初一数学竞赛系列讲座(7)
初一数学参赛赛讲座 最新
初一数学竞参赛讲座特殊的正整数知识要点1、完全平方数及其性质定义 1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。
如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。
性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3 偶完全平方数是4的倍数。
性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质 5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。
2、质数与合数定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数。
定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、质数与合数的有关性质(1)质数有无数多个(2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。
大于2的质数必为奇数。
(3)若质数p ∣a •b ，则必有p ∣a 或p ∣b 。
(4)若正整数a 、b 的积是质数p ，则必有a=p 或b=p. (5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：k a k a a p p p n 2121=, 其中p 1<p 2<…<p k 是质数，a 1，a 2，…，a k 是正整数。
一、 例题精讲例 1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是 解 设所求的四位数为m 2，它的百位数字为a ，则有m 2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93) 因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由题意 a+3≤9，故a ≤6，从而a=3 于是所求的四位数为4356例 2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。
初一数学竞赛讲座
初一数学竞赛讲座第3讲奇偶分析我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。
被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类。
前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。
关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。
灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。
用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。
例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们的和等于30，你能做到吗？为什么？分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。
因为无论你选择哪5个数，它们的和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。
最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的。
例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。
小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。
试问，小丽所加得的和数能否为2000？解：不能。
由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000。
说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。
例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。
试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。
解：不能。
如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数。
所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。
人教七年级上学期竞赛入门辅导讲义,共十讲,很实用
又如7007700－14＝686，68－12＝56（能被7整除）
能被11整除的数的特征：
①抹去个位数②减去原个位数③其差能被11整除
如1001100－1＝99（能11整除）
又如102851028－5＝1023102－3＝99（能11整除）
二、例题
例1已知两个三位数328和2x9的和仍是三位数5y7且能被9整除．求x，y
第一讲数的整除
一、内容提要：
如果整数A除以整数（B≠0）所得的商A/B是整数，那么叫做A被B整除．
0能被所有非零的整数整除．
一些数的整除特征
除数
2或5
4或25
8或125
3或9
11
能被整除的数的特征
末位数能被2或5整除
末两位数能被4或25整除
末三位数能被8或125整除
各位上的数字和被3或9整除（如771，54324）
数和最犬的公约数．
6．公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）．
7．在有余数的除法中，
被除数＝除数×商数＋余数若用字母表示可记作：
A＝BQ＋R，当A，B，Q，R都是整数且B≠0时，A－R能被B整除
例如23＝3×7＋2则23－2能被3整除．
二、例题
例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数，从中总结出规律加以应用：
9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，
能被3整除但不是5的倍数的共______个．
10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不
能被3整除的数共有几个？为什么？
11己知五位数1234A能被15整除，试求A的值．
七年级数学竞赛讲座 线段与角
线段与角【知识要点】1. 线段线段具有比两个端点，是直线的一部分；把线段向一方无限延伸就可以得到射线。
线段与直线的重要性质： （1） 两点之间，线段最短；（2） 经过两点有一条直线，并且只有一条直线。
分线段计数公式：在线段上取n-2个点，若端点记在内时，线段上共有n 个点，此线段被分成的各类线段总条数：(1)(1)212n n n --+⋅⋅⋅++=2. 角角看做一条射线绕着它的端点旋转而成的图形。
小于平角的角可以分为：锐角、直角、钝角。
它们的范围：0°﹤锐角﹤90°，直角=90°，90°﹤钝角﹤180°。
（1） 两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角；两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角。
（2） 同角（或等角）的余角（或补角）相等。
【例题讲解】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)．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)．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？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．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？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)？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)．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？7．在4点到6点之间，时针与分针何时成120°角？。
初中七年级数学竞赛培优讲义
初中七年级数学竞赛培优讲义《初中七年级数学竞赛培优讲义》哎呀，一提到数学竞赛培优讲义，我这心里就像揣了只小兔子，怦怦直跳！为啥？因为这可真是个充满挑战又超级有趣的东西啊！你想想，数学就像一座神秘的城堡，里面藏着无数的宝藏和秘密。
而七年级的数学竞赛培优讲义，那就是打开这座城堡大门的一把神奇钥匙！我们先来说说那些有趣的几何图形吧。
三角形、四边形、圆形，它们就像是城堡里不同形状的房间。
