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1、丰富多彩的有理数竞赛题1 丰富多彩的有理数竞赛题现以 2000 年、2001 年第十二届，第十三届“五羊杯” （广东省数学会举办）初中数学竞赛试题的有理数竞赛题为例，介绍有关解题方法。例 1 8 642 097 531、6 420 875 319、4 208 653 197、2 086 431 975、864 219 753 的平均数是（） 。（A）4 444 455 555（B）5 555 544 444（C）4 999 999 995（D）5 999 999 994解 注意已知五个数的特点：右起 1 至 5 位每位数字之和为 1+3+5+7+9=25，6 至 10 位每位数字之和为 0+2

2、+4+6+8=20，于是五个数的平均数为 4 444 455 555。选 A。例 2 已知 68 920 312690 亿（四舍五入） ，那么其中三位数有（）种填写的方法。（A）1 000（B）999（C）500（D）499解 可填 500，501，502，999，共 500 种填法。选 C。例 3 不超过 700（ 是圆周率）的最大整数是（） 。（A）2 100（B）2 198（C）2 199（D）2 200解 3.141 50b, 原式= -ab；若 a0；方程有二负根 ，ab0，ac0；方程有异号二根 ，ac0；方程两根均为“0” ，b=c=0， ；例 5 设一元二次方程 的根分别满足下

3、列条件，试求实数 a 的范围。二根均大于 1；一根大于 1，另一根小于 1。思路 设方程二根分别为 ， ，则二根均大于 1 等价于 和 同时为正；一根大于1，另一根小于是等价于 和 异号。解 设此方程的二根为 ， ，则， 。方程二根均大于 1 的条件为解之得3a7方程二根中一个大于 1，另一个小于 1 的条件为.0)a2(6)x(1,0a42解之得。7a说明 此例属于二次方程实根的分布问题，注意命题转换的等价性；解题过程中涉及二次不等式的解法，请参照后继相关内容。此例若用二次函数知识求解，则解题过程极为简便。5求参数的值与解方程韦达定理及其逆定理在确定参数取值及解方程（组）中也有着许多巧妙的应

4、用。例 6 解方程 。解：原方程可变形为。令 ， 。则, 。丰富多彩的有理数竞赛题13 由韦达定理逆定理知，以 a， 为根的一元二次方程是b。解得 ， 。即 a= 或 a=9。8或 通过 求解 x 结果相同，且严谨。， （舍去） 。解之得 ， 。此种方法应检验： 是或否成立强化训练A 级1.若 k 为正整数，且方程 有两个不等的正整数根，则 k 的值为_。2.若 ， ，则 _。3 .已知 和 是方程 的二实根，则 _。4.已知方程 （m 为整数）有两个不等的正整数根，求 m 的值。级 5.已知： 和 为方程 及方程 的实根，其中 n 为正奇数，且 。求证： ， 是方程 的实根。6.已知关于 x

5、 的方程 的二实根 和 满足 ，试求 k 的值。参考答案丰富多彩的有理数竞赛题14 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 时原方程有二相等正整数根，不合题意。故 k=2。2 提示：由 x，y 为方程 的二根，知 ， 。于。321提示：由 ， ， 知，4设二个不等的正整数根为 ， ，由韦达定理，有消去 m，得。即 。则 且 。， 。故 。5由韦达定理有 ， 。又 ， 。二式相减得 。， 。将 代入有 。从而 ，丰富多彩的有理数竞赛题15 同理 和 是方程 的根。6当 时，可知 ，所以 ，当 时，易证得 。从12k

6、134而 ，为方程 的二不同实根。， 。于是 ， 。当 时，方程为 。解得 或取 ， 即能符合题意，故 k 的值为 。代数式的变形（整式与分式）在化简、求值、证明恒等式（不等式） 、解方程（不等式）的过程中，常需将代数式变形，现结合实例对代数式的基本变形，如配方、因式分解、换元、设参、拆项与逐步合并等方法作初步介绍.1配方在实数范围内，配方的目的就是为了发现题中的隐含条件，以便利用实数的性质来解题.例 1 设 a、b、c、d 都是整数，且 m=a2+b2,n=c2+d2,mn 也可以表示成两个整数的平方和，其形式是_.解 mn=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+2abcd+b2d2+a2

