代数式恒等式的证明
代数式恒等变形法则归纳
代数式恒等变形法则归纳引言代数式是代数学中的基础概念之一，它用字母和常数通过运算符号相连而成。
在数学中，我们常常需要对代数式进行变形，以达到简化、分解、合并或者推导等目的。
代数式的变形是数学问题解决过程中重要的一环，它不仅能提高计算效率，还能揭示代数运算的本质。
在代数式的变形中，恒等变形法则是重要的基础工具，本文将对代数式的恒等变形法则进行归纳总结。
一、基本变形法则1. 加法法则：•加法结合律：a+(b+c)=(a+b)+c•加法交换律：a+b=b+a•加法零元：a+0=a #### 2. 乘法法则：•乘法结合律：$a \\cdot (b \\cdot c) = (a \\cdot b) \\cdot c$•乘法交换律：$a \\cdot b = b \\cdot a$•乘法零元：$a \\cdot 0 = 0$•乘法单位元：$a \\cdot 1 = a$二、分配律1. 左分配律：对于任意的a,b,c，有$a \\cdot (b + c) = a \\cdot b + a \\cdot c$ #### 2. 右分配律：对于任意的a,b,c，有$(a + b) \\cdot c = a \\cdot c + b \\cdot c$三、幂运算法则1. 幂运算与乘法运算：•幂运算与乘法运算的交换律：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$•幂运算与乘法运算的结合律：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$ #### 2.幂运算的乘方法则：•幂运算的乘方法则1：$a^n \\cdot a^m = a^{n + m}$•幂运算的乘方法则2：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$•幂运算的乘方法则3：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$四、指数运算法则1. 指数运算与乘法运算：•指数运算与乘法运算的交换律：$(a \\cdot b)^n = a^n \\cdot b^n$•指数运算与乘法运算的结合律：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$ #### 2.指数运算的指数法则：•指数运算的指数法则1：$a^n^m = a^{n \\cdot m}$•指数运算的指数法则2：$(a^n)^m = a^{n \\cdot m}$•指数运算的指数法则3：$(a^m)^n = a^{m \\cdot n}$五、因式分解法则1. 公因式提取法则：•公因式提取法则1：ax+ay=a(x+y)•公因式提取法则2：$a \\cdot b + a \\cdot c = a \\cdot (b + c)$ ####2. 公式分解法则：•差的平方公式：a2−b2=(a+b)(a−b)•平方差公式：a2−b2=(a−b)(a+b)•完全平方公式：a2+2ab+b2=(a+b)2•完全平方公式：a2−2ab+b2=(a−b)2六、合并同类项法则合并同类项法则：将含有相同字母指数的项合并为一个项•合并同类项法则1：ax+bx=(a+b)x•合并同类项法则2：ax2+bx2=(a+b)x2•合并同类项法则3：ax n+bx n=(a+b)x n结论恒等变形法则在代数式的变形中起着重要的作用。
2代数式的恒等变形 讲义
有关恒等式的证明一、知识要点恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明，对于一般恒等式的证明，常常通过恒等变形从一边证到另一边，或证两边都等于同一个数或式。
在恒等变形过程中，除了要掌握一些基本方法外，还应注意应用一些变形技巧，如：整体处理、“1”的代换等；对于条件恒等式的证明，如何处理好条件等式是关键，要认真分析条件等式的结构特征，以及它和要证明的恒等式之间的关系。
二、例题精讲例1 求证：a 1+(1-a 1)a 2+(1-a 1)(1-a 2)a 3+…+(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)a n=1-(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )例2 证明恒等式()()()()()()11322321121132322121a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n ++++++=++++++(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)例3 若abc=1，求证1111=++++++++c ca c b bc b a ab a例4 已知bc=ad ，求证：ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd例5 已知x=by+cz ，y=cz+ax ，z=ax+by ，且x+y+z ≠0.证明：1111=+++++c c b b a a例6 数x 、y 、z 满足关系式1=+++++y x z x z y z y x 证明：0222=+++++y x z x z y z y x (第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题)例7 已知a+b+c=a 2+b 2+c 2=2，求证：a(1-a)2=b(1-b)2=c(1-c)2例8设c b a c b a ++=++1111，证明(1) a 、b 、c 三数中必有两个数之和为零；(2) 对任何奇数n ，有n n n n n n c b a c b a++=++1111例9 已知ad-bc=1，求证：a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd ≠1例10证明：1132113211211+-=++++++++++n n n。
代数证明与恒等变形
代数证明与恒等变形代数证明主要是指证明代数中的一些相等关系或不等关系．在初中阶段，要证的等式一般可分为恒等式的证明和条件等式的证明． 恒等式的证明常用的方法有：(1)由繁到简，从一边推向另一边； (2)从左右两边人手，相向推进；(3)作差或作商证明，即证明：左边一右边=0，)0(1≠=右边右边左边． 条件等式的证明实质是有根据、有目的的代数式恒等变换，证明的关键是寻找条件与结论的联系，既要注意已知条件的变换，使之有利于应用；又要考虑求证的需求情况，使之有利于与已知条件的沟通． 代数证明不同于几何证明，几何证明有直观的图形为依托，而代数证明却取决于代数式化简求值变形技巧、方法和思想的熟练运用．例1：设a 、b 、c 、d 都是整数，且m=a 2+b 2,n=c 2+d 2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是______.解 mn=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+2abcd+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd ）2+(ad+bc)2.