三角形稳定得像泰山，不管怎么推怎么挤，它都稳稳当当的，难道这还不够神奇吗？四边形呢，有时候像个调皮的孩子，轻轻一拉就变形了。
圆形就更妙啦，像个超级大皮球，从哪个角度看都那么圆润可爱。
再讲讲代数部分，那些字母和数字的组合，就像是一场精彩的魔术表演。
X、Y 一会儿变大，一会儿变小，一会儿又消失不见，然后又突然冒出来，这难道不像魔术师手中的道具，让人眼花缭乱又惊喜连连？我们在课堂上，老师拿着培优讲义，就像拿着一本武功秘籍，给我们传授着一招一式。
“同学们，这道题可不容易哦，大家好好想想！”老师这么一说，大家都皱起了眉头，开始苦思冥想。
我心里想：“哼，我就不信我解不出来！”然后和同桌小声嘀咕：“你觉得从哪里入手好？”同桌挠挠头：“我也不太清楚呢，咱们再看看。
”小组讨论的时候那才热闹呢！“我觉得应该这样做。
”“不对不对，应该那样。
”大家争得面红耳赤，可谁也不服谁。
最后老师来给我们指点迷津，一下子就恍然大悟，那种感觉，就像在黑暗中突然看到了光明，别提多兴奋啦！做数学竞赛题，有时候就像爬山。
一开始觉得山坡好陡啊，怎么爬都爬不上去。
可是当你咬咬牙，坚持一下，突然就发现找到了一条小路，然后顺着这条路，一下子就爬到了山顶，那种成就感，简直无与伦比！数学竞赛培优讲义里的每一道题，都是一个小怪兽，我们就是勇敢的战士，拿着知识的武器去打败它们。
有时候会被小怪兽打得晕头转向，但是只要不放弃，总有战胜它们的时候。
经过这么长时间的学习和努力，我深深地觉得，数学竞赛培优讲义虽然难，但是它就像一个超级好玩的游戏，只要你用心去玩，就能从中获得无尽的乐趣和收获。
初一数学竞赛讲座 自然数的有关性质
初一数学竞赛讲座自然数的有关性质初一数学竞赛系列训练1——自然数的有关性质初一数学竞赛系列训练2——特殊的正整数初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题初一数学竞赛系列训练4有理数的有关知识初一数学竞赛系列训练(5)整式初一数学竞赛系列训练(6)整式初一数学竞赛系列训练(7)整式初一数学竞赛系列训练(8)解方程初一数学竞赛系列讲座(9) 应用题（一）初一数学竞赛系列讲座(11) 应用题（三）初一数学竞赛系列训练(13)初一数学竞赛系列训练(14)初一数学竞赛系列训练(15)初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质一、知识要点1、最大公约数定义1 如果a1,a2,…,an和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…, d∣an ，那么d叫做a1,a2,…,an的公约数。
公约数中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公约数，记作(a1,a2,…,an).如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、最小公倍数定义2 如果a1,a2,…,an和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, an∣m，那么m叫做a1,a2,…,an的公倍数。
公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,an的最小公倍数，记作[a1,a2,…,an].如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24.3、最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若a∣b,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.性质3 若n∣a, n∣b,则()nbanbna,,=⎪⎭⎫⎝⎛.性质4 若a=bq+r (0≤r<b), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。
性质5若 b∣a,则[a,b]=a.性质6若[a,b]=m,且n为正整数，则[na,nb]=nm.性质7若n ∣a, n ∣b,则[]n b a n b n a ,,=⎥⎦⎤⎢⎣⎡.4、 数的整除性定义3 对于整数a 和不为零的整数b ，如果存在整数q ，使得a=bq 成立，则就称b 整除a 或a 被b 整除，记作b ∣a ，若b ∣a ，我们也称a 是b 倍数；若b 不能整除a ，记作ba5、 数的整除性的性质性质1 若a ∣b ，b ∣c ，则a ∣c性质2 若c∣a，c∣b，则c∣(a±b)性质3 若b ∣a, n 为整数，则b ∣na6、 同余定义4 设m 是大于1的整数，如果整数a ，b 的差被m 整除，我们就说a ，b 关于模m 同余，记作 a≡b(mod m)7、 同余的性质性质1 如果a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，那么a±c≡b±d(mod m)，ac≡bd(mod m)性质2 如果a≡b(mod m)，那么对任意整数k 有ka≡kb(mod m)性质3 如果a≡b(mod m)，那么对任意正整数k 有ak≡bk(mod m)性质4如果a≡b(mod m)，d 是a ，b 的公约数，那么()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡d m,m mod d b d a 二、例题精讲例1 设m 和n 为大于0的整数，且3m+2n=225.如果m 和n 的最大公约数为15，求m+n 的值(第11届“希望杯”初一试题)解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15因为 a,b 是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6从而m+n=15(a+b)=15⨯7=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。
初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)
第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯.先看一个游戏：有n+1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子,每步可前移1，2或3格,以先到最后一格者为胜.问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数,以后你的对手若走i格（ｉ=1，２,3),你走4-i格,即每一次交替,共走了4格．最后只剩4个空格时,你的对手就必输无疑了．因此，若n除以４的余数是1，2或３时,那么先走者甲胜;若ｎ除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜.在这个游戏里，我们可以看出,有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如,1999年元旦是星期五,1999年有365天,3６5＝７×5２＋1，所以2０00年的元旦是星期六.这里我们关心的也是余数．这一讲中,我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用.同余，顾名思义,就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数ｍ,如果用m去除ａ，ｂ所得的余数相同,则称a与b对模ｍ同余,记作a≡b(ｍｏdｍ），并读作a同余b,模m.否则,就称a与b对于模m不同余，记作ａ≡b（ｍod m),根据定义,ａ与ｂ是否同余，不仅与a、b有关,还与模m有关,同一对数a和b,对于模ｍ同余,而对于模ｎ也许就不同余,例如,5≡8（moｄ3),而5≡８（mｏｄ4),若a与b对模m同余,由定义１,有a=mq１＋r，ｂ＝mｑ2+ｒ.所以ａ－b＝m(q１-q2)，即m|a-b.反之，若m｜a-ｂ，设ａ=mq1+r1，b＝mq2＋ｒ2，0≤r1,r2≤m-1,则有m|r1-r2.因｜r1-r2|≤ｍ-1,故r1－r２=0，即r1＝r2.于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2若a与ｂ是两个整数,并且它们的差a-b能被一正整数m整除,那么，就称a与b对模m同余.另外，根据同余的定义,显然有以下几种关系是成立的:⑴a≡ａ(mod ｎ)⑵a≡ｂ(moｄm）⇔b≡a（mod ｎ)⑶a≡ｂ（mod n)⇒a≡c（mod m）b≡c（moｄｍ)由此可见,同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性,而等式也具有这几条性质．二、典型例题；例1.如果a≡b（ｍｏd m),以下命题正确的有哪些?请说明理由?⑴ｍ| a-b⑵ａ=b＋mt⑶ａ＝k1m+ ｒ1,b =k2ｍ+r2(0≤ｒ1,r2＜m)⇔r１= ｒ２解:⑴因a≡b（moｄｍ）,所以可得a =ｋ1m＋r，b =ｋ２m+ r，那么ａ－ｂ=(k1－k2)m，由于k1－ｋ2是整数,因此ｍ｜a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= ｍt，即a=b+ｍt⑶根据⑴可得，ｍ｜r1-r2,又因为0≤| ｒ1-r2 |＜ｍ，所以| ｒ1－r2 |=０，故r1=ｒ．