初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式

1、初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)數(shù)與式數(shù)與式性質(zhì)1 任何一個有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后面為零的小數(shù))或循環(huán)小數(shù)的形式，反之亦然 有理數(shù)性質(zhì)1 任何一個有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)有理數(shù)對四則運(yùn)算是封閉的，而無理數(shù)與無理數(shù)的和，差，積，商不一定是無理數(shù)如：即無理數(shù)對四則運(yùn)算不封閉但它有下列性質(zhì)：性質(zhì)2 設(shè)a為有理數(shù)，b為無理數(shù)，則(1)a+b，a-b是無理數(shù)；(2)a0時，ab與ab為是無理數(shù).無理數(shù)有理數(shù)和無理數(shù)統(tǒng)稱為實(shí)數(shù)，記作即無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)有理數(shù)對四則運(yùn)算是封閉的，而無理數(shù)證 （反證法）所以p一定是偶數(shù)設(shè)p=2m(m是自然

2、數(shù))，代入得4m22q2，q22m2，證 （反證法）所以p一定是偶數(shù)設(shè)p=2m(m是自然數(shù))例4 若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2為有理數(shù)，a為無理數(shù))，則a1=a2，b1=b2，反之，亦成立證：將原式變形為(b1-b2)a=a2-a1若b1b2，則反之，顯然成立例4 若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b實(shí)數(shù).實(shí)數(shù)集R對加、減、乘、除 ( 除數(shù)不為0 ) 四則運(yùn)算是封閉的，即任意兩個實(shí)數(shù)的和、差、積、商 ( 除數(shù)不為0 ) 仍然是實(shí)數(shù).實(shí)數(shù)集是有序的，即任意兩實(shí)數(shù)a，b必滿足下述三個關(guān)系之一: ab3. 實(shí)數(shù)的大小關(guān)系具有傳遞性，即若ab,bc,則ac

3、 4.實(shí)數(shù)具有阿基米德(Archimedes)性，即對任何 5實(shí)數(shù)集R具有稠密性，即任何兩個不相等的實(shí)數(shù)之間必有另一個實(shí)數(shù)， 且既有有理數(shù)，也有無理數(shù)6實(shí)數(shù)集R具有完備性，即實(shí)數(shù)集R與數(shù)軸上的點(diǎn)有著一一對應(yīng)關(guān)系實(shí)數(shù).實(shí)數(shù)集R對加、減、乘、除 ( 除數(shù)不為0 ) 四例1 比較下列各組數(shù)的大小(不查表)若ab0，則anbn(n為大于1的整數(shù))反之，若a0，b0，且anbn，則ab例1 比較下列各組數(shù)的大小(不查表)若ab0，則an初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式例2： 已知a，b是兩個任意有理數(shù)，且ab，求證：a與b之間存在著無窮多個有理數(shù)(即有理數(shù)集具有稠密性) 證： 因?yàn)閍b，所以2aa+b2b，

4、即abab例2： 已知a，b是兩個任意有理數(shù)，且ab，求證：a與b之例： 已知a，b是兩個任意有理數(shù)，且ab，問是否存在無理數(shù)，使得ab成立？由，有存在無理數(shù)，使得ab成立即 例： 已知a，b是兩個任意有理數(shù)，且ab，問是否存整除是整數(shù)問題中一個重要的基本概念.如果整數(shù)a除以自然數(shù)b，商是整數(shù)且余數(shù)為0，我們就說a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，記作b丨a.此時，b是a的一個因數(shù)（約數(shù)），a是b的倍數(shù).1.整除的性質(zhì)性質(zhì)1 如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（這里設(shè)ab）.例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.性質(zhì)2 如果a能被b整除

5、，b能被c整除，那么a能被c整除。例如： 3丨6，6丨24，那么3丨24.性質(zhì)3 如果a能同時被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍數(shù)整除.例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍數(shù)是18，18丨36.整除問題整除是整數(shù)問題中一個重要的基本概念.如果整數(shù)a除以自然數(shù)性質(zhì)4 整數(shù)a，能分別被b和c整除，如果b與c互質(zhì)，那么a能被bc整除.例如：72能分別被3和4整除，由3與4互質(zhì)，72能被3與4的乘積12整除.（3）能被3（或9）整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的各位數(shù)字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.2.數(shù)的整除特征（1）能被2整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的個位數(shù)字是

