竞赛讲座(01)－奇数和偶数
整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示 ，奇数可用2k+1表示，这里k是整数.
关于奇数和偶数，有下面的性质：
（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；
（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数； （3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数； （4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；
（5）n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.
以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜. 1.代数式中的奇偶问题
例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？ □+□=□， □-□=□， □×□＝□ □÷□＝□.
解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.
例2 （第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组
是整数，那么
（A）p、q都是偶数. （B）p、q都是奇数. （C）p是偶数，q是奇数 （D）p是奇数，q是偶数
分析 由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C） 例3 在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.
分析 因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添
上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992=数 于是题设的代数和应为偶数. 2.与整除有关的问题
=996×1993为偶
例4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数
的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几？ 解 设70个数依次为a1,a2,a3据题意有 a1=0, 偶 a2=1 奇 a3=3a2-a1, 奇 a4=3a3-a2, 偶 a5=3a4-a3, 奇 a6=3a5-a4, 奇 ………………
由此可知：
当n被3除余1时，an是偶数；
当n被3除余0时，或余2时，an是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则 a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.
解 设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.
要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0. 故所求的十位数是9876524130.
例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式 123456789=（11111+a）（11111-b）， ① 证明a-b是4的倍数. 证明 由①式可知
11111（a-b）=ab+4×617 ② ∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0
首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾
其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数. 3.图表中奇与偶
例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.
解 按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法： 在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.
表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.
显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.
例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7…排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）
解 由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985在第二列.
例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.
证明 不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.
分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；
不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必
为奇数.
4.有趣的应用题
例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.
（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？
（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说明理由.
解 （1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.
（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.
例11 书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？
分析 设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有 10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数) 即 2a+3b+5c+8d=20k 显然b、c有相同的奇偶性.
若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.
不是整数；
例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.
证明 给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.
一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室，他的路线是+-+-…+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立. 例13 有一无穷小数A=0.a1a2a3…anan+1an+2…其中ai(i=1,2)是数字，并且a1是奇数，a2是偶数，a3等于a1+a2的个位数…，an+2是an+an+1(n=1,2…,)的个位数，证明A是有理数.
证明 为证明A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即0.…ab…ab…此小数就开始循环.
而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律： A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇…… 又a是奇数可取1，3，5，7，9； b是偶数可取0，2，4，6，8.
所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数. 练 习 一 1.填空题
（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.
（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的数之和是____.
（3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？ 答____. 2.选择题
（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（ ） ①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数； ②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数； ③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数； ④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数. （A）1 （B）2 （C）3 （D）4
多18，这五个偶
（2）若n是大于1的整数，则
（A）一定是偶数 （B）必然是非零偶数
的值（ ）.
（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数
（3）已知关于x的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（ ）
（A）不能确定奇数还是偶数 （B）必然是非零偶数 （C）必然是奇数 （D）必然是零
3.（1986年宿州竞赛题）试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数. 4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数. 5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除
6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.
7.（1983年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数. 8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次幂整除. 9.（全俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3…，1989之间填上“+”或“-”号，求和式可以得到最小的非负数是多少？
练习参考答案
１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）
（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．
（３）不能． ２．Ｂ．Ｂ．Ａ ３．１是奇数１，９最后为偶数．
１９８６
１９８６
的个位数字是奇数１，而８
１９８６
，６
１９８６
都是偶数，故
４．仿例５ １２０３４６５８７９．
５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０ ①
ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ ②。假如ｎ为奇数，由②，所有ａｉ皆为奇数，但奇数个奇数之和为奇数，故这时①不成立，可见ｎ只能为偶数．由于ｎ为偶数，由②知ａｉ中必有一个偶数，由①知ａｉ中必有另一个偶数．于是ａｉ中必有两个偶数，因而由②知ｎ必能被４整除．
６．设小三角形的个数为ｋ，则ｋ个小三角形共有３ｋ条边，减去ｎ边形的ｎ条边及
重复计算的边数扣共有（３ｋ＋ｎ）条线段，显然只有当ｋ与ｎ有相同的奇偶性时，
（３ｋ－ｎ）才是整数．
７．设这个四位数是由于１≤ａ＜ｄ，ｄ是奇数所以ｄ≥３于是ｃ＝２（ａ＋ｄ）
≥８，即ｃ＝８或ｃ＝９．因ｃ是偶数，所以ｃ＝８，由此得ａ＝１，ｄ＝３．又因ｂ＞ｃ，所以ｂ＝９因此该数为１９８３．
８．当ｎ为奇数时，考虑（４－１）＋１的展开式；当ｎ为偶数时，考虑（２＋１）ｎ
＋１的展开式．
９．除９９５外，可将１，２，…，１９８９所有数分为９９４对：（１，１９８９）（２，１９８８）…（９９４，９９６）每对数中两个数的奇偶性相同，所以在每对数前无论放置“＋”，“－”号，运算结果只能是偶数．而９９５为奇数，所以数１，２，…，１９８９的总值是奇数，于是所求的最小非负数不小于１，数１可用下列方式求得： １＝１＋（２－３－４＋５）＋（６－７－８＋９）＋…＋（１９８６－１９８７－１９８８＋１９８９）．
ｎ
竞赛讲座(02)－整数的整除性
1． 整数的整除性的有关概念、性质
（1） 整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。 若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。 （2） 性质
1） 若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am 2） 若a|b，b|a，则|a|=|b|; 3） 若b|a，c|b，则c|a
4） 若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c； 5） 若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；
6） 若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）
例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）。
证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 11｜11(3x-2y+3z), 且 11｜(7x+2y-5z), ∴ 11｜4(3x-7y+12z) 又 (11,4)=1
∴ 11｜(3x-7y+12z).
2.整除性问题的证明方法
(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）
例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。
若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
（2）利用连续整数之积的性质
① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。
② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。
例3（1956年北京竞赛题）证明：除时余2。
对任何整数n都为整数，且用3
证明
∵为连续二整数的积,必可被2整除.
∴对任何整数n均为整数,
∵为整数,即原式为整数.
又∵
，
2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，
∴是能被3整除的整数.
故被3除时余2.
例4 一整数a若不能被2和3整除，则a2+23必能被24整除. 证明 ∵a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1可以被24整除即可. ∵2
.∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),
则a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).
∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除， ∴8|4k（k+1），即8|（a2-1）.
又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（（a2-1），
∵3 a，∴3|（a2-1）.3与8互质, ∴24|(a2-1),即a2+23能被24整除. (3)利用整数的奇偶性
a+1）=a下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题. 例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使：
a·b·c·d-a= ①
a·b·c·d-b= ②
a·b·c·d-c= ③
a·b·c·d-d= ④
证明 由①，a（bcd-1）=.
∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.
同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a（bcd-1）必为偶数，与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证.
例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x1,x2,…，xn，其中每一个不是+1就是-1， 且
试证n是4的倍数.
证明 设 (i=1,2,…，n-1)，
则yi不是+1就是-1，但y1+y2+…+yn=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.又y1y2y3…yn=1，即（-1）k=1，故k为偶数， ∴n是4的倍数. 其他方法：
整数a整除整数b，即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手段从b中分解出因子a就成了一条极自然的思路.
例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?
解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.
若n+100能被n+10整除,则900也能被n+10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.
例8 (上海1989年高二数学竞赛)设a、b、c为满足不等式1＜a＜b＜c的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）. 解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）. ∴存在正整数k,使 ab+ac+bc-1=kabc, ②
k=∴k=1.
＜＜＜＜
若a≥3，此时
1=-＜矛盾.
已知a＞1. ∴只有a=2.
当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，
即 1=＜
∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5.
说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技巧.
例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数求证数
被1987整除.
，
都能被1987整除.
证明∵（103n+同样，
×
），且
××
能被1987整除，∴p能被1987整除.
q=（）
且
∴
故
、102
（n+1）
、被除，余
数分别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为1987，它可被1987整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除. 练习二 1． 选择题
（1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最小质数是（ ）.
（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案
（2）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则x+y+z等于（ ）.
（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10 （3）可除尽311+518的最小整数是（ ）.
（A）2 （B）3 （C）5 （D）311+518（E）以上都不是 2． 填空题
（1）（1973年加拿大数学竞赛题）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为__________.
(2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是_________.
(3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________.
3.求使为整数的最小自然数a的值.
4.(1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n2+2n+12不是121的倍数.
5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设246的和是一位正整数d的111倍,推理运算过程.
是一个四位正整数,已知三位正整数又是18的倍数.求出这个四位数
与,并写出
6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m2+1954=n2. 7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n为非负整数.
(2)若将(1)中的11改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的结论.
8.(1986年全国初中数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有一个能被10整除.
9.(1986年上海初中数学竞赛题)100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.
练习参考答案 １．Ｂ．Ｂ．Ａ
２．（１）２·５．（２）２７． ３．由2000a为一整数平方可推出a=5．
５
５
４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ
２
１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）， ∴１１除尽ｎ＋１
２
２
２
（ｎ＋１）＝１
２
１１除尽（ｎ＋１）或１１｜１１ｋ－１，不可能．
５．由是ｄ的１１１倍，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，
只能是１９８．而１９８＋２４６＝
６４２，７５３；又４４４，∴ｄ＝４，
ｎ＋２
是１８的倍数，∴是１９８４．
２ｎ＋１
ｎ
７．（１）１１＋１２＝１２１×１１＋１２×１４４＝１２１×１１＋１
ｎｎｎｎｎ
２×１１－１２×１１＋１２×１４４＝…＝１３３×１１＋１２×（１４４－１１ｎｎｎｎ）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４－１１，∴１３３｜１１＋２２ｎ＋１
＋１２． （２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为
ｎ＋２２ｎ＋１
ａ（ａ＋１）＋１｜ａ＋（ａ＋１），可仿上证明． ８．∵ａｂ－ａｂ＝ａｂ（ａ－ｂ）；同理有ｂ（ｂ－ｃ）；ｃａ（ｃ－ａ）．若ａ
、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一
２２２
个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ，ｂ，ｃ个位数只
２２２２２２
能是１，４，６，９，从而ａ－ｂ，ｂ－ｃ，ｃ－ａ的个位数是从１，４，６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、５互质．
９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令
３
３
２
２
２
２
２
２
ｎｎ
则ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１
竞赛讲座（03）--同余式与不定方程
同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容.考虑数学竞赛的需要,下面介绍有关的基本内容. 1. 同余式及其应用
定义:设a、b、m为整数（m＞0），若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余.记为
或
一切整数n可以按照某个自然数m作为除数的余数进行分类，即n=pm+r（r=0，1，…，m-1），恰好m个数类.于是同余的概念可理解为,若对n1、n2，有n1=q1m+r，n2=q2m+r，那么n1、n2
对模m的同余，即它们用m除所得的余数相等. 利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:
(1) 若,则m|(b-a).反过来,若m|(b-a),则;
(2) 如果a=km+b(k为整数),则;
(3) 每个整数恰与0,1,…，m-1，这m个整数中的某一个对模m同余； (4) 同余关系是一种等价关系：
① 反身性 ；
② 对称性，则，反之亦然.
