豐富多彩的有理數(shù)競賽題

1、豐富多彩的有理數(shù)競賽題現(xiàn)以2000年、2001年第十二屆，第十三屆“五羊杯”（廣東省數(shù)學會舉辦）初中數(shù)學競賽試題的有理數(shù)競賽題為例，介紹有關解題方法。例1 8 642 097 531、6 420 875 319、4 208 653 197、2 086 431 975、864 219 753的平均數(shù)是（）。（A）4 444 455 555（B）5 555 544 444（C）4 999 999 995（D）5 999 999 994解 注意已知五個數(shù)的特點：右起1至5位每位數(shù)字之和為1+3+5+7+9=25，6至10位每位數(shù)字之和為0+2+4+6+8=20，于是五個數(shù)的平均數(shù)為4 444 455

2、 555。選A。例2 已知 68 920 312690億（四舍五入），那么其中三位數(shù)有（）種填寫的方法。（A）1 000（B）999（C）500（D）499解 可填500，501，502，999，共500種填法。選C。例3 不超過700（是圓周率）的最大整數(shù)是（）。（A）2 100（B）2 198（C）2 199（D）2 200解 3.141 5<<3.141 6，故2 199.05<700<2 199.12。所以應選C。例4 （0.1+1.2+2.3+3.4+4.5+5.6+6.7+7.8+8.9）÷（0.01+0.03+0.05+0.0二次根式【內(nèi)容綜述】

3、一般地，式子叫做二次根式。在解決有關根式的化簡與求值問題時，需要同學們熟練地掌握根式的性質(zhì)、運算法則等知識。另外，特別要掌握好如下的二個重要性質(zhì)：（1）。（2）【要點講解】在這一部分中，通過例題的解答，介紹有關二次根式的化簡、求值、分母有理化等方面的知識，同學們要認真體會其中的解題方法和技巧。例1、化簡. 思路 通過分類討論去掉根號。解原式 例2、化簡思路 用待定系數(shù)法把11-6表示成一個完全平方式。解 設11-6 （則 所以 解得或說明 本題還可用配方法來化簡，請讀者自己來試一試。例3、 分母有理化 。例4 化簡 思路 對分子進行重新的分解組合，使之與分母有公共的因式。解法1 原式=解法2

4、原式說明 對于這種分式型的根式問題的化簡，常用的思路就是對于分子進行巧妙地分解、組合，使之出現(xiàn)分母中的形式，達到化簡的目的。例5 若。思路 先化簡已知條件的復合二次根式，和所求化數(shù)式，然后再求值。說明 本題通過變形已知條件得到，然后利用這個條件進行整體代換，大大簡化了運算過程。這種解題策略在條件求值問題中經(jīng)常運用。例6 設的整數(shù)部分為a，小數(shù)部分為b，求a-b（2b+1）的值。例7 化簡 由當時,當n<-2（除n= -2,因它使分母為零）時,= -, = =例8 設且 ,求的值。解： 設顯然k0，則由已知得即 由已知得 說明：當題目中的變量較多時，常常引入一個參數(shù)，使得每個變量都用這個參

5、數(shù)表示出來，這樣便于化簡。例9設。則與S最接近的整數(shù)是多少？思路：所求式的各項的特征都相同，故可先研究每項的一般形式的結構，即所謂“通項的結構”。解：當n為整數(shù)時，有 = 故與X最接近的整數(shù)是1999。說明：如果所求式子各項的特征相同時，一般要先研究清楚通項的特點，然后再具體到每一項，這是從一般到特殊的思維方法。強化訓練A級1、_2、若則_3、若0<a<1, 則可化簡為_4、設，求的值。B級5、若a表示實數(shù)a的整數(shù)部分，則= 6、分母有理化，_7、自然數(shù)滿足。則 _8、已知化簡參考答案A 級1、-2提示：原式= =2、7提示： 3、 提示：原式=， ， 原式=4、1152提示：由條

6、件知所以從而，原式=5、2提示：=6、 提示：原式=7、10或14提示：已知條件的兩邊平方得，又由題設知是自然數(shù)，且或當時，這時當時，這時。8、或由得. 所以因為 所以若a>0>b, 原式= -ab；若a<0<b, 原式= ab。韋達定理及其應用【內(nèi)容綜述】設一元二次方程有二實數(shù)根，則， 。這兩個式子反映了一元二次方程的兩根之積與兩根之和同系數(shù)a，b，c的關系，稱之為韋達定理。其逆命題也成立。韋達定理及其逆定理作為一元二次方程的重要理論在初中數(shù)學競賽中有著廣泛的應用。本講重點介紹它在五個方面的應用?！疽c講解】1求代數(shù)式的值應用韋達定理及代數(shù)式變換，可以求出一元二次方程