6、偶數(shù)，那么它必能被2整除.（2）能被5整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的個位數(shù)字是0或5，那么它必能被5整除.性質(zhì)4 整數(shù)a，能分別被b和c整除，如果b與c互質(zhì)，那么a例（6）能被11整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差（大減小）能被11整除，那么它必能被11整除.（4）能被4（或25）整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的末兩位數(shù)能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.（5）能被8（或125）整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的末三位數(shù)能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.（6）能被11整除的數(shù)的特征：如果一個整數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與例一本老賬本上記著：

7、72只桶，共67.9元，其中處是被蟲蛀掉的數(shù)字，請把這筆賬補(bǔ)上.解：把67.9寫成整數(shù)a679b ， 72a679b7298，（9，8）.按照前面的性質(zhì)4，8a679b且a679b按被8整除的特征，879b，因此b2. 按照被9整除特征，9a+24，因此a3.這筆帳是367.92元.例一本老賬本上記著：72只桶，共67.9元，其中處例下面這個41位數(shù) 能被7整除，中間方格代表的數(shù)字是幾？解：因?yàn)?11111137111337，所以5555555111111和9999999111111都能被7整除.這樣，18個5和18個9分別組成的18位數(shù)，也都能被7整除.上邊的三個加數(shù)中，前、后兩個數(shù)都能被7

8、整除，那么只要中間的5599能被7整除，原數(shù)就能被7整除.把5599拆成兩個數(shù)的和：55A00B99，其中=A+B.因?yàn)?丨55300，7丨399，所以=3+36.注意：記住111111能被7整除是很有用的.例下面這個41位數(shù) 能被7整除，解：因分解質(zhì)因數(shù) 一個整數(shù)，它的約數(shù)只有1和它本身，就稱為質(zhì)數(shù)（也叫素數(shù)）.例如，2，5，7，101，. 一個整數(shù)除1和它本身外，還有其他約數(shù)，就稱為合數(shù).例如，4，12，99，501，.1不是質(zhì)數(shù)，也不是合數(shù).也可以換一種說法，恰好只有兩個約數(shù)的整數(shù)是質(zhì)數(shù)，至少有3個約數(shù)的整數(shù)是合數(shù)，1只有一個約數(shù)，也就是它本身.質(zhì)數(shù)中只有一個偶數(shù)，就是2，其他質(zhì)數(shù)都是奇

9、數(shù).但是奇數(shù)不一定是質(zhì)數(shù)，例如，15，33，.分解質(zhì)因數(shù) 一個整數(shù)，它的約數(shù)只有1和它本身 一個整數(shù)的因數(shù)中，為質(zhì)數(shù)的因數(shù)叫做這個整數(shù)的質(zhì)因數(shù)，例如，2，3，7，都是42的質(zhì)因數(shù)，6，14也是42的因數(shù)，但不是質(zhì)因數(shù).任何一個合數(shù)，如果不考慮因數(shù)的順序，都可以唯一地表示成質(zhì)因數(shù)乘積的形式，例如360222335=23325例1 有四個學(xué)生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：我們先把5040分解質(zhì)因數(shù)5040243257.再把這些質(zhì)因數(shù)湊成四個連續(xù)自然數(shù)的乘積：24325778910.所以，這四名學(xué)生的年齡分別是7歲、8歲、9歲和10歲

10、 一個整數(shù)的因數(shù)中，為質(zhì)數(shù)的因數(shù)叫做這個整數(shù)的質(zhì)因數(shù)，例 有四個學(xué)生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：設(shè)他們的年齡分別是x-1, x , x+1 , x+2例 有四個學(xué)生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，解：設(shè)他利用合數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個數(shù)（包括1和它本身）.為尋求一般方法，先看一個簡單的例子.我們知道24的約數(shù)有8個：1，2，3，4，6，8，12，24.對于較大的數(shù)，如果一個一個地去找它的約數(shù)，將是很麻煩的事.因?yàn)?4233，所以24的約數(shù)是23的約數(shù)（1，2，22，23）與3的約數(shù)（1，3）之間的兩兩乘積.1

11、1，13，21，23，221，223，231，233.這里有428個，即 （31）（11）個利用合數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個數(shù)（包括1和它本如果合數(shù)B分解質(zhì)因數(shù)后是：B=ambncp其中a、b、c均為質(zhì)數(shù)，m、n、p均為自然數(shù). 那么，它的約數(shù)個數(shù)有（m+1）（n+1）（p+1）（個）如果合數(shù)B分解質(zhì)因數(shù)后是：其中a、b、c均為質(zhì)數(shù)，那么，例 在100至150之間，找出約數(shù)個數(shù)是8的所有整數(shù). 8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)例 在100至150之間，找出約數(shù)個數(shù)是8的所有整數(shù). 8初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式例 有一種最簡真分?jǐn)?shù)，它們的分子與分