7、d2+b2c2-2abcd=(ac+bd)2+(ad-bc)2=(ac-bd)2+(ad+bc)2,所以，mn 的形式为(ac+bd) 2+(ad-bc)2或（ac-bd） 2+(ad+bc)2.例 2 设 x、y、z 为实数，且(y-z) 2+(x-y)2+(z-x)2=(y+z-2x)2+(z+x-2y)2+(x+y-2z)2.丰富多彩的有理数竞赛题16 求 的值.解 将条件化简成2x2+2y2+2z2-2xy-2x2-2yz=0 (x-y) 2+(x-z)2+(y-z)2=0 x=y=z,原式=1.2.因式分解前面已介绍过因式分解的各种典型方法,下面再举几个应用方面的例子.例 3 如果

8、a 是 x2-3x+1=0 的根,试求 的值.解 a 为 x2-3x+1=0 的根, a 2-3a+1=0,且 =1.原式说明:这里只对所求式分子进行因式分解,避免了解方程和复杂的计算.3.换元换元使复杂的问题变得简洁明了.例 4 设 a+b+c=3m,求证:(m-a)3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)=0.证明 令 p=m-a,q=m-b,r=m-c 则p+q+r=0.P3+q3+r3-3pqr=(p+q+r)(p2+q2+r2-pq-qr-rp)=0p 3+q3+r3-3pqr=0即 (m-a) 3+(m-b)3+(m-c)3-3(m-a)(m-b)(m-c)

9、=0例 5 若 ,试比较 A、B 的大小.解 设 则.丰富多彩的有理数竞赛题17 2xy 2x-y0, 又 y0,可知 AB.4.设参当已知条件以连比的形式出现时,可引进一个比例系数来表示这个连比.例 6 若 求 x+y+z 的值.解 令则有 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 为非负实数，且 a2+b2+c2=1,求 a+b+c 的值.解 设 a+b+c=k则 a+b=k-c，b+c=k-a,a+c=k-b.由条件知即 a 2k-a3+b2k-b3+c2k-c3=-3abc,(a 2+b2

10、+c2)k+3abc=a3+b3+c3.a 2+b2+c2=1,k=a 3+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(a 2+b2+c2-ab-bc-ac),k(a 2+b2+c2-ab-bc-ca-1)=0,k(-ab-bc-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综上知 a+b+c=0 或 a+b+c=1丰富

11、多彩的有理数竞赛题18 5.“拆” 、 “并”和通分下面重点介绍分式的变形：（1） 分离分式 为了讨论某些用分式表示的数的性质，有时要将一个分式表示为一个整式和一个分式的代数和.例 8 证明对于任意自然数 n，分数 皆不可约.证明 如果一个假分数可以通约，化为带分数后，它的真分数部分也必定可以通约.而 显然 不可通约，故 不可通约，从而 也不可通约.（2） 表示成部分分式 将一个分式表示为部分分式就是将分式化为若干个真分式的代数和.(3)通分 通分是分式中最基本的变形,例 9 的变形就是以通分为基础的,下面再看一个技巧性较强的例子.例 9 已知求证: .证明 丰富多彩的有理数竞赛题19 6.其

12、他变形例 10 已知 x(x0，1) 和 1 两个数，如果只许用加法、减法和 1 作被除数的除法三种运算（可用括号） ，经过六步算出 x2.那么计算的表达式是_.解 x 2=x(x+1)-x或 x 2=x(x-1)+x例 11 设 a、b、c、d 都是正整数，且 a5=b4,c3=d2,c-a=19,求 d-b.解 由质因数分解的唯一性及 a5=b4,c3=d2,可设 a=x4,c=y2,故19=c-a=(y2-x4)=(y-x2)(y+x2)解得 x=3. y=10. d-b=y 3-x5=757强化练习1.选择题（1）把 相乘，其乘积是一个多项式，该多项式的次数是（ ）（A）2 （B）3

13、（C）6 （D）7 （E）8（2） 已知 则 的值是（ ）.(A)1 (B)0 (C)-1 (D)3（3）假定 x 和 y 是正数并且成反比，若 x 增加了 p%，则 y 减少了（ ）.（A）p% (B) % (C) % (D) % (E) %2.填空题（1） （x-3） 5=ax5+bx4+cx3+dx2+ex+f，则 a+b+c+d+e+f=_, b+c+d+e=_.(2)若 =_.丰富多彩的有理数竞赛题20 (3)已知 y1=2x,y2= ,则 y1y1986=_3.若（x-z） 2-4(x-y)(y-z)=0,试求 x+z 与 y 的关系.4.把 写成两个因式的积,使它们的和为 ，求这

