初中数学竞赛辅导课件-数与式.pptx

1、初中数学竞赛辅导2.6154例1：证明循环小数为有理数。2.615499261.542.61258.9325893999900 xxxx 证 明 ： 设，两 边 同 乘 100， 则 有 261.54=100两 式 相 减 得 ： 则 0mnmnn形如 （）的数叫有理数。其中 ， 为整数。22012 36， ， 32 4.实数具有阿基米德实数具有阿基米德(Archimedes)性，即对任何性，即对任何 ,0a bbannabR 若，则存在正整数 ，使得5实数集R具有稠密性，即任何两个不相等的实数之间必有另一个实数， 且既有有理数，也有无理数实数集R具有完备性，即例1 比较下列各组数的大小(不查

2、表)若ab0，则anbn(n为大于1的整数)反之，若a0，b0，且anbn，则ab1000a baba baba ba b 比较法则：（）作差比较法： ( 2 )111abaabbaabbaabb作商比较法：若，同号，则abab即 性质4 整数a，能分别被b和c整除，如果b与c互质，那么a能被bc整除.解：设他们的年龄分别是x-1, x , x+1 , x+2(1) (1)(2)5040 xx xx22()(2)5040 xx xx222()2()50400 xxxx22(72)(70)0 xxxx129,8(xx 舍）如果合数B分解质因数后是：B=ambncp其中a、b、c均为质数，m、n、

3、p均为自然数. 那么，它的约数个数有（m+1）（n+1）（p+1）（个）100150 xx解：依题意设该整数为 ，则8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)7771.2212833150 xaaa若，则（符合题意）若，则（舍）32.1001502,131788,1041361001503,52727,135xa babbxxabbx若则则或此时或若则则此时3.1001502,3,17,192366,1021141381001502,5,11 131010,1101301001502,7,14141001503,5,71515,1051001503,7,2121xab

4、cabccxxxabccxxabcabccxabc若则则或此时或或若则则或此时或若则则此时无解若则则此时若则此时无解102,104,105,110,114,128,130,135,136,138x 综上,余数问题余数问题例：(1)415解：利用(ab)3a3b33ab(ab)来解例式.分式的基本性质分式的分子和分母都乘以（或除以）同一个不等于零的整式，分式的值不变例 已知：x+y+z=3a(a0，且x，y，z不全相等)，求解 令x-a=u，y-a=v，z-a=w，则分式变为 u2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全为零，所以u2+v2+w20，从而

5、有例(x-4)2=3，即x2-8x+130原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2例解法1: 利用比例的性质解决分式问题(1)若a+b+c0，由等比定理有 144520032004例题 ：计算22+1232322+.+32002444提 示 ：23 - 111123123122324 - 2112323233例：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-122 22 22 22 22 22 22 2例8： 分解因式：

6、9x4-3x3+7x2-3x-2分析 因为9的约数有1，3，9；-2的约数有1，2为：所以，原式有因式9x2-3x-2解 9x4-3x3+7x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)代 数 式 的 恒 等 变 形两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；

7、另一类是有附加条件的恒等式的证明 1由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)例1 已知x+y+z=xyz，证明： x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz证 因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2) =(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(

8、xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边 例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x0，y0，z0，且证 令1989x2=1991y2=1993z2=k(k0)，则又因为所以所以2比较法a=b(比商法)这也是证明恒等式的重要思路之一 分析 用比差法证明左-右=0本例中，例3 求证： 同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)全不为零根据推理过程的方向不同，恒等式的

9、证明方法又可分为分析法与综合法分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”而综合法正好相反，它是“由因导果”即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论3分析法与综合法要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立证(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证 ab=ac+bc只要证 c(a+b)=ab只要证例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d证 由已知可得 a

10、4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0因为(a2-b2)20，(c2-d2)20，(ab-cd)20， 所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)0又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b0，c+d0， 所以ab，c=d所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以ac故a=bc=d成立含参数的一元二次方程的整数根问题例1 m是什么整数时，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x720有两个不相等的

11、正整数根 首先，m2-10，m1=36(m-3)20，所以m3用求根公式可得由于x1，x2是正整数，所以m-1=1，2，3，6，m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2这时x1=6，x2=4例2 已知关于x的方程a2x2-(3a2-8a)x2a2-13a15=0(其中a是非负整数)至少有一个整数根，求a的值解 因为a0，所以所以所以只要a是3或5的约数即可，即a=1，3，5解 一个整系数的一元二次方程有有理根，那么它的判别式一定是完全平方数令=(m-1)2-4mn2，其中n是非负整数，于是m2-6m+1=n2，所以 (m-3)2-n2=8，(m-3n)(m-3-n)8由于m-3nm-3-n