2例２.判断正误，并说明理由.⑴如果a≡b(mｏd m）那么ka≡kb（ｍod m)⑵如果a≡b（modｍ），c是整数，那么ａ±c≡b±ｃ(mod m)⑶如果a1≡ｂ１（ｍod m)，a2≡b2(mod m)，那么ａ1±a2≡b１±b2 (mｏｄm),a１a2≡b1b2 (mod m）.⑷如果3a≡3ｂ(mod 6 ),那么a≡b (ｍod 6 )解：⑴∵a≡b（moｄm），∴m| a－b，∴m｜k (a-b)即ｍ｜(ka－kb)∴ｋa≡kb（mｏd m) ⑴成正确⑵∵a≡ｂ（ｍod m)，∴m | a－b又因为c是整数,所以ｍ| a-c－b＋c,即m | (ａ－c)－（b-c)即a－ｃ≡b-c(mod m）同理可得,ａ+c≡b+ｃ（mod m)⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然６≡１2(ｍod6)，而２≡４（ｍod 6),因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡ｂ（mod m)⇒a n≡b n（modｍ) 此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方,但同余式两边却不能除以同一数,那么,同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3.由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（moｄ５）①3a ≡3b （mo ｄ 5） ②10a ≡10b (ｍｏd 5）③6ａ≡６ｂ（mod １0） ④10a ≡10b (ｍod 20) 解：①因3a ≡3b (mod ５），所以5 | ３(a -ｂ),而5 | ３ , 因此5 ｜ ａ－ｂ,故a ≡ｂ（mod 5）②由１０ａ≡10b （mo ｄ 5)可以得到5 | 10(a －b )，而5 ｜ 10，因此5不一定整除a -b ,故a ≡b (mod 5）就成立③由６ａ≡6b (mod 1０)可得10 | ６（a －b ），而10=2×5，6=２×3，因此5 | a －b ,故ａ≡ｂ(m ｏd ５）成立④由10a ≡10b (mo ｄ ２０)可得到20 | １0(ａ-b ),而2０＝ 4×5,４ | 10，因此5 | (ａ－b )故ａ≡b (mod ５)不成立综上所述,由3a ≡3b (m ｏd 5)或６a ≡６b （mod 1０）都可以得到a ≡b （ｍｏd 5）说明:在①中，因为(３,５)＝1，因此由5 | 3(a －b )一定可以得到5 ｜ ａ－b ，进而得到a ≡b （mod 5)，一般地，如果(k ,ｍ）=1,ka ≡kb （mo ｄ ｍ）,那么ａ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6(ａ-ｂ）一定可以得到5 | a -b ，进而得a ≡ｂ（mo ｄ 5)，一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （ｍｏd m ）,那么a ≡b )(moddm .例4．如果a ≡ｂ（mod １２）且a ≡b （ｍod 8)，那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡ｂ（mod 4) ②a ≡ｂ(mod 24) ③a ≡ｂ（m ｏd 2０） ④ａ≡b （m ｏｄ ４8）解:正确的有①和②①由题中的条件可得１2 | a -ｂ,又因4 | 12，所以4 | a －b ,故a ≡b (mod 4).②因1２ ｜ a -b ，8| a －b ,所以a －b 是12和８的公倍数，又因为［8,1２]=24,因此 a -b 必是24的倍数，即２4 | a －b ，故a ≡b （mod 24).③显然,当ａ= 26,ｂ = ２时满足条件a ≡b (mod 12）和a ≡b (mo ｄ ８），但却不满足ａ≡b （ｍｏd 20).④同③，用a = 26，b = 2验证即可. 【说明】:⑴一般地，若a ≡b (mod m ）且n | m ，那么ａ≡b （mo ｄ ｎ) ⑵若a ≡b （m ｏd m ），a ≡b (mod n ）,那么a ≡b (mod [m ,n ]),它的一个特殊情况就是: 如果a ≡b （ｍｏd m ），a ≡b （mo ｄ n ）且（m ，n ）＝1，那么a ≡b （mod ｍ n )【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡ｂ(ｍod m ） ｍ ｜ ａ-b②a ≡b (mod m ） ａ = ｂ+mt 2．同余式的同加、同乘性如果a １≡ｂ１(m ｏd m ）,a ２≡b 2（mod m )那么 ⑴a 1±a 2≡b 1±b ２（mod ｍ) ⑵ka 1≡kb 1(mod ｍ)(k ∈Z ) ⑶a 1a 2≡b １b 2（m ｏd ｍ） ⑷a 1n ≡b 1n （m ｏd ｍ）（ｎ是整数)． ３．如果（k ，m ）=d ,ka ≡ｋb (mod m ）,那么a ≡b )(moddm． 这条性质的直接推论就是：如果(k ,ｍ）=1，k ａ≡kb (ｍod m ）,那么a ≡b (mo ｄ m ） 4.如果a ≡b （mo ｄ m )且n | m ，那么a ≡ｂ(mod n ）５．如果ａ≡b (m ｏd ｍ)，ａ≡b （mo ｄ ｎ）,那么a ≡b （mod [ｍ,n ])这条性质的一个推论就是： 如果a ≡ｂ(m ｏd m ），ａ≡b (m ｏd n )且(m ,n ）=１，那么a ≡b (m ｏd ｍ n )例5．⑴求19992002除以9的余数;⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 ｜ 1999－10０0,∴1999≡１０00≡1（ｍod 9)∴1９９92000≡１２０02≡１（mod 9）,∴19992００0除以9的余数是1⑵∵10≡3（ｍod 7),∴１0３≡3３≡－1（mod 7)∴１06≡(-1）2≡１(m ｏｄ ７），∴1０10≡10４(ｍod 7） 又∵102≡9≡2（mod 7),∴１０2≡１0 4≡22≡４(mod 7） 所以1010除以７的余数是4．说明:求较大数的余数时,可先设法找到与±1同余的数,然后利用同余式的性质，求出所求数的余数.例6．求1４5８9+３2００2除以13的余数．解：∵145≡2(mod 13），∴1４５6≡26≡－１(mod 13)∴（1456)14≡(－１)１4≡1(mod 1３)即14584≡1(ｍｏd 1３)又∵145５≡２5≡6（ｍod 13）所以1458９≡1４584·１４55≡6×１≡6（mod 13）又∵３3≡1(mod １3)，∴(３3)66７≡32０0１≡1(ｍo ｄ 1３)，∴3２0０2≡3（mod 13） 所以，14589+32002≡6+3≡9(mod 13）即14５8９+32０02除以13的余数是9例７.求1998２0０2的十位数字分析：此题可以通过１998２00２的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199８98≡-２（m ｏd 100),∴１99８２0０2≡（-2)２002≡22002≡41001(ｍｏd 100)因为４≡4(m ｏd 1０0)，42≡16（m ｏd 100)，4３≡6４(m ｏd １０0)，44≡５6(ｍod100），４5≡24（m ｏd 10０）,４6≡96(mod 10０）,47≡８4（ｍod １00)，４8≡36(mod 100）,49≡44（mo ｄ 100),41０≡7６(m ｏd 10０)，４１1≡4(mod １0０）…所以4 n 除以100的余数是以４、16、64、５6、24、96、84、３6、44、76周期性出现的,因41001＝410×10０+1,所以41０01≡4（m ｏｄ 10０）,因此19982０0２≡4(m ｏd 1０0)，故1９９8２002的十位数字是0.说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8(１998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使２n +１能被3整除的一切自然数n . 解∵∴则2n +1∴当n 为奇数时，2ｎ＋１能被3整除； 当n 为偶数时,2n ＋1不能被３整除.例９ 求证31980+4１981能被5整除. 证明 ∵∴∴∴例10．求20032０0２的末位数字.分析:此题就是求２０03２002除以10的余数解:∵2003≡3（mod 10),∴2003４≡3４≡1(ｍod 1０），∴2003２０02≡（2003４)５00·20０33≡1500·33≡27≡７(ｍｏｄ 10）∴２０02200２的末位数字是７．说明:对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:)10(mod 0011a a a a a n n ≡- 例11．