和为常数，此常数是正三角形的高．

例7 如图2-133，设P是△ABC内任一点，AD，BE，CF是过点P且分别交边BC，CA，AB于D，E，F．求证：

证 首先，同例2类似，容易证明

说明 本例的结论很重要，在处理三角形内三条线交于一点的问题时，常常可以用这一结论去解决．

例8 如图2-134，已知D，E，F分别是锐角三角形ABC的三边BC，CA，AB上的点，且AD，BE，CF相交于点P，AP=BP=CP=6，设PD=x，PE=y，PF=z，若xy＋yz+zx=28，求xyz的值．

解 由上题知

去分母整理得

3(xy+yz＋zx)＋36(x+y＋z)＋324

=xyz+6(xy＋yz＋zx)+36(x+y＋z)＋216，所以 xyz=108-3(xy＋yz＋zx)=24．

练习二十二

1．填空：

________．

(2)一个三角形的三边长都是整数，周长为8，则这个三角形的面积是________．

(3)四边形ABCD中，∠A=30°，∠B=∠D=90°，AB=AD，AC=1，则四边形ABCD的面积是______．

(4)梯形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于O．若S△ABO=p2，S△CDO=q2，则SABCD=____．

ABC

△=40．若BE，CD相交于F，则S△DEF=______．

2．E，F分别在矩形ABCD的边BC和CD上，若△CEF，△ABE，△ADF的面积分别是3，4，5，求△AEF的面积．

3．已知点P，Q，R分别在△ABC的边AB，BC，CA上，且BP=PQ=QR=RC=1，求△ABC的面积的最大值．

4．在凸五边形ABCDE中，S△ABC=S△BCD=S△CDE=S△DEA=S△EAB=1，CE与AD相交于F，求S△CFD．

5．在直角三角形ABC中，∠A=90°，AD，AE分别是高和角平分线，且△ABE，△AED的面积分别为S1=30，S2=6，求△ADC的面积S．

6．设P是△ABC内一点，AD，BE，CF过点P并且交边BC，CA，AB于点D，E，F．求证：