初中数学竞赛教程初一教师版

初 中 数 学 竞 赛 教 程 1 第 1 讲 用字母表示数 在初中代数中指出 用运算符号把数或表示数的字母连接而成的式 子 叫做代数式 单独的一个数或一个字母 象 1 0 a x 也是代数式 上述定义中的 数 是我们学过的数或指定的数 其中的 字母 必须是用来 表示数的字母 一般英语书上的字母不是代数式 因为在 使用的场合没约定它代表数 用运算符号连接 一般指加 减 乘 除 乘方 开方等运算 当然也可以是按一定意义规定的运算 初 中 数 学 竞 赛 教 程 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 3 初 中 数 学 竞 赛 教 程 4 7 初 中 数 学 竞 赛 教 程 5 第 2 讲 图形关系的代数表示 有些数量关系表现为图形中的数量关系 如果能将这些关系表示为代 数式 这样就初步地实现了数与形相结合 抽象与直观相结合 对培养 数学能力是非常重要的 1 初 中 数 学 竞 赛 教 程 6 2 3 初 中 数 学 竞 赛 教 程 7 4 初 中 数 学 竞 赛 教 程 8 5 初 中 数 学 竞 赛 教 程 9 第 3 讲由代数式展开的推理 作为代数式基本功的训练 要学习一些利用代数式的运算展开的推理 1 2 3 初 中 数 学 竞 赛 教 程 10 4 5 6 初 中 数 学 竞 赛 教 程 11 7 初 中 数 学 竞 赛 教 程 12 第 4 讲 有理数的运算 有理数范围内可以进行加 减 乘 除 除数不为 0 四则运算 对 于相同的有理数相乘 我们规定了简捷算法 有理数的乘方运算 除 了要熟悉四则运算的法则之外 还应该注意到 1 有理数对加 减 乘 除 除数不为 0 四则运算的结果是封闭的 仍是有理数 2 在有理数范围内 加法交换律 结合律 乘法交换律 结合律都 成立 乘法对加法的分配律也成立 3 由于有了正 负数 加法与减法的界限消失 加 减可以互相转 换 统一为代数和 如 3 7 3 7 在有理数范围内 除法可 以转化为乘法 比如 5 7 5 71 初 中 数 学 竞 赛 教 程 13 初 中 数 学 竞 赛 教 程 14 7 初 中 数 学 竞 赛 教 程 15 初 中 数 学 竞 赛 教 程 16 第 5 讲 有理数的巧算 有理数运算是中学数学中一切运算的基础 它要求同学们在理解有 理数的有关概念 法则的基础上 能根据法则 公式等正确 迅速地进 行运算 不仅如此 还要善于根据题目条件 将推理与计算相结合 灵 活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题 从而提高运算能力 发展思 维的敏捷性与灵活性 一 括号的使用 在代数运算中 可以根据运算法则和运算律 去掉或者添上括号 以此来改变运算的次序 使复杂的问题变得较简单 1 计算 46 025 1875 4 2 41 5 21983 分析 中学数学中 由于负数的引入 符号 与 具有了双重 涵义 它既是表示加法与减法的运算符号 也是表示正数与负数的性质 符号 因此进行有理数运算时 一定要正确运用有理数的运算法则 尤 其是要注意去括号时符号的变化 初 中 数 学 竞 赛 教 程 17 注意 在本例中的乘除运算中 常常把小数变成分数 把带分数变成 假分数 这样便于计算 2 计算下式的值 211 555 445 789 555 789 211 445 分析 直接计算很麻烦 根据运算规则 添加括号改变运算次序 可 使计算简单 本题可将第一 第四项和第二 第三项分别结合起来计 算 解 原式 211 555 211 445 445 789 555 789 211 555 445 445 555 789 211 1000 1000 789 1000 211 789 1 000 000 说明 加括号的一般思想方法是 分组求和 它是有理数巧算中的 常用技巧 3 计算 S 1 2 3 4 1 n 1 n 分析 不难看出这个算式的规律是任何相邻两项之和或为 1 或为 1 如果按照将第一 第二项 第三 第四项 分别配对的方式 计算 就能得到一系列的 1 于是一改 去括号 的习惯 而取 添 括号 之法 解 S 1 2 3 4 1 n 1 n 下面需对 n 的奇偶性进行讨论 当 n 为偶数时 上式是 n 2 个 1 的和 所以有 s 1 n 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 18 当 n 为奇数时 上式是 n 1 2 个 1 的和 再加上最后一项 1 n 1 n n 所以有 4 在数 1 2 3 1998 前添符号 和 并依次运算 所 得可能的最小非负数是多少 分析与解 因为若干个整数和的奇偶性 只与奇数的个数有关 所以 在 1 2 3 1998 之前任意添加符号 或 不会改变和的奇 偶性 在 1 2 3 1998 中有 1998 2 个奇数 即有 999 个奇数 