12、母的乘積都是420.如果把所有這樣的分?jǐn)?shù)從小到大排列，那么第三個分?jǐn)?shù)是多少？解：把420分解質(zhì)因數(shù)42022357.為了保證分子、分母不能約分（否則約分后，分子與分母的乘積不再是420了），相同質(zhì)因數(shù)，要么都在分子，要么都在分母，并且分子應(yīng)小于分母.分子從小到大排列是1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超過分母了，它們相應(yīng)的分?jǐn)?shù)是例 有一種最簡真分?jǐn)?shù)，它們的分子與分母的乘積都是420.如余數(shù)問題 在整數(shù)除法運(yùn)算中，除了前面說過的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形. 被除數(shù)=除數(shù)商+余數(shù).通常把這一算式稱為帶余除式，它使我們?nèi)菀讖摹坝鄶?shù)”出發(fā)去考慮問題，這正是某些整數(shù)問題所需

13、要的.特別要提請注意：在帶余除式中，余數(shù)總是比除數(shù)小，這一事實(shí)，解題時常作為依據(jù) .例17 5397被一個質(zhì)數(shù)除，所得余數(shù)是15.求這個質(zhì)數(shù).解：這個質(zhì)數(shù)能整除5397-155382，而 53822321323.因?yàn)槌龜?shù)要比余數(shù)15大，除數(shù)又是質(zhì)數(shù)，所以它只能是23.余數(shù)問題 在整數(shù)除法運(yùn)算中，除了前面說過的“能同余兩個整數(shù)a,b除以正整數(shù)m，若余數(shù)相同，則稱a與b關(guān)于模m同余，記作ab(mod m)，這叫做同余式。如果ab(mod m)，則mba例：一整數(shù)被967,1000,2001除所得余數(shù)相同，求該整數(shù)解：由上面的結(jié)論，所求整數(shù)應(yīng)能整除 967，1000，2001的兩兩之差，即1000-

14、96733311，2001-1000100171113，2001-967103421147.這個整數(shù)是這三個差的公約數(shù)11.同余如果ab(mod m)，則mba例：一整數(shù)被967 二次根式的概念、性質(zhì)以及運(yùn)算法則是根式運(yùn)算的基礎(chǔ)，在進(jìn)行根式運(yùn)算時，往往用到絕對值、整式、分式、因式分解，以及配方法、換元法、待定系數(shù)法等有關(guān)知識與解題方法，也就是說，根式的運(yùn)算，可以培養(yǎng)同學(xué)們綜合運(yùn)用各種知識和方法的能力二次根式 二次根式的概念、性質(zhì)以及運(yùn)算法則是根式運(yùn)算的二次根式的性質(zhì)：二次根式二次根式的性質(zhì)：二次根式二次根式的運(yùn)算法則：設(shè)a，b，c，d，m是有理數(shù)，且m不是完全平方數(shù)，則當(dāng)且僅二次根式的運(yùn)算法則

15、：設(shè)a，b，c，d，m是有理數(shù)，且m不是完解法1： 配方法例：解法1： 配方法例：解法2 待定系數(shù)法 解法2 待定系數(shù)法 例： 化簡： (2)這是多重復(fù)合二次根式，可從里往外逐步化簡例： 化簡： (2)這是多重復(fù)合二次根式，可從里往外逐步分析 被開方數(shù)中含有三個不同的根式，且系數(shù)都是2，可以看成解 設(shè)例分析 被開方數(shù)中含有三個不同的根式，且系數(shù)都是2，解 設(shè)例解 用換元法例解 用換元法解：利用(ab)3a3b33ab(ab)來解將方程左端因式分解有(x-4)(x24x10)0因?yàn)閤24x10(x2)260，所以x-40，x4所以原式4例解：利用(ab)3a3b33ab(ab)來解將方例解 用構(gòu)

16、造方程的方法來解設(shè)原式為x，利用根號的層數(shù)是無限的特點(diǎn)，有兩邊平方得兩邊再平方得x4-4x242x，所以x4-4x2-x20(x1)(x-2)(x2x-1)0 例解 用構(gòu)造方程的方法來解設(shè)原式為x，利用根號的層數(shù)是無例例分式分式分式式若一個分式分母的值為零，則分式無意義當(dāng)分式的分子的值為零而分母的值不為零時，分式的值為零 .分式的基本性質(zhì)分式的分子和分母都乘以（或除以）同一個不等于零的整式，分式的值不變例1 化簡分式： 分式式若一個分式分母的值為零，則分式無意義當(dāng)分式的分例 已知：x+y+z=3a(a0，且x，y，z不全相等)，求解 令x-a=u，y-a=v，z-a=w，則分式變?yōu)?u2+v2