③ 传递性，，则；
（5）如果，，则
①；
②特别地
应用同余式的上述性质，可以解决许多有关整数的问题.
例1（1898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2 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. 例3 求证31980+41981能被5整除.
证明 ∵
∴
∴
∴
2．不定方程
不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解. (1) 不定方程解的判定
如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.
例4 证明方程2x2-5y2=7无整数解. 证明 ∵2x2=5y2+7，显然y为奇数.
① 若x为偶数，则
∴
∵方程两边对同一整数8的余数不等， ∴x不能为偶数.
② 若x为奇数，则
但5y2+7
∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.
说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法. 例5 (第14届美国数学邀请赛题)不存在整数x,y使方程
①
证明 如果有整数x，y使方程①成立，
则
=
知（2x+3y2）+5能被17整除.
设2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某个数，但是这时（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而a2+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.
例7 （第33届美国数学竞赛题）满足方程x2+y2=x3的正整数对（x，y）的个数是（ ）. （A）0 （B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对 解由x2+y2=x3得y2=x2（x-1），
所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k2(k为自然数),则
为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)
有无限多个,应选(D).
说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解. (2) 不定方程的解法
不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.
例6 求方程的整数解.
解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.
在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解
解得
例7 (原民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2.证明:这时有a＜b及b+1=c. 证明（因式分解法）∵a2+b2=c2， ∴a2=（c-b）（c+b），
又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a2. 于是得c=b+1及a2=b+c=2b+1＜3b，
即＜.而a≥3,∴≤1，∴＜1.∴a＜b.
例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程
的正整数（a，b，c）的组数是（ ）. （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 （E）4 解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得 （a+b）c=23=1×23.
∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得
(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,
∴b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选(C).
例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.
解 由(y-2)x=2y-7,得
分离整数部分得
由x为整数知y-2是3的因数, ∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1. ∴方程整数解为
例11 求方程x+y=x2-xy+y2的整数解.
解（不等式法）方程有整数解 必须△=（y+1）2-4（y2-y）≥0，解得
≤y≤.
满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.
当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2. 所以方程有整数解
最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.
例12 求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.
解将原方程变形得
由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，
12-x=1，x=11，这时y=132. 故 满足题设的方程的正整数解为 （x，y）=（11，132）.
例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及整数对（x，y）的个数是（ ）.
（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7 解法1 根据题意知，0＜x＜1984，由
的不同的
得
当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=26·31，故当且仅当x具有31t2形式时，1984x是完全平方数.
∵x＜1984，∵1≤t≤7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3时y≤x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.
解法2 ∵1984=∴
由此可知：x必须具有31t2形式，y必须
具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3. 练习三 1. 选择题
(1)方程x2-y2=105的正整数解有( ).
（A） 一组 （B）二组 （C）三组 （D）四组
(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（ ）. （A） 3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个 2．填空题
（1）的个位数分别为_________及_________.
(2)满足不
等式104≤A≤105的整数A的个数是x×104+1，则x的值________.
(3) 已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为________.
(4) (全俄第14届中学生数学竞赛试题)求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解
x和y_________.
3.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足
.
4．（1985年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？
5．求的整数解.
6．求证可被37整除.
7．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件能的值.
的整数x，y的所有可
8．（1985年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.
9.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、＞1，试求p+q的值. 练习三 1.D.C.
2.(1)9及1. (2)9. (3)4.
、都是整数，并且p＞1，q
(4)原方程可变形为x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.
3.不妨设x≤y≤z,则,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.
又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可
以确定3≤y≤4,y=3或4,z都不能是整数. 4.可仿例2解.
5.先求出全平方数,…,解得
,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完
6.8888≡8(mod37),∴88882222≡82(mod37).
7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|N.
7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4). 8.∵l2+m2=n2,∴l2=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2,n-m=1.于是
l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.
9.易知p≠q,不妨设p＞q.令
(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.
=n,则m＞n由此可得不定方程
竞赛专题讲座（04）－平面几何证明
[竞赛知识点拨]
1． 线段或角相等的证明
（1） 利用全等△或相似多边形； （2） 利用等腰△； （3） 利用平行四边形； （4） 利用等量代换；
（5） 利用平行线的性质或利用比例关系 （6） 利用圆中的等量关系等。 2． 线段或角的和差倍分的证明
（1） 转化为相等问题。如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。
（2） 直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。 3． 两线平行与垂直的证明
（1） 利用两线平行与垂直的判定定理。
（2） 利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。
（3） 利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。 【竞赛例题剖析】
【例1】从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。从A点作弦AE平行
于CD，连结BE交CD于F。求证：BE平分CD。
【分析1】构造两个全等△。 连结ED、AC、AF。 CF=DF←△ACF≌△EDF← ←
←∠PAB=∠AEB=∠PFB
【分析2】利用圆中的等量关系。连结OF、OP、OB。
←∠PFB=∠POB←
←
注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。
【例2】△ABC内接于⊙O，P是弧 AB上的一点，过P作OA、OB的垂线，与AC、BC分别交于S、T，AB交于M、N。求证：PM=MS充要条件是PN=NT。
【分析】只需证PM·PN=MS·NT。
，
（∠1=∠2，∠3=∠4）→△APM∽△PBN
→
（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA
→PM·PN=AM·BN
→→MS·NT=AM·BN
【例3】已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2
分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。求证：∠O1AO2=∠M1AM2。
【分析】设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C
为P1P2的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。
在O1M上截取MO3=MO2，则
∠M1AO3=∠M2AO2。 故只需证
∠O1AM1=∠O3AM1，即证
。
由△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。
【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB
于E，求证：AE=。
【分析】方法1、2AE=AB-AC
← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证△DBF≌△DCA
← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。
方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG ← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG ← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。
【例5】∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引
∠ABC平分线的垂线，交⊙O于P，交BC于M。
求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。
【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。
若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。
过O作m⊥PK，则D
D’,K
P，∴∠D‘PK=∠DKP
BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK的中垂线→∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’ D∥PM， ∴DMPD‘为平行四边形。
【例6】在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。
【分析】方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。 倍长中线：延长AM至M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。
PQ∥AB←←←
←
∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)= 180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ 方法2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。
延长BH交AC的延长线于B’，如图6-2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HM∥B/C。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则AM’BM是平行四边形，
∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，
，所以PQ∥AB。
【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。 求证：MQ∥NP。（95年全国联赛二试3）
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证△AMQ∽△CPN←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则 ∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是∴AM·CN=AO·CO 同理，AQ·CP=AO·CO。
，
【例8】ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KP⊥AB。
【分析】延长KP交AB于L，则只需证∠PAL+∠APL=90°，
即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证∠PDC=∠PKF，
因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即EF∥DC。
←←←△DME∽△CNF
【例9】以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。过D、E
作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AM⊥BC。
【分析】连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。（同一法） 设AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面证M1、M2重合。
OM1∥DF→→OM1=。
OM2∥EG→→OM2=。
只需证OG·DF=EG·OF，即
←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。
竞赛讲座(05)－几何解题途径的探求方法
一．充分地展开想象
想象力，就是人们平常说的形象思维或直觉思维能力。想象力对于人们的创造性劳动的重要作用，马克思曾作过高度评价：“想象是促进人类发展的伟大天赋。”解题一项创造性的工作，自然需要丰富的想象力。在解题过程中，充分展开想象，主要是指：
1．全面地设想
设想，是指对同一问题从各个不同的角度去观察思考和深入分析其特征，推测解题的大致方向，构思各种不同的处理方案。
例1．在ABCD中，AB=AC，D是BC边上一点，E是线段AD上一点 ，且
?BED?2?CED??BAC，求证：BD=2CD（92年全国初中联赛试题）
例2． 在?ABC中，AB>AC，?A的外角平分线交?ABC的外接圆于D，DE?AB于E。求证：AE?(AB?AC)（89年全国高中联赛试题） 23．在Rt?ABC的斜边上取一点D，使?ABD和?ACD的内切圆相等。证明：
S?ABC?AD2（31届IMO备选题）
例4．设A是三维立体abc的长方体砖块。若B是所有到A的距离不超过1的点的集合（特别地，B包含A），试用abc的多项式表示B的体积（84年美国普特南数学竟赛试题） 2．广泛地联想
联想，是指从事物的相联糸中来考虑问题，从一事物想到与其相关的各种不同的事物，进行由此彼的思索。在解题过程中，我们如能根椐问题特征广泛地联想熟知命题，并设法将其结论或解法加以利用，则无疑是获得解题途径的简捷方法。 例5．在?ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若角A，B，C的大小成等比数列，且b?a?ac，求角B（85年全国高中联赛试题）
例6．四边形ABCD内接于?o，对角线AC?BD于P，E是CD的中点，
22OF?AB于F。求证：PE?OF（78年上海高中竟赛试题）
例7． 在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E是BC的中点，F在棱AA1上，且
A1F:FA?1:2，求平面B1EF与底面A1B1C1D1所成的二面角。（85年全国高中联赛
试题）
例8． 设A1A2A3A4为?0的内接四边形，H1,H2,H3,H4依次为
?A2A3A4,?A3A4A1,?A4A1A2,?A1A2A3,的垂心。求证：H1,H2,H3,H4四点在同一
个圆上，并确定该圆的圆心位置。（92年全国高中联赛试题） 3．大胆地猜测想
猜想，是指由直觉或某些数学事实，推测某个判断或命题可能成立的一种创造性的思维活动过程。科学家都非常重视猜想的作用。誉满世界被称为数学王子的德国数学家高斯就曾深有体会地说：“没有大胆的猜想就不可能有伟大的发现。”“若无某种放肆的猜想，一般是不可能有知识的进展的。”在解题过程中，通过猜想不仅可以得到问题的结论，而且还可以获得解题的途径，但应注意，由猜想所得出的结论不一定可靠，其正确性还必须经过严格的逻辑证明或实践的检验。
例9． 正方形ABCD的边长为1，P,Q分别是边AB与边AD上各一点。若?APQ的周长为2。求?PCD（88年国家队选拔试题）
例10．已知圆内接四边形的对角线AC与BD相交于M。求证：例11．已知四面体p?ABC的六条棱长之和为l，并且
ABADAM?? CBCDMC?APB??BPC??CPA?900，试求它的最大体积。（28届IMO备选题）
例12．设正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为a，过棱B1C1上一点Q作一直线与棱
AA1和DC的延长线分别交于P,R，试问：当Q在棱B1C1上移动时，线段PR最短
时的长度是多少？证明你的结论。 二．精心地进行类比
类比，是指人们在观察或思考问题时，往往把相似的事物加以比较，并把处理某些事物的成功经验用到与其性质相似的另一些事物上去的思维方式。在解题过程中，若能将它与相似的问题精心地进行类比，则往往可由此得到解题途径，甚至发现新的知识。 例13．四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC与BD相交于P，设
?ABP,?BCP,?CDP和?DAP的外接圆圆心分别为O1,O2,O3,O4。求证：
（90年全国高中联试题） O1O3,O2O4,OP三直线共点。
0例14．在四面体O?ABC中，已知?AOB??BOC??COA?90，试问：
S?ABC,S?AOB,S?BOC,S?COA之间有何关系？证明你的结论。
例16．设O是四体ABCD内部的任意一点，AO,BO,CO,和DO的延长线分别与面
BCD,ACD,ABD和ABC交于A?,B?,C?,D?。求证：
三．合理地利用特殊
OA?OB?OC?OD?????1 AA?BB?CC?DD?例17.?ABC和?ABD在边Ab的同侧,?ACB??ADB?180?,且边BC与边AD相交于E点.求证:AE?AD?BE?BC?AB.