所以任意添加符号 或 之后 所得的代数和总为奇数 故最小非 负数不小于 1 现考虑在自然数 n n 1 n 2 n 3 之间添加符号 或 显 然 n n 1 n 2 n 3 0 这启发我们将 1 2 3 1998 每连续四个数分为一组 再按上 述规则添加符号 即 1 2 3 4 5 6 7 8 1993 1994 1995 1996 1997 1998 1 所以 所求最小非负数是 1 说明 本例中 添括号是为了造出一系列的 零 这种方法可使计 算大大简化 二 用字母表示数 我们先来计算 100 2 100 2 的值 100 2 100 2 100 100 2 100 2 100 4 1002 22 这是一个对具体数的运算 若用字母 a 代换 100 用字母 b 代换 2 上述运算过程变为 a b a b a2 ab ab b2 a2 b2 于是我们得到了一个重要的计算公式 a b a b a2 b2 这个公式叫平方差公式 以后应用这个公式计算时 不必重复公式 的证明过程 可直接利用该公式计算 5 计算 3001 2999 的值 解 3001 2999 3000 1 3000 1 30002 12 8 999 999 6 计算 103 97 10 009 的值 解 原式 100 3 100 3 10000 9 1002 9 1002 9 1004 92 99 999 919 7 计算 初 中 数 学 竞 赛 教 程 19 分析与解 直接计算繁 仔细观察 发现分母中涉及到三个连续整 数 12 345 12 346 12 347 可设字母 n 12 346 那么 12 345 n 1 12 347 n 1 于是分母变为 n2 n 1 n 1 应用平方差公式化简得 n2 n2 12 n2 n2 1 1 即原式分母的值是 1 所以原式 24 690 8 计算 2 1 22 1 24 1 28 1 216 1 232 1 分析 式子中 2 2 2 2 4 每一个数都是前一个数的平方 若在 2 1 前 面有一个 2 1 就可以连续递进地运用 a b a b a 2 b2 了 解 原式 2 1 2 1 2 2 1 24 1 28 1 216 1 232 1 2 2 1 22 1 24 1 28 1 216 1 232 1 2 4 1 24 1 28 1 216 1 232 1 2 32 1 232 1 2 64 1 9 计算 分析 在前面的例题中 应用过公式 a b a b a2 b2 这个公式也可以反着使用 即 a2 b2 a b a b 本题就是一个例子 初 中 数 学 竞 赛 教 程 20 通过以上例题可以看到 用字母表示数给我们的计算带来很大的益 处 下面再看一个例题 从中可以看到用字母表示一个式子 也可使计 算简化 10 计算 我们用一个字母表示它以简化计算 三 观察算式找规律 例 11 某班 20 名学生的数学期末考试成绩如下 请计算他们的总分 与平均分 87 91 94 88 93 91 89 87 92 86 90 92 88 90 91 86 89 92 95 88 分析与解 若直接把 20 个数加起来 显然运算量较大 粗略地估计 一下 这些数均在 90 上下 所以可取 90 为基准数 大于 90 的数取 正 小于 90 的数取 负 考察这 20 个数与 90 的差 这样会大大简化运 算 所以总分为 90 20 3 1 4 2 3 1 1 3 初 中 数 学 竞 赛 教 程 21 2 4 0 2 2 0 1 4 1 2 5 2 1800 1 1799 平均分为 90 1 20 89 95 例 12 计算 1 3 5 7 1997 1999 的值 分析 观察发现 首先算式中 从第二项开始 后项减前项的差都等 于 2 其次算式中首末两项之和与距首末两项等距离的两项之和都等于 2000 于是可有如下解法 解 用字母 S 表示所求算式 即 S 1 3 5 1997 1999 再将 S 各项倒过来写为 S 1999 1997 1995 3 1 将 两式左右分别相加 得 2S 1 1999 3 1997 1997 3 1999 1 2000 2000 2000 2000 500 个 2000 2000 500 从而有 S 500 000 说明 一般地 一列数 如果从第二项开始 后项减前项的差都相等 本题 3 1 5 3 7 5 1999 1997 都等于 2 那么 这列数的求和问题 都可以用上例中的 倒写相加 的方法解决 13 计算 1 5 52 53 599 5100 的值 分析 观察发现 上式从第二项起 每一项都是它前面一项的 5 倍 如果将和式各项都乘以 5 所得新和式中除个别项外 其余与原和式 中的项相同 于是两式相减将使差易于计算 解 设 S 1 5 52 599 5100 所以 5S 5 52 53 5100 5101 得 4S 5101 1 说明 如果一列数 从第二项起每一项与前一项之比都相等 本例中是 都等于 5 