12、，并且(m-3n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶数，所以m-3n与m-3-n同奇偶，所以例3 设m是不为零的整数，关于x的二次方程mx2-(m-1)x10有有理根，求m的值例4 关于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一个整数解，且a是整数，求a的值解：当a=0时，原方程变成-6x-2=0，无整数解当a0时，方程是一元二次方程，它至少有一个整数根，说明判别式4(a-3)2-4a(a-2)4(9-4a)为完全平方数，从而9-4a是完全平方数令9-4a=n2，则n是正奇数，要使x1为整数，而n为正奇数，只能n=1，从而a=2要使x2为整数，即n-34，n可取1，5，7，从而a=

13、2，-4，-10综上所述，a的值为2，-4，-10例5 已知关于x的方程x2(a-6)xa=0的两根都是整数，求a的值解 设两个根为x1x2，由韦达定理得从上面两式中消去a得x1x2+x1+x26，所以 (x11)(x2+1)=7，所以a=x1x2=0或16当r0时，原方程是关于x的一元二次方程，设它的两个整数根为x1，x2，且x1x2，则消去r得x1x2-x1-x22，所以(x1-1)(x2-1)=3例6 求所有有理数r，使得方程rx2+(r+1)x(r-1)=0的所有根是整数解 当r=0时，原方程为x-1=0，所以x=1例7 已知a是正整数，且使得关于x的一元二次方程ax22(2a-1)x

14、4(a-3)=0至少有一个整数根，求a的值解 将原方程变形为(x2)2a= 2(x6)显然x20，于是由于a是正整数，所以a1，即所以 x2+2x-80，(x4)(x-2)0，所以 -4x2(x-2)当x=-4，-3，-1，0，1，2时，得a的值为1，6，10，3，一：和差代换求值22222,2xyxyxxyxyyxyxxy对 于 任 意 两 个 实 数 x 和 y , 总 有a = a + b若 令则 有y = a - bb =这 种 代 换 称 为 和 差 代 换 。代 数 式 求值?22例题1:已知a +b =6ab且ab0a+b则a-b?22例 题 2 : 已 知 a+ b = 4 a

15、 b 且 a b 0a + b则a - b例题3:计算 14+6 514-6 5的值例题4:计算 2+ 32- 3的值2222例 题 5:已 知 实 数 a,b满 足a +ab+b =1且 t=ab-a -b ,那 么 t的 取 值 范 围 是 ?2222例题6:已知实数a,b满足a +ab+b -2=0且t=a -ab+b ,那么t的取值范围是?2222maxmin作 业 :已 知 实 数 a,b满 足4a -5ab+4b =5设 s=a +b ,11则SS二：变形代入法例题：例题：111,1,2abca如果 +b+那么， c+等于多少？2 21,a ba bb aa b例题8：如果 +则

16、+？223223360270 (0 )52231 0?xyzxyzxyzxyzxyz例 题 9 : 若 4则 代 数 式的 值 等 于三：参数法2222238432560,136440?mm nm nnmm nn例 题 10:已 知则2的 值 是四：和差法五：整体法22322,22xxxxxxx2例题11:已知 是实数，且满足那么的值是？六：特殊值法432?xaxbxcxdxeabcde 4例题12:若（3 +1）则七：活用公式法22.3333333例 题 13:已 知 a+b=2002a-b=2002且 b +cb -c那 么 a b -c 的 值九：构造法?2222例题15:已知p,q满足

17、p -2p-5=0和111() -2()-5=0,那么p +qqq223232?abab2作业16:已知a,b满足x -x-1=0的两个根,则代数式的值十：升次法 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 几 何 不 等 式定理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

18、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 定理6 在ABC中，点P是边BC上任意一点，则有PAmaxAB，AC，当点P为A或B时等号成立例1 在锐角三角形ABC中，ABAC，AM为中线，P为AMC内一点，证明：PBPC(图2-137) 证 在AMB与AMC中，AM是公共边，BM=MC，且ABAC，由定理3知，AMBAMC，所以AMC90过点P作PHBC，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BHBM=MCHC如果H在线段MC的延长线上，显然BHHC，所以PBPC 例2 已知P是ABC内任意一点(图2-138)(1)求证：(2)若ABC为正三角形,且