例18.已知半径分别为R、r（R>r）的两圆内切于A，AE是外圆的直径，AE的垂线与两圆分别交于AE同侧的两点B和C，试求?ABC的外接圆直径（83年苏联竞赛题）
例19．设AO是?ABiCi的角平分线，且点Bi,O,Ci共线（i?1,2,?,n），则
2OB1?B1B2?B2B3???Bn?1Bn?BnO?AB1?AB2???ABn??OC1?C1C2?C2C3???Cn?1Cn?CnO??AC1?AC2???ACn?? ?（79年苏联竞赛题）?2例20．已知菱形ABCD外切于⊙O，MN是与边AD,CD分别交于M,N的⊙O的任一切线，求证：AM?CN为定值。（89年苏联奥赛题）
PB?PC?PA；例21．设P是正三角形ABC外接圆的劣弧BC上任一点，求证：（1）
（2）PB?PC?PA?AB
例22．求证：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个内角的余弦之和小于这个三角形周长的一半。
例23．?ABC外接于⊙O，P是AB弧上一点，过P作OA,OB的垂线，与AC,BC分别于S,T，与AB分别义于M,N。求证：PM?MS的充要条件是PN?NT。 例24．在凸六边形ABCDEF中，若对角线AD,BE,CF中的每一条都把六边形分成面积相等的两部分，则这三条对角线相交于一点（88年苏联奥赛题）
习题
1．若CE是?ABC的?C的平分线，且CE?AE?EB，则AE:AC?1:2（78年四川联赛试题）
2．在?ABC中，AB?AC，任意延长CA到P，再延长AB到Q，使AP?BQ。 求证：?ABC的外心与A,P,Q四点共圆（94年全国初中联赛试题）
2223．平面上已给一锐角?ABC，以Ab中直径的圆交高CC?及延长线于M,N，以AC为直径的圆交高BB?及其延长线于P,Q，证明：M,N,P,Q四点共圆（90年美国19届奥赛题）
4．已知一凸五边形ABCDE中，?BAE?3?,BC?CD?DE，且
?BCD??CDE?18?0?2?，求证：?BAC??CAD??DAE（90年全国初中
联赛题）
5．在?ABC中，?A,?B，?C的对边分别为a,b,c，已知a?ac?bc?2b，
22a2?ac?bc?2c2，求它的最大角的度数（90年苏联奥赛试题）
6．已知锐角?ABC的顶点C到垂心，外心的距离相等，求?ACB（90年匈牙利奥赛题）
7．在三棱锥S?ABC中，SA?SC，△SBC和△ABC都有等腰三角形，D是BC边上任意一点，在平面SAD内作SH?AD于H，P是SH的中点，求证：
tg?PAH?tg?SDH为定值。
9．设不过给定的平行四边形ABCD顶点的任一直线分别与直线AB,BV,CD,DA交于E,F,G,H，则⊙EFC与⊙GHC的另一交点必在定直线上。
10．设ABCD是任意四边形（包括凹四边形），则AC?BD的充要条件是：
AB2?CD2?AD2?BC2（1912年匈牙利竞赛试题）
11．如图，圆的三条弦PP1,QQ1,RR1两两相交，交点分别为A,B,C。若求证：△ABC是正三角形。（28届IMO备选题） AP?BQ?CR,AR1?BP1?CQ1。12．已知锐角△ABC的外接圆半径为R，D,E,F分别是边BC,CA,AB上的点，求证：AD,BE,CF是三条高的充要条件是：S?ABC?中联赛试题)
13.凸四边形ABCD内接于⊙O,对角线AC与BD相交于P,△ABP与△CDP的外接圆相交于P和另一点Q,且O,P,Q三点两两不重合,则?OQP?90?(第8届CMO试题)
R(DE?EF?FD)(86年全国高
2竞赛专题讲座(06)－平面几何四个重要定理
四个重要定理：
梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）
△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则
P、Q、R共线的充要条件是 塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）
。
△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、
CR共点的充要条件是
托勒密(Ptolemy)定理
。
四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。
西姆松(Simson)定理（西姆松线）
从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。
例题：
1． 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。
求证：。
【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）
【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。
2． 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、
F，交CB于D。
求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。
DEG截△ABM→（梅氏定理）
DGF截△ACM→（梅氏定理）
∴===1
【评注】梅氏定理
3． D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，
，AD、BE、CF交成△LMN。
求S△LMN。 【分析】
【评注】梅氏定理
4． 以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：AE、BF、CG相交于一点。 【分析】
【评注】塞瓦定理
5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC2=AB2+AB·BC。 【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。
则CD=DA=AB，AC=BD。
由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。
【评注】托勒密定理
6． 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。
求证：。（第21届全苏数学
竞赛）
【分析】
【评注】托勒密定理
7． △ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。 求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。 【分析】
【评注】西姆松定理（西姆松线）
8． 正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内分点M、N分成的比为AM：AC=CN：
CE=k，且B、M、N共线。求
k。（23-IMO-5）
【分析】
【评注】面积法
9． O为△ABC内一点，分别以da、db、dc表示O到BC、CA、AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。
求证：（1）a·Ra≥b·db+c·dc; (2) a·Ra≥c·db+b·dc; (3) Ra+Rb+Rc≥2(da+db+dc)。
【分析】
【评注】面积法
10．△ABC中，H、G、O
分别为垂心、重心、外心。 求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线）
【分析】 【评注】同一法
11．△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，BM、BN三等分∠ABC，与AD相交于M、N，延长CM交AB于E。
求证：MB//NE。
【分析】
【评注】对称变换
12．G是△ABC的重心，以AG为弦作圆切BG于G，延长CG交圆于D。求证：AG2=GC·GD。
【分析】 【评注】平移变换
13．C是直径AB=2的⊙O上一点，P在△ABC内，若
PA+PB+PC的最小值是
，求此时△ABC的面积S。 【分析】
【评注】旋转变换
费马点：
已知O是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC内任一
点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O为费马点）
【分析】将CC‘，OO’， PP‘，连结OO’、PP‘。
则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。
∴OO’=OB，PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。
14．(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各
边分别交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分别作⊙O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、N、P、Q。 求证：MQ//NP。
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证
∠AMQ=∠CPN， 结合∠A=∠C知，只需证 △AMQ∽△CPN
←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。
设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是∴AM·CN=AO·CO 同理，AQ·CP=AO·CO。
【评注】
，
15．(96全国竞赛)⊙O1和⊙O2与ΔABC的三边所在直
线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。求证：PA⊥BC。 【分析】 【评注】