那么这列数的求和问题 均可用上述 错位相减 法来解 决 14 计算 初 中 数 学 竞 赛 教 程 22 分析 一般情况下 分数计算是先通分 本题通分计算将很繁 所以 我们不但不通分 反而利用如下一个关系式 来把每一项拆成两项之差 然后再计算 这种方法叫做拆项法 解 由于 所以 说明 本例使用拆项法的目的是使总和中出现一些可以相消的相反数 的项 这种方法在有理数巧算中很常用 初 中 数 学 竞 赛 教 程 23 第 6 讲 对称式 一 定义 1 在含有多个变量的代数式 f x y z 中 如果变量 x y z 任意交换两 个后 代数式的值不变 则称这个代数式为绝对对称式 简称对称式 例如 代数式 x y xy x 3 y3 z3 3xyz x 5 y5 xy 都是对称式 yx1 yzz 其中 x y 和 xy 叫做含两个变量的基本对称式 2 在含有多个变量的代数式 f x y z 中 如果变量 x y z 循环变换后 代数式的值不变 则称这个代数式为轮换对称式 简称轮换式 例如 代数式 a2 b c b 2 c a c 2 a b 2x2y 2y2z 2z2x xy yz zx abc1 1zyx 222221bca 都是轮换式 显然 对称式一定是轮换式 而轮换式不一定是对称式 二 性质 1 含两个变量 x 和 y 的对称式 一定可用相同变量的基本对称式来表示 这将在下一讲介绍 2 对称式中 如果含有某种形式的一式 则必含有 该式由两个变量交 换后的一切同型式 且系数相等 例如 在含 x y z 的齐二次对称多项式中 如果含有 x2 项 则必同时有 y2 z 2 两项 如含有 xy 项 则必同时 有 yz zx 两项 且它们的系数 都分别相等 故可以表示为 m x 2 y2 z2 n xy yz zx 其中 m n 是常数 3 轮换式中 如果含有某种形式的一式 则一定含有 该式由变量字母 循环变换后所得的一切同型式 且系数相等 例如 轮换式 a3 b c b 3 c a c 3 a b 中 有因式 a b 一项 必有 同型式 b c 和 c a 两项 4 两个对称式 轮换式 的和 差 积 商 除式不为零 仍然是对 称式 轮换式 例如 x y xy 都是对称式 初 中 数 学 竞 赛 教 程 24 x y xy x y xy 等也都是对称式 xy xy yz zx 和 都是轮换式 zyx1 xy yz z xy yz z 也都z1zyx1 是轮换式 1 计算 xy yz zx xyz 1zyx 22zyx 分析 xy yz zx 是关于 x y z 的轮换式 由性质 2 在乘法展开时 只要用 xy 分别乘以 连同它的同型式一x1yz 齐写下 解 原式 z x y y z x zxy zyx 2x 2y 2z 2 已知 a b c 0 abc 0 求代数式 的值22222 111bacbca 分析 这是含 a b c 的轮换式 化简第一个分式后 其余的两个分式 可直接写出它的 同型式 解 221cba 22 1ba a1 初 中 数 学 竞 赛 教 程 25 22222 111bacbca a1bc2 0 c 3 计算 a b c 3 分析 展开式是含字母 a b c 的三次齐次的对称式 其同型式的 系数相等 可用 待定系数法 4 解 设 a b c 3 m a 3 b3 c3 n a2b a2c b2c b2a c2a c2b pabc m n p 是待定系数 令 a 1 b 0 c 0 比较左右两边系数得 m 1 令 a 1 b 1 c 0 比较左右两边系数得 2m 2n 8 令 a 1 b 1 c 1 比较左右两边系数得 3m 6n p 27 解方程组 得 2763821pnm 631pnm a b c 3 a 3 b3 c3 3a2b 3a2c 3b2c 3b2a 3c2a 3c2b 6abc 初 中 数 学 竞 赛 教 程 26 第 7 讲 绝对值 绝对值是初中代数中的一个基本概念 在求代数式的值 化简代数式 证明恒等式与不等式 以及求解方程与不等式时 经常会遇到含有绝对 值符号的问题 同学们要学会根据绝对值的定义来解决这些问题 下面我们先复习一下有关绝对值的基本知识 然后进行例题分析 一个正实数的绝对值是它本身 一个负实数的绝对值是它的相反数 零的绝对值是零 即 绝对值的几何意义可以借助于数轴来认识 它与距离的概念密切相 关 在数轴上表示一个数的点离开原点的距离叫这个数的绝对值 结合相反数的概念可知 除零外 绝对值相等的数有两个 它们恰 好互为相反数 反之 相反数的绝对值相等也成立 由此还可得到一个 常用的结论 任何一个实数的绝对值是非负数 1 a b 为实数 下列各式对吗 若不对 应附加什么条件 1 a b a b 2 ab a b 3 a b b a 4 若 a b 则 a b 5 若 a b 则 a b 6 若 a b 则 a b 解 1 不对 当 a b 同号或其中一个为 0 时成立 2 对 3 对 4 不对 当 a 0 