7、兩根的對稱式的值。例1 若a，b為實數(shù)，且，求的值。思路 注意a，b為方程的二實根；（隱含）。解 （1）當a=b時，；（2）當時，由已知及根的定義可知，a，b分別是方程的兩根，由韋達定理得， ab=1.說明 此題易漏解a=b的情況。根的對稱多項式，等都可以用方程的系數(shù)表達出來。一般地，設，為方程的二根，則有遞推關系。其中n為自然數(shù)。由此關系可解一批競賽題。附加：本題還有一種最基本方法即分別解出a，b值進而求出所求多項式值，但計算量較大。例2 若，且，試求代數(shù)式的值。思路 此例可用上例中說明部分的遞推式來求解，也可以借助于代數(shù)變形來完成。解：因為，由根的定義知m，n為方程的二不等實根，再由韋達定

8、理，得，2構造一元二次方程如果我們知道問題中某兩個字母的和與積，則可以利用韋達定理構造以這兩個字母為根的一元二次方程。例3 設一元二次方程的二實根為和。（1）試求以和為根的一元二次方程；（2）若以和為根的一元二次方程仍為。求所有這樣的一元二次方程。解 （1）由韋達定理知，。，。所以，所求方程為。（2）由已知條件可得 解之可得由得，分別討論（p,q）=(0,0)，(1,0)，(,0)，(0,1)，(2,1)，(,1)或(0, )。于是，得以下七個方程，其中無實數(shù)根，舍去。其余六個方程均為所求。3證明等式或不等式根據(jù)韋達定理（或逆定理）及判別式，可以證明某些恒等式或不等式。 例4 已知a，b，c為

9、實數(shù)，且滿足條件：，求證a=b。證明 由已知得，。根據(jù)韋達定理的逆定理知，以a，b為根的關于x的實系數(shù)一元二次方程為由a，b為實數(shù)知此方程有實根。，故c=0，從而。這表明有兩個相等實根，即有a=b。說明 由“不等導出相等”是一種獨特的解題技巧。另外在求得c=0后，由恒等式可得，即a=b。此方法較第一種煩瑣，且需一定的跳躍性思維。4研究方程根的情況將韋達定理和判別式定理相結合，可以研究二次方程根的符號、區(qū)間分布、整數(shù)性等。關于方程 的實根符號判定有下述定理：方程有二正根，ab<0，ac>0；方程有二負根，ab>0，ac>0；方程有異號二根，ac<0；方程兩根均為“0

10、”，b=c=0，；例5 設一元二次方程的根分別滿足下列條件，試求實數(shù)a的范圍。二根均大于1；一根大于1，另一根小于1。思路 設方程二根分別為，則二根均大于1等價于和同時為正；一根大于1，另一根小于是等價于和異號。解 設此方程的二根為，則，。方程二根均大于1的條件為解之得方程二根中一個大于1，另一個小于1的條件為解之得。說明 此例屬于二次方程實根的分布問題，注意命題轉換的等價性；解題過程中涉及二次不等式的解法，請參照后繼相關內(nèi)容。此例若用二次函數(shù)知識求解，則解題過程極為簡便。5求參數(shù)的值與解方程韋達定理及其逆定理在確定參數(shù)取值及解方程（組）中也有著許多巧妙的應用。例6 解方程。解：原方程可變形為

11、。令，。則, 。由韋達定理逆定理知，以a，為根的一元二次方程是。解得，。即a=或a=9?；蛲ㄟ^求解x結果相同，且嚴謹。，（舍去）。解之得，。此種方法應檢驗：是或否成立強化訓練A 級1.若k為正整數(shù)，且方程有兩個不等的正整數(shù)根，則k的值為_。2.若， ，則_。3 .已知和是方程的二實根，則_。4.已知方程（m為整數(shù)）有兩個不等的正整數(shù)根，求m的值。級 5.已知：和為方程及方程的實根，其中n為正奇數(shù)，且。求證：，是方程的實根。6.已知關于x的方程的二實根和滿足，試求k的值。參考答案12提示：原方程即，所以，由知k=1，2，3，5，11；由知k=2，3，4，7。所以k=2，3，但k=3時原方程有二相

12、等正整數(shù)根，不合題意。故k=2。2提示：由x，y為方程的二根，知，。于。321提示：由，知，4設二個不等的正整數(shù)根為，由韋達定理，有消去m，得。即。則且。，。故。5由韋達定理有，。又，。二式相減得。，。將代入有。從而 ，同理 和是方程的根。6當時，可知，所以，當時，易證得。從而，為方程的二不同實根。，。于是，。當時，方程為。解得 或取，即能符合題意，故k的值為。代數(shù)式的變形（整式與分式）在化簡、求值、證明恒等式（不等式）、解方程（不等式）的過程中，常需將代數(shù)式變形，現(xiàn)結合實例對代數(shù)式的基本變形，如配方、因式分解、換元、設參、拆項與逐步合并等方法作初步介紹.1配方在實數(shù)范圍內(nèi)，配方的目的就是為了