16．(99全国竞赛)如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。
证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得
因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理，
可得，故
。
过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。
则，
所以，从而CI=CJ。
又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。 因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。
已知AB=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO）
证明：作△EOH△E’OH‘，则只需证E’、
M、H‘共线，即E’H‘、BO、GF三线共点。 记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO于K。
只需证=1（Ceva逆定理）。
===1
注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。
对应于99联赛2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF、BO三线共
点。求证：∠GOB=∠H‘OB。
事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。
证明方法为：同一法。
蝴蝶定理：P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF，连结DE交AB
于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。
【分析】设GH为过P的直径，F
F’F，显然‘∈⊙O。又
P∈GH，∴PF’=PF。∵PF
PA
PB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。
PF‘，
又FF’⊥GH，AN⊥GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。
【评注】一般结论为：已知半径为R的⊙O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交
弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则
。（解析法证明：利用二次曲线系知识）
竞赛讲座(07)--面积问题和面积方法
基础知识
1．面积公式
由于平面上的凸多边形都可以分割成若干三角形，故在面积公式中最基本的是三角形的面积公式．它形式多样，应在不同场合下选择最佳形式使用．
设△ABC，a,b,c分别为角A,B,C的对边，ha为a的高，R、r分别为△ABC外接圆、内切圆的半径，p?（1）S?ABC?（2）S?ABC1(a?b?c)．则△ABC的面积有如下公式： 21aha； 21?bcsinA 2（3）S?ABC?（4）S?ABC?（5）S?ABCp(p?a)(p?b)(p?c)
1r(a?b?c)?pr 2abc? 4R（6）S?ABC?2R2sinAsinBsinC （7）S?ABCa2sinBsinC ?2sin(B?C)1ra(b?c?a) 21?R2(sin2A?sin2B?sin2C) 2（8）S?ABC?（9）S?ABC2．面积定理
（1）一个图形的面积等于它的各部分面积这和； （2）两个全等形的面积相等；
（3）等底等高的三角形、平行四边形、梯形（梯形等底应理解为两底和相等）的面积相等；
（4）等底（或等高）的三角形、平行四边形、梯形的面积的比等于其所对应的高（或底）的比；
（5）两个相似三角形的面积的比等于相似比的平方；
（6）共边比例定理：若△PAB和△QAB的公共边AB所在直线与直线PQ交于M，
则S?PAB:S?QAB?PM:QM；
（7）共角比例定理：在△ABC和△A?B?C?中，若?A??A?或?A??A??180?，则
S?ABCAB?AC． ?????S?A?B?C?AB?AC3．张角定理：如图，由P点出发的三条射线PA,PB,PC，设?APC??，
?CPB??，?APB?????180?，则A,B,C三点共线的充要条件是： sin?sin?sin(???)??． PBPAPC例题分析
例1．梯形ABCD的对角线AC,BD相交于O，且S?A求SAOB?m，S?COD?n，BCD 例2．在凸五边形ABCDE中，设S?ABC?S?BCD?S?CDE?S?DEA?S?EAB?1，求此五边形的面积．
例3．G是△ABC内一点，连结AG,BG,CG并延长与BC,CA,AB分别交于
D,E,F，△AGF、△BGF、△BGD的面积分别为40，30，35，求△ABC的面
积． 例
4．P,Q,R分别是△ABC的边AB,BC和CA上的点，且
BP?PQ?QR?RC?1，求△ABC的面积的最大值．
例5．过△ABC内一点引三边的平行线DE∥BC，FG∥CA，HI∥AB，点
D,E,F,G,H,I都在△ABC的边上，S1表示六边形DGHEFI的面积，S2表示 2S2． 3例6．在直角△ABC中，AD是斜边BC上的高，过△ABD的内心与△ACD的内心的直线分别交边AB和AC于K和L，△ABC和△AKL的面积分别记为S和T．求证：S?2T．
△ABC的面积．求证：S1?例7．锐角三角形ABC中，角A等分线与三角形的外接圆交于一点A1，点B1、C1与此类似，直线AA1与B、C两角的外角平分线将于一点A0，点B0、C0与此类似．求
证：
（1）三角形A0B0C0的面积是六边形AC1BA1CB1的面积的二倍； （2）三角形A0B0C0的面积至少是三角形ABC的四倍．
例8．在△ABC中，P,Q,R将其周长三等分，且P,Q在边AB上，求证：S?PQRS?ABC?2． 9例9．在锐角△ABC的边BC边上有两点E、F，满足?BAE??CAF，作
FM?AB，FM?AC（M,N是垂足），延长AE交△ABC的外接圆于点D，证
明四边形AMDN与△ABC的面积相等． 三．面积的等积变换
等积变换是处理有关面积问题的重要方法之一，它的特点是利用间面积相等而进行相互转换证（解）题．
例10．凸六边形ABCDEF内接于⊙O，且AB?BC?DC?3?1，
DE?EF?FA?1，求此六边形的面积．
例11．已知?ABC的三边a?b?c，现在AC上取AB??AB，在BA延长线上截
取BC??BC，在CB上截取CA??CA，求证：S?ABC?S?A?B?C?． 例
12．?A?B?C?在?ABC内，且?ABC∽?A?B?C?，求征：
CS?A?BC?S?B?CA?S?C?AB?S?AB
BC例13．在?A的三边BC,CA,AB上分别取点D,E,F，使BD?3DC,CE?3EA，
AF?3FB，连AD,BE,CF相交得三角形PQR，已知三角形ABC的面积为13，
求三角形PQR的面积．
例14．E为圆内接四边形ABCD的AB边的中点，EF?AD于F，EH?BC于H，EG?CD于G，求证：EF平分FH．
例15．已知边长为a,b,c,的?ABC，过其内心I任作一直线分别交AB,AC于M,N点，求证：
MIa?c?． INb例16．正△PQR?正△P?Q?R?，AB?a1，BC?b1，CD?a2，DE?b2，
EF?a3，FA?b3．求证：a1?a2?a3?b1?b2?b3．
例17．在正?ABC内任取一点O，设O点关于三边BC,CA,AB的对称点分别为
222222A?,B?,C?，则AA?,BB?,CC?相交于一点P．
例18．已知AC,CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，点M,N分别内分ACCE，
AMCN??k，如果B,M,N三点共线，试求k的值． ACCE例19．设在凸四边形ABCD中，直线CD以AB为直径的圆相切，求证：当且仅当BC∥AD时，直线AB与以CD为直径的圆相切．
且使
训练题
21．设?ABC的面积为10cm，D,E,F分别是AB,BC,CA边上的点，且
AD?2cm,DB?3cm,若S?ABE?SDBEF，求?ABE的面积．
2．过?ABC内一点作三条平行于三边的直线，这三条直线将?ABC分成六部份，其中，三部份为三角形，其面积为S1,S2,S3，求三角形?ABC的面积．
3．在?ABC的三边AB,BC,CA上分别取不与端点重合的三点M,K,L，求证：
?AML，?BKM,?CLK中至少有一个的面积不大于?ABC的面积的
1． 44．锐角?ABC的顶角A的平分线交BC边于L，又交三角形的外接圆于N，过L作
AB和AC边的垂线LK和LM,垂足是K,M，求证：四边形AKNM的面积等于
?ABC的 面积．
5．在等腰直角三角形ABC的斜边BC上取一点D，使DC?1BC，作BE?AD交3AC于E，求证：AE?EC．
6．三条直线l,m,n互相平行，l,n在m的两侧，且l,m间的距离为2，m,n间的距
离为1，若正?ABC的三个顶点分别在l,m,n上，求正?ABC的边长．
7．已知?P，证明：在1P2P3及其内任一点P，直线PiP分别交对边于Qi（i?1,2,3）
P1PP2PP3P这三个值中，至少有一个不大于2，并且至少有一个不小于2． ,,PQ1PQ2PQ3
8．点D和E分别在?ABC的边AB和BC上，点K和M将线段DE分为三等分，直线BK和BM分别与边AC相交于点T和P，证明：TP?
9．已知P是?ABC内一点，延长AP,BP,CP分别交对边于A?,B?,C?，其中AP?x，
1AC． 3BP?y,CP?z,PA??PB??PC??w，且x?y?z?23,w?3，求xyz之值．
10．过点P作四条射线与直线l,l?分别交于A,B,C,D和A?,B?,C?,D?，求证：
AB?CDA?B??C?D??．
AD?BCA?D??B?C?