19、边长为1,求证:PA+PBPC21()2abcPAPBPCabc证 (1)由三角形两边之和大于第三边得PAPBc，PBPCa，PCPAb把这三个不等式相加，再两边除以2，便得1()2PAPBPCabc又由定理4可知PAPBab， PBPCbc，PC+PAca把它们相加，再除以2，便得PAPBPCabc(2)过P作DEBC交正三角形ABC的边AB，AC于D，E，如图2-138所示于是PAmaxAD，AEAD，PBBDDP，PCPEEC，所以PAPBPCADBDDPPEEC=ABAEEC=2(2)若ABC为正三角形,且边长为1,求证:PA+PBPC2例3 如图2-139在线段BC同侧作两个三角形A

20、BC和DBC，使得AB=AC，DBDC，且ABAC=DBDC若AC与BD相交于E，求证：AEDE 证 在DB上取点F，使DF=AC，并连接AF和AD由已知2DBDB+D=AB+AC=2AC，所以 DBAC由于DBDC=ABAC=2AC， 所以DCBF=AC=AB在ABF中，AFAB-BF=DC在ADC和ADF中， AD=AD，AC=DF，AFCD由定理3，12，所以AEDE在RtGCK中，CM是GK边上的中线，所以GCM=MGC而ACG=45，MGCACG，于是MGC45，所以ACM=ACGGCM90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：1()2AGA

21、KAC证如图2-140，在GK上取一点M，使GM=MK，则1()2AGAKAM由于在ACM中ACMAMC，所以AMAC故1()2AGAKAC例6 在ABC中，D是中线AM上一点，若DCBDBC，求证：ACBABC(图2-142)证 在BCD中，因为DCBDBC，所以BDCD在DMB与DMC中，DM为公共边，BM=MC，且BDCD，由定理3知，DMBDMC在AMB与AMC中，AM是公共边，BM=MC，且AMBAMC，由定理3知，ABAC，所以ACBABC于是在RtMH1B中，MBH1=30延长BM至N，使得MN=BM，则ABCN为平行四边形因为AH为最大高，由三角形的面积公式知是三角形ABC中的

22、最短边，例7 在锐角ABC中，最大的高线AH等于中线BM，求证：B60(图2-144)证 作MH1BC于H1，由于M是中点，所以所以AN=BCAB，从而ABNANB=MBC=30，B=ABM+MBC60一分耕耘 一分收获青春飞扬 展现自我10分20分30分123456789101234567891012345678910如图，D是等腰直角三角形ABC内一点，BC是斜边，如果将ABD绕点A按逆时针方向旋转到ACD的位置，则么 DAD的度数是_ 如图，半径为如图，半径为4 4的的O O中有弦中有弦ABAB，以，以ABAB为折痕对折，劣弧恰好经过圆心为折痕对折，劣弧恰好经过圆心O O，则弦，则弦AB

23、AB的长度等于（的长度等于（ ）A A、 B B、 C C、 D D、4 4 一元二次方程元二次方程x x2 22x+m=02x+m=0总有实数根，则总有实数根，则m m应应满足的条件是满足的条件是_如图，如图，O O的直径的直径CDCD垂直弦垂直弦ABAB于点于点E E，且且CE=2CE=2，DE=8DE=8，则，则ABAB的长为（的长为（ ）A A2 B2 B4 4 C C6 D6 D8 8解方程：(x+3)22(x+3)=0若关于x的一元二次方程（k1）x2+2x2=0有不相等实数根，则k的取值范围是_下列方程没有实数根的是（ ）A.x2+4x=10 B.3x2+8x-3=0 C.x2-

24、2x+3=0 D.(x2)(x3)=12抛物线 的一部分如图，该抛物线在y轴右侧部分与x轴交点的坐标是_ 2(1)ya xb已知已知x x1 1，x x2 2是一元二次方程是一元二次方程x x2 24x+1=04x+1=0的两个的两个实数根，则实数根，则x x1 1x x2 2等于（等于（ ）A.A.4 B.4 B.1 C.1 D.41 C.1 D.4某药品经过两次降价，每瓶零售价由某药品经过两次降价，每瓶零售价由168168元降元降到到128128元，已知两次降价的百分率相同，每次元，已知两次降价的百分率相同，每次降价的百分率为降价的百分率为x x，根据题意列方程，根据题意列方程_关于关于x