例2 ： 设x 、y 、z 为实数，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2. 求)1)(1)(1()1)(1)(1(222++++++z y x xy zx yz 的值.解 将条件化简成2x 2+2y 2+2z 2-2xy-2xz-2yz=0∴(x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 ∴x=y=z,∴原式=1.例3：设a+b+c=3m,求证: (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0. 证明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c,则p+q+r=0. P 3+q 3+r 3-3pqr=(p+q+r)(p 2+q 2+r 2-pq-qr-rp)=0 ∴p 3+q 3+r 3-3pqr=0即 (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0 例4：若67890123475678901235,67890123455678901234==B A ,试比较A 、B 的大小.解 设 ,yx A =则,21++=y x B)2(2)2()1()2(21+-=++-+=++-y y yx y y x y y x y x y x . ∵2x ＞y ∴2x-y ＞0, 又y ＞0, 可知21++-y x y x ＞0 ∴A ＞B.例5：求最大的正整数n ，使得n 3+100能被n+10整除．分析：此题可以运用整除法或两个整式整除的问题转化为一个分式问题加以解决．解：333100109001010n n n n ++-=++=2(10)(10100)90010n n n n +-+-+＝n 2-10n+100-90010n + 要使n+10整除n 3+100，必须且只需n+10整除900，又因为n 取最大值，•所以n+•10=900，从而符合要求的正整数n 的最大值为890．评注：对于分子的次数高于或等于分母的次数的分式，可化为整式部分与分式部分的和．例6：已知a 、b 、c 为非负实数，且a 2+b 2+c 2=1,3111111-=⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+b a c a c b c b a ,求a+b+c 的值. 解：由条件知(a+b+c)()111cb a ++=0 ∴a+b+c=0 或cb a 111++=0当c b a 111++=0时，abcac bc ab ++=0 ∴ab+bc+ac=0∵(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ac=1 ∴a+b+c=±1∴a+b+c=0或1或-1例7：已知.0222=-+-+-c ab c b ac b a bc a 求证:0)()()(222222=-+-+-c ab c b ac b a bc a . 证明 222222222.()()a b c ab bc ac b cbc a ac b ab c ac b ab c -+-+=-=-----.0))()(()()()(.))()(()(.))()(()(.))()(()(222222222222222222222222222222222222222222222222=---+-+-+-+++-+-=-+-+-∴---+-+-=----+-+-=-----++-=-∴c ab b ac a bc b a c b ab c a c a bc ac b a c b ac bc ab c ab c b ac b a bc a c ab b ac a bc ca cb abc a c ab c c ab a bc b ac ca bc ac ab b ac b c ab b ac a bc c b ac bc ab a bc a 同理例8：设a 、b 、c 、d 都是正整数，且a 5=b 4,c 3=d 2,c-a=19,求d-b.解 由质因数分解的唯一性及a 5=b 4,c 3=d 2,可设a=x 4,c=y 2,故19=c-a=(y 2-x 4)=(y-x 2)(y+x 2)⎪⎩⎪⎨⎧=+=-∴.19,122x y x y 解得 x=3. y=10. ∴ d-b=y 3-x 5=757.练习：（1）已知a 2+c 2=2b 2,求证.211ac b a c b +=+++（2）求证：aa z a y a x a az z a ay y a ax x 3111222+-+-+-=-+-+-（3）求证：)1)(1)(1(4)1()1()1(222abab b b a a ab ab b b a a ++++=+++++．例9：已知a 、b 、c 、d 满足a+b=c+d ，a 3+b 3=c 3+d 3, 求证：a 2001+b 2001=c 2001+d 2001.解：由a 3+b 3=c 3+d 3得：(a+b) (a 2-ab+b 2)=(c+d) (c 2-cd+d 2)∵a+b =c+d ，则有(1) 若a+b =c+d=0，则a= -b ，c= -d ，从而a 2001+b 2001=c 2001+d 2001=0(2) 若a+b =c+d ≠0，则a 2-ab+b 2=c 2-cd+d 2，∴(a+b)2-3 ab=(c+d)2-3 cd ，从而ab=cd∴(a+b)2-4ab=(c+d)2-4 cd ，∴(a-b)2=(c-d)2，∴a-b=±(c-d) 可得a=b=c=d ，从而a 2001+b 2001=c 2001+d 2001例10： 有18支足球队进行单循环赛，每个参赛队同其他各队进行一场比赛，假设比赛的结果没有平局，如果用i a 和i b ，分别表示第i(i=1，2，3…18)支球队在整个赛程中胜与负的局数． 求证：21822212182221b b b a a a +++=+++ ．解：由于每支球队都要进行18-1=17场比赛，则对于第i 支球队有a i +b i =17,i=1,2,3,……18；由于比赛无平局，故所有参赛队的胜与负的总局数相等，即a 1+a 2+…+a 18=b 1+b 2+…+b 18由（a 12+a 22+…+a 182）-（b 12+b 22+…+b 182）=(a 12-b 12)+ (a 22-b 22)+…+(a 182-b 182) =17×[(a 1+a 2+…+a 18)-(b 1+b 2+…+b 18)]=0得21822212182221b b b a a a +++=+++例11：已知333cz by ax ==，且1111=++zy x ．求证：3333222c b a cz by ax ++=++．思路点拨 条件中有一个连等式，恰当引入参数，把待证式两边都变形为与参数相同的同一个代数式．解：设333cz by ax ===t 3，则a=33x t ，b=33yt，c=33z t因333c b a ++=t t zy x =++)111(又33333222111z cz y by x ax cz by ax ⋅+⋅+⋅=++=33)111(zy x t ++=t ，从而得证.例12： 已知0≠abc ，证明：四个数abc c b a 3)(++、abc a c b 3)(--、abc b a c 3)(--、abcc b a 3)(--中至少有一个不小于6．思路点拨 整体考虑，只需证明它们的和大于等于24即可． 解：因为abc c b a 3)(+++abc a c b 3)(--+abc b a c 3)(--+abc c b a 3)(--=abcc b a b a c a c b c b a ])()[(])()[(3333--+--+--+++=abcabcabc ac c b a b ac c b a b 24)633(2)633(2222222=-++-+++=24 若abcc b a 3)(++＜6，abc a c b 3)(--＜6，abc b a c 3)(--＜6，abc c b a 3)(--＜6，则他们的和必小于24，这与上式矛盾，故四个加数中至少有一个不小于6。