时成立 5 不对 当 b 0 时成立 6 不对 当 a b 0 时成立 2 设有理数 a b c 在数轴上的对应点如图 1 1 所示 化简 b a a c c b 解 由图 1 1 可知 a 0 b 0 c 0 且 有 c a b 0 根据有理数加减运算的符号法则 有 b 初 中 数 学 竞 赛 教 程 27 a 0 a c 0 c b 0 再根据绝对值的概念 得 b a a b a c a c c b b c 于是有 原式 a b a c b c a b a c b c 2c 3 已知 x 3 化简 3 2 1 x 分析 这是一个含有多层绝对值符号的问题 可从里往外一层一层地 去绝对值符号 解 原式 3 2 1 x 因为 1 x 0 3 3 x 3 3 x 因为 3 x 0 x x 解 因为 abc 0 所以 a 0 b 0 c 0 1 当 a b c 均大于零时 原式 3 2 当 a b c 均小于零时 原式 3 3 当 a b c 中有两个大于零 一个小于零时 原式 1 4 当 a b c 中有两个小于零 一个大于零时 原式 1 说明 本例的解法是采取把 a b c 中大于零与小于零的个数分情况 加以解决的 这种解法叫作分类讨论法 它在解决绝对值问题时很常 用 5 若 x 3 y 2 且 x y y x 求 x y 的值 解 因为 x y 0 所以 y x 0 y x 由 x 3 y 2 可知 x 0 即 x 3 1 当 y 2 时 x y 1 2 当 y 2 时 x y 5 所以 x y 的值为 1 或 5 6 若 a b c 为整数 且 a b 19 c a 99 1 试计算 c a a b b c 的值 解 a b c 均为整数 则 a b c a 也应为整数 且 a b 19 c a 99 为两个非负整数 和为 1 所以只能是 a b 19 0 且 c a 99 1 初 中 数 学 竞 赛 教 程 28 或 a b 19 1 且 c a 99 0 由 有 a b 且 c a 1 于是 b c c a 1 由 有 c a 且 a b 1 于是 b c a b 1 无论 或 都有 b c 1 且 a b c a 1 所以 c a a b b c 2 解 依相反数的意义有 x y 3 x y 1999 因为任何一个实数的绝对值是非负数 所以必有 x y 3 0 且 x y 1999 0 即 由 有 x y 3 由 有 x y 1999 得 2y 2002 y 1001 所以 8 化简 3x 1 2x 1 分析 本题是两个绝对值和的问题 解题的关键是如何同时去掉两个 绝对值符号 若分别去掉每个绝对值符号 则是很容易的事 例如 化 简 3x 1 只要考虑 3x 1 的正负 即可去掉绝对值符号 这里我们 为三个部分 如图 1 2 所示 即 初 中 数 学 竞 赛 教 程 29 这样我们就可以分类讨论化简了 原式 3x 1 2x 1 5x 原式 3x 1 2x 1 x 2 原式 3x 1 2x 1 5x 即 说明 解这类题目 可先求出使各个绝对值等于零的变数字母的值 即先求出各个分界点 然后在数轴上标出这些分界点 这样就将数轴分 成几个部分 根据变数字母的这些取值范围分类讨论化简 这种方法又 称为 零点分段法 9 已知 y 2x 6 x 1 4 x 1 求 y 的最大值 分析 首先使用 零点分段法 将 y 化简 然后在各个取值范围内求 出 y 的最大值 再加以比较 从中选出最大者 初 中 数 学 竞 赛 教 程 30 解 有三个分界点 3 1 1 1 当 x 3 时 y 2x 6 x 1 4 x 1 x 1 由于 x 3 所以 y x 1 4 y 的最大值是 4 2 当 3 x 1 时 y 2x 6 x 1 4 x 1 5x 11 由于 3 x 1 所以 4 5x 11 6 y 的最大值是 6 3 当 1 x 1 时 y 2x 6 x 1 4 x 1 3x 3 由于 1 x 1 所 以 0 3x 3 6 y 的最大值是 6 4 当 x 1 时 y 2x 6 x 1 4 x 1 x 1 由于 x 1 所以 1 x 0 y 的最大值是 0 综上可知 当 x 1 时 y 取得最大值为 6 10 设 a b c d 求 x a x b x c x d 的最小值 分析 本题也可用 零点分段法 讨论计算 但比较麻烦 若能利 用 x a x b x c x d 的几何意义来解题 将显得更加 简捷便利 解 设 a b c d x 在数轴上的对应点分别为 A B C D X 则 x a 表示线段 AX 之长 同理 x b x c x d 分别表 示线段 BX CX DX 之长 现要求 x a x b x c x d 之和的值最小 就是要在数轴上找一点 X 使该点到 A B C D 四点 距离之和最小 因为 a b c d 所以 A B C D 的排列应如图 1 3 所示 所以当 X 在 B C 之间时 距离和最小 这个最小值为 AD BC 即 