17、+w2+2(uv+vw+wu)=0由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全為零，所以u2+v2+w20，從而有例 已知：x+y+z=3a(a0，且x，y，z不全相等)例(x-4)2=3，即x2-8x+130原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2例(x-4)2=3，即x2-8x+130例解法1: 利用比例的性質(zhì)解決分式問題(1)若a+b+c0，由等比定理有所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，例解法1

18、: 利用比例的性質(zhì)解決分式問題所以a+b-c=c解法2:設(shè)參數(shù)法令則a+b=(k+1)c，a+c=(k+1)b，b+c=(k+1)a+有2(a+b+c)=(k+1)(a+b+c)，所以 (a+b+c)(k-1)=0，故有k=1或 a+b+c=0當(dāng)k=1時，當(dāng)a+b+c=0時，解法2:設(shè)參數(shù)法令則a+b=(k+1)c，當(dāng)a+b+c一個分式是兩個多項(xiàng)式的商。設(shè)分子的次數(shù)為n，分母的次數(shù)為m。當(dāng)nm時，該分式稱為真分式；當(dāng)nm時，該分式稱為假分式。如果一個分式不是真分式，可以通過帶余除法化為一個多項(xiàng)式與一個真分式的和。把一個真分式化為幾個更簡單的真分式的代數(shù)和，稱為將分式化為部分分式。 部分分 數(shù)

19、和 分 式一個分式是兩個多項(xiàng)式的商。設(shè)分子的次數(shù)為n，分母的次數(shù)為m。把一個分式分為部分分式的一般步驟是： （1）把一個分式化成一個整式與一個真分式的和； （2）把真分式的分母分解因式； （3）根據(jù)真分式的分母分解因式后的形式，引入待定系數(shù)來表示成為部分分式的形式； （4）利用多項(xiàng)式恒等的性質(zhì)和多項(xiàng)式恒等定理列出關(guān)于待定系數(shù)的方程或方程組； （5）解方程或方程組，求待定系數(shù)的值； （6）把待定系數(shù)的值代入所設(shè)的分式中，寫出部分分式。把一個分式分為部分分式的一般步驟是：初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式1運(yùn)用公式法(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a22ab+b2=(ab)2；(3)a3+

20、b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+abn-2+bn-1)其中n為正整數(shù)；因式分解1運(yùn)用公式法因式分解例： 分解因式：x15+x14+x13+x2+x+1 解： 因?yàn)閤16-1=(x-1)(x15+x14+x13+x2+x+1)，所以例： 分解因式：x15+x14+x13+x2+x+1例： 分解因式：x3-9x+8 解法1 將常

21、數(shù)項(xiàng)8拆成-1+9原式=x3-9x-1+9=(x3-1)-9x+9=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)=(x-1)(x2+x-8)解法2 將一次項(xiàng)-9x拆成-x-8x原式=x3-x-8x+8=(x3-x)+(-8x+8)=x(x+1)(x-1)-8(x-1)=(x-1)(x2+x-8)2拆項(xiàng)、添項(xiàng)法例： 分解因式：x3-9x+8 解法1 2拆項(xiàng)、添項(xiàng)法例： 分解因式：x3-9x+8 解法3 將三次項(xiàng)x3拆成9x3-8x3原式=9x3-8x3-9x+8=(9x3-9x)+(-8x3+8)=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)=(x-1)(x2+x-8)解法4 添加兩項(xiàng)-x

22、2+x2原式=x3-x2+x2-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2+x-8)例： 分解因式：x3-9x+8 解法3 3換元法例：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12解 設(shè)x2+x=y，則原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)=(x-1)(x+2)(x2+x+5)3換元法例：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-例： 分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2) 解 原式=(x+y)2-xy2-4xy(x+y)2-2xy令x+y=u，xy=v，則原式=(u2-v)2-4v(