代数式的恒等式与方程的证明与推理
代数式的恒等式与方程的证明与推理一、恒等式的定义与性质在代数学中，恒等式是一种数学表达式，其中的两边总是相等的。
恒等式可以由代数运算得出，并且对于任意满足其中所涉及的条件的变量或数值，都成立。
恒等式的性质如下：1. 反身性：对于任意的数值或变量，恒等式与自身相等。
2. 对称性：恒等式的两边可以互换位置而保持相等。
3. 传递性：如果恒等式A等于恒等式B，而恒等式B又等于恒等式C，那么恒等式A也等于恒等式C。
二、恒等式的证明方法1. 直接证明法：通过直接计算，将恒等式的左边转化为右边，或将右边转化为左边，以证明两边相等。
举例来说，对于恒等式(a + b)² = a² + 2ab + b²，我们可以通过展开左边并进行求和运算，证明它与右边相等。
2. 分类讨论法：将恒等式中的变量或数值分成不同情况进行讨论，证明恒等式在每种情况下都成立。
举例来说，对于恒等式|a| = a 或 |a| = -a，我们可以分别讨论a为正数、负数和0的情况，证明恒等式在每种情况下都成立。
3. 数学归纳法：适用于需要证明一个恒等式对于所有自然数或整数都成立的情况。
举例来说，对于恒等式1² + 2² + 3² + ... + n² = (n(n + 1)(2n + 1))/6，我们可以使用数学归纳法证明。
三、方程的定义与求解方法方程是恒等式的一种特殊形式，其中至少包含一个未知数，并且需要找到满足方程的未知数的值。
方程的求解方法如下：1. 引入一个变量：将方程中的未知数引入一个临时变量，通过运算将方程转化为一个恒等式，从而求解出未知数。
2. 因式分解法：对于含有多项式的方程，可以使用因式分解法来将方程转化为多个恒等式的乘积，再求解每个恒等式中的未知数。
3. 方程求根法：利用方程的特点，例如一元二次方程的求根公式，解析求解出未知数。
四、方程的证明与推理方法1. 逆向推理法：从一个已知的等式或不等式出发，通过逆向推导，得到要证明的方程。
创新人才选拔系列—代数恒等变形
创新人才选拔系列—代数恒等变形代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．．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．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．例2已知1989x2=1991y2=1993z2，x>0，y>0，z>0，且1x+1y+1z=1,求证：1989x+1991y+1993z=1989+1991+1993 例3求证：a2-bc(a+b)(a+c)+b2-ca(b+c)(b+a)=ab-c2(c+a)(c+b)例4已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．例5证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．例6设x，y，z为互不相等的非零实数，且x+1y=y+1z=z+1x 求证：x2y2z2=1．例7已知1x+1y+z=12,1y+1z+x=13,1z+1x+y=14，求2x+3y+4z的值。
例8已知实数abc=-1,a+b+c=4,aa2-3a-1+bb2-3b-1+cc2-3c-1=49,求a2+b2+c2的值。
巩固练习1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求证：2b=a+c．2．证明：(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)． 3．求证：b-c(a-b)(a-c)+c-a(b-c)(b-a)+a-b(c-a)(c-b)=2a-b+2b-c+2c-a4.已知a=11-b,b=11-c,c=11-d,求证：a=d5．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求证：x=y=z或x+y+z=0．6．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证： (cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．。
初中数学重点梳理：恒等式证明
恒等式证明 知识定位代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．知识梳理知识梳理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)．知识梳理2：比较法比较法利用的是：若0，则（作差法）；或若1，则（作商法）。
a a b a ba b b-==== 这也是证明恒等式的重要思路之一。
知识梳理3：分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．知识梳理4：其他解题方法及技巧除了上述方法，设k 、换元等方法也可以在恒等式证明中发挥效力．例题精讲【试题来源】【题目】已知x+y+z=xyz ，证明：x(1-y 2)(1-z 2)+y(1-x 2)(1-z 2)+z(1-x 2)(1-y 2)=4xyz ．【答案】因为x+y+z=xyz ，所以左边=x(1-z 2-y 2-y 2z 2)+y(1-z 2-x 2+x 2z 2)+(1-y 2-x 2+x 2y 2)=(x+y+z)-xz 2-xy 2+xy 2z 2-yz 2+yx 2+yx 2z 2-zy 2-zx 2+zx 2y 2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．【解析】将左边展开，利用条件x+y+z=xyz ，将等式左边化简成右边．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知1989x 2=1991y 2=1993z 2，x ＞0，y ＞0，z ＞0，且1111x y z++=198919911993198919911993x y z ++=++ 【答案】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则又因为所以所以【解析】令1989x 2=1991y 2=1993z 2=k(k ＞0)，则本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k ，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】4【试题来源】 【题目】求证：()()()()()()222a bcb ca abc a b a c b c b a c a c b ---+=++++++ 【答案】因为所以所以【解析】用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b 代a ，c 代b ，a 代c ，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．【知识点】恒等式证明【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】已知0a b c ++= ，求证()()24442222a b ca b c ++=++ 。