d a c b 11 若 2x 4 5x 1 3x 4 的值恒为常数 求 x 该满足的条件及 此常数的值 分析与解 要使原式对任何数 x 恒为常数 则去掉绝对值符号 化简 合并时 必须使含 x 的项相加为零 即 x 的系数之和为零 故本题只有 2x 5x 3x 0 一种情况 因此必须有 4 5x 4 5x 且 1 3x 3x 1 故 x 应满足的条件是 初 中 数 学 竞 赛 教 程 31 此时原式 2x 4 5x 1 3x 4 7 第 8 讲 求代数式的值 用具体的数代替代数式里的字母进行计算 求出代数式的值 是一 个由一般到特殊的过程 具体求解代数式值的问题时 对于较简单的问 题 代入直接计算并不困难 但对于较复杂的代数式 往往是先化简 然后再求值 下面结合例题初步看一看代数式求值的常用技巧 1 求下列代数式的值 分析 上面两题均可直接代入求值 但会很麻烦 容易出错 我们可 以利用已经学过的有关概念 法则 如合并同类项 添 去括号等 先 将代数式化简 然后再求值 这样会大大提高运算的速度和结果的准确 性 0 4a3b2 a2b 5 4 13 2 2 12 2 5 16 2 5 19 2 原式 3x 2y xyz 2xyz x2z 4x2z 3x2y xyz 5x2z 3x 2y xyz 2xyz x2z 4x2z 3x2y xyz 5x2z 初 中 数 学 竞 赛 教 程 32 3x 2y 3x2y xyz 2xyz xyz x2z 4x2z 5x2z 2xyz 2x 2z 2 1 2 3 2 1 2 3 12 6 18 说明 本例中 1 的化简是添括号 将同类项合并后 再代入求值 2 是先去括号 然后再添括号 合并化简后 再代入求值 去 添括号时 一定要注意各项符号的变化 2 已知 a b 1 求 a3 3ab b3 的值 分析 由已知条件 a b 1 我们无法求出 a b 的确定值 因此本题不 能像例 1 那样 代入 a b 的值求代数式的值 下面给出本题的五种解 法 解法 1 由 a b 1 得 a b 1 代入所求代数式化简 a 3 3ab b3 b 1 3 3 b 1 b b3 b 3 3b2 3b 1 3b2 3b b3 1 说明 这是用代入消元法消去 a 化简求值的 解法 2 因为 a b 1 所以 原式 a 3 b3 3ab a b a2 ab b2 3ab 1 a 2 ab b2 3ab a2 ab b2 3ab a 2 2ab b2 a b 2 1 2 1 说明 这种解法是利用了乘法公式 将原式化简求值的 解法 3 因为 a b 1 所以 原式 a 3 3ab 1 b3 a3 3ab a b b3 a 3 3a2b 3ab2 b3 a b 3 1 3 1 说明 这种解法巧妙地利用了 1 a b 并将 3ab 化为 3ab 1 3ab a b 从而凑成了 a b 3 解法 4 因为 a b 1 所以 a b 3 1 3 1 即 a3 3ab2 3a2b b3 1 a 3 b3 3ab a b 1 所以 a3 b3 3ab 1 1 即 a3 b3 3ab 1 说明 这种解法是由 a b 1 演绎推理出所求代数式的值 解法 5 a 3 3ab b3 a3 3ab2 3a2b b3 3ab2 3a2b 3ab a b 3 3ab a b 3ab 1 3 3ab 1 3ab 1 初 中 数 学 竞 赛 教 程 33 说明 这种解法是添项 凑出 a b 3 然后化简求值 通过这个例题可 以看出 求代数式的值的方法是很灵活的 需要认真思考 才能找到简 便的算法 在本例的各种解法中 用到了几个常用的乘法公式 现总结 如下 a b 2 a2 2ab b2 a b 2 a2 2ab b2 a b 3 a3 3a2b 3ab2 b3 a b 3 a3 3a2b 3ab2 b3 a3 b3 a b a2 ab b2 a3 b3 a b a2 ab b2 解 由已知 xy 2 x y 代入所求代数式中 消去 xy 然后化 简 所以 解 因为 a 3b 所以 c 5a 5 3b 15b 将 a c 代入所求代数式 化简得 初 中 数 学 竞 赛 教 程 34 解 因为 x 5 2 m 都是非负数 所以由 1 有 由 2 得 y 1 3 所以 y 2 下面先化简所求代数式 然后再代入求值 x2y 5m2x 10 xy2 52 2 0 10 5 22 250 6 如果 4a 3b 7 并且 3a 2b 19 求 14a 2b 的值 分析 此题可以用方程组求出 a b 的值 再分别代入 14a 2b 求 值 下面介绍一种不必求出 a b 的值的解法 解 14a 2b 2 7a b 2 4a 3a 3b 2b 2 4a 3b 3a 2b 2 7 19 52 初 中 数 学 竞 赛 教 程 35 x x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 的值 分析 所求代数式中六个绝对值的分界点 