23、u2-2v)=u4-6u2v+9v2=(u2-3v)2=(x2+2xy+y2-3xy)2=(x2-xy+y2)2例： 分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)待定系數(shù)法例： 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3分析 由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的兩個一次項(xiàng)一定是x+2y+m和xyn的形式，應(yīng)用待定系數(shù)法即可求出m和n，使問題得到解決解： 設(shè)x2+3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對應(yīng)項(xiàng)的系數(shù)，則有解之得m=3，n=1所以：原式

24、=(x+2y+3)(x+y+1) 待定系數(shù)法例： 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+a1x+a0(n為非負(fù)整數(shù))的代數(shù)式稱為關(guān)于x的一元多項(xiàng)式，并用f(x)，g(x)，等記號表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，當(dāng)x=a時，多項(xiàng)式f(x)的值用f(a)表示如對上面的多項(xiàng)式f(x)f(1)=12-31+2=0；定理1：因式定理：若a是一元多項(xiàng)式f(x)的根，即f(a)=0成立，則多項(xiàng)式f(x)有一個因式x-a求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+a1x+例6： 分解因式：x3-9x+8 作業(yè)例6： 分解因式：x3-9x+

25、8 作業(yè)定理2的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)定理2的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)例7： 分解因式：x3-4x2+6x-4這是一個整系數(shù)一元多項(xiàng)式，原式若有整數(shù)根，必是-4的約數(shù)，逐個檢驗(yàn)-4的約數(shù)：1，2，4，只有f(2)=23-422+62-4=0，即x=2是原式的一個根，所以根據(jù)定理1，原式必有因式x-2 用多項(xiàng)式除法，將原式除以(x-2)，原式=(x-2)(x2-2x+2) 例7： 分解因式：x3-4x2+6x-4這是一個整系數(shù)一元例8： 分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2分析 因?yàn)?的約數(shù)有1，3，9；-2的約數(shù)有1，2為：所以，原式有因式9x2-3x-

26、2解 9x4-3x3+7x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)例8： 分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2代 數(shù) 式 的 恒 等 變 形兩個代數(shù)式，如果對于字母在允許范圍內(nèi)的一切取值，它們的值都相等，則稱這兩個代數(shù)式恒等把一個代數(shù)式變換成另一個與它恒等的代數(shù)式叫作代數(shù)式的恒等變形恒等式的證明，就是通過恒等變形證明等號兩邊的代數(shù)式相等證明恒等式，沒有統(tǒng)一的方法，需要根據(jù)具體問題，采用不同的變形技巧，使證明過程盡量簡捷一般可以把恒等式的證明分為兩類：一類是無附加條件的恒等式證明；另一類是有附加條件的恒等式的證明 代 數(shù) 式 的 恒 等 變 形兩

27、個代數(shù)式，如果對于字母在允1由繁到簡和相向趨進(jìn)恒等式證明最基本的思路是“由繁到簡”(即由等式較繁的一邊向另一邊推導(dǎo))和“相向趨進(jìn)”(即將等式兩邊同時轉(zhuǎn)化為同一形式)例1 已知x+y+z=xyz，證明： x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz證 因?yàn)閤+y+z=xyz，所以左邊=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2) =(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+y

28、z+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右邊 1由繁到簡和相向趨進(jìn)例1 已知x+y+z=xyz，證明：例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x0，y0，z0，且證 令1989x2=1991y2=1993z2=k(k0)，則又因?yàn)樗运岳? 已知1989x2=1991y2=1993z2，x0，2比較法a=b(比商法)這也是證明恒等式的重要思路之一 分析 用比差法證明左-右=0本例中，這個式子具有如下特征：如果取出它的第一項(xiàng)，把其中的字母輪換，即以b代a，c代b，a代c，則

29、可得出第二項(xiàng)；若對第二項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，則可得出第三項(xiàng)；對第三項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，可得出第一項(xiàng)具有這種特性的式子叫作輪換式利用這種特性，可使輪換式的運(yùn)算簡化例3 求證： 2比較法a=b(比商法)這也是證明恒等式的重要思路之同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)證明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)全不為零同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(根據(jù)推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與綜合法分析法是從要求證的結(jié)論出發(fā)，尋求在什么情況下結(jié)論是正確的，這樣一步一步逆向推導(dǎo)，尋求結(jié)論成立的條件，一旦

30、條件成立就可斷言結(jié)論正確，即所謂“執(zhí)果索因”而綜合法正好相反，它是“由因?qū)Ч奔磸囊阎獥l件出發(fā)順向推理，得到所求結(jié)論3分析法與綜合法根據(jù)推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與要證 a2+b2+c2=(a+b-c)2這最后的等式正好是題設(shè)，而以上推理每一步都可逆，故所求證的等式成立證(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要證 ab=ac+bc只要證 c(a+b)=ab只要證要證 a2+b2+c2=(a+b-c)2這最后的等式正例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正數(shù)，求證：a=b=c=d證 由已知可得 a4+b4+c4+d4-4