已知n 是正整数，证明４8 | ７2n ―2３52n ―1 证明:∵48=3×16，（３,1６)=1∴只需证明3｜ 72n ―２3５2n ―１且16 ｜ 72n ―2352n ―１即可 ∵7≡１（mod 3）,2352≡0(m ｏd ３） ∴72n ―２35２n ―1≡12n ―2３52×０－１≡0(mod 3） ∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵235２=16×14７,∴2３52≡0(m ｏd 16) ∴72n ―23５2n ―1≡4９n －１≡１n －1≡0（m ｏd １6)∴1６ | ７2ｎ―2352n ―1，所以４８| 72n ―235２n ―1．说明：当模很大时,可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解,请同学位用这个方法重解例8.例12．已知n是任意的正整数，且m | ７n+1２ｎ―1,求正整数ｍ的最大值．解:设ａｎ=7n+1２n―1,那么,ａ1=7+12―1＝18，ａ2=72+24―1=72∴(a1，a2)=（18,７2）=1８,∴m≤18，下面证明对任何正整数n,都有18 | 7n+1２n―1又因为18=２×9，所以只须证明２| 7n＋1２ｎ，９｜７ｎ+１２n―1即可.∵７≡1(ｍod２）,∴7n+12―１≡１n＋0―1≡0(ｍod ２)即2 |7ｎ+12n―1，对ｎ进行分类讨论，⑴若ｎ≡0(mod 3),则n=3k（k为正整数)7n＋1２n―1≡７3k+３6k+1≡(―２）3k+0―１≡（―８)k―１≡1ｋ―1≡０(mod 9）⑵若n≡1(mod 3），则n=3k+1(k为非负整数)7n+12n―１≡73k+36k+127＋１２―1≡0（moｄ９)⑶若ｎ≡2(mod 3),则ｎ=3ｋ+2（k为非负整数）7n+１2ｎ―1≡7３k·７2＋36k+24―１≡72+24―1≡0(mod９）因此，对一切自然数n，都有9 | ７n+12n―1.综上所述,18 | 7n+12n―1,因此ｍ的最大值为18.例１３把１，2,3…，1２7，１28这１２8个数任意排列为a1,a2,…,a128,计算出｜a1－ａ２|,｜a3-ａ4｜,…,｜a12７－ａ12８｜,再将这64个数任意排列为b1，b2,…，b64，计算｜b1-b2|,|b3－b4｜，…，｜b63-b6４|．如此继续下去，最后得到一个数ｘ,问x是奇数还是偶数?解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(moｄ２), a≡-a(mod2）,所以b1＋b2+…+b６4=｜ａ１－a2｜+|ａ3-a4｜＋…+|a12７-a1２8｜≡a1-a2+a3-a4+…+a12７-a128≡a1＋a2＋a3＋ａ4＋…＋ａ127＋a1２８(ｍod 2),因此,每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a１+a２+...＋a1２８＝1＋２+ (12)=6４×１２9≡0(moｄ2），故x是偶数．例1４求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.１0≡１（mｏｄ９)，故对任何整数k≥1,有１０k≡1k＝1（mod 9).因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.说明(1)特别地，一个数能被９整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除.(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论.三、模拟训练1求证: (1)８|（5５１99９+1７)；(2) ８(32n +7)； （3)17|(1910０0-1).证 （1)因55≡－1(ｍod ８),所以５５1９９９≡-1(mo ｄ 8)，55１999＋17≡－1+１7=16≡０（m ｏd ８)，于是8｜（55１999+17）.（２)32=9≡１(m ｏd 8),32n ≡１（ｍod 8)，所以32n ＋7≡1+7≡0（mod 8），即8|（３2n ＋7)．(3)19≡２(mod 17),194≡2４＝16≡－1(m ｏd 17),所以１９1０00＝(194)25０≡(-１)２50≡１（mod 17),于是17｜(1９１000－1)．2．求２0032002的末位数字分析：此题就是求2０0320０２除以1０的余数解:∵200３≡3（m ｏｄ 10),∴２0034≡34≡1(ｍod 1０），∴２003２０02≡(20034)5０0·2０033≡1500·33≡2７≡7(mod 10)∴200220０2的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:011a a a a n n -)10(mod 0a ≡．3求29９9最后两位数码.解 考虑用1０0除２999所得的余数. ∵∴又∴∴∴2９99的最后两位数字为88．4．求证:22000＋１不能被7整数.分析:只需证明２200０≡－1(mod 7）即可证明:∵26≡1（moｄ７)，∴2２０00≡(26）333·2２≡1·２２≡4(mｏd 7），∴２２000+1≡５(mｏd7)所以7 | 22000＋15 对任意的自然数n，证明Ａ＝290３n-80３n-464n+261n 能被１897整除．证1897＝７×27１，７与2７１互质.因为２９03≡5(ｍod 7),8０3≡5(mod 7)，464≡2(mｏｄ7),２61≡2(moｄ７), 所以A=２９03n-803ｎ-464n＋2６１n≡5n-5ｎ－2n+2n=0（mｏd 7), 故7|Ａ.又因为２90３≡１93（ｍod ２71)，803≡２６1(moｄ27１),464≡１93(mod 271)，所以故2７1｜A.因(7,271)＝1,所以1897整除A.６任意平方数除以4余数为0和1（这是平方数的重要特征). 证因为奇数2=（2k＋1)2=4k2+４ｋ＋1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4ｋ2≡0(mod ４)，所以７任意平方数除以８余数为0,1，４（这是平方数的又一重要特征）.证奇数可以表示为２k＋1，从而奇数2=４ｋ2+4k＋１＝4k(k+1)+1.因为两个连续整数ｋ,k＋１中必有偶数,所以4k(k+1)是8的倍数，从而奇数2＝8t+1≡1(mｏｄ8），偶数２=(2k)2=４k2(ｋ为整数).（１)若k＝偶数＝2ｔ,则4k2=16ｔ2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数＝2t＋1，则4ｋ2=４(2t+１)2=１6(t2+t)+４≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题.在这种问题中,先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．８形如Fｎ＝22n+1,ｎ＝0，1，２，…的数称为费马数．证明:当ｎ≥2时,Ｆn的末位数字是7.证当n≥２时，2ｎ是4的倍数,故令２n=４t.于是F n＝２2n+１=２4ｔ+1=1６ｔ＋1≡６t＋１≡７(mｏd 10）,即F n的末位数字是７.说明费马数的头几个是F0=3，F1＝5，F2=17，F3=257，F4＝65537,它们都是素数．费马便猜测:对所有的自然数n，F n都是素数.然而，这一猜测是错误的.首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．。
初中数学(初一)竞赛讲义(知识点难点梳理、重点题型分类举一反三)(家教、补习、竞赛专用)
初一数学竞赛讲义重难点有效突破知识点梳理及重点题型举一反三练习专题01 质数那些事阅读与思考一个大于1的自然数如果只能被1和本身整除，就叫作质数(也叫素数)；如果能被1和本身以外的自然数整除，就叫作合数；自然数1既不是质数，也不是合数，叫作单位数．这样，我们可以按约数个数将正整数分为三类：关于质数、合数有下列重要性质：1．质数有无穷多个，最小的质数是2，但不存在最大的质数，最小的合数是4．2．1既不是质数，也不是合数；2是唯一的偶质数．3．若质数|，则必有|或|．4．算术基本定理：任意一个大于1的整数N能唯一地分解成个质因数的乘积(不考虑质因数之间的顺序关系)：N=，其中，为质数，为非负数(=1，2，3，…，)．正整数N的正约数的个数为(1＋)(1＋)…(1＋)，所有正约数的和为(1＋＋…＋)(1＋＋…＋)…(1＋＋…＋)．例题与求解【例1】已知三个质数，，满足＋＋＋=99，那么的值等于_________________．(江苏省竞赛试题) 解题思想：运用质数性质，结合奇偶性分析，推出，，的值．【例2】若为质数，＋5仍为质数，则＋7为( )A．质数B．可为质数，也可为合数C．合数D．既不是质数，也不是合数(湖北省黄冈市竞赛试题) 解题思想：从简单情形入手，实验、归纳与猜想．【例3】求这样的质数，当它加上10和14时，仍为质数．(上海市竞赛试题) 解题思想：由于质数的分布不规则，不妨从最小的质数开始进行实验，另外，需考虑这样的质数是否唯一，按剩余类加以深入讨论．【例4】⑴将1，2，…，2 004这2 004个数随意排成一行，得到一个数，求证：一定是合数．