11．四边形ABCD的两对对边的延长线分别交K,L，过K,L作直线与对角线
AC,BD的延长线分别G,F，求证：
LFLG?． KFKG12．G为?ABC的重心，过G作直线交AB,AC于E,F，求证：EG?2GF．
竞赛专题讲座(08)－几何变换
【竞赛知识点拨】 一、 平移变换
1． 定义 设是一条给定的有向线段，T是平面上的一个变换，它把平面图形F
=
，则T叫做沿有向线段F‘ 。
的平移变换。记为
上任一点X变到X‘，使得X
X’，图形F
2． 主要性质 在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变为直线，三角形变为三角形，圆变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。 二、 轴对称变换
1． 定义 设l是一条给定的直线，S是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X变到X’，使得X与X‘关于直线l对称，则S叫做以l为对称轴的轴对称变换。记为X
X’，图形F
F‘ 。
2． 主要性质 在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分。 三、 旋转变换
1． 定义 设α是一个定角，O是一个定点，R是平面上的一个变换，它把点O仍变到O（不动点），而把平面图形F上任一点X变到X’，使得OX‘=OX，且∠XOX’=α，则R叫做绕中心O，旋转角为α的旋转变换。记为XF’ 。
其中α<0时，表示∠XOX‘的始边OX到终边OX’的旋转方向为顺时针方向；α>0时，为逆时针方向。
2． 主要性质 在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。
X‘，图形F
四、 位似变换
1． 定义 设O是一个定点，H是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X
变到X‘，使得=k·
，则H叫做
以O为位似中心，k为位似比的位似变换。记为
X
X’，图形F
F‘ 。
其中k>0时，X’在射线OX上，此时的位似变换叫做外位似；k<0时, X‘在射线OX的反向延长线上，此时的位似变换叫做内位似。
2． 主要性质 在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心。 【竞赛例题剖析】
【例1】P是平行四边形ABCD内一点，且∠PAB=∠PCB。 求证：∠PBA=∠PDA。
【分析】作变换△ABP△DCP’，
则△ABP≌△DCP‘，∠1=∠5，∠3=∠6。由PP’ADBC，ADPP‘、PP’CB都是平
行四边形，知∠2=∠8，∠4=∠7。由已知∠1=∠2，得∠5=∠8。 ∴P、D、P‘、C四点共圆。故∠6=∠7，即∠3=∠4。
【例2】“风平三角形”中，AA’=BB‘=CC’=2，∠AOB‘=∠BOC’=60°。
求证：Ｓ△AOB‘+Ｓ△BOC’+Ｓ△COA‘<
。
【分析】作变换△A’OC△AQR‘，△BOC’△B‘PR’‘，则R’、R‘’
重合，记为R。P、R、Q共线，O、A、Q共线，O、B‘、P共线，△OPQ为等边三角形。
∴Ｓ△AOB’+Ｓ△BOC‘+Ｓ△COA’<Ｓ△OPQ=
【例3】
在两条对角线长度以及夹角一定的所有凸四边形中，试求周长最小的四边形。
【分析】取AC、BD的中点E、F，令AC件的平行四边形。延长AF、CC‘交于G。
A‘C’，则A‘BC’D是一个符合条
∵E是AC的中点且EF∥CC’，FC‘∥EC，∴F、C’分别为AG、CG的中点。
∴AD+BC=BG+BC≥2BC‘=A’D+BC‘。 同理可得AB+DC≥A’B+DC‘。
故当四边形为平行四边形时，周长最小。
【评注】当已知条件分散，尤其是相等的条件分散，而又不容易找出证明途径，或题目中有平行条件时，将图形的某一部分施行平移变换，常常十分凑效。
【例4】
P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。（蝴蝶定理）
【分析】设GH为过P的直径，F∵PF
PF‘，PA
F’F，显然‘∈⊙O。又P∈GH，∴PF’=PF。
PB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。
又FF’⊥GH，AN⊥GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。
【评注】一般结论为：已知半径为R的⊙O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则
。（解析法证明：利用二次曲线系知识）
【例5】⊙O是给定锐角∠ACB内一个定圆，试在⊙O及射线CA、CB上各求一点P、Q、R，使得△PQR的周长为最小。
【分析】在圆O上任取一点P0，令P0P1，P0P2，连结P1P2分别交
CA、CB于Q1、R1。显然△P0Q1R1是在取定P0的情况下周长最小的三角形。 设P0P1交CA于E，P0P2交CB于F，则P0Q1 +Q1R1 +R1P0= P1P2=2EF。 ∵E、C、F、P0四点共圆，CP0是该圆直径，由正弦定理，EF=CP0sin∠ECF。 ∴当CP0取最小值时，EF为最小，从而△P0Q1R1的周长为最小，于是有作法：
连结OC，交圆周于P，令P于Q、R。则P、Q、R为所求。 【例6】
P1，PP2，连结P1P2分别交CA、CB
△ABC中，∠A≥90°，AD⊥BC于D，△PQR是它的任一内接三角形。求证：PQ+QR+RP>2AD。
【分析】设PP’，PP‘’。则RP=RP‘，PQ=P’‘Q，AP=AP’=AP‘’。
∴PQ+QR+RP= P‘’Q+QR+RP‘。
又∠A≥90°，∴∠P’AP+∠P‘’AP=2∠A≥180°，A点在线段P‘P’‘上或在凸四边形P’RQP‘’的内部。∴P‘’Q+QR+RP‘>AP’+AP‘’=2AP>2AD。 ∴PQ+QR+RP>2AD。
【评注】如果题设中有角平分线、垂线，或图形是等腰三角形、圆等轴对称图形，可以将图形或其部分进行轴对称变换。此外，也可以适当选择对称轴将一些线段的位置变更，以便于比较它们之间的大小。
【例7】
以△ABC的边AB、AC为斜边分别向外作等腰直角三角形APB、AQC，M是BC的中点。求证：MP=MQ，MP⊥MQ。
【分析】延长BP到E，使PE=BP，延长CQ到F， 使QF=CQ，则△BAE、△CAF都是等腰三角形。
显然：EB，CF，∴EC=BF，EC⊥BF。
而PMEC，MQBF，∴MP=MQ，MP⊥MQ。
【例8】已知O
是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC内任一点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O为费马点）
【分析】将CC‘，OO’， PP‘，连结OO’、PP‘。
则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。
∴OO’=OB，PP‘ =PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。
【例9】⊙O与△ABC的三边BC、CA、AB分别交于点A1、A2、B1、B2、C1、C2，过上述六点分别作所在边的垂线a1、a2、b1、b2、，设a1、b2、c1三线相交于一点D。求证：a2、b1、c2三线也相交于一点。 【分析】∵a1、a2关于圆心O成中心对称，
∴a1a2。
同理，b1b2，c1c2。
∴a1、b2、c1的公共点D在变换R（O，180°）下的像D’也是像a2、b1、c2的公共点，即a2、b1、c2三线也相交于一点。
【例10】AD是△ABC的外接圆O的直径，过D作⊙O的切线交BC于P，连结并延长PO分别交AB、AC于M、N。求证：OM=ON。
【分析】设OO‘，NN’，而MB，
∵M、O、N三点共线，∴B、O‘、N’三点共线，且取BC中点G，连结OG、O‘G、DG、DB。 ∵∠OGP=∠ODP=90°，∴P、D、G、O四点共圆。 ∴∠ODG=∠OPG，而由MN∥BN’有∠OPG=∠O‘BG， ∴∠ODG=∠O’BG，∴O‘、B、D、G四点共圆。
。
∴∠O’GB=∠O‘DB。而∠O’DB=∠ACB，∴∠O‘GB=∠ACB，O’G∥AC， 而G是BC的中点，∴O‘是BN’的中点，O‘B= O’ N‘， ∴OM=ON。
竞赛讲座(09)－圆
基础知识
如果没有圆，平面几何将黯然失色．
圆是一种特殊的几何图形，应当掌握圆的基本性质，垂线定理，直线与圆的位置关系，和圆有关的角，切线长定理，圆幂定理，圆和圆的位置关系，多边形与圆的位置关系．
圆的几何问题不是独立的，它与直线形结合起来，将构成许多丰富多彩的、漂亮的几何问题，“三角形的心”，“几何著名的几何定理”，“共圆、共线、共点”，“直线形” 将构成圆的综合问题的基础．
本部分着重研究下面几个问题： 1．角的相等及其和、差、倍、分； 2．线段的相等及其和、差、倍、分； 3．二直线的平行、垂直； 4．线段的比例式或等积式； 5．直线与圆相切；
6．竞赛数学中几何命题的等价性．
命题分析
例1．已知A为平面上两个半径不等的⊙O1和⊙O2的一个交点，两圆的外公切线分别为P1P2,Q1Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点，求证：
?O1AO2??M1AM2．
例2．证明：唯一存在三边长为连续整数且有一个角为另一个角的两倍的三角形．
G是半圆上一点，?ABG例3．延长AB至D，以AD为直径作半圆，圆心为H，
为锐角．E在线段BH上，Z在半圆上，EZ∥BG，且EH?ED?EZ，BT∥
2HZ．求证：?TBG?1?ABG． 3
例4．求证：若一个圆外切四边形有两条对边相等，则圆心到另外两边的距离相等．
例5．设?A是△ABC中最小的内角，点B和C将这个三角形的外接圆分成两段弧，U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的一个点，线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于V和W，直线BV和CW相交于T．证明：AU?TB?TC．
例6．菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E,F,G,H，在EF与GH上分别作⊙O切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证：MQ∥NP．
例7．⊙O1和⊙O2与△ABC的三边所在直线都相切，E,F,G,H为切点，并且
⌒⌒EG,FH的延长线交于点P．求证：直线PA与BC垂直．
例8．在圆中，两条弦AB,CD相交于E点，M为弦AB上严格在E、B之间的点．过D,E,M的圆在E点的切线分别交直线BC、AC于F,G．已知求
AM?t，ABCE（用t表示）． EF例9．设点D和E是△ABC的边BC上的两点，使得?BAD??CAE．又设M和N分别是△ABD、△ACE的内切圆与BC的切点．求证：1111???． MBMDNCNE例10．设△ABC满足?A?90?，?B??C，过A作△ABC外接圆W的切线，交直线BC于D，设A关于直线BC的对称点为E，由A到BE所作垂线的垂足为X，AX的中点为Y，BY交W于Z点，证明直线BD为△ADZ外接圆的切线．
例11．两个圆?1和?2被包含在圆?内，且分别现圆?相切于两个不同的点M和
N．?1经过?2的圆心．经过?1和?2的两个交点的直线与?相交于点A和B，直线
MA和直线MB分别与?1相交于点C和D．求证：CD与?2相切．
例12．已知两个半径不相等的⊙O1和⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点．求证：OM?MN的充要条件是S、N、T三点共线．
例13．在凸四边形ABCD中，AB与CD不平行，⊙O1过A、B且与边CD相切于点P，⊙O2过C、D且与边AB相切于点Q．⊙O1和⊙O2相交于E、F，求
证：EF平分线段PQ的充要条件是BC∥AD．
例14．设凸四边形ABCD的两条对角线AC与BD互相垂直，且两对边AB与CD不平行．点P为线段AB与CD的垂直平分线的交点，且在四边形的内部．求证：
A、B、C、D四点共圆的充要条件为S?PAB?S?PCD．
训练题
1．△ABC内接于⊙O，?BAC?90?，过B、C两点⊙O的切线交于P，M为BC的中点，求证：（1）
AM?cos?BAC；（2）?BAM??PAC． APCA,AB的中2．已知A?,B?,C?分别是△ABC外接圆上不包含A,B,C的弧BC，点，BC分别和C?A?、A?B?相交于M、N两点，CA分别和A?B?、B?C?相交于P、
⌒⌒⌒Q两点，AB分别和B?C?、C?A?相交于R、S两点．求证：MN?PQ?RS的充
要条件是△ABC为等边三角形．
3．以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、CA分别 交于点D和E，过D、E作BC的垂线，垂足分别为F、G．线段DG、EF交于点M．求证：AM?BC．
4．在△ABC中，已知?B内的旁切圆与CA相切于D，?C内的旁切圆与AB相切于E，过DE和BC的中点M和N作一直线，求证：直线MN平分△ABC的周长，且与?A的平分线平行．
5．在△ABC中，已知，过该三角形的内心I作直线平行于AC交AB于F．在
BC边上取点P使得3BP?BC．求证：?BFP?