31、abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0因?yàn)?a2-b2)20，(c2-d2)20，(ab-cd)20， 所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)0又因?yàn)閍，b，c，d都為正數(shù)，所以a+b0，c+d0， 所以ab，c=d所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以ac故a=bc=d成立例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)根問題例1 m是什么整數(shù)時，方程(m2-1)x2-

32、6(3m-1)x720有兩個不相等的正整數(shù)根 首先，m2-10，m1=36(m-3)20，所以m3用求根公式可得由于x1，x2是正整數(shù)，所以m-1=1，2，3，6，m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2這時x1=6，x2=4含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)根問題例1 m是什么整數(shù)時，方程(例2 已知關(guān)于x的方程a2x2-(3a2-8a)x2a2-13a15=0(其中a是非負(fù)整數(shù))至少有一個整數(shù)根，求a的值解 因?yàn)閍0，所以所以所以只要a是3或5的約數(shù)即可，即a=1，3，5例2 已知關(guān)于x的方程a2x2-(3a2-8a)x2a2-解 一個整系數(shù)的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是完全平方

33、數(shù)令=(m-1)2-4mn2，其中n是非負(fù)整數(shù)，于是m2-6m+1=n2，所以 (m-3)2-n2=8，(m-3n)(m-3-n)8由于m-3nm-3-n，并且(m-3n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶數(shù)，所以m-3n與m-3-n同奇偶，所以例3 設(shè)m是不為零的整數(shù)，關(guān)于x的二次方程mx2-(m-1)x10有有理根，求m的值解 一個整系數(shù)的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是例例4 關(guān)于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一個整數(shù)解，且a是整數(shù)，求a的值解：當(dāng)a=0時，原方程變成-6x-2=0，無整數(shù)解當(dāng)a0時，方程是一元二次方程，它至少有一個整數(shù)根，說明判別式4(a

34、-3)2-4a(a-2)4(9-4a)為完全平方數(shù)，從而9-4a是完全平方數(shù)令9-4a=n2，則n是正奇數(shù)，要使x1為整數(shù)，而n為正奇數(shù)，只能n=1，從而a=2要使x2為整數(shù)，即n-34，n可取1，5，7，從而a=2，-4，-10綜上所述，a的值為2，-4，-10例4 關(guān)于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0解：例5 已知關(guān)于x的方程x2(a-6)xa=0的兩根都是整數(shù)，求a的值解 設(shè)兩個根為x1x2，由韋達(dá)定理得從上面兩式中消去a得x1x2+x1+x26，所以 (x11)(x2+1)=7，所以a=x1x2=0或16例5 已知關(guān)于x的方程x2(a-6)xa=0的兩根都是整當(dāng)r0時，原

35、方程是關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)它的兩個整數(shù)根為x1，x2，且x1x2，則消去r得x1x2-x1-x22，所以(x1-1)(x2-1)=3例6 求所有有理數(shù)r，使得方程rx2+(r+1)x(r-1)=0的所有根是整數(shù)解 當(dāng)r=0時，原方程為x-1=0，所以x=1當(dāng)r0時，原方程是關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)它的兩個例6 求例7 已知a是正整數(shù)，且使得關(guān)于x的一元二次方程ax22(2a-1)x4(a-3)=0至少有一個整數(shù)根，求a的值解 將原方程變形為(x2)2a= 2(x6)顯然x20，于是由于a是正整數(shù)，所以a1，即所以 x2+2x-80，(x4)(x-2)0，所以 -4x2(x-2)當(dāng)x=-4，

36、-3，-1，0，1，2時，得a的值為1，6，10，3，例7 已知a是正整數(shù)，且使得關(guān)于x的一元二次方程由于a是正整代數(shù)式求值代數(shù)式求值一：和差代換求值代 數(shù) 式 求值一：和差代換求值代 數(shù) 式 求值初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式二：變形代入法例題：二：變形代入法例題：初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式三：參數(shù)法三：參數(shù)法四：和差法四：和差法五：整體法五：整體法六：特殊值法六：特殊值法七：活用公式法七：活用公式法九：構(gòu)造法九：構(gòu)造法十：升次法十：升次法幾何不等式 幾何不等式 平面圖形中所含的線段長度、角的大小及圖形的面積