13、發(fā)現(xiàn)題中的隱含條件，以便利用實數(shù)的性質(zhì)來解題.例1 設a、b、c、d都是整數(shù)，且m=a2+b2,n=c2+d2,mn也可以表示成兩個整數(shù)的平方和，其形式是_.解mn=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+2abcd+b2d2+a2d2+b2c2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn的形式為(ac+bd)2+(ad-bc)2或（ac-bd）2+(ad+bc)2.例2 設x、y、z為實數(shù)，且(y-z)2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.求的值.解  將條件化簡成2

14、x2+2y2+2z2-2xy-2x2-2yz=0 (x-y)2+(x-z)2+(y-z)2=0 x=y=z,原式=1.2.因式分解前面已介紹過因式分解的各種典型方法,下面再舉幾個應用方面的例子.例3 如果a是x2-3x+1=0的根,試求的值.解  a為x2-3x+1=0的根, a2-3a+1=0,且=1.原式說明:這里只對所求式分子進行因式分解,避免了解方程和復雜的計算.3.換元換元使復雜的問題變得簡潔明了.例4 設a+b+c=3m,求證:(m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.證明 令p=m-a,q=m-b,r=m-c則p+q+r=0.P3+

15、q3+r3-3pqr=(p+q+r)(p2+q2+r2-pq-qr-rp)=0p3+q3+r3-3pqr=0即  (m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0例5 若,試比較A、B的大小.解 設 則.2xy 2x-y0, 又y0,可知  AB.4.設參當已知條件以連比的形式出現(xiàn)時,可引進一個比例系數(shù)來表示這個連比.例6 若求x+y+z的值.解 令則有   x=k(a-b), y=(b-c)k z=(c-a)k,x+y+z=(a-b)k+(b-c)k+(c-a)k=0.例7 已知a、b、c為非負實數(shù)，且a2+b2+c2=1

16、,求a+b+c的值.解  設 a+b+c=k則a+b=k-c，b+c=k-a,a+c=k-b.由條件知即    a2k-a3+b2k-b3+c2k-c3=-3abc,(a2+b2+c2)k+3abc=a3+b3+c3.a2+b2+c2=1,k=a3+b3+c3-3abc=(a+b)3-3a2b-3ab2+c3-3abc=(a+b+c)(a+b)2+c2-(a+b)c-3ab(a+b+c),=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca),k=k(a2+b2+c2-ab-bc-ac),k(a2+b2+c2-ab-bc-ca-1)=0,k(-ab-bc

17、-ac)=0.若K=0, 就是a+b+c=0.若-ab-bc-ac=0,即 (a+b+c)2-(a2+b2+c2)=0,(a+b+c)2=1,a+b+c=±1綜上知a+b+c=0或a+b+c=±15.“拆”、“并”和通分下面重點介紹分式的變形：（1） 分離分式  為了討論某些用分式表示的數(shù)的性質(zhì)，有時要將一個分式表示為一個整式和一個分式的代數(shù)和.例8 證明對于任意自然數(shù)n，分數(shù)皆不可約.證明  如果一個假分數(shù)可以通約，化為帶分數(shù)后，它的真分數(shù)部分也必定可以通約.而     顯然不可通約，故不可通約，從而也不可通約.

18、（2） 表示成部分分式  將一個分式表示為部分分式就是將分式化為若干個真分式的代數(shù)和. (3)通分  通分是分式中最基本的變形,例9的變形就是以通分為基礎的,下面再看一個技巧性較強的例子.例9 已知求證:.證明   6.其他變形例10 已知x(x0，±1)和1兩個數(shù)，如果只許用加法、減法和1作被除數(shù)的除法三種運算（可用括號），經(jīng)過六步算出x2.那么計算的表達式是_.解   x2=x(x+1)-x或  x2=x(x-1)+x例11 設a、b、c、d都是正整數(shù)，且a5=b4,c3=d2,c-a=19,求d-b.解

19、60; 由質(zhì)因數(shù)分解的唯一性及a5=b4,c3=d2,可設a=x4,c=y2,故19=c-a=(y2-x4)=(y-x2)(y+x2)   解得  x=3.  y=10.      d-b=y3-x5=757強化練習1.選擇題（1）把相乘，其乘積是一個多項式，該多項式的次數(shù)是（  ）（A）2         （B）3          （

20、C）6            （D）7       （E）8（2） 已知則的值是（  ）.(A)1      (B)0     (C)-1     (D)3（3）假定x和y是正數(shù)并且成反比，若x增加了p%，則y減少了（  ）.（A）p%   