14、两个式子.5.若 x+3y+5z=0,2x+4y+7z=0.求 的值.6.已知 x,y,z 为互不相等的三个数,求证7.已知 a2+c2=2b2,求证8.设有多项式 f(x)=4x4-4px3+4qx2+2q(m+1)x+(m+1)2,求证:如果 f(x)的系数满足 p2-4q-4(m-1)=0,那么,f(x)恰好是一个二次三项式的平方.9.设(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=(a+b+c+d)(bcd+cda+dab+abc).求证:ac=bd.参考答案1.C.C.E2.(1)-32,210 (2) (3)23.略.4.5. 6.略, 7.略.8.p 2-4q-4(m+1)=0, 4

15、q=p 2-4(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,由条件化为pq(b+c)(d+a)=(p+q)(cdp+adq),展开整理得 cdp2-(ac+bd)+pq+abq2=0,丰富多彩的有理数竞赛题21 即(cp-bq)(dp-aq)=0.于是 cp=bq 或 dp=aq,即 c(a+b)=b(c+a)或 d(a+b)=a(c+d).均可得出 ac=bd.大、小正方体用大小相等的无色透明玻璃小正方

16、体和红色玻璃小正方体拼成一个大正方体（如图 1） 。大正方体内的对角线 ， ， ， 所穿过的小正方体1DCBA 1ACBD1都是红色玻璃小正方体，其他部分都是无色透明玻璃小正方体。小红正方体共用了 401 个。问：无色透明小正方体用了多少个？这是第七届“华杯赛”的试题。， ， ， 四条对角线都穿过在正中央的那个小正方体，除此而外，每两条对1ACBD1角线没有穿过相同的小正方体。所以每条对角线穿过 04个小正方体。这就表明大正方体的每条边由 101 个小正方体组成。因此大正方体由 个小正方体组成，310其中无色透明的小正方体有 4013=1030301-401=1029900个，即用了 1029

17、900 个无色透明的小正方体。等腰三角形 直角三角形【内容综述】等腰三角形和直角三角形是两种非常特殊的三角形，本讲中通过一系列有关等腰三角形或直角三角形的问题的解决，既是复习有关三角形全等的知识，同时也是培养同学们分析、解决问题的能力。同学们通过学习下面问题的分析、解答过程，特别要注意体会如何根据题目的已知信息和图形特征作出适当的辅助线。这是学习本节的难点所在。【要点讲解】例 1 如图 2-8-1, 中，AB=AC ，D 为 AB 上一点，E 为 AC 延长线上一点，且丰富多彩的有理数竞赛题22 BD=CE，DE 交 BC 于 G。求证：DG=EG。思路 因为GDB 和GEC 不全等，所以考虑

18、在GDB 内作出一个与GEC 全等的三角形。证明：过 D 作 DHAE，交 BC 于 HAB=ACDB=DH又DB=CEDH=CE又DG=EG.说明 本题易明显得出 DG 和 EG 所在的DBG 和ECG 不全等，故要构造三角形的全等，本题的另一种证法是过 E 作 EFBD，交 BC 的延长线于 F，证明DBGEFG，读者不妨试一试。例 2 如图 2-8-2，D 为等边ABC 的内部一点，DB=DA，BE=AB，DBE=DBC，求BED 的度数。思路 从已知中知等边ABC 的每个内角为 60。所以要想办法把BED 和 60这一信息产生联系。解：连结 DC由ABC 是等边三角形且 BE=AB 可

19、得 BE=BC又DBE=DBC,BD=BDDBEDBC,丰富多彩的有理数竞赛题23 BED=BCDDB=DA ，DC=DC，CB=CA，CBDCADBCD=ACD= BCA= 60=30BED=30说明 证明两角相等的重要思路之一就是证明这两角所在的两个三角形能全等。例 3 如图 2-8-3，在ABC 中，AB=AC，A=100,作B 的平分线与 AC 边交于E，求证： BC=AE+BE。 思路 要想办法把 AE+BE 替换成一条线段 a，然后只需证明 BC=a。证明 延长 BE 到 F，使 EF=AE，连结 FC，作BEC 的平分线交 BC 于 G，由 AB=AC，BAC=100，可知ABE