1?B． 26．半圆圆心为O，直径为AB，一直线交半圆于C,D，交AB于M（MB?MA,MC?MD）．设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外之另一交点．求证：?MKO为直角 ．
7．已知，AD是锐角△ABC的角平分线，?BAC??，?ADC??，且
cos??cos2?．求证：AD2?BD?DC．
MC8．M为△ABC的边AB上任一点，r1,r2,r分别为△AMC、△B、△ABC的内切圆半径；?1,?2,?分别为这三个三角形的旁切圆半径（在?ACB内部）．
求证：
9．设D是△ABC的边BC上的一个内点，AD交△ABC外接圆于X，P、Q是X分别到AB和AC的垂足，O是直径为XD的圆．证明：PQ与⊙O相切当且仅当AB?AC．
10．若AB是圆的弦，M是AB的中点，过M任意作弦CD和EF，连CD,DE分别交AB于X,Y，则MX?MY．
11．设H为△ABC的垂心，P为该三角形外接圆上的一点，E是高BH的垂足，并设PAQB与PARC都是平行四边形，AQ与BR交于X．证明：EX∥AP．
12．在△ABC中，?C的平分线分别交AB及三角形的外接圆于D和K，I是内切圆圆心．证明：（1）
r1?1?2?r2?r?．
111CIID????1． ；（2）IDIKCIIDIK竞赛讲座(10)--抽屉原则
大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.
1． 抽屉原则有几种最常见的形式
原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体：
原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.
原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下：
不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则
10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立.
下面我们再举一个例子：
例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理. 解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：
（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）
把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.
原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能.
原则1可看作原则2的物例（m=1）
例2正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.
证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色.
例3 把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.
证明 如图12-1，设a1，a2，a3，…，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于 （a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+…+a9+a10) =3×(1+2+…+9+10)
根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17.
原则1、原则2可归结到期更一般形式：
原则3把m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，……，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体.
证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，……，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个，与题设矛盾.
例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双.
证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双.
上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 2． 制造抽屉是运用原则的一大关键
首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式.
例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点
为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.
证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.
因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点
为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的.
事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割.
合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.
例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？
解如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证.
下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.
后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法
例7 从自然数1，2，3，…99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，，它们中的一个是另一个的倍数.
分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26； 第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25； 第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×22，5×23，5×24； ………………
第二十五个抽屉里放进数：49，49×2； 第二十六个抽屉里放进数：51. ………………
第五十个抽屉里放进数：99.
那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数. 制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进.
例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.
分析注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数. 3． 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题.
例9以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数. 分析 设七个三元素组为A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、…、A7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题.
例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.
分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设A认识B、C、D三人，当B、C、D三人都互不认识时，问题得证；当B、C、D三人中有两人认识，如B、C认识时，则A、B、C互相认识，问题也得证.
本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例11a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数 b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除.
证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行.
第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p.
第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论.
设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.
如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果.
例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数.
分析以0，1，…，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数： S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ………… Sn=a1+a2+…+an，
其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证.
例子3（北京1990年高一竞赛）910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种： （1）至少有三行完全相同；
（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同.
解910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.
现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同.
除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D）两组（四行），且两组两行完全相同. 练习十二
1． 一个篮球运动员在15分钟内将球投进篮圈20次，证明总有某一分钟他至少投进两次.
2． 有黑、白、黄筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子来，使得至少有两双筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？
3． 证明：在1，2，3，…，10这十个数中任取六个数，那么这六个数中总可以找到两个数，其中一个是另一个的倍数.
4． 证明：任意502个整数中，必有两个整数的和或差是998的倍数.
5． 任意写一个由数字1，2，3组成的30位数，从这30位数任意截取相邻三位，可得一个三位数，证明：在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等. 6． 证明：把任意10个自然数用适当的运算符号连接起来，运算的结果总能被1890整除.
7． 七条直线两两相交，所得的角中至少有一个角小于26°.
8． 用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同.
9． 用2种颜色涂5×5共25个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现. 10． 求证存在形如11…11的一个数，此数是1987的倍数.
练习十二
1．15分钟里在每一分钟看作一个抽屉，20次投篮看作20个物体，根据原理一即得.
2.至少要取１１只筷子．因为１１只筷子中必有一双筷子同色，不妨设它是黄色，则黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一双同色，即黑色或白色，故取１１只筷子足以保证成功．但少于１１只不行，如取１０只筷子，闵可能出现８只黄色，黑白各一只，不合要求．
３．将１０个数分成５组：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８），（５，１０）．任取六个数必有两个落入同一组，而同组二数中一数是另一数的倍数．
４．每个整数被９９８除，余数必是０，１，２，…，９９７中的一个．把这９９８个余数制造为（０），（１，９９７），（２，９９６），…，（４９７，５０１），（４９８），（４９９），（５００）共５０１个抽屉，把５０２个整数按被９９８除的余数大小分别放入上述抽屉，必有两数进入同一抽屉．若余数相同，那么它们的差是９９８的倍数，否则和为９９８的倍数．
５．从各种位置上截得的三位数有２８个，但由１，２，３组成的不同三位数有３×３×３＝２７个，故有两个截得的三位数相同．
６．１８９０＝２×３×５×７×９．将１０个数记为ｘ１，ｘ２，…，ｘ９，ｘ１０．１０个数中至少有两个被９除余数相同，设为ｘ１，ｘ２则ｘ１－ｘ２可被９整除．同样剩下８个数中有两个数的差可被７整除，记为ｘ３－ｘ４，剩下６个数中有两个数的差可被５整除，记为ｘ５－ｘ６，剩下４个数中有两个数的差可被３整除，记为ｘ７－ｘ８．剩下两数ｘ９，ｘ１０，若有一数为偶数，则ｘ９，ｘ１０可被２整除，否则ｘ９－ｘ１０可被２整除．故乘积（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）ｘ９·ｘ１０与（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）（ｘ９－ｘ１０）二者之一必可被１８９０整除．
７．任选一点Ｐ，过Ｐ点分别作各线的平行线，则它们把一周角分成１４个彼此相邻的角，其中至少有一个角小于２６°．
８．用两种颜色涂１×３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原则，必有两列涂法一样．
９．设两种颜色为红、蓝，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨设为红色，且在左边三列．现考察左边三列，若下面四行中某一行有两格同为红色，则出现四角同红色矩形，否则每行仅可能一格染红色，从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色，从而得到四角同为蓝色的矩形．
１０．考虑１，１１，…共１９８７个数，其中必有一个是１９８７的倍数，否则必有两数被１９８７除余数相同，其差
是１９８７的倍数．但１０与１９８７
ｉ
没有除１外的因数，故
是１９８７倍数导致矛盾．
竞赛讲座(11)――三角运算及三角不等关系
三角运算的基本含义是应用同角公式、诱导公式、加法定理（和、差、倍、半角公式等的统称），对三角式作各种有目的的变形（主要指恒等变形），有时表现为计算求值、有时表现为推理证明。由于三角公式很多，并且存在着联系，因此一定要注意选择公式的目的性与简单性。
三角运算
一．三角运算的常规思考
三角运算主权涉及3个主要变形：角、函数名称、运算方式。其中的难点与关键在角。大量的三角运算技巧都与角的处理有关。遇到一个三角问题，从角、函数名称、运算方式这3个主要方面去寻找下手地方与前进方向是解题的有效思考。特别地，对于证明题，从找条件与结论的差异入手，并向着消除差异的方向前进，常能成功。 例1．已知?,?都是钝角，且sin??
例2．设?,?为锐角，且sin
二．三角变换与方程
数学公式（或条件等式）本身就是一个等量关系，视公式（或等式）中的数学对象为已知值或未知值就成为一个方程。
2123，cos(???)?，求sin? 135??sin2??sin(???)，求证：?????2。
?sin??sin??b22???)。 例3．已知?（a?b?4），求sin(???)，cos(cos??cos??a?三．三角变换与构造法
通过构造对偶式、构造方程、构造函数、构造图形等途径来求解三角问题 例5．求cos
例6．求值：cos10??cos50??sin40?sin80?
例7．已知：A1cos?1?A2cos?2???Ancos?n?0
A1cos(?1?1)?A2cos(?2?1)???Ancos(?n?1)?0 求
证
：
对
任
意
222?4??cos的值。 55??R，恒有
A1cos(?1??)?A2cos(?2??)???Ancos(?n??)?0。
例8 求满足等式15?12cosx?7?43sinx?4的锐角x。
四．三角法
引进三角函数，进行三角变形去解决其他代数、几何问题。
2aba?ba2?b2例9．已知a?b?0，求证：。 ?ab??a?b22例10．在△ABC中，P为形内一点，PD、PE、PF为P到三边BC、CA、AB的距离，求证：PA?PB?PC?2(PD?PE?PF) 例11．求函数y?x?4?15?3x的值域。
三角不等关系
这是一个与三角恒等变形密切相关的问题，主要包括两个方面：三角不等式与三角最值。这两个方面在处理方法上在同小异，并互为所用。 一．三角不等式的证明 证明三角不等式注意3点：
（1）三角不等式首先是不等式，因此，不等式的有关性质和证明方法在这里都用得上。
（2）三角不等式又有自己的特点——含三角函数，因而，三角函数的单调性、有界性（或极值），正负区间，图像特征都是处理三角不等式的锐利武器。
（3）三角形内的不等式是一类特殊的三角不等式，无论在结构上还是在证法上都有特别之处，需要加倍注意。 例12．若0????，求证：sin??
例13．已知0????，证明：2sin2??ctg
例14．已知?,??(0,角形。
例15．在△ABC中，角A、B、C的对边为a、b、c，求证：
11sin2??sin3??0 23?2，并讨论等号成立的条件。
?2)，能否以sin?，sin?，sin(???)的值为边长，构成三
aA?bB?cC??。
a?b?c3
例16．在锐角△ABC中，求证
（1）sinA?sinB?sinC?cosA?cosB?cosC；（2）tgAtgBtgC?1
二．三角最值的求解
2例17．求函数f(x)?asinx?bsinxcoxs?xco2sx的最大值、最小值
(a?c,b?0)
例18．求y?
例19．求函数y?