21、0; (B)%        (C)%          (D)%   (E)%2.填空題（1）（x-3）5=ax5+bx4+cx3+dx2+ex+f，則a+b+c+d+e+f=_,  b+c+d+e=_.(2)若=_.(3)已知y1=2x,y2=,則y1y1986=_3.若（x-z）2-4(x-y)(y-z)=0,試求x+z與y的關系.4.把寫成兩個因式的積,使它們的和為，求這兩個式子.5.若x+3y+5

22、z=0,2x+4y+7z=0.求的值.6.已知x,y,z為互不相等的三個數(shù),求證7.已知a2+c2=2b2,求證8.設有多項式f(x)=4x4-4px3+4qx2+2q(m+1)x+(m+1)2,求證:如果f(x)的系數(shù)滿足p2-4q-4(m-1)=0,那么,f(x)恰好是一個二次三項式的平方.9.設(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b+c+d)(bcd+cda+dab+abc).求證:ac=bd.參考答案1.C.C.E2.(1)-32,210    (2)    (3)23.略.4.5.  

23、0; 6.略,    7.略.8.p2-4q-4(m+1)=0,   4q=p2-4(m+1)=0,f(x)=4x4-4px3+p2-4(m+1)x2+2p·(m+1)x+(m+1)2=4x4+p2x2+(m+1)2-4px3-4(m+1)x2+2p(m+1)x=2x2-px-(m+1)2.9.令a+b=p,c+d=q,由條件化為pq(b+c)(d+a)=(p+q)(cdp+adq),展開整理得cdp2-(ac+bd)+pq+abq2=0,即(cp-bq)(dp-aq)=0.于是cp=bq或dp=aq,即c(a+b)=b(c+a)或d

24、(a+b)=a(c+d).均可得出ac=bd.大、小正方體用大小相等的無色透明玻璃小正方體和紅色玻璃小正方體拼成一個大正方體（如圖1）。大正方體內(nèi)的對角線，所穿過的小正方體都是紅色玻璃小正方體，其他部分都是無色透明玻璃小正方體。小紅正方體共用了401個。問：無色透明小正方體用了多少個？這是第七屆“華杯賽”的試題。，四條對角線都穿過在正中央的那個小正方體，除此而外，每兩條對角線沒有穿過相同的小正方體。所以每條對角線穿過個小正方體。這就表明大正方體的每條邊由101個小正方體組成。因此大正方體由個小正方體組成，其中無色透明的小正方體有=1030301-401=1029900個，即用了1029900個

25、無色透明的小正方體。等腰三角形 直角三角形【內(nèi)容綜述】等腰三角形和直角三角形是兩種非常特殊的三角形，本講中通過一系列有關等腰三角形或直角三角形的問題的解決，既是復習有關三角形全等的知識，同時也是培養(yǎng)同學們分析、解決問題的能力。同學們通過學習下面問題的分析、解答過程，特別要注意體會如何根據(jù)題目的已知信息和圖形特征作出適當?shù)妮o助線。這是學習本節(jié)的難點所在?！疽c講解】例1 如圖2-8-1,中，AB=AC，D為AB上一點，E為AC延長線上一點，且BD=CE，DE交BC于G。求證：DG=EG。思路 因為GDB和GEC不全等，所以考慮在GDB內(nèi)作出一個與GEC全等的三角形。證明：過D作DHAE，交BC于

26、HAB=ACDB=DH又DB=CEDH=CE又DG=EG.說明 本題易明顯得出DG和EG所在的DBG和ECG不全等，故要構造三角形的全等，本題的另一種證法是過E作EFBD，交BC的延長線于F，證明DBGEFG，讀者不妨試一試。例2 如圖2-8-2，D為等邊ABC的內(nèi)部一點，DB=DA，BE=AB，DBE=DBC，求BED的度數(shù)。思路 從已知中知等邊ABC的每個內(nèi)角為60°。所以要想辦法把BED和60°這一信息產(chǎn)生聯(lián)系。解：連結DC由ABC是等邊三角形且BE=AB可得BE=BC又DBE=DBC,BD=BDDBEDBC,BED=BCDDB=DA，DC=DC，CB=CA，CBDC

27、ADBCD=ACD=BCA=×60°=30°BED=30°說明 證明兩角相等的重要思路之一就是證明這兩角所在的兩個三角形能全等。例3 如圖2-8-3，在ABC中，AB=AC，A=100°,作B的平分線與AC邊交于E，求證：BC=AE+BE。 思路 要想辦法把AE+BE替換成一條線段a，然后只需證明BC=a。證明 延長BE到F，使EF=AE，連結FC，作BEC的平分線交BC于G，由AB=AC，BAC=100°，可知ABE=CBE=20°因而 AEB=GEB=60°于是 AEBGEB則有 EG=EA=EF又由 GEC=