高中数学竞赛讲义---代数式的恒等变换方法与技巧
1—1 代数式的恒等变换方法与技巧一、代数式恒等的一般概念定义1 在给定的数集中，使一个代数式有意义的字母的值，称为字母的允许值。
字母的所有允许值组成的集合称为这个代数式的定义域。
对于定义域中的数值，按照代数式所包含的运算所得出的值，称为代数式的值，这些值的全体组成的集合，称为代数式的值域。
定义2 如果两个代数式A 、B ，对于它们定义域的公共部分（或公共部分的子集）内的一切值，它们的值都相等，那么称这两个代数式恒等，记作A=B 。
两个代数式恒等的概念是相对的。
同样的两个代数式在它们各自的定义域的某一个子集内是恒等，但x =，在x≥0时成立，但在x<0时不成立。
因此，在研究两个代数式恒等时，一定要首先弄清楚它们在什么范围内恒等。
定义3 把一个代数式变形成另一个与它恒等的代数式，这种变形称为恒等变换。
代数式的变形，可能引起定义域的变化。
如lgx 2的定义域是(,0)(0,)-∞+∞ ，2lgx 的定义域是(0,)+∞，因此，只有在两个定义域的公共部分(0,)+∞内，才有恒等式lgx 2=2lgx 。
由lgx 2变形为2lgx 时，定义域缩小了；反之，由2lgx 变形为lgx 2时，定义域扩大了。
这种由恒等变换而引起的代数式定义域的变化，对研究方程和函数等相关问题时也十分重要。
由于方程的变形不全是代数式的恒等变形，但与代数式的恒等变形有类似之处，因此，在本节里，我们把方程的恒等变形与代数式的恒等变形结合起来讨论。
例1：设px =有实根的充要条件，并求出所有实根。
由于代数式的变形会引起定义域的改变，因此，在解方程时，尽量使用等价变形的方法求解。
这样可避免增根和遣根的出现。
解：原方程等价于222(0,0x p x x x ⎧-=-⎪⎨-≥≥⎪⎩222222(4)4448(2)441330440,0p x x p p x x x x p x ⎧-=⎪⎧=+--⎪⎪⎪⎪⇔≤≤⇔≤⎨⎨⎪⎪≥⎪⎪+-≤≥⎩⎪⎩222(4)8(2)44,043p x p p x x ⎧-=⎪⎪-⇔⎨-⎪≤≤≥⎪⎩ 由上式知，原方程有实根，当且仅当p 满足条件24(4)44048(2)33p p p p --≤≤⇔≤≤-这说明原方程有实根的充要条件是403p ≤≤。
全国初中数学竞赛辅导（八年级）教学案全集第05讲恒等式的证明
全国初中数学竞赛辅导（八年级）教学案全集第05讲恒等式的证明第一篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第05讲恒等式的证明全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第五讲恒等式的证明代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．1．由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．例 1 已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．分析将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．证因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2)=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边．说明本例的证明思路就是“由繁到简”．例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且证令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，则又因为所以所以说明本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．2．比较法a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．例3 求证：分析用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．证因为所以所以说明本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．不为零．证明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．全同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．说明本例采用的是比商法．3．分析法与综合法根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．证要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要证a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证ab=ac+bc，只要证 c(a+b)=ab，只要证这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立．说明本题采用的方法是典型的分析法．例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．证由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．说明本题采用的方法是综合法．4．其他证明方法与技巧求证：8a+9b+5c=0．a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．所以6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)=6k(a-b+b-c+c-a)，即 8a+9b+5c=0．说明本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．例8 已知a+b+c=0，求证2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．分析与证明用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2=(a2-b2-c2)2-4b2c2=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．说明本题证明过程中主要是进行因式分解．