⑵若是大于2的正整数，求证：－1与＋1中至多有一个质数．⑶求360的所有正约数的倒数和．(江苏省竞赛试题) 解题思想：⑴将1到2 004随意排成一行，由于中间的数很多，不可能一一排出，不妨找出无论怎样排，所得数都有非1和本身的约数；⑵只需说明－1与＋1中必有一个是合数，不能同为质数即可；⑶逐个求解正约数太麻烦，考虑整体求解．【例5】设和是正整数，≠，是奇质数，并且，求＋的值．解题思想：由题意变形得出整除或，不妨设．由质数的定义得到2－1=1或2－1=．由≠及2－1为质数即可得出结论．【例6】若一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数，则称它是一个“绝对质数”[如2，3，5，7，11，13(31)，17(71)，37(73)，79(97)，113(131，311)，199(919，991)，337(373，733)，…都是质数]．求证：绝对质数的各位数码不能同时出现数码1，3，7，9．(青少年国际城市邀请赛试题) 解题思想：一个绝对质数如果同时含有数字1，3，7，9，则在这个质数的十进制表示中，不可能含有数字0，2，4，5，6，8，否则，进行适当排列后，这个数能被2或5整除．能力训练A级1．若，，，为整数，=1997，则=________．2．在1，2，3，…，这个自然数中，已知共有个质数，个合数，个奇数，个偶数，则(－)＋(－)=__________．3．设，为自然数，满足1176=，则的最小值为__________．(“希望杯”邀请赛试题) 4．已知是质数，并且＋3也是质数，则－48的值为____________．(北京市竞赛试题) 5．任意调换12345各数位上数字的位置，所得的五位数中质数的个数是( )A．4B．8C．12D．06．在2 005，2 007，2 009这三个数中，质数有( )A．0个B．1个C．2个D．3个(“希望杯”邀请赛试题) 7．一个两位数的个位数字和十位数字变换位置后，所得的数比原来的数大9，这样的两位中，质数有()A．1个B．3 个C．5个D．6 个(“希望杯”邀请赛试题) 8．设，，都是质数，并且＋=，<．求．9．写出十个连续的自然数，使得个个都是合数．(上海市竞赛试题)10．在黑板上写出下面的数2，3，4，…，1 994，甲先擦去其中的一个数，然后乙再擦去一个数，如此轮流下去，若最后剩下的两个数互质，则甲胜；若最后剩下的两个数不互质，则乙胜，你如果想胜，应当选甲还是选乙？说明理由．(五城市联赛试题)11．用正方形的地砖不重叠、无缝隙地铺满一块地，选用边长为cm规格的地砖，恰用块，若选用边长为cm规格的地砖，则要比前一种刚好多用124块，已知，，都是正整数，且(，)=1，试问这块地有多少平方米？(湖北省荆州市竞赛试题)B级1．若质数，满足5＋7=129，则＋的值为__________．2．已知，均为质数，并且存在两个正整数，，使得=＋，=×，则的值为__________．3．自然数，，，，都大于1，其乘积=2 000，则其和＋＋＋＋的最大值为__________，最小值为____________．(“五羊杯”竞赛试题) 4．机器人对自然数从1开始由小到大按如下的规则染色：凡能表示为两个合数之和的自然数都染成红色，不合上述要求的自然数都染成黄色，若被染成红色的数由小到大数下去，则第1 992个数是_______________．(北京市“迎春杯”竞赛试题) 5．若，均为质数，且满足＋=2 089，则49－=_________．A．0B．2 007C．2 008D．2 010(“五羊杯”竞赛试题) 6．设为质数，并且7＋8和8＋7也都为质数，记=77＋8，=88＋7，则在以下情形中，必定成立的是()A．，都是质数B．，都是合数C．，一个是质数，一个是合数 D．对不同的，以上皆可能出现(江西省竞赛试题) 7．设，，，是自然数，并且，求证：＋＋＋一定是合数．(北京市竞赛试题)8．请同时取六个互异的自然数，使它们同时满足：⑴6个数中任意两个都互质；⑵6个数任取2个，3个，4个，5个，6个数之和都是合数，并简述选择的数符合条件的理由．9．已知正整数，都是质数，并且7＋与＋11也都是质数，试求的值．(湖北省荆州市竞赛试题)10. 41名运动员所穿运动衣号码是1，2，…，40，41这41个自然数，问：(l) 能否使这41名运动员站成一排，使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数？(2) 能否让这41名运动员站成一圈，使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数？若能办到，请举出一例；若不能办到，请说明理由．专题01 质数那些事例1 34例2 C例3 3符合要求提示：当p=3k＋1时，p＋10=3k＋11，p＋14=3(k＋5)，显然p＋14是合数，当p=3k＋2时，p＋10=3(k＋4)是合数，当p=3k时，只有k=1才符合题意．例4 （1）因1＋2＋…＋2004=×2004×（1＋2004）=1002×2005为3的倍数，故无论怎样交换这2004个数的顺序，所得数都有3这个约数．（2）因n是大于2的正整数，则－1≥7，－1、、＋1是不小于7的三个连续的正整数，其中必有一个被3整除，但3不整除，故－1与＋1中至多有一个数是质数．（3）设正整数a的所有正约数之和为b，，，，…，为a的正约数从小到大的排列，于是=1，=a．由于中各分数分母的最小公倍数=a，故S===，而a=360=，故b=（1＋2＋＋）×（1＋3＋）×（1＋5）=1170．==．例5 由=，得x＋y==k．（k为正整数），可得2xy=kp，所以p整除2xy且p为奇质数，故p整除x或y，不放设x=tp，则tp＋y=2ty，得y=为整数．又t与2t－1互质，故2t－1整除p，p为质数，所以2t－1=1或2t－1=p．若2t－1=，得t=1，x=y=p，与x≠y矛盾；若2t－1=p，则=，2xy=p（x＋y）．∵p是奇质数，则x ＋y为偶数，x、y同奇偶性，只能同为xy=必有某数含因数p．令x=ap，ay=，2ay=ap＋y．∴y=，故a，2a－1互质，2a－1整除p，又p是质数，则2a－1=p，a=，故x==，∴x＋y=＋=。
初一数学竞赛系列讲座全套
初一数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题一、一、知识要点1、整数的十进位数码表示一般地，任何一个n 位的自然数都可以表示成：122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---其中，a i (i=1，2，…，n)表示数码，且0≤a i ≤9，a n ≠0.对于确定的自然数N ，它的表示是唯一的，常将这个数记为N=121a a a a n n -2、正整数指数幂的末两位数字(1) (1) 设m 、n 都是正整数，a 是m 的末位数字，那么m n 的末位数字就是a n 的末位数字。
(2) (2) 设p 、q 都是正整数，m 是任意正整数，那么m 4p+q 的末位数字与m q 的末位数字相同。
3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。
这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑〞、“猜〞的方法求解，是一种有趣的数学游戏。
二、二、例题精讲例1、有一个四位数，其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。
分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。
解：设所求的四位数为a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ，依题意得：(a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+( d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+a)=9988∴ (a+d) ⨯103+(b+c) ⨯102+(b+c) ⨯10+ (a+d)=9988比拟等式两边首、末两位数字，得 a+d=8，于是b+c18又∵c-2=d ，d+2=b ，∴b-c=0从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将条件转化为等式，从而解决问题。
例2 一个正整数N 的各位数字不全相等，如果将N 的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，假设最大数与最小数的差正好等于原来的数N ，那么称N 为“新生数〞，试求所有的三位“新生数〞。
初中数学竞赛几何讲座共5讲