37、在許多情形下會呈現(xiàn)不等的關(guān)系由于這些不等關(guān)系出現(xiàn)在幾何問題中，故稱之為幾何不等式 幾 何 不 等 式定理1 在三角形中，任兩邊之和大于第三邊，任兩邊之差小于第三邊定理2 同一個三角形中，大邊對大角，小邊對小角，反之亦然 定理3 在兩邊對應(yīng)相等的兩個三角形中，第三邊大的，所對的角也大，反之亦然 平面圖形中所含的線段長度、角的大小及圖形的面積在許多定理4 三角形內(nèi)任一點(diǎn)到兩頂點(diǎn)距離之和，小于另一頂點(diǎn)到這兩頂點(diǎn)距離之和 定理5 自直線l外一點(diǎn)P引直線l的斜線，射影較長的斜線也較長，反之，斜線長的射影也較長 定理6 在ABC中，點(diǎn)P是邊BC上任意一點(diǎn)，則有PAmaxAB，AC，當(dāng)點(diǎn)P為A或B時等號成立

38、定理4 三角形內(nèi)任一點(diǎn)到兩頂點(diǎn)距離之和，小于另一頂點(diǎn)到這兩頂例1 在銳角三角形ABC中，ABAC，AM為中線，P為AMC內(nèi)一點(diǎn)，證明：PBPC(圖2-137) 證 在AMB與AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且ABAC，由定理3知，AMBAMC，所以AMC90過點(diǎn)P作PHBC，垂足為H，則H必定在線段BM的延長線上如果H在線段MC內(nèi)部，則BHBM=MCHC如果H在線段MC的延長線上，顯然BHHC，所以PBPC 例1 在銳角三角形ABC中，ABAC，AM為中線，P為A例2 已知P是ABC內(nèi)任意一點(diǎn)(圖2-138)(1)求證：(2)若ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PBPC2證 (1)

39、由三角形兩邊之和大于第三邊得PAPBc，PBPCa，PCPAb把這三個不等式相加，再兩邊除以2，便得又由定理4可知PAPBab， PBPCbc，PC+PAca把它們相加，再除以2，便得PAPBPCabc例2 已知P是ABC內(nèi)任意一點(diǎn)(圖2-138)(2)若(2)過P作DEBC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E，如圖2-138所示于是PAmaxAD，AEAD，PBBDDP，PCPEEC，所以PAPBPCADBDDPPEEC=ABAEEC=2(2)若ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PBPC2(2)過P作DEBC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E例3 如圖2-139在線段BC同側(cè)作

40、兩個三角形ABC和DBC，使得AB=AC，DBDC，且ABAC=DBDC若AC與BD相交于E，求證：AEDE 證 在DB上取點(diǎn)F，使DF=AC，并連接AF和AD由已知2DBDB+D=AB+AC=2AC，所以 DBAC由于DBDC=ABAC=2AC， 所以DCBF=AC=AB在ABF中，AFAB-BF=DC在ADC和ADF中， AD=AD，AC=DF，AFCD由定理3，12，所以AEDE例3 如圖2-139在線段BC同側(cè)作兩個三角形ABC和DB在RtGCK中，CM是GK邊上的中線，所以GCM=MGC而ACG=45，MGCACG，于是MGC45，所以ACM=ACGGCM90例4 設(shè)G是正方形ABC

41、D的邊DC上一點(diǎn)，連結(jié)AG并延長交BC延長線于K，求證：證如圖2-140，在GK上取一點(diǎn)M，使GM=MK，則由于在ACM中ACMAMC，所以AMAC故在RtGCK中，CM是GK邊上的中線，例4 設(shè)G是正方形A例6 在ABC中，D是中線AM上一點(diǎn)，若DCBDBC，求證：ACBABC(圖2-142)證 在BCD中，因?yàn)镈CBDBC，所以BDCD在DMB與DMC中，DM為公共邊，BM=MC，且BDCD，由定理3知，DMBDMC在AMB與AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且AMBAMC，由定理3知，ABAC，所以ACBABC例6 在ABC中，D是中線AM上一點(diǎn)，若DCBDBC于是在RtMH1B中，M