28、FEC=60°所以 GECFEC所以 EFC=EGC=180°100°=80°從而 BCF=80°故 BC=BF=AE+BE例4 如圖2-8-4, P為等邊ABC內(nèi)任一點，PDAB于D，PEBC于E，PFAC于F。 求證：PD+PE+PF是定值。思路 考慮把PD+PE+PF用等邊ABC的邊長、周長、高、面積等不變量表示出來。證明 連結PA、PB、PC，過A作AHBC于H。，又AB=BC=CA，PD+PE+PF=AH因為等邊三角形的大小已給定，則它的高也隨之確定。PD+PE+PF是定值。說明 題中的PD、PE、PF這三段都是點到線段的距離，故聯(lián)想

29、到了三角形的面積，利用各個部分的面積之和等于整體的面積建立了等式關系。例5 如圖2-8-5，在ABC中，BFAC，CGAB，垂足分別是F、G，D是BC的中點，DEFG，垂足是E。求證：GE=EF。 思路 利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)，只需證明DG=DF。證明 連結DG、DF。DG是RtBCG的斜邊BC上的中線。，同理可證DG=DF又DEFG，GE=EF說明 若題目中作了三角形的高，就應注意所形成的直角三角形這一圖形，如本題圖中的RtBGC和RtCFB。 例6 已知一個直角三角形的邊長都是自然數(shù)，且周長和面積的量數(shù)相等，求這個三角形的三邊長。思路 列出三邊長滿足的關系式，然后通過分析、討論得出三

30、邊的長度。解設三邊長分別為a，b，c，其中c為斜邊，則 由得,代入得，即ab0,ab4a4b8=0(a、b為自然數(shù))a4=1，2，4，8a=5，6，8，12； b=12，8，6，5； c=13，10，10，13三邊長分別為6、8、10或5、12、13。說明 本題是用代數(shù)方法解幾 何題，這種方法今后還大有用處，請讀者注意它。例7 如圖2-8-6，在ABC中，AB=AC=CB，AE=CD，AD、BE相交于P，BQAD于Q。求證：BP=2PQ。思路 在RtBPQ中，本題的結論等價于證明PBQ=30°證明 AB=CA，BAE=ACD=60°，AE=CD，BAEACDABE=CADB

31、PQ=ABE+BAP=CAD+BAP=60°又BQADPBQ=30°BP=2PQ說明 本題把證明線段之間的關系轉化為證明角的度數(shù)，這種轉換問題的方法值得讀者細心體會。強化練習A 級1在ABC中，ACB=90°，D、E為AB上的二點，且AE=AC，BD=BC，如圖2-8-7，則DCE的度數(shù)是_。2ABC中，AB=AC，D在BC上，BAD=30°，在AC上取AE=AD，則EDC的度數(shù)是_。3已知直角三角形的周長為，斜邊上的中線長為1，則這個直角三角形的面積是_。4如圖2-8-8 P是等邊ABC外的一點，APB=APC=60°，求證：PA=PB+PC

32、。5等腰三角形的各邊均為正整數(shù)，周長為15，則滿足條件的三角形有_。6三角形三邊的長滿足，則這個三角形的形狀是_。7在等腰直角ABC中，P為斜邊上的一點，四邊形EPFC是矩形，D 為AB的中點，如圖2-8-9，則DE和DF的大小關系是_。8如圖2-8-10，AC=BC，C=20°，又M在AC邊上，N在BC邊上且滿足BAN=50°，ABM=60°，求NMB的度數(shù)。參考答案145°提示：由AE=AC得AEC=90°，同理由BD=BC得BDC=90°，又因為A+B=90°，所以得AEC+BDC=135°，所以DCE=45

33、°。215°提示：由題設條件設AED=ADE=X°，所以EDC=XC。又因為2C+30°+（180°2X）=180°，由此可得XC=15°，所以EDC=15°。3提示：設它的三邊長為a，b，c，由題設條件得c=2，所以 由得ab=1，則4.提示：在PA上截取PD=PB，連結BD，可證出BP=BD，AB=BC，所以得，則AD=PC，所以BP+PC=PD+DA=PA。5答案：4個提示：由題意設三邊為x，x，y，則有 解得，x=4，5，6，7。當x=4時，y=7；當x=5，y=5；當x=6，y=3，當x=7，y=1；故符

34、合條件的三角形共有4個。 6等腰三角形。提示： a=b或b=c7DE=DF提示：連結CD，則由題設條件得，F(xiàn)CD=EAD=45°，CF=EP=EA，所以FCDEAD，故DE=DF。 830° 簡解：易證AB=BN，AMB=40°， 如圖2-8-11，作等腰BAD，使BD=BA=BN，又ABD=180°2CAB=20°，DBN=80°20°=60°，BDN是等邊三角形，BD=DN，又在BDM中，DBM=DMB=40°，故DMB為等腰三角形，由MDN=180°ADBBDN=40°知，DN=