例20．设x?y?z?小值。
a?btgx的最小值，其中a?b?0
|cosx|3sinx?1的最值。
sinx?2?12，且x?y?z??2，求乘积cosxsinycosz的最大值和最
习题
1．
cos20?cos35?1?cos20?22= 。
2．cosx?cos(x?2?4?)?cos2(x?)= 。 333．若{x|cos2x?sinx?m?0}??，求m的取值范围。 4．在△ABC中，sinABCsinsin的最大值为 。 2225．设x1,x2,?xn为n个实数，则cosx1cosx2?cosxn?sinx1sinx2?sinxn?M时，则M的最小值为 。
sin2xcos2x?6．函数f(x)?的值域为 。 221?cosx1?sinx7．对任意实数A,B,C，求sinAcosB?sinBcosC?sinCcosA的最大值。 8．在矩形ABCD中，P为对角线BD上一点，且AP?BD，PE?BC于E，PF?CD222222PE3PF3于F，求证：()?()?1。
BDBD9．任给13个互不相等的实数，求证其中至少有两个实数x,y满足
220?x?y?2?3。
1?xy10在△ABC中，求证：c?acosA?bcosB；b?ccosC?acosA；
a?bcosB?acosA。
11．设?为锐角，求证：(1?11)(1?)?3?22 sin?cos?12．对x?(0,
?2)，求证：2x?sinx?tgx。
竞赛讲座(12)－覆盖
一个半径为1的单位圆显然是可以盖住一个半径为的圆的．反过来则不然，一个半
径为的圆无法盖住单位圆．那么两个半径为的圆能否盖住呢？不妨动手实验一
下，不行．为什么不行？需几个这样的小圆方能盖住大圆？……，这里我们讨论的就是覆盖问题，它是我们经常遇到的一类有趣而又困难的问题．
定义 设Ｇ和Ｆ是两个平面图形．如果图形Ｆ或由图形Ｆ经过有限次的平移、旋转、对称等变换扣得到的大小形状不变的图形Ｆ′上的每一点都在图形Ｇ上．我们就说图形Ｇ覆盖图形Ｆ；反之，如果图形Ｆ或Ｆ′上至少存在一点不在Ｇ上，我们就说图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ．
关于图形覆盖，下述性质是十分明显的： （１） 图形Ｇ覆盖自身；
（２） 图形Ｇ覆盖图形Ｅ，图形Ｅ覆盖图形Ｆ，则图形Ｇ覆盖图形Ｆ． １．最简单情形――用一个圆覆盖一个图形． 首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到：
定理１ 如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点Ｏ，使得图形Ｆ中的每一点与Ｏ的距离都不大于定长ｒ，则Ｆ可被一半径为ｒ的圆所覆盖．
定理２ 对于二定点Ａ、Ｂ及定角α若图形Ｆ中的每点都在ＡＢ同侧，且对Ａ、Ｂ视角不小于α，则图形Ｆ被以ＡＢ为弦，对ＡＢ视角等于α的弓形Ｇ所覆盖． 在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛．
例１ 求证：（１）周长为２ｌ的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．
（２）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是２ｌ，不管线圈形状如何，都可以
被个半径为的圆纸片所覆盖．
分析 （１）关键在于圆心位置，考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．
（２）＂曲＂化＂直＂．对比（１），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．
证明 （１）如图４５－１，设ＡＢＣＤ的周长为２ｌ，ＢＤ≤ＡＣ，ＡＣ、ＢＤ交于Ｏ，Ｐ为周界上任意一点，不妨设在ＡＢ上，则 ∠１≤∠２≤∠３， 有ＯＰ≤ＯＡ．
又ＡＣ＜ＡＢ＋ＢＣ＝ｌ，
故ＯＡ＜．
因此周长为２ｌ的平行四边形ＡＢＣＤ可被以Ｏ为圆心；半径为得证．
的圆所覆盖，命题
（2）如图45-2,在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l.又设RQ中点为G，M为线圈耻任意一点，连MR、MQ，则
因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．
例２△ABC的最大边长是ａ，则这个三角形可被一半径为分析 ａ为最大边，所对角A满足６０°≤A＜１８０°．
的圆所覆盖．
证明 不妨设BC＝ａ，以BC为弦，在A点所在一侧作含60°角的弓形弧（图４５－３）．因６０°≤A≤180°，故根据定理２，△ABC可被该弓形所覆盖．
由正弦定理，弓形相应半径ｒ＝圆所覆盖．
，所以△ABC可被半径为的
显然覆盖△ABC的圆有无穷多个，那么半径为实并不 尽然．
的圆是否是最小的覆盖圆呢？事
例３ △ＡＢＣ的最大边BC等于ａ，试求出覆盖△ABC的最小圆． 解 分三种情形进行讨论：
（１） ∠Ａ为钝角，以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ＡBC． （２） ∠Ａ是直角，同样以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ABC；
（３）∠Ａ是锐角．假若⊙O覆盖△ABC，我们可在⊙O内平移△ABC，使一个顶点B落到圆周上，再经过适当旋转，使另一个顶点落在圆周上，此时第三个顶点A在⊙O内或其圆周上，设BC所对圆周角为α，那么∠BAC≥α，设⊙O直径ｄ，△ABC外接圆直径ｄ０，那么
所以对于锐角三角形ABC，最小覆盖圆是它的外接圆．
今后我们称覆盖图形F的圆中最小的一个为F的最小覆盖圆．最小覆盖圆的半径叫做图形F的覆盖半径．
综合例２、例３，即知△ABC中，若ａ为最大边，则△ABC的覆盖半径ｒ满足
２．一个图形Ｆ能否被覆盖，与图形中任意两点间的距离最大值ｄ密切相关． 以下我们称图形Ｆ中任意两点间的距离最大值ｄ为图形Ｆ的直径． 我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题．
定义 对于图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ，若图形Ｆ中的每一点都被这组图形中的某个所覆盖，则称这几个图形覆盖图形Ｆ．
图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ为ｎ个圆是一特殊情形．
例４ 以ＡＢＣＤ的边为直径向平行四边形内作四个半圆，证明这四个半圆一定覆盖整个平行四边形．
分析１ ＡＢＣＤ的每一点至少被某个半圆所盖住．
证明１ 用反证法．如图４５－４设存在一点Ｐ在以ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ为直径的圆外，根据定理二，∠ＡＰＢ，∠ＢＰＣ，∠ＣＰＤ∠ＤＰＡ均小于９０°，从而 ∠ＡＰＢ＋∠ＢＰＣ＋∠ＣＰＤ＋∠ＤＰＡ＜３６０°．
与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖ＡＢＣＤ． 分析２ 划片包干，如图４５－５，将ＡＢＣＤ分为若干部分，使每一部分分别都被上述四个半圆所覆盖．
证明２ 在ＡＢＣＤ中，如图４５－５，设ＡＣ≥ＢＤ．分别过Ｂ、Ｄ引垂线ＢＥ、ＤＦ垂直ＡＣ，交ＡＣ于Ｅ、Ｆ，将ＡＢＣＤ分成四个直角三角形，△ＡＢＥ、△ＢＣＥ、△ＣＤＦ、△ＤＡＦ．每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖，从而整个四边形被四个半圆所覆盖．
上述结论可推广到任意四边形，留给读者考虑．
例５ 求证：一个直径为１的圆不能被两个直径小于１的圆所覆盖．
证明 如图４５－６，先考虑其中一个小圆即⊙Ｏ１去覆盖大圆Ｏ，连Ｏ１、Ｏ过Ｏ作ＡＢ⊥Ｏ１Ｏ，ＡＢ为⊙Ｏ的直径（若Ｏ１、Ｏ重合，那么ＡＢ为任意直径）此时
故Ａ、Ｂ两点都不能被⊙Ｏ１盖住．至于另一小圆⊙Ｏ２无疑不能同时盖住Ａ、Ｂ两点，故⊙Ｏ１、⊙Ｏ２不能覆盖⊙Ｏ．
事实上，我们还可以从另一角度给予证明．那就是一个小圆无法覆盖半个大圆，因此两个小圆也就不可能覆盖住整个大圆了． 现在，我们着手研究本文一开始就提出的问题．
例６ 给定一个半径为１的圆，若用半径为的圆去覆盖它，问至少要几个才能盖住．
问题需要我们在二个方面给予回答：一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆；二是少于确定的数目，则全部小圆不能覆盖大圆． 对于不能覆盖的推断，以下两个原则是常用的：
原则１ 若图形Ｆ的面积大于图形Ｇ的面积，则图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 原则２ 直径为ｄ的图形Ｆ不能被直径小于ｄ的图形Ｇ所覆盖． 两原则十分显然，不再证明．
四个半径为的小圆面积和为π，恰等于大圆面积，而四小圆间若不重迭，则覆盖其
它图形时，还须排除中间所夹的不属于四圆的部分，换句话说，四小圆所覆盖大圆部分面积必小于大圆自身面积，根据法则１，不可能覆盖大圆，少于四个小圆更不可能． 若有五个小圆，我们改变角度考虑，可将大圆周分为六等分．因小圆直径为１，五个小圆无法盖住大圆周，而六个圆周恰好盖住．
还需考虑大圆圆心没有被盖住，再添加一个小圆，符合要求！
这说明：至少七个以为半径的小圆方能覆覆盖半径为1的一个大圆.事实上这样的六
个小圆若盖住大圆周，则大圆心不能被覆盖．若其中一小圆盖住大圆圆心，那么该圆又至多盖住大圆周上一点也就是六个小圆无法覆盖大圆，而我们作大圆的内接正六边形，分别将小圆圆心与各边中点重合，再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合即可盖住大圆，如图４５－７，以下给出证明：
对于正△ＯＡＢ，设ＯＡ、ＯＢ中点Ａ１、Ｂ１，那么∠ＡＡ１Ｂ＝∠ＡＢ１Ｂ＝９０°，故四边形ＡＡ１Ｂ１Ｂ被以ＡＢ为直径的圆覆盖．另外，△ＯＡ１Ｂ１被小圆⊙Ｏ所覆盖．类似地可推得七个小圆覆盖整个大圆． ３．直线形图形覆盖别的图形的问题
解决直线形图形覆盖别的图形的问题，常须较高的智巧，一般的处理方法是通过构造过渡图形，逐步调整，最终获得问题的解决． 例７ 证明直径为１的图形Ｆ可被单位正方形覆盖．
分析 先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间，再向内收缩．
证明 取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形Ｆ夹在中间，再将位于下方的直线ｌ２向上平移，直至遇到图形Ｆ上点为止，中图４５－８中ｌ２′处．接着又将ｌ１向下平移至与ｌ２′相距为１的ｌ１′处止．因图形Ｆ直径为１．故图形Ｆ仍被二直线ｌ１′，ｌ２′所夹．同样采用先左后右的顺序，将沿直线ｍ１、ｍ２平移至ｍ１′、ｍ２′处，ｍ
而图形Ｆ依然夹在直线ｍ１′，ｍ２′中间，从而直线ｌ１′、ｌ２′、ｍ１′、１′、ｍ２′相距为１，
ｍ２′所围成单位正方形即可覆盖图形Ｆ． 运用上述方法，我们可进一步解决以下问题：
例８ 直径为１的图形Ｆ可被一个边长为的正三角形覆盖，试证明之．
证明 作三对相距为１的平行直线ｍ１、ｍ２、ｎ１、ｎ２，ｌ１、ｌ２，相交直线所成角为６０°，围成可覆盖图形Ｆ的六边形及正△Ａ１Ｂ１Ｃ１，正△Ａ２Ｂ２Ｃ２（具体作法可参照例７）．如图４５－９．设Ｐ为Ｆ中任意一点，它到六边形各边距离依次为ｘ、ａ、ｙ、ｂ、ｚ、ｃ．又设正△Ａ１Ｂ１Ｃ１的高为ｈ１，正△Ａ2Ｂ２Ｃ２的高为ｈ２．因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形的高，得 ａ＋ｂ＋ｃ＝ｈ１， ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｈ２． 相加,得
（ｘ＋ｂ）＋（ｙ＋ｃ）＋（ｚ＋ａ）＝ｈ１＋ｈ２， 又ｘ＋ｂ＝１，ｙ＋ｃ＝１，ｚ＋ａ＝１，
∴ｈ１＋ｈ２＝３．根据抽屉原则,ｈ１、ｈ２中有一不大于,不妨设,即正△A１B
１
C１的高不大于,那么它的边长
因此图形Ｆ可被边长不大于
的正三角形即正△Ａ1Ｂ１Ｃ１所覆盖.