分析本题的两个已知条件中，包含字母a，x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．证由已知说明本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．例10 证明：(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．分析与证明此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．令y+z-2x=a，① z+x-2y=b，② x+y-2z=c，③则要证的等式变为a3+b3+c3=3abc．联想到乘法公式：a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)，所以将①，②，③相加有a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以a3+b3+c3-3abc=0，所以(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．说明由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且求证：x2y2z2=1．分析本题x，y，z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．证由已知有①×②×③得x2y2z2=1．说明这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．总之，从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上，深刻体会例题中的常用变形技能与方法，这对以后的数学学习非常重要．练习五1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求证：2b=a+c．2．证明：(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)．3．求证：5．证明：6．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求证：x=y=z或x+y+z=0．7．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证：(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．第二篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第32讲自测题全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第三十二讲自测题自测题一1．分解因式：x4-x3＋6x2-x+15．2．已知a，b，c为三角形的三边长，且满足a2＋b2＋c2＋338=10a+24b+26c，试确定这个三角形的形状．3．已知a，b，c，d均为自然数，且a5＝b4，c3＝d2，c-a＝19，求d-b的值．4．a，b，c是整数，a≠0，且方程ax2＋bx＋c=0的两个根为a 和b，求a＋b＋c的值．5．设E，F分别为AC，AB的中点，D为BC上的任一点，P在BF上，DP∥CF，Q在CE上，DQ∥BE，PQ交BE于R，交6．四边形ABCD中，如果一组对角(∠A，∠C)相等时，另一组对角(∠B，∠D)的平分线存在什么关系？7．如图2-194所示．△ABC中，D，E分别是边BC，AB上的点，且∠1=∠2=∠3．如果△ABC，△8．如图2-195所示．△ABC中，∠B=90°，M为AB上一点，使得AM=BC，N为BC上一点，使得CN=BM，连AN，CM交于P 点．求∠APM的度数．9．某服装市场，每件衬衫零售价为70元，为了促销，采用以下几种优惠方式：购买2件130元；购满5件者，每件以零售价的九折出售；购买7件者送1件．某人要买6件，问有几种购物方案(必要时，可与另一购买2件者搭帮，但要兼顾双方的利益)？哪种方案花钱最少？自测题二1．分解因式：(x2+3x+5)2+2x3+3x2+1Ox．2．对于集合p={x丨x是1到100的整数}中的元素a，b，如果a除以b的余数用符号表示．例如17除以4，商是4，余数是1，就表示成<17，4>=1，3除以7，商是0，余数是3，即表示成<3，7>=3．试回答下列问题：(1)本集合{x丨<78，x>=6，x∈p}中元素的个数；(2)用列举法表示集合{x丨==5，x∈P}．3．已知：x+y+z＝1，x2＋y2+z2=2，x3＋y3+z3=3，试求：(1)xyz的值；(2)x4＋y4＋z4的值．4．已知方程x2-3x＋a＋4=0有两个整数根．(1)求证：这两个整数根一个是奇数，一个是偶数；(2)求证：a是负偶数；(3)当方程的两整数根同号时，求a的值及这两个根．5．证明：形如8n+7的数不可能是三个整数的平方和．7．如图2-196所示．AD是等腰三角形ABC底边上的中线，BE 是角平分线，EF⊥BC，EG⊥BE且交BC于G．求证：8．如图2-197所示．AD是锐角△ABC的高，O是AD上任意一点，连BO，OC并分别延长交AC，AB于E，F，连结DE，DF．求证：∠EDO=∠FDO．9．甲校需要课外图书200本，乙校需要课外图书240本，某书店门市部A可供应150本，门市部B可供应290本．如果平均每本书的运费如下表，考虑到学校的利益，如何安排调运，才能使学校支出的运费最少？自测题三2．对于任意实数k，方程(k2＋1)x2-2(a＋k)2x＋k2＋4k＋b＝0总有一个根是1，试求实数a，b的值及另一个根的范围．4．如图2-198．ABCD为圆内接四边形，从它的一个顶点A引平行于CD的弦AP交圆于P，并且分别交BC，BD于Q，R．求证：5．如图2-199所示．在△ABC中∠C=90°，∠A的平分线AE交BA上的高CH于D点，过D引AB的平行线交BC于F．求证：BF=EC．6．如图2-200所示．△ABC中，AB＞AC，作∠FBC=∠ECB=7．已知三角形的一边是另一边的两倍，求证：它的最小边在它的周8．求最大的自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y+12y-1．9．某公园的门票规定为每人5元，团体票40元一张，每张团体票最多可入园10人．(1)现有三个单位，游园人数分别为6，8，9．这三个单位分别怎样买门票使总门票费最省？(2)若三个单位的游园人数分别是16，18和19，又分别怎样买门票使总门票费最省？(3)若游园人数为x人，你能找出一般买门票最省钱的规律吗？自测题四1．求多项式2x2-4xy＋5y2-12y+13的最小值．2．设试求：f(1)＋f(3)＋f(5)＋…＋f(1999)．3．如图2-201所示．在平行四边形ABCD的对角线BD上任取一点O，过O作边BC，AB的平行线交AB，BC于F，E，又在 EO上取一点P．CP与OF交于Q．求证：BP∥DQ．4．若a，b，c为有理数，且等式成立，则a=b=c=0 ．5．如图2-202所示．△ABC是边长为1的正三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB，AC于M，N，连接MN，求△AMN的周长．6．