35、DM=DBNMB=NMABMA=70°40°=30°。多邊形【內(nèi)容綜述】在同一平面內(nèi)，由一些線段首尾順次相接組成的圖形叫做多邊形。如果延長多邊形的任一條邊，整個多邊形都在這條延長邊的一側，那么這樣的多邊形就叫做凸多邊形。下面所說的多邊形均指凸多邊形。它的重要性質(zhì)是：幾邊形的內(nèi)角和是，由于這個結論與邊數(shù)有關，所以這不是對多邊形的最本質(zhì)的刻劃。更加本質(zhì)的是它的推論：任意多邊形的外角和等于?！疽c講解】多邊形中通過連結對角線中把多邊形就分割為若干個三角形，這就把研究多邊形的問題轉化為研究三角形的問題，這是一種重要的研究思路，請讀者在下面的解題過程中認真體會這種思路。例1

36、 已知多邊形的內(nèi)角和是外角和的3倍，求這個多邊形的邊數(shù)。思路 設多邊數(shù)的邊數(shù)為n，然后通過已知條件列出n的方程，再求出n值。解 設這個多邊形的邊數(shù)為n，根據(jù)題意得解之得 n=8答：這個多邊形的邊數(shù)為8說明 本題通過設邊數(shù)為n，然后依題意列出n的方程，再求出n值。這是運用方程的思想解幾何題。這種思想方法今后還會經(jīng)常用到。例2 一個多邊形的每個內(nèi)角都等于，求這個多邊形的邊數(shù)。思路1 利用多邊形的內(nèi)角和定理。解法1 設這個多邊形的邊數(shù)為n，根據(jù)題意得解之得n=10思路2 利用多邊形的外角和定理。解法2 因為這個多邊形的每個內(nèi)角都等于，所以每個外角都等于，而多邊形的外角和是，所以這個多邊形的邊數(shù)是 .

37、說明 當你們學習了解法1和解法2后，你們心里產(chǎn)生了怎樣的想法呢？顯然，解法1比較傳統(tǒng)，解法2則標新立異，這就啟發(fā)我們解題時選擇恰當?shù)某霭l(fā)點是多么重要。例3 一個多邊形除了一個內(nèi)角之外的所有內(nèi)角和等于，求這個多邊形的邊數(shù)和這個內(nèi)角的度數(shù)。思路 利用多邊形的內(nèi)角和定理。解 設這個多邊形的邊數(shù)為n，這個內(nèi)角的度數(shù)為X，根據(jù)題意有 . 又 解之得 又 由n是正整數(shù)得n=14 說明 在解題中要重視對題目隱含條件的發(fā)掘和利用。如本題中的x取值范圍是。n是正整數(shù)等。例4 求證：n邊形的內(nèi)角中，最多有3個銳角。思路1 用反證法.證法1 假設n邊形至少有4個銳角，取出4個銳角之后剩下的角記為，則有，得 那么 ，

38、中至少有一個大于，而這與，中的每一個都小于180矛盾。所以，n邊形的內(nèi)角中，最多有3個銳角。思路2 轉化為證明它的等價命題：n邊形的外角中，最多有3個鈍角。證法2 因為n邊形的外角和是，所以這n個外角中最多有3個鈍角。（若有4個或4個以上角是鈍角，則外角和就大于，這與n邊形的外角和定理矛盾）。這3個是鈍角的外角的對應內(nèi)角就是銳角。所以，n邊形的內(nèi)角中，最多有3個銳角。說明 當要證明的是有關：“最多”、“至少”等問題時，常常用反證法證明。通過證法1、2的比較后，我們就應認清“多邊形的外角和定理”是對多邊形的本質(zhì)刻劃。 例5 如圖2-9-1，求的度數(shù)。 思路 要想方設法把這些要求的角集中在一個或幾

39、個多邊形中。解 連結AF AD和CF交于O又在四邊形ABEF中，有即例6 如圖2-9-2，試求的度數(shù)。思路 連結CH，利用五邊形CDEFH求所求角的度數(shù)。 解 連結HC.在五邊形CDEFH 中，有說明 這類題解決的關鍵在于通過連結輔助線，巧妙的把所求的角放入若干個多邊形中，借助于多邊形的內(nèi)角和來解決問題。例7如圖2-9-3， 并且試求k的值。思路 利用題設條件求出的具體值，然后求出K的值。解 例8 己知一個凸十一邊形由若干個邊長為1的等邊三角形和邊長為1的正方形無重疊，無間隙拼成，求該凸十一邊形的各內(nèi)角的大小。思路 設凸十一邊形的內(nèi)角中有 的個數(shù)分別為x, y, z, s. 列出它們滿足的關系