初中数学竞赛几何讲座（共5讲）第一讲 注意添加平行线证题 第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题 第三讲 点共线、线共点 第四讲 四点共圆问题 第五讲 三角形的五心第一讲 注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况.1 为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ , A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试 证明你的结论. 答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然 ∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知 △DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC . 于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP . 所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2 如图2,四边形ABCD 为平行四边形, ∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE .证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△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 .∥＝A D B P Q C 图1PED G A B F C图2由∠BAF ＝∠BCE ,可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆. 于是,∠EBA ＝∠APE . 所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.2 欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3 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 .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD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 ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC . 由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是, PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.例4 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：AP AB ＋AQAC＝11AN AM ＋22AN AM .证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立.若PQ 与BC 不平行,设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于 E .由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋ M 2E ,易知AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DECE, A N EBQK GC DM F P 图3A PEM 2M 1BQ N 1N 2图411AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DEEM 2. 则AP AB ＋AQ AC ＝DE CE BE +＝DE EM E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM .所以,AP AB ＋AQAC＝11AN AM ＋22AN AM .这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5 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 .证明：如图5,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 ＝BC AM ,有 AP ＝BCAM BD ·. (2)由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN ,有 AQ ＝BCAN DC ·. (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 .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.4 为了线段相等的传递当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例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). 证明：如图6,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 .有图5M P A Q N F BDCE K 图6AN CD EBM△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).这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路.例7 如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点, 分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF . 证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB .易知 DB 2＝FB 2＝AB ·HB , AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ),或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ).于是,DB －AD ＝HB －AG , 或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD .显然,EG ∥CD ∥FH . 故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等. 如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝ANAM＝NCME,即 BN DM＝NCME 或ME DM ＝NC BN .此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长 后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长A G D O HB FC E 图7图8A DBN C EM图9A BM EFN D C G线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、 AF 于M 、N .由BD ∥EF ,可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙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10,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 .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 .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN . (提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB . (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°)3. 六边开ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2) 4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k) O图105. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF. (提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b1＝c1. (提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F .)7. 分别以△ABC 的边AC 和BC 为一边在△ABC 外作正方形ACDE 和CBFG ,点P 是EF 的中点.求证：P 点到边AB 的距离是AB 的一半.8. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG .(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)9. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1 挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆例1 如图1,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 .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能 直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆 于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,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 . 1.2 利用四点共圆 例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝ ∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2. 则sin ∠AOB ＝____.分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. A B GC D FE 图1A B C D PO图2故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只 须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ . 又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD . 于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD .2 构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形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 ,∴＝ 从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -.2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的AA图3BP QDHC A E DC B 图4点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则 两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .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6,∵∠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 .例7 如图7,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：EP 2＋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7,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图5E A N D BFM 12345图6＝EP 2＋FQ 2,即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇ C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇. 分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D ,∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇,∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD . ∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB . 有DC B A ''＝CB C B ''＝DBC A '',即 DC c '＝a a '＝DB b '.故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a .从而,由托勒密定理,得AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD , 即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而AC AB ＝DEBD＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数. (提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.)4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作 CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2. (提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点(1)(2)图8AB C A'B'c a b c'b'A BCDa bbc 图9F DAB EC图10G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.) 5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线 CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2. (提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)图11第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
初一数学竞赛系列讲座(7)有关恒等式的证明一、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、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 )分析：要证等式成立，只要证明1- 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-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )证明：1- 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-a 1)[ 1- a 2- (1-a 2)a 3- (1-a 2)(1-a 3)a 4 -…- (1-a 2)(1-a 3)…(1-a n-1)a n ]=(1-a 1) (1-a 2)[ 1- a 3- (1-a 3)a 4- (1-a 3)(1-a 4)a 5 -…- (1-a 3)(1-a 4)…(1-a n-1)a n ]=(1-a 1) (1-a 2) (1-a 3)[ 1- a 4- (1-a 4)a 5- (1-a 4)(1-a 5)a 6 -…- (1-a 4)(1-a 5)…(1-a n-1)a n ]=……=(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n-1)(1-a n )∴ 原等式成立例2 证明恒等式(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)证明 评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法 例 3 若abc=1，求证1111=++++++++c ca c b bc b a ab a 分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。
可以充分利用abc=1，将它们化成同分母。
在1++a ab a 的分子、分母上同乘c ，化成1++=++c ca ca c ac abc ac ，将1++b bc b的分母中的“1”换成abc 得ca c abc b bc b ++=++11，然后再相加即可得证。
证明：∵abc=1 ∴111++++++++c ca c b bc b a ab a()()()()()()11322321121322211113232121132322121111111111111a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 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 nn n n ++++++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=++++++=c ac abc ac +++1+++++c ca c abc b bc b=1++c ca ca +ca c ++111+++c ca c=11++++c ca cca =1于是命题得证。