证明：由数字0，1，2，3，4，5所组成的不重复六位数不可能被11整除．7．设x1，x2，…，x9均为正整数，且x1＜x2＜…＜x9，x1＋x2+…＋x9＝220．当x1+x2+…+x5的值最大时，求x9-x1的值．8．某公司有甲乙两个工作部门，假日去不同景点旅游，总共有m 人参加，甲部门平均每人花费120元，乙部门每人花费110元，该公司去旅游的总共花去2250元，问甲乙两部门各去了多少人？9．(1)已知如图2-203，四边形ABCD内接于圆，过AD上一点E引直线EF∥AC交BA延长线于F．求证：FA·BC=AE·C D．(2)当E点移动到D点时，命题(1)将会怎样？(3)当E点在AD的延长线上时又会怎样？自测题五2．关于x的二次方程6x2-(2m-1)x-(m＋1)=0有一根3．设x＋y=1，x2＋y2=2，求x7＋y7的值．4．在三角形ABC内，∠B=2∠C．求证：b2=c2＋ac．5．若4x-y能被3整除，则4x2+7xy-2y2能被9整除．6．a，b，c是三个自然数，且满足abc＝a＋b＋c，求证：a，b，c只能是1，2，3中的一个．7．如图2-204所示．AD是△ABC的BC边上的中线，E是BD的中点，BA=BD．求证：AC=2AE．8．设AD是△ABC的中线，(1)求证：AB2＋AC2=2(AD2＋BD2)；(2)当A点在BC上时，将怎样？按沿河距离计算，B离A的距离AC=40千米，如果水路运费是公路运费的一半，应该怎样确定在河岸上的D点，从B点筑一条公路到D，才能使A到B的运费最省？第三篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第31讲复习题全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第三十一讲复习题1．分解因式：3x2+5xy-2y2+x＋9y-4．2．分解因式：(x2＋xy＋y2)(x2+xy+2y2)-12y4．5．已知求ab＋cd的值．为任意正数，证明1＜s＜2.7．设a，b是互不相等的正数，比较M，N的大小．8．求分式的值．9．已知：求证：px＋qy+rz=(p+q+r)(x+y+z)．11．已知实数x，y满足等式求x，y的值．12．若14(a2+b2+c2)=(a＋2b＋3c)2，求a∶b∶c．13．解方程：x2＋2x-3丨x+1丨+3=0．14．已知三个二次方程x2-3x＋a=0，2x2＋ax-4=0，ax2＋bx-3=0有公共解，试求整数a和整数b的值．15．如图2-178所示．在△ABC中，过点B作∠A的平分线的垂线，足为D．DE∥AC交AB于E点．求证：E是AB的中点．16．求证：直角三角形勾股平方的倒数和等于弦上的高的平方的倒数．17．如图2-179所示．在△ABC中，延长BC至D，使CD=BC．若BC中点为E，AD=2AE，求证：AB=BC．18．如图2-180所示．ABCD是平行四边形，BCGH及CDFE都是正方形．求证：AC⊥EG．19．证明：梯形对角线中点的连线平行于底，并且等于两底差的一半．20．如图2-181所示．梯形ABCD中，∠ADC=90°，∠AEC=3∠BAE，AB∥CD，E是 BC的中点．求证：CD=CE．21．如图2-182所示．梯形ABCD中，AD∥BC(AD＜BC)，AC 和BD交于M，EF过M且平行于AD，EC和FB交于N，GH过N且平行于AD．求证：22．如图2-183所示．在矩形ABCD中，M是AD的中点，N是BC的中点，P是CD延长线上的一点，PM交AC于Q．求证：∠QNM=∠MNP．23．在(凸)四边形ABCD中，求证：AC·BD≤AB·CD＋AD·BC．24．如图2-184所示．AD是等腰△ABC底边BC上的高，BM与BN是∠B的三等分角线，分别交AD于M，N点，连CN并延长交AB 于E．求证：25．已知n是正整数，且n2-71能被7n＋55整除，求n的值．26．求具有下列性质的最小正整数n：(1)它以数字6结尾；(2)如果把数字6移到第一位之前，所得的数是原数的4倍．27．求出整数n，它的2倍被3除余1，3倍被5除余2，5倍被7除余3．28．把1，2，3，…，81这81个数任意排列为：a1，a2，a3，…，a81．计算丨a1-a2＋a3丨，丨a4-a5＋a6丨，…，丨a79-a80＋a81丨；再将这27个数任意排列为b1，b2，…，b27，计算丨b1-b2+b3丨，丨b4-b5+b6丨，…，丨b25-b26＋b27丨．如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？29．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c，30．设凸四边形ABCD的对角线AC，BD相交于O，且AC⊥BD，已知OA＞OC，OB＞OD，求证：BC＋AD＞AB+CD．31．如图2-185．在梯形ABCD中，AD∥BC，E，F分别在AB和DC上，EF∥BC，EF平分梯形ABCD的面积，若AD=a，BC=b，求EF的长．32．四边形ABCD的面积为1，M为AD的中点，N为BC的中点，的面积．33．已知一元二次方程x2-x+1-m=0 的两实根x1，x2满足丨x1丨+丨x2丨≤5，求实数m的取值范围．34．求所有的正实数a，使得方程x2-ax＋4a=0仅有整数根．35．求证：当p，q为奇数时，方程x2＋px＋q=0无整数根．36．如图2-186．已知圆中四弦AB，BD，DC，CA分别等于a，b，c，d(且cd＞ab)．过C引直线CE∥AD交AB的延长线于E，求BE之长．37．设A={2，x，y}，B={2，x，y2}，其中x，y是整数，并且A∩B={2，4}，A∪B={2，x，2x，16x}，求x，y的值．38．在梯形ABCD中，与两条平行底边平行的直线和两腰AB，CD交于P，Q(图2-187)．如果AP∶PB=m∶n，那么PQ的值如何用m，n，AD，BC表示？39．在平行四边形ABCD中，设∠A，∠B，∠C，∠D的平分线两两相交的交点分别为P，Q，R，S，那么四边形PQRS是什么图形？如果原来的四边形ABCD是矩形，那么四边形PQRS又是什么图形？40．在直角三角形ABC中，以边AB，BC，AC为对应边分别作三个相似三角形，那么这三个相似三角形面积之间有什么关系？41．如果三角形的三边用m2＋n2，m2-n2，2mn来表示，那么这个三角形的形状如何？如果m2＋n2=4mn，又将怎样？42．在圆柱形容器中装水，当水的高度为6厘米时，重4.4千克，水高为10厘米时，重6.8千克，试用图像表示水高为0～10厘米时，水高与重量之间的关系，并预测当水高为8厘米时，水重为多少千克？43．有7张电影票，10个人抽签，为此先做好10个签，其中7个签上写“有票”，3个签上写“无票”，然后10个人排好队按顺序抽签．问第一人与第二人抽到的可能性是否相同？44．在直径为50毫米(mm)的铁板中，铳出四个互相外切，并且同样大小的垫圈(图2-188)，那么垫圈的最大直径是多少？45．唐代诗人王之涣的著名诗篇：白日依山尽，黄河入海流．欲穷千里目，更上一层楼．按诗人的想象，要看到千里之外的景物，需要站在多高的建筑物上呢？试化成数学问题加以解释．46．在一个池塘中，一棵水草AC垂直水面，AB为水草在水面上的部分，如图2-189，问如何利用这根水草测出水深？47．在一条运河的两侧有两个村子A，B，河的两岸基本上是平行线．现在要在河上架一座桥与河岸垂直，以便使两岸居民互相往来，那么这座桥架在什么地方，才能使从A到B的路程最近呢(图2-190)？