40、式，并求出x, y, z, s的值。解 設此凸十一邊形的各個內(nèi)角中有 x個 y個 z個 s個由題意有 由得 代入化簡得因為均為非負整數(shù)，所以故=10.則這個凸十一邊形有一個角是，有十個內(nèi)角都是。強化訓練A級填空題 1. 一個n邊形的內(nèi)角和等于它的外角和，則n=_. 2. 一個凸n邊形的外角中，最多有一個鈍角。 3. 已知凸n邊形的n個內(nèi)角與某一個外角之和為，則n=_.4. 如圖2-9-4，求A+B+C+D+E的度數(shù)。B級5. 一個六邊形的六個內(nèi)角都是,連續(xù)四邊的長度依次是1,3,3,2, 則這個六邊形的周長是_.6. 一個多邊形有三個內(nèi)角為鈍角,這樣的多邊形邊數(shù)的最大值是_。7. 在同一平面上

41、畫兩個邊數(shù)各為的凸多邊形。如果 沒有任何線段重合，則的交點數(shù)的最大值是_。8. 在n邊形內(nèi)有m個點，以這n+m個點為頂點組成k個互不重疊的三角形，求k的值。參考答案:填空題1. 4。提示： .2. 3。 提示：因為n邊形的外角和為，所以鈍角最多有3個。（若有4個成4個以上外角為鈍角，則外角和將大于，這與外角和定理矛盾）。3 9。提示：設這個外角為，則。 又，。解之得 。又由n是整數(shù)得n=9。4。如圖2-9-5， ， ， 。 5 15。 提示：如圖2-9-6，延長BC、DE、AF交于G、H、M，由六邊形的每個內(nèi)角都是，得CHD、FEM、GBA、GHM都是等邊三角形GB=GA=AB=1， CH=D

42、H=CD=3， GH=1+3+3=7。進而可求得EF=2，AF=4，周長為1+3+3+2+2+4=15。6 6。提示： 由已知知這三個是鈍角的內(nèi)角的相鄰外角是銳角，又因為外角和為，所以，外角中余下的鈍角個數(shù)最多為3個，所以，多邊形邊數(shù)的最大值是6。7 2n。提示：首先，任一直線與凸多邊形的邊最多有兩個交點，否則至少有個交點，必存在一個交點，其兩旁均有交點，延長這一點所在的邊，則多邊形被這條延長直線分成兩部分，與凸多邊形矛盾。其次，當?shù)拿恳粭l邊都有兩個交點時，交點數(shù)最多。故交點數(shù)的最大值是2n。 k=2m+n-2。簡解：用兩種方法來計算k個三角形的內(nèi)角和。一方面，, 另一方面按“點”來計算有 n

43、邊形內(nèi)的m個點，每點對應一個周角，共。 n邊形的n個內(nèi)角和為。得 。競賽訓練題一、選擇題1如果一個直角三角形的兩條直角邊為x和y，并且xy，z是斜邊，則下面的關系式中一定成立的是（ ）。（A）x2（z-y）（B）x=2（z-y）（C）x2（z-y）（D）不能確定2如圖1所示為一個長方體砍去兩個角后的立體圖形，如果照這樣砍去長方體的八個角，則新的立體的棱有（ ）。（A）24條（B）30條（C）36條（D）42條3用數(shù)碼2、4、5、7可以組成四位數(shù)，在每個四位數(shù)中，每個數(shù)碼只出現(xiàn)一次，一共有24個四位數(shù)，將這些四位數(shù)從小到大排列，則排在第17位的四位數(shù)是（ ）。（A）4527（B）5724（C）5

44、742（D）72454在的正整數(shù)解（x，y）中，x+y的最大值是（ ）。（A）1189（B）1517（C）1657（D）17495正整數(shù)n小于100，并且滿足，其中x表示不超過x的最大整數(shù)，這樣的正整數(shù)n有（ ）。（A）2個（B）3個（C）12個（D）16個二、填空題6如果*表示一種運算，它是由下面的式子來定義的，則（1*2）*3=_。7為了給一本書的各頁標上頁碼，排版人員一共打擊了3289個數(shù)碼，則這本書的頁數(shù)是_頁。8y=|x+1|+|x-2|+|x+3|，則y的最小值是_。9已知，x表示y的小數(shù)部分，則的值為_。10設，且，設，則S的最大值是_。三、解答題11求出所有的三位正整數(shù)使得。1