评注：“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。
例4 已知bc=ad ，求证：ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd分析：将bc=ad 化成比例式d c b a =，然后利用比例的性质来解题。
证明：∵bc=ad ∴d c d c d d c b b a d d c b b a d c b a =-=-+=+∴=，，， 将此三式左、右两边分别相乘得∴ab(c 2-d 2)=(a 2-b 2)cd评注：条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论。
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分析：所证明的式子中不含x 、y 、z ，因而可以将已知条件中的三个等式中的x 、y 、z 看成常数，把三个式子联合起来组成一个关于a 、b 、c 的方程，然后求出a 、b 、c 。
再代入等式的左边证明。
证明：解方程组⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=(3) (2)(1) by ax z ax cz y cz by x (2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax ，所以x z y x a x x z y a 21 2++=+-+=则 所以 z y x x z y a a ++-+=+1同理可得，z y x y z x b b ++-+=+1，z y x z y x c c ++-+=+1所以 1111=++++=+++++z y x z y x c c b b a a评注：将含有字母的等式视为方程，是方程思想的应用。
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)证明：将已知等式分别乘以x 、y 、z 得xy x xz x z xy z y x =+++++2 ①y y x yz x z y z y xy =+++++2 ②z y x z x z yz z y xz =+++++2③①+②+③ 得所以z y x z y x y x z x z y z y x ++=++++++++222即：0222=+++++y x z x z y z y x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分析：求证的等式中的各式，恰好是多项式x(1-x)2中的x 分别取a 、b 、c 时的值。
因此，本题可转化为证明当x 分别取a 、b 、c 时，x(1-x)2的值不变。
由于x(1-x)2是关于x 的三次多项式，且注意到题设条件，所以我们构造三次式(x-a)(x-b)(x-c)，建立它与x(1-x)2之间的某种关系。
证明：∵(a+b+c)2= a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ca又∵a+b+c=a 2+b 2+c 2=2∴4=2+2ab+2bc+2ca ，∴ab+bc+ca=1∴(x-a)(x-b)(x-c)=x 3-(a+b+c)x 2+(ab+bc+ca )x-abc= x 3-2x 2+x-abc即x(1-x)2=(x-a)(x-b)(x-c)+ abc由此可见，当x 分别取a 、b 、c 时，x(1-x)2的值都是abc∴ a(1-a)2=b(1-b)2=c (1-c)2评注：本题的证明采用了构造法，它构造了三次式(x-a)(x-b)(x-c)，然后建立它与x(1-x)2之间的关系，再通过赋值来证明。
例8设c b a c b a ++=++1111，证明(1) (1)??? a 、b 、c 三数中必有两个数之和为零；(2) (2)??? 对任何奇数n ，有n n n n n n c b a c b a++=++1111分析：要求a 、b 、c 三数中必有两个数之和为零，即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0，故可对已知条件进行变形，使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。
证明：(1)由c b a c b a ++=++1111得从已知知a 、b 、c ≠0，所以abc ≠0，且a+b+c ≠0，则 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0∵(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a (bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) –abc= (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+a 2c+a 2b –abc=(b+c) (bc+ca+ab)+ a 2 (b+c)=(b+c) (a 2+bc+ca+ab)=(a+b)(b+c)(c+a)∴(a+b)(b+c)(c+a)=0，这就是说，在a+b 、b+c 、c+a 中至少有一个为零，即a 、b 、c三数中必有两个数之和为零。
(2) 由(1)，不妨设a+b=0，即b= -a ，因为n 为奇数∴()n n n n n n n c c a a c b a 1111111=+-+=++又()n n n n n n n c c a a cb a 111=+-+=++ ∴n n n n n nc b a c b a++=++1111 评注：实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc 是关于a 、b 、c 的一个轮换对称式。
令a= -b ，代入得(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b 2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b 2c+ b 2c=0这就是说a+b 是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc 的一个因式，由轮换对称式的性质知， b+c 、a +c 也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc 的一个因式，因此有(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=k (a+b)(b+c)(c+a)再令a=b=c=1代入，求出k=1，所以(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc= (a+b)(b+c)(c+a)例9 已知ad-bc=1，求证：a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd ≠1分析：所要证明的式子是一个不等式，左边的式子又较复杂，直接从已知条件出发证明不是很容易，因而可以考虑用反证法来证明。
证明：假设原式不成立，即a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd =1∵ad-bc=1，∴a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd = ad-bc∴a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd+bc-ad=0，即(a+b)2+(b+c)2+(c+d)2+(d-a)2=0∴a+b=b+c=c+d=d-a=0，∴a=-b,b=-c,c=-d,d=a于是a=-a,即a=0, ∴b=c=d=0，这与ad-bc=1矛盾。
∴原式成立，即a 2+b 2+c 2+d 2+ab+cd ≠1评注：正难则反。
碰到正面下手较难的问题，常考虑用反证法来证明。
例10证明：1132113211211+-=++++++++++n n n 分析：等式左边的分子很简单，都是1，但是分母各不相同，又很复杂，因而给变形带来很大困难。
通过观察发现，分母很有规律，是连续自然数的和。
因此我们先来研究1+2+…+n ，设S=1+2+…+n ，则S= n + (n -1)+…+2+1，所以2S=n (n+1)，∴S=()21+n n ，即1+2+…+n=()21+n n ， 从而()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=+++111212211n n n n n 由此，左边的每一个分数均可以分解成两项，代入变形后证明。