分别为 0 1 2 据绝对值的意义去掉绝对值的符号 将有 3 个 x 和 3 个 x 这样将抵消掉 x 使求值变得容易 原式 x x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 1 2 3 4 5 9 说明 实际上 本题只要 x 的值在 2 与 3 之间 那么这个代数式的值 就是 9 即它与 x 具体的取值无关 8 若 x y z 3 4 7 且 2x y z 18 那么 x 2y z 的值是多少 分析 x y z 3 4 7 可以写成 的形式 对于等比 我们通常 可以设它们的比值为常数 k 这样可以给问题的解决带来便利 x 3k y 4k z 7k 因为 2x y z 18 所以 2 3k 4k 7k 18 所以 k 2 所以 x 6 y 8 z 14 所以 x 2y z 6 16 14 8 例 9 已知 x y 11 求 xy 1 2 x y 2 x y 2xy 的值 分析 本题是可直接代入求值的 下面采用换元法 先将式子改写得 较简洁 然后再求值 解 设 x y m xy n 原式 n 1 2 m 2 m 2n n 1 2 m2 2m 2mn 4n n2 2n 1 4n 2m 2mn m2 n 1 2 2m n 1 m2 n 1 m 2 11 11 1 22 2 121 1 22 2 1002 10000 说明 换元法是处理较复杂的代数式的常用手法 通过换元 可以使 初 中 数 学 竞 赛 教 程 36 代数式的特征更加突出 从而简化了题目的表述形式 第 9 讲 一元一次方程 方程是中学数学中最重要的内容 最简单的方程是一元一次方程 它是进一步学习代数方程的基础 很多方程都可以通过变形化为一元一 次方程来解决 本讲主要介绍一些解一元一次方程的基本方法和技巧 用等号连结两个代数式的式子叫等式 如果给等式中的文字代以任 何数值 等式都成立 这种等式叫恒等式 一个等式是否是恒等式是要 通过证明来确定的 如果给等式中的文字 未知数 代以某些值 等式成立 而代以其他的 值 则等式不成立 这种等式叫作条件等式 条件等式也称为方程 使 方程成立的未知数的值叫作方程的解 方程的解的集合 叫作方程的解 集 解方程就是求出方程的解集 只含有一个未知数 又称为一元 且其次数是 1 的方程叫作一元一次 方程 任何一个一元一次方程总可以化为 ax b a 0 的形式 这是一元 一次方程的标准形式 最简形式 解一元一次方程的一般步骤 1 去分母 2 去括号 3 移项 4 合 并同类项 化为最简形式 ax b 5 方程两边同除以未知数的系数 得出 方程的解 一元一次方程 ax b 的解由 a b 的取值来确定 2 若 a 0 且 b 0 方程变为 0 x 0 则方程有无数多个解 初 中 数 学 竞 赛 教 程 37 3 若 a 0 且 b 0 方程变为 0 x b 则方程无解 1 解方程 解法 1 从里到外逐级去括号 去小括号得 去中括号得 去大括号得 解法 2 按照分配律由外及里去括号 去大括号得 化简为 初 中 数 学 竞 赛 教 程 38 去中括号得 去小括号得 2 已知下面两个方程 3 x 2 5x 4x 3 a x 6x 7 a x 有相同的解 试求 a 的值 分析 本题解题思路是从方程 中求出 x 的值 代入方程 求出 a 的值 解 由方程 可求得 3x 5x 6 所以 x 3 由已知 x 3 也是方程 的解 根据方程解的定义 把 x 3 代入方程 时 应有 4 3 3 a 3 6 3 7 a 3 7 a 3 3 a 3 18 12 初 中 数 学 竞 赛 教 程 39 3 已知方程 2 x 1 3 x 1 的解为 a 2 求方程 2 2 x 3 3 x a 3a 的解 解 由方程 2 x 1 3 x 1 解得 x 5 由题设知 a 2 5 所以 a 3 于 是有 2 2 x 3 3 x 3 3 3 2x 21 4 解关于 x 的方程 mx n m n 0 分析 这个方程中未知数是 x m n 是可以取不同实数值的常数 因 此需要讨论 m n 取不同值时 方程解的情况 解 把原方程化为 m2x mnx mn n2 0 整理得 m m n x n m n 当 m n 0 且 m 0 时 方程无解 当 m n 0 时 方程的解为一切实数 说明 含有字母系数的方程 一定要注意字母的取值范围 解这类方 程时 需要从方程有唯一解 无解 无数多个解三种情况进行讨论 5 解方程 a x b a b x a 2 x b2 x a2b2 分析 本题将方程中的括号去掉后产生 x2 项 但整理化简后 可以消 去 x2 也就是说 原方程实际上仍是一个一元一次方程 解 将原方程整理化简得 a b 2 x2 a2b2 a2x b2x x2 a2b2 即 a 2 b2 x a b 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 40 1 当 