45、2矩形ABCD中，AB=20，BC=10，若在AC、AB上各取一點M、N（如圖2），使BM+MN的值最小，求這個最小值。13如圖3，ABCD是正方形，點P是正方形的中心，以正方形的一邊AD為斜邊，向外作直角三角形AED，連結PE，證明：PE平分DEA。參考答案1xyz，z+y2x。又，而（z+y）（z-y）2x（z-y），x2（z-y）。應選A。2原長方體有12條棱，每砍去一個角增加3條棱，所以新的立體一共有36條棱（12+8×3），3從第1到第6個數(shù)，開頭的數(shù)碼是2，從第7到第12個數(shù)，開頭的數(shù)碼是4，從第13到第18個數(shù)的開頭的數(shù)碼是5。5開頭的四位數(shù)按大小排列應為5247，54

46、27，5472，5724，5742。故應選B。4，且x、y為正整數(shù)，m、n為正整數(shù)。則。m+n=7。當時，x+y=1517，當時，x+y=1189。當時，x+y=1025，x+y的最大值為1517。故應選B。5由于，若x不是整數(shù)，則xx，所以要使，都成立，必須有n是2、3、6的倍數(shù)，即n是6的倍數(shù)。這里1n100，所以n可取其中的個數(shù)。故應選D。6，。7從19頁用了9個數(shù)碼，1099頁用了2×90=180個數(shù)碼。100999用了2700個數(shù)碼，而排版人員點擊了3289個數(shù)碼，從而知有400個數(shù)碼用于標四位數(shù)的頁碼。只能從1000標到1099頁，所以這本書的頁碼為1099頁。8如圖4，

47、-1，2，3在數(shù)軸上的對應點分別為A、B、C由絕對值的意義知即要在數(shù)軸上找一點，使得這一點與A、B、C三點的距離之和最小，顯然這一點就是B點。當x=2時，。9，則，于是。10設，則A+B=S，將代入上式，得，易知S0，S的最大值為。11因為2倍的三位數(shù)大于1000而小于2000，所以一定是大于500而小于1000，因此A為5、6、7、8或9，整數(shù)A又必須是偶數(shù)，所以A是6或8。如果A是6，這樣我們需要找出B和C使得，這等價于，化簡后即為，而194不是8的倍數(shù)，所以A不能是6。如果A=8，我們就有，這就等價于，即，因此，等于74，所以B=7，C=4，所以所求的三位數(shù)是874。12如圖5，作B關于

48、AC的對稱點B，連結AB，則N關于AC的對稱點N在AB上，過B作AB的垂線，垂足為H，則BM+MN=BM+MNBH，即BM+MN的最小值為BH。設AB交CD于點P，連結BP，則ABP的面積等于，由ABCD及由對稱性知PAC=PCA，AP=PC，設AP=PC=x，則DP=20-x，根據(jù)勾股定理，得，解得x=12.5。又，。故BM+MN的最小值是16。13如圖6，過C作ED延長線的垂線，交于F，過B作EA延長線的垂線，交于H。HB的延長線和FC的延長線交于G。易證RtCFDRtDEARtAHBRtBGC，四邊形EHGF也是正方形，P也是正方形EHGF的中心。PE平分DEA。分式經(jīng)驗談：分式 常常因

49、為其復雜的結構使人望而生畏，成為考試中的難點。靈活的運用相關的方法是解決這類問題的唯一途徑-加之以靈巧的"拔"，通過分析來例證，則可以使分式悄然變成考試中的亮點?！緝?nèi)容綜述】一般地，有A，B表示兩個整式，則式子就叫做分式，注意B有兩點要求：B中含有字母，B0。要解決有關分式的問題，就必須準確掌握分式的概念，分式的基本性質(zhì)、分式的四則運算等知識，本講主要講述分式的變形和求值的技巧。【要點講解】 例1 已知a,b為整數(shù)，且滿足（）（）。求a+b 的值。思路 先把已知等式的左邊化簡，然后考慮求出、b的值。解 左邊= = = =4而a,b為整數(shù)且不相等，故3b-2,3a-2只可能取

50、值1，4或-1，-4.不妨設b<a, 則 或容易得出無整數(shù)解，的解為b=1,a=2.例2 已知a,b,c為非零實靈敏，且求。思路應設法由已知關系式找出a、b、c之間的關系，然后再求值。解設 三式相加得說明 當已知條件以連比的形式出現(xiàn)時，可引進一個參數(shù)來表示這個連比，從而將條件分式轉化為整式。例3 將分式化為部分分式。思路由于故可利用待定系數(shù)法，為使兩個部分分式之和的分式的分子為, 則其中每個部分分式的分子應為常數(shù)。解因為，于是可設得即 比較系數(shù)，得解得 A=1，B=2，所以原式說明 將一個真分式表示成若干個真分式的代數(shù)和的恒等變形叫做將分式化為部分分式，待定系數(shù)法是化部分分式的常用方法。這種變形在有關分式計算等方面運用較多。例4 化簡 +.思路先