4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式
所谓图形Ｆ能嵌入图形Ｇ,其本质就是图形Ｇ能覆盖图形F.
例9试证面积为S、周长为P的四边形一定可嵌入一个半径为的圆.
分析 四边形内存在到各边距离不小于的点.
证明 如图45-10,设四边形ABCD面积为Ｓ,周长为Ｐ.各边长分别为ａ1、ａ２、ａ３、
ａ４.现以ａ１、ａ２、ａ３、ａ４为长,为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面积是
即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部存
在点O没有被矩形覆盖,那么以点O为圆心,为半径的圆可嵌入四边形ABCD中.
例10 在一个半径等于18的圆中已嵌入16个半径为3的圆.证明在余下的部分中还能嵌入9个半径为1的圆.
证明 首先证明大圆中还能嵌入1个半径为1的小圆.先将大圆的半径收缩为17,而将半径为3的圆膨胀成半径为4的圆,此时大圆面积变为 π×172＝289π.
16个半径为4的圆的面积是 π×42×16=256π. 289π-256π=33π.
这说明大圆中嵌入16个半径为3的圆外,还能嵌入半径为1的一个小圆,如图45-11所示.
再将大圆的半径收缩为17,半径为3的圆的半径膨胀为4,半径为1的圆膨胀为2,由于 289π-256π-4π=29π,所以大圆中除嵌入16个半径为3的圆外,还能嵌入两个半径为1的圆.依此类推,由于289π-256π-4π×8=π＞0, 故大圆还可嵌入九个半径为1的小圆. 将图形收缩、膨胀是解嵌入问题一种重要方法.
竞赛讲座(13)－平面三角
三角函数与反三角函数，是五种基本初等函数中的两种，在现代科学的很多领域中有着广泛的应用．同时它也是高考、数学竞赛中的必考内容之一． 一、三角函数的性质及应用
三角函数的性质大体包括：定义域、值域、奇偶性、周期性、单调性、最值等．这里以单调性为最难．它们在平面几何、立体几何、解析几何、复数等分支中均有广泛的应用．
【例1】 求函数y=2sin(-2x)的单调增区间。
解：y=2sin(-2x)= 2sin(2x+)。
由2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z，
得kπ-≤x≤kπ-，k∈Z。
即原函数的单调增区间为：[kπ-，kπ-]（k∈Z）。
【例2】 若φ∈（0，），比较sin(cosφ)，cos(sinφ)，cosφ这三者之间的大小。
解：∵在（0，）中，sinx ∵在（0，）中，y=cosx单调递减，∴cosφ< cos(sinφ)。 ∴sin(cosφ)< cosφ< cos(sinφ)。 【例3】 已知x,y∈[-的值。 ，]，a∈R，且。求cos(x+2y) 解：原方程组化为。 ∵x,-2y∈[-， ]，函数f(t)=t3+sint在[- ，]上单调递增，且f(x)=f(-2y) ∴x=2y，∴cos(x+2y)=1。 【例4】 求证：在区间（0，＝ c， cos（sind）＝ d． ）内存在唯一的两个数c、d(c＜d)，使得 sin（cosc） 证明：考虑函数f（x）＝cos（sinx）－x，在区间[0，]内是单调递减的，并且连续， 由于f（0）＝cos（sin0）－0=1>0，f（）＝cos（sin）－= cos 1－<0， ∴存在唯一的d∈（0，），使f（d）＝0，即cos（sind）＝ d． 对上式两边取正弦，并令c=sind，有sin（cos（sind））=sin d，sin（cosc）=c。 显然c∈（0，）。且由y=sinx在（0，）上的单调性和d的唯一性，知c也唯一。 故存在唯一的c＜d，使命题成立。 【例5】α、β、γ∈（0，大小。 ），且ctgα=α，sin(ctgβ)=β，ctg(sinγ)=γ。比较α、β、γ的 解：∵α、β、γ∈（0，），∴ctgβ>0，0< sinγ<γ<。 ∴β=sin(ctgβ)< ctgβ，γ=ctg(sinγ)> ctgγ。 作出函数y=ctgx在（0，）上的图象，可看出：β<α<γ。 【例6】 n∈N，n≥2，求证：cos·cos· ··· ·cos>。 证明：∵0<<<···<<<1， ∴0 ，cos2=1-sin2 >1-=，k=2，3，…，n。 ∴(cos·cos· ··· ·cos )2>( ·)·(·)·(·)···(·) =·>>( )2， ∴cos·cos· ··· ·cos>。 二、三角恒等变换 众多的三角公式，构成了丰富多彩的三角学。要灵活地进行三角恒等变换，除熟练地 掌握三角公式以及一般的代数变形技巧外，更重要的是抓住三角式的结构特征，从角和函数名入手，深入分析，灵活解题。 【例1】（1）已知cosβ= -，sin(α+β)= ，且0<α<<β<π，求sinα的值。 （2）已知sin(-α)= ，求的值。 提示：（1）sinα=。 （2）sin2α=1-2 sin2( -α)=；=。 【说明】三角变换重在角的变换。 【例2】求coscoscos…cos的值。 解法1：利用公式cosθcos2θcos4θ···cos2nθ= ，得 coscoscoscos= -，∴coscoscoscos=。 又coscos=，cos=， ∴coscoscos…cos=××=。 解法2：coscoscos…cos =··· ··· · ==。 解法3：利用公式cosαcos(+α)cos(-α)= cos3α，取α=、。 【例3】求cos420°+cos440°+cos480°的值。 解：由倍角公式得 cos4θ=()2= (1+2cos2θ+cos22θ)= +cos2θ+cos4θ， ∴cos420°+cos440°+cos480°= ×3+(cos40°+ cos80°+ cos160°) +(cos80°+ cos160°+ cos320°)= +(cos40°+ cos80°+ cos160°) = +(2cos60° cos20°- cos20°)= 。 【例4】若sinα+cosβ=，cosα+sinβ=，求sinαcosβ的值。 解：令θ=-β，则 (1)÷(2)得tg=， cos(α+θ)=， ∴sinαcosβ=sinαsinθ= -[ cos(α+θ)+ cos(α-θ)] = -。 【例5】已知f(x)=sin(x+θ)+cos(x-θ)是偶函数，0<θ<π，求θ。 解法一：由偶函数的定义，可得(cosθ+sinθ)sinx=0对任意x∈R成立。 ∴cosθ+sinθ=0，2 sin(θ+)=0， ∴θ+=kπ，而0<θ<π，∴θ=。 解法二：由f(-)=f()，得θ=，然后验证f(x)是偶函数。 【例7】方程sinx+围，以及α+β的值。 cosx+a=0在（0，2π）内有相异两根α、β，求实数a的取值范 解：∵sinx+cosx+a=0，∴sin (x+)= -。 令t= x+，则t∈(，)，sint= -。 作出函数y= sint，t∈(,)的图象： 由图象可以看出：当-1< -<1且-≠即-2 异两根t1、t2，原方程有相异两根α、β，并且 当-2 时，t1+t2=(α+)+(β+)=π，α+β=； 当- 【例8】已知sinx+siny+sinz=cosx+cosy+cosz=0，求s=tg(x+y+z)+tgxtgytgz的值。 解：由已知得， (1)2+(2)2得cos(x-y)= - ， 同理，cos(y-z)= -，cos(z-x)= -。 ∴x，y，z中任意两角的终边夹角为，不妨设 x=y++2mπ,m∈Z，y=z++2nπ,n∈Z， ∴x= z++2(m+n)π， x+y+z= 3z+2(m+2n+1)π， ∴s=tg(x+y+z)+tgxtgytgz = tg3z+tg(z+)tg(z+)tgz
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