20、=CBE=20因而 AEB=GEB=60于是 AEBGEB则有 EG=EA=EF又由 GEC=FEC=60所以 GECFEC所以 EFC=EGC=180100=80从而 BCF=80 故 BC=BF=AE+BE例 4 如图 2-8-4, P 为等边ABC 内任一点， PDAB 于 D，PE BC 于 E，PF AC 于F。 求证：PD+PE+PF 是定值。思路 考虑把 PD+PE+PF丰富多彩的有理数竞赛题24 用等边ABC 的边长、周长、高、面积等不变量表示出来。证明 连结 PA、PB、PC，过 A 作 AHBC 于 H。 ，又AB=BC=CA，PD+PE+PF=AH因为等边三角形的大小已给

21、定，则它的高也随之确定。PD+PE+PF 是定值。说明 题中的 PD、PE 、PF 这三段都是点到线段的距离，故联想到了三角形的面积，利用各个部分的面积之和等于整体的面积建立了等式关系。例 5 如图 2-8-5，在 ABC 中，BFAC，CG AB，垂足分别是 F、G ，D 是 BC的中点，DEFG ，垂足是 E。求证：GE=EF。 思路 利用等腰三角形的三线合一性质，只需证明 DG=DF。证明 连结 DG、DF。DG 是 RtBCG 的斜边 BC 上的中线。 ，同理可证DG=DF又DEFG，GE=EF说明 若题目中作了三角形的高，就应注意所形成的直角三角形这一图形，如本题图中的 RtBGC

22、和 RtCFB。例 6 已知一个直角三角形的边长都是自然数，且周长和面积的量数相等，求这个三角形的三边长。思路 列出三边长满足的关系式，然后通过分析、讨论得出三边的长度。解设三边长分别为 a，b，c，其中 c 为斜边，则丰富多彩的有理数竞赛题25 由得 ,代入得，即ab0,ab4a4b8=0 (a、b 为自然数)a4=1，2，4，8a=5，6，8，12； b=12，8，6，5；c=13，10，10，13三边长分别为 6、8、10 或 5、12、13。说明 本题是用代数方法解几 何题，这种方法今后还大有用处，请读者注意它。例 7 如图 2-8-6，在ABC 中，AB=AC=CB ，AE=CD，A

23、D 、BE 相交于 P，BQAD于 Q。求证：BP=2PQ。思路 在 RtBPQ 中，本题的结论等价于证明PBQ=30证明 AB=CA，BAE=ACD=60 ，AE=CD，BAEACDABE=CADBPQ=ABE+BAP=CAD+BAP=60又BQADPBQ=30BP=2PQ说明 本题把证明线段之间的关系转化为证明角的度数，这种转换问题的方法值得读者细心体会。强化练习A 级丰富多彩的有理数竞赛题26 1在ABC 中，ACB=90，D、E 为 AB 上的二点，且 AE=AC，BD=BC，如图 2-8-7，则DCE的度数是_。2ABC 中，AB=AC，D 在 BC 上，BAD=30，在 AC 上取

24、 AE=AD，则EDC 的度数是_。3已知直角三角形的周长为 ，斜边上的中线长为 1，则这个直角三角形的面积是_。4如图 2-8-8 P 是等边ABC 外的一点，APB=APC=60，求证：PA=PB+PC。5等腰三角形的各边均为正整数，周长为 15，则满足条件的三角形有_。6三角形三边的长满足 ，则这个三角形的形状是_。7在等腰直角ABC 中，P 为斜边上的一点，四边形 EPFC 是矩形，D 为 AB 的中点，如图 2-8-9，则 DE 和 DF 的大小关系是_。8如图 2-8-10，AC=BC，C=20，又 M 在 AC 边上，N 在 BC 边上且满足BAN=50，ABM=60，求NMB

25、的度数。丰富多彩的有理数竞赛题27 参考答案145提示：由 AE=AC 得AEC=90 ，同理由 BD=BC 得BDC=90 ，又因为A+B=90，所以得AEC+BDC=135，所以DCE=45。215提示：由题设条件设AED=ADE=X，所以EDC=XC。又因为 2C+30+（1802X）=180，由此可得 XC=15，所以EDC=15。3提示：设它的三边长为 a，b，c，由题设条件得 c=2，所以 由 得 ab=1，则4.提示：在 PA 上截取 PD=PB，连结 BD，可证出 BP=BD，AB=BC，所以得 ，则 AD=PC，所以 BP+PC=PD+DA=PA。5答案：4 个丰富多彩的有理