25、 x的一元二次方程的一元二次方程x x2 2+2+2（m m1 1）x+mx+m2 2=0=0的两的两个实数根分别为个实数根分别为x x1 1，x x2 2，且，且x x1 1+x+x2 20 0，x x1 1x x2 20 0，则则m m的取值范围是（的取值范围是（ ）A.m1 B.m1A.m1 B.m1且且m0 m0 C.mC.m1 D.m1 D.m1 1且且m0m0将抛物线将抛物线 绕着原点绕着原点O O旋转旋转180180，则旋转后的抛物线解析式为则旋转后的抛物线解析式为_22(1)3yx已知关于x的方程x-mx+2m-1=0的两个实数根的平方和为7，那么m的值是_ 已知二次函数 ，若

26、当x取 , ，（ ）时，函数值相等，则当x取 + 时，函数值为_223yx=-1x1x2x2x2x1x已知三角形两边长分别是2和9，第三边的长为一元二次方程x2-14x+48=0的一个根，则这个三角形的周长为_.如图，ABC绕点A顺时针旋转100得到AEF，若C=60，E=100，则的度数为_.二次函数 与一次函数y=ax+c在同一直角坐标系内的大致图象是( )2yaxbxc如图所示， 是圆O的一条弦， 垂足为C，交圆O于点D，点E在圆O上（1）若 ，求 的度数；（2）若AC= ，CD=1，求圆O的半径ABODABo52AODDEB7已知二次函数当x=1时，y有最大值为5，且它的图象经过点（2

27、，3），求这个函数的关系式如图，在ABC中，ACB90，A35，若以点C为旋转中心，将ABC旋转到DEC的位置，使点B恰好落在边DE上，则值等于_已知二次函数y=x2-mx+m-2：（1）求证：不论m为任何实数，此二次函数的图象与x轴都有两个交点；（2）当二次函数的图象经过点（3，6）时，确定m的值，并写出此二次函数与坐标轴的交点坐标已知关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，求 的值。210(0)axbxa 222(2)4abab如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是_如图，点B在x轴上，ABO=9

28、0，A=30，OA=4，将OAB绕点O按顺时针方向旋转120得到OAB，则点A的坐标是（） A（2，2 ） B（2，2 ） C（2 ，2） D（2 ，2）2233如图1，已知ABC是等腰直角三角形，BAC=90，点D是BC的中点作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE，BG（1）试猜想线段BG和AE的数量关系.（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转（0360），判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用图2证明你的结论；若BC=DE=4，当AE取最大值时，求AF的值如图，在ABC中，C= 90，AC=6cm，BC=8cm，点P从点A出发沿边AC向点C以1cm/s 的速度移动，点

29、Q从C点出发沿CB边向点B以2cm/s的速度移动 (1)如果P，Q同时出发，几秒钟后，可使PCQ的面积为8cm2 ?(2)点P，Q在移动过程中，是否存在某一时刻，使得PCQ的面积等于ABC的面积的一半._(填“存在”或“不存在”)如图，P是等边ABC内的一点，且PA =4，PB=2 ，PC=2 求：(1)BPC，APB的度数； (2)SABC .3如图，在平面直角坐标系中，抛物线 经过A(-2,-4)，O(0，0),B(2，0)三点.(1)求抛物线 的解析式。(2)若点M是抛物线对称轴上的一点，求AM+OM的最小值。cbxaxy2cbxaxy2OABxy如图，等腰直角ABC中，ACB=90，A

30、C=BC=1，且AC边在直线a上，将ABC绕点A顺时针旋转到位置可得到点P1，此时AP1= ；将位置的三角形绕点P1顺时针旋转到位置，可得到点P2，此时AP2=1+ ；将位置的三角形绕点P2顺时针旋转到位置，可得到点P3，此时AP3=2+ ；，按此规律继续旋转，直至得到点P2014为止则AP2014=_222如图所示，已知二次函数的函数图象的顶点为A，二次函数的图象与 轴交于原点O及另一点C，它的顶点B在函数 的图象的对称轴上。（1）求点A与点C的坐标。（2）当四边形AOBC为菱形时，求函数 的关系式。122xxybxaxy2x122xxybxaxy2学无止境，志存高远，希望同学们在今后的学习中脚踏实地，奋发图强，为自己青春的第一次飞跃保驾护航。