a2 b2 0 时 即 a b 时 方程有唯一解 2 当 a2 b2 0 时 即 a b 或 a b 时 若 a b 0 即 a b 即 a b 时 方程无解 若 a b 0 即 a b 方程有无数多个解 6 已知 m 2 1 x2 m 1 x 8 0 是关于 x 的一元一次方程 求代数式 199 m x x 2m m 的值 解 因为 m 2 1 x2 m 1 x 8 0 是关于 x 的一元一次方程 所以 m2 1 0 即 m 1 1 当 m 1 时 方程变为 2x 8 0 因此 x 4 代数式的值为 199 1 4 4 2 1 1 1991 2 当 m 1 时 原方程无解 所以所求代数式的值为 1991 7 已知关于 x 的方程 a 2x 1 3x 2 无解 试求 a 的值 解 将原方程变形为 2ax a 3x 2 即 2a 3 x a 2 由已知该方程无解 所以 初 中 数 学 竞 赛 教 程 41 8 k 为何正数时 方程 k2x k2 2kx 5k 的解是正数 来确定 1 若 b 0 时 方程的解是零 反之 若方程 ax b 的解是零 则 b 0 成立 2 若 ab 0 时 则方程的解是正数 反之 若方程 ax b 的解是正 数 则 ab 0 成立 3 若 ab 0 时 则方程的解是负数 反之 若方程 ax b 的解是负 数 则 ab 0 成立 解 按未知数 x 整理方程得 k 2 2k x k2 5k 要使方程的解为正数 需要 k 2 2k k2 5k 0 看不等式的左端 k 2 2k k2 5k k2 k 2 k 5 因为 k2 0 所以只要 k 5 或 k 2 时上式大于零 所以当 k 2 或 k 5 时 原方程的解是正数 所以 k 5 或 0 k 2 即为所求 9 若 abc 1 解方程 解 因为 abc 1 所以原方程可变形为 初 中 数 学 竞 赛 教 程 42 化简整理为 化简整理为 说明 像这种带有附加条件的方程 求解时恰当地利用附加条件可使 方程的求解过程大大简化 例 10 若 a b c 是正数 解方程 解法 1 原方程两边乘以 abc 得到方程 ab x a b bc x b c ac x c a 3abc 移项 合并同类项得 ab x a b c bc x a b c 初 中 数 学 竞 赛 教 程 43 ac x a b c 0 因此有 x a b c ab bc ac 0 因为 a 0 b 0 c 0 所以 ab bc ac 0 所以 x a b c 0 即 x a b c 为原方程的解 解法 2 将原方程右边的 3 移到左边变为 3 再拆为三个 1 并 注意到 其余两项做类似处理 设 m a b c 则原方程变形为 所以 即 初 中 数 学 竞 赛 教 程 44 x a b c 0 所以 x a b c 为原方程的解 说明 注意观察 巧妙变形 是产生简单优美解法所不可缺少的基本功 之一 11 设 n 为自然数 x 表示不超过 x 的最大整数 解方程 分析 要解此方程 必须先去掉 由于 n 是自然数 所以 n 与 n 1 n x 都是整数 所以 x 必是整数 解 根据分析 x 必为整数 即 x x 所以原方程化为 合并同类项得 故有 初 中 数 学 竞 赛 教 程 45 所以 x n n 1 为原方程的解 12 已知关于 x 的方程 且 a 为某些自然数时 方程的解为自然数 试求自然数 a 的最小值 解 由原方程可解得 a 最小 所以 x 应取 x 160 所以 所以满足题设的自然数 a 的最小值为 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 46 第 10 讲 识图 几何学是研究物体形状 大小 位置的学科 几何图形就是点 线 面 体的集合 点是组成几何图形的基本元素 平面几何学 只研究在同一平面内的图形的形状 大小和相互位置 几何里的点 线 面 体实际上是不能脱离物体而单独存在的 因此 单 独研究点 线 面 体 要靠正确的想像 点 只表示位置 没有大小 不可再分 线 只有长短 没有粗细 线是由无数多点组成的 即 点动成线 面 只有长 宽 没有厚薄 面是由无数多线组成的 线动成面 因为任何复杂的图形 都是由若干基本图形组合而成的 所以识别图 形 的组合关系是学好几何的重要基础 识别图形包括静止状态的数一数 量一量 比一比 算一算 运动状 态 中的位置 数量的变化 图形的旋转 摺叠 割补 并合 比较等 还 要注意一般图形和特殊图形的差别 1 数一数甲图中有几个角 小于平角 乙图中有几个等腰三角形 丙图中有几全等三角形 丁图中有几对等边三角形 O D C B A A B C O A BC D E D E 初 中 数 学 竞 赛 教 程 47 解 甲图中有 10 个角 AOB AOC BOC BOD COD COE DOE DOA EOA EOB 如果 OA 和 OC 成一直线 则少一个 AOC 余类推 乙图中有 5 个等腰三角形 ABC