42、BH1=30延長BM至N，使得MN=BM，則ABCN為平行四邊形因?yàn)锳H為最大高，由三角形的面積公式知是三角形ABC中的最短邊，例7 在銳角ABC中，最大的高線AH等于中線BM，求證：B60(圖2-144)證 作MH1BC于H1，由于M是中點(diǎn)，所以所以AN=BCAB，從而ABNANB=MBC=30，B=ABM+MBC60于是在RtMH1B中，MBH1=30例7 在銳角一分耕耘 一分收獲青春飛揚(yáng) 展現(xiàn)自我九年級數(shù)學(xué)知識競賽一分耕耘 一分收獲九年級數(shù)學(xué)知識競賽風(fēng)險題，請選擇10分20分30分風(fēng)險題，請選擇10分20分30分1234567891010分1234567891010分1234567891

43、020分1234567891020分1234567891030分1234567891030分如圖，D是等腰直角三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，BC是斜邊，如果將ABD繞點(diǎn)A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)到ACD的位置，則么 DAD的度數(shù)是_ 如圖，D是等腰直角三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，BC是斜邊，如果將A如圖，半徑為4的O中有弦AB，以AB為折痕對折，劣弧恰好經(jīng)過圓心O，則弦AB的長度等于（ ）A、 B、 C、 D、4 如圖，半徑為4的O中有弦AB，以AB為折痕對折，劣弧恰好經(jīng)一元二次方程x22x+m=0總有實(shí)數(shù)根，則m應(yīng)滿足的條件是_一元二次方程x22x+m=0總有實(shí)數(shù)根，則m應(yīng)滿足的條件是如圖，O的直徑CD垂直弦AB于點(diǎn)

44、E，且CE=2，DE=8，則AB的長為（ ）A2 B4 C6 D8如圖，O的直徑CD垂直弦AB于點(diǎn)E，且CE=2，DE=8，解方程：(x+3)22(x+3)=0解方程：(x+3)22(x+3)=0若關(guān)于x的一元二次方程（k1）x2+2x2=0有不相等實(shí)數(shù)根，則k的取值范圍是_若關(guān)于x的一元二次方程（k1）x2+2x2=0有不相等下列方程沒有實(shí)數(shù)根的是（ ）A.x2+4x=10 B.3x2+8x-3=0 C.x2-2x+3=0 D.(x2)(x3)=12下列方程沒有實(shí)數(shù)根的是（ ）A.x2+4x=10 拋物線 的一部分如圖，該拋物線在y軸右側(cè)部分與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)是_ 拋物線 的一部分如圖，已知x

45、1，x2是一元二次方程x24x+1=0的兩個實(shí)數(shù)根，則x1x2等于（ ）A.4 B.1 C.1 D.4已知x1，x2是一元二次方程x24x+1=0的兩個實(shí)數(shù)根，某藥品經(jīng)過兩次降價，每瓶零售價由168元降到128元，已知兩次降價的百分率相同，每次降價的百分率為x，根據(jù)題意列方程_某藥品經(jīng)過兩次降價，每瓶零售價由168元降到128元，已知兩關(guān)于x的一元二次方程x2+2（m1）x+m2=0的兩個實(shí)數(shù)根分別為x1，x2，且x1+x20，x1x20，則m的取值范圍是（ ）A.m1 B.m1且m0 C.m1 D.m1且m0關(guān)于x的一元二次方程x2+2（m1）x+m2=0的兩個實(shí)數(shù)將拋物線 繞著原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)1

46、80，則旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為_將拋物線 繞著原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180，則旋已知關(guān)于x的方程x-mx+2m-1=0的兩個實(shí)數(shù)根的平方和為7，那么m的值是_ 已知關(guān)于x的方程x-mx+2m-1=0的兩個實(shí)數(shù)根的平方和已知二次函數(shù) ，若當(dāng)x取 , ，（ ）時，函數(shù)值相等，則當(dāng)x取 + 時，函數(shù)值為_已知二次函數(shù) ，若當(dāng)x取 已知三角形兩邊長分別是2和9，第三邊的長為一元二次方程x2-14x+48=0的一個根，則這個三角形的周長為_.已知三角形兩邊長分別是2和9，第三邊的長為一元二次方程x2-如圖，ABC繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)100得到AEF，若C=60，E=100，則的度數(shù)為_.如圖，ABC繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)100得到AEF，若C=二次函數(shù) 與一次函數(shù)y=ax+c在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)的大致圖象是( )二次函數(shù) 與一次函數(shù)y=如圖所示， 是圓O的一條弦， 垂足為C，交圓O于點(diǎn)D，點(diǎn)E在圓O上（1）若 ，求 的度數(shù)；（2）若AC= ，CD=1，求圓O的半徑如圖所示， 是圓O的一條弦， 垂足為C，交圓O