26、数竞赛题28 提示：由题意设三边为 x，x，y，则有 解得 ，x=4，5，6，7。当 x=4 时，y=7；当 x=5，y=5；当 x=6，y=3，当x=7，y=1；故符合条件的三角形共有 4 个。6等腰三角形。提示：a=b 或 b=c7DE=DF提示：连结 CD，则由题设条件得 ，FCD=EAD=45，CF=EP=EA，所以FCDEAD，故 DE=DF。 830 简解：易证 AB=BN，AMB=40， 如图 2-8-11，作等腰BAD，使 BD=BA=BN，又ABD=1802CAB=20，DBN=8020=60，BDN 是等边三角形，BD=DN，又在BDM 中，DBM=DMB=40，故DMB

27、为等腰三角形，由MDN=180 ADBBDN=40知，DN=DM=DB丰富多彩的有理数竞赛题29 NMB=NMABMA=7040=30。多边形【内容综述】在同一平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。如果延长多边形的任一条边，整个多边形都在这条延长边的一侧，那么这样的多边形就叫做凸多边形。下面所说的多边形均指凸多边形。它的重要性质是：几边形的内角和是 ，由于这个结论与边数有关，所以这不是对多边形的最本质的刻划。更加本质的是它的推论：任意多边形的外角和等于 。【要点讲解】多边形中通过连结对角线中把多边形就分割为若干个三角形，这就把研究多边形的问题转化为研究三角形的问题，这是一种重要的

28、研究思路，请读者在下面的解题过程中认真体会这种思路。例 1 已知多边形的内角和是外角和的 3 倍，求这个多边形的边数。思路 设多边数的边数为 n，然后通过已知条件列出 n 的方程，再求出 n 值。解 设这个多边形的边数为 n，根据题意得解之得 n=8答：这个多边形的边数为 8说明 本题通过设边数为 n，然后依题意列出 n 的方程，再求出 n 值。这是运用方程的思想解几何题。这种思想方法今后还会经常用到。例 2 一个多边形的每个内角都等于 ，求这个多边形的边数。思路 1 利用多边形的内角和定理。解法 1 设这个多边形的边数为 n，根据题意得解之得 n=10思路 2 利用多边形的外角和定理。解法

29、2 因为这个多边形的每个内角都等于 ，所以每个外角都等于 ，而多边形的外角和是 ，所以这个多边形的边数是 .说明 当你们学习了解法 1 和解法 2 后，你们心里产生了怎样的想法呢？显然，解法 1 比较传统，解法 2 则标新立异，这就启发我们解题时选择恰当的出发点是多么重要。例 3 一个多边形除了一个内角之外的所有内角和等于 ，求这个多边形的边数和这个内角的度数。思路 利用多边形的内角和定理。解 设这个多边形的边数为 n，这个内角的度数为 X，根据题意有丰富多彩的有理数竞赛题30 . 又 解之得 又 由 n 是正整数得 n=14 说明 在解题中要重视对题目隐含条件的发掘和利用。如本题中的 x 取

30、值范围是。n 是正整数等。例 4 求证：n 边形的内角中，最多有 3 个锐角。思路 1 用反证法.证法 1 假设 n 边形至少有 4 个锐角，取出 4 个锐角之后剩下的角记为 ， ， ，则有，得 那么 ， ， 中至少有一个大于 ，而这与 ， ， 中的每一个都小于 180 矛盾。所以，n 边形的内角中，最多有 3 个锐角。思路 2 转化为证明它的等价命题：n 边形的外角中，最多有 3 个钝角。证法 2 因为 n 边形的外角和是 ，所以这 n 个外角中最多有 3 个钝角。 （若有 4 个或4 个以上角是钝角，则外角和就大于 ，这与 n 边形的外角和定理矛盾） 。这 3 个是钝角的外角的对应内角就是锐角。所以，n 边形的内角中，最多有 3 个锐角。说明 当要证明的是有关：“最多” 、 “至少”等问题时，常常用反证法证明。通过证法1、2 的比较后，我们就应认清“多边形的外角和定理”是对多边形的本质刻划。例 5 如图 2-9-1，求 的度数。 思路 要想方设法把这些要求的角集中在一个或几个多边形中。