48．要在一条河边修一座水塔，以便从那里给A，B两个城市供水(设A，B在河岸EF的同侧)，那么水塔应建在河岸EF的什么地方，才能使水塔到A，B两市供水管道总长度最短(图2-191)？49．三个同学在街头散步，发现一辆汽车违反了交通规则．但他们没有完全记住这辆汽车的车号(车号由4位数字组成)，可是第一个同学记住车号的前两位数是相同的，第二个同学记得后两位数也相同，第三个同学记得这个四位数恰好是一个数的平方数．根据这些线索，能找出这辆汽车的车号吗？50．图2-192是一个弹簧秤的示意图，其中：图(a)表示弹簧称东西前的状况，此时刻度0齐上线，弹簧伸长的初始长度为b．图(b)表示弹簧秤上挂有重物时，弹簧伸长的状况．如果弹簧秤上挂上不同重量的砝码，那么弹簧秤的长度也相应地伸长．现获得如下一组数据：(1)以x，y的对应值(x，y)为点的坐标，画出散点图；(2)求出关于x的函数y的表达式，(3)求当x＝500克时，y的长度．第四篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第08讲平行四边形全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第八讲平行四边形平行四边形是一种极重要的几何图形．这不仅是因为它是研究更特殊的平行四边形——矩形、菱形、正方形的基础，还因为由它的定义知它可以分解为一些全等的三角形，并且包含着有关平行线的许多性质，因此，它在几何图形的研究上有着广泛的应用．由平行四边形的定义决定了它有以下几个基本性质：(1)平行四边形对角相等；(2)平行四边形对边相等；(3)平行四边形对角线互相平分．除了定义以外，平行四边形还有以下几种判定方法：(1)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；(3)对角线互相平分的四边形是平行四边形；(4)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．例1 如图2-32所示．在EF与MN互相平分．ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，DN=BM．求证：分析只要证明ENFM是平行四边形即可，由已知，提供的等量要素很多，可从全等三角形下手．证因为ABCD是平行四边形，所以ADBC，ABCD，∠B=∠D．又AE⊥BC，CF⊥AD，所以AECF是矩形，从而AE=CF．所以Rt△ABE≌Rt△CDF(HL，或AAS)，BE=DF．又由已知BM=DN，所以△BEM≌△DFN(SAS)，ME=NF．①又因为AF=CE，AM=CN，∠MAF=∠NCE，所以△MAF≌△NCE(SAS)，所以 MF=NF．②由①，②，四边形ENFM是平行四边形，从而对角线EF与MN 互相平分．例2 如图2-33所示．Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，BG平分∠ABC，EF∥BC且交AC于F．求证：AE=CF．分析AE与CF分处于不同的位置，必须通过添加辅助线使两者发生联系．若作GH⊥BC于H，由于BG是∠ABC的平分线，故AG=GH，易知△ABG≌△HBG．又连接EH，可证△ABE≌△HBE，从而AE=HE．这样，将AE“转移”到EH位置．设法证明EHCF为平行四边形，问题即可获解．证作GH⊥BC于H，连接EH．因为BG是∠ABH的平分线，GA⊥BA，所以GA=GH，从而△ABG≌△HBG(AAS)，所以 AB=HB．①在△ABE及△HBE中，∠ABE=∠CBE，BE=BE，所以△ABE≌△HBE(S AS)，所以 AE=EH，∠BEA=∠BEH．下面证明四边形EHCF是平行四边形．因为AD∥GH，所以∠AEG=∠BGH(内错角相等)．②又∠AEG=∠GEH(因为∠BEA=∠BEH，等角的补角相等)，∠AGB=∠BGH(全等三角形对应角相等)，所以∠AGB=∠GEH．从而EH∥AC(内错角相等，两直线平行)．由已知EF∥HC，所以EHCF是平行四边形，所以FC=EH=AE．说明本题添加辅助线GH⊥BC的想法是由BG为∠ABC的平分线的信息萌生的(角平分线上的点到角的两边距离相等)，从而构造出全等三角形ABG与△HBG．继而发现△ABE≌△HBE，完成了AE的位置到HE 位置的过渡．这样，证明EHCF是平行四边形就是顺理成章的了．人们在学习中，经过刻苦钻研，形成有用的经验，这对我们探索新的问题是十分有益的．例3 如图2-34所示．∠EMC=3∠BEM．ABCD中，DE⊥AB于E，BM=MC=DC．求证：分析由于∠EMC是△BEM的外角，因此∠EMC=∠B+∠BEM．从而，应该有∠B=2∠BEM，这个论断在△BEM内很难发现，因此，应设法通过添加辅助线的办法，将这两个角转移到新的位置加以解决．利用平行四边形及M为BC中点的条件，延长EM与DC延长线交于F，这样∠B=∠MCF及∠BEM=∠F，因此，只要证明∠MCF=2∠F即可．不难发现，△EDF为直角三角形(∠EDF=90°)及M为斜边中点，我们的证明可从这里展开．证延长EM交DC的延长线于F，连接DM．由于CM=BM，∠F=∠BEM，∠MCF=∠B，所以△MCF≌△MBE(AAS)，所以M是EF的中点．由于AB∥CD及DE⊥AB，所以，DE⊥FD，三角形DEF是直角三角形，DM为斜边的中线，由直角三角形斜边中线的性质知∠F=∠MDC，又由已知MC=CD，所以∠MDC=∠CMD，则∠MCF=∠MDC+∠CMD=2∠F．从而∠EMC=∠F+∠MCF=3∠F=3∠BEM．例4 如图2-35所示．矩形ABCD中，CE⊥BD于E，AF平分∠BAD交EC延长线于F．求证：CA=CF．分析只要证明△CAF是等腰三角形，即∠CAF=∠CFA即可．由于∠CAF=45°-∠CAD，所以，在添加辅助线时，应设法产生一个与∠CAD相等的角a，使得∠CFA=45°-a．为此，延长DC交AF于H，并设AF与BC交于G，我们不难证明∠FCH=∠CAD．证延长DC交AF于H，显然∠FCH=∠DCE．又在Rt△BCD中，由于CE⊥BD，故∠DCE=∠DBC．因为矩形对角线相等，所以△DCB≌△CDA，从而∠DBC=∠CAD，因此，∠FCH=∠CAD．①又AG平分∠BAD=90°，所以△ABG是等腰直角三角形，从而易证△HCG也是等腰直角三角形，所以∠CHG=45°．由于∠CHG是△CHF 的外角，所以∠CHG=∠CFH+∠FCH=45°，所以∠CFH=45°-∠FCH．②由①，②∠CFH=45°-∠CAD=∠CAF，于是在三角形CAF中，有CA=CF．例5 设正方形ABCD的边CD的中点为E，F是CE的中点(图2-36)．求证：分析作∠BAF的平分线，将角分为∠1与∠2相等的两部分，设法证明∠DAE=∠1或∠2．证如图作∠BAF的平分线AH交DC的延长线于H，则∠1=∠2=∠3，所以FA=FH．设正方形边长为a，在Rt△ADF中，从而所以Rt△ABG≌Rt△HCG(AAS)，从而Rt△ABG≌Rt△ADE(SAS)，例6 如图2-37所示．正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE=AD，DF=BD，连接BF分别交CD，CE于H，G．求证：△GHD是等腰三角形．分析准确地画图可启示我们证明∠GDH=∠GHD．证因为DEBD=FD，所以BC，所以四边形BCED为平行四边形，所以∠1=∠4．又所以 BC=GC=CD．因此，△DCG为等腰三角形，且顶角∠DCG=45°，所以又所以∠HDG=∠GHD，从而GH=GD，即△GHD是等腰三角形．练习十二1．如图2-38所示．DE⊥AC，BF⊥AC，DE=BF，∠ADB=∠DBC．求证：四边形ABCD是平行四边形．2．如图2-39所示．在平行四边形ABCD中，△ABE和△BCF都是等边三角形．求证：△DEF是等边三角形．3．如图2-40所示．CB于E．求证：BE=CF．ABCD中，AF平分∠BAD交BC于F，DE⊥AF交4．如图2-41所示．矩形ABCD中，F在CB延长线上，AE=EF，CF=CA．求证：BE⊥DE．5．如图2-42所示．在正方形ABCD中，CE垂直于∠CAB的平分第五篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第23讲几何不等式全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集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∠DC B＞∠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°．。
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初中数学竞赛专题选讲
代数恒等式的证明
一、内容提要
证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。
具体证法一般有如下几种
1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。
变形的过程中要不断注意结论的形式。
2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。
3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。
即由左边－右边＝0可得左边＝右边。
4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。
还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，
二、例题
例1求证：3 n+2－2n＋2＋2×5 n+2＋3 n－2 n＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）
证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2－2 n）
＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)
＝10（5 n+1+3 n－2 n-1）=右边
又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)
＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n
右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1
＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n
∴左边＝右边
例2 己知:a+b+c=0 求证：a3+b3+c3=3abc
证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1) ∵:a+b+c=0
∴a3+b3+c3－3abc＝0即a3+b3+c3=3abc
又证：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）
两边立方a3=－（b3+3b2c+3bc2+c3）
移项a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc
再证：由己知a=－b－c 代入左边,得
（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c3
＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc
例3 己知a+
a c c
b b 111+=+=,a ≠b ≠
c 求证：a 2b 2c 2=1
证明：由己知a-b=
bc c b b c -=-11 ∴bc=b a c b -- b-c=ca a
c c a -=-1
1
∴ca=c b a c -- 同理ab=a c b
a -- ∴a
b b
c ca ＝a c b a --b a c b --c b a
c --＝1 即a 2b 2c 2=1
例4 己知:ax 2+bx+c 是一个完全平方式（a,b,c 是常数）求证：b 2－4ac=0 证明：设:ax 2+bx+c ＝（mx+n ）2 ， m,n 是常数
那么:ax 2+bx+c ＝m 2x 2+2mnx+n 2
根据恒等式的性质 得⎪⎩⎪⎨⎧===22
2n
c mn b m a ∴: b 2－4ac ＝（2mn ）2－4m 2n 2=0
三、练习
1． 求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab
②（x+y ）4+x 4+y 4=2(x 2+xy+y 2)2 ③(x-2y)x 3－(y-2x)y 3=(x+y)(x-y)3 ④3 n+2+5 n+2―3 n ―5 n =24(5 n +3 n-1) ⑤a 5n +a n +1=(a 3 n －a 2 n +1)(a 2 n +a n +1)
2.己知：a 2+b 2=2ab 求证：a=b
3.己知：a+b+c=0
求证：①a 3+a 2c+b 2c+b 3=abc ②a 4+b 4+c 4=2a 2b 2+2b 2c 2+2c 2a 2
4.己知：a 2=a+1 求证：a 5=5a+3
5.己知：x ＋y －z=0 求证： x 3+8y 3=z 3－6xyz
6.己知：a 2+b 2+c 2=ab+ac+bc 求证：a=b=c
7.己知：a ∶b=b ∶c 求证：（a+b+c ）2+a 2+b 2+c 2=2(a+b+c)(a+c)
8.己知：abc ≠0，ab+bc=2ac 求证：
c b b a 1111-=- 9．己知：a
c z
c b y
b a x
-=-=- 求证：x+y+z=0 10.求证：（2x －3）（2x+1）(x 2－1)＋1是一个完全平方式
11己知：ax 3+bx 2+cx+d 能被x 2+p 整除 求证：ad=bc
练习题参考答案
1.④左边＝5 n(5 2-1)+3 n－1(33-3)= 24(5 n+3 n-1)注意右边有3n-1
2.左边－右边＝（a-b）2
3.②左边－右边＝（a2+b2-c2）2-4a2b2=……
4.∵a5=a2a2a,用a2=a+1代入
5.用z=x+2y代入右边
6.用已知的（左－右）×2
7.用b2=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式
8.在已知的等式两边都除以abc
9.设三个比的比值为k,
10.(2x2-x-2)2
11.11. 用待定系数法。