ABD BDC BDE DEC 丙图中有全等三角形 4 对 设 AC 和 DB 相交于 O AOB COD AOD BOC ABC CDA BCD DAB 丁图中共有等边三角形 48 个 边长 1 个单位 顶点在上 的个数有 1 2 3 4 5 15 顶点在下 的个数有 1 2 3 4 10 边长 2 个单位 顶点在上 的个数有 1 2 3 4 10 顶点在下 的个数有 1 2 3 边长 3 个单位 顶点在上 的个数有 1 2 3 6 边长 4 个单位 顶点在上 的个数有 1 2 3 边长 5 个单位 顶点在上 的个数有 1 以上要注意数一数的规律 2 设平面内有 6 个点 A1 A2 A3 A4 A5 A6 其中任意 3 个点都不在同 一直线上 如果每两点都连成一条线 那么共有线段几条 如果要使图 形不出现有 4 个点的两两连线 那么最多可连成几条线段 试画出图形 1989 年全国初中数学联赛题 解 从点 A1与其他 5 点连线有 5 条 从点 A2与其他 4 点 A 1除外 连线有 4 条 从 A3与其他 3 点连线有 3 条 A 1 A2除外 以此类推 6 个点两两连线共有线段 1 2 3 4 5 15 条 或用每点都与其他 5 点连线共 5 6 再除以 2 因重复计算 要使图形不出现有 4 个点的两两连线 那么每点只能与其他 4 个点连 线 共有 6 4 2 12 条 如下图 其中有 3 对点不连线 A1A4 A2A5 A3A6 A5 A4 A6 A3 A1 A2 3 如图水平线与铅垂线相交于 O 某甲沿水平线 某乙铅垂线同时匀 初 中 数 学 竞 赛 教 程 48 速前进 当甲在 O 点时 乙离点 O 为 500 米 2 分钟后 甲 乙离点 O 相 等 又过 8 分钟 甲 乙再次离点 O 相等 求甲和乙的速度比 解 如图设甲 0 乙 0为开始位置 甲 1 乙 1为前进 2 分钟后位置 甲 2 乙 2 乙 2 为再前进 8 分钟的位置 再设甲 乙的速度分别为每分钟 x y 米 根据题意得 5012yx 甲 O 甲 1 甲 2 解得 12x 8y 乙 1 x y 2 3 乙 0 答甲和乙的速度比是 2 比 3 4 在三角形内 不在边上 有 3 个点 连同原三角形三个顶点 共 6 个点 以这 6 个点为顶点 作出所有不重迭的三角形共有几个 1989 年全国初中数学联赛题 解 如图 ABC 中一个点 D 与 A B C 各点连结可得 3 个不重迭的三角 形 再增加 1 个点 E 这时可连结不重迭的三角形共 5 个 再增加 1 个点 F 又可增加 2 个不重迭的三角形 共有 7 个 一般规律是每增加 1 个点 可增加不重迭的三角形 2 个 A A A F D E E B C D D B C B C 初 中 数 学 竞 赛 教 程 49 第 11 讲 线段与角的推理计算 1 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 50 3 初 中 数 学 竞 赛 教 程 51 4 5 初 中 数 学 竞 赛 教 程 52 6 初 中 数 学 竞 赛 教 程 53 7 8 9 初 中 数 学 竞 赛 教 程 54 10 初 中 数 学 竞 赛 教 程 55 第 12 讲 相交线与平行线 1 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 56 3 4 5 初 中 数 学 竞 赛 教 程 57 6 7 初 中 数 学 竞 赛 教 程 58 8 9 初 中 数 学 竞 赛 教 程 59 10 初 中 数 学 竞 赛 教 程 60 第 13 讲 平行线问题 平行线是我们日常生活中非常常见的图形 练习本每一页中的横线 直尺的上下两边 人行横道上的 斑马线 以及黑板框的对边 桌面的 对边 教室墙壁的对边等等均是互相平行的线段 正因为平行线在生活中的广泛应用 因此有关它的基本知识及性质 成为中学几何的基本知识 正因为平行线在几何理论中的基础性 平行线成为古往今来很多数学 家非常重视的研究对象 历史上关于平行公理的三种假设 产生了三种 不同的几何 罗巴切夫斯基几何 黎曼几何及欧几里得几何 它们在使 人们认识宇宙空间中起着非常重要的作用 现行中学中所学的几何是属于欧几里得几何 它是建立在这样一个公 理基础之上的 在平面中 经过直线外一点 有且只有一条直线与这 条直线平行 在此基础上 我们学习了两条平行线的判定定理及性质定理 下面我 们举例说明这些知识的应用 1 如图 1 18 直线 a b 直线 AB 交 a 与 b 于 A B CA 平分 1 CB 平分 2 求证 C 90 分析 由于 a b 1 2 是两个同侧内角 因此 1 2 初 中 数 学 竞 赛 教 程 61 过 C 点作直线 l 使 l a 或 b 即可通过平行线的性质实现等角转移 证 过 C 点作直线 l 使 l a 图 1 19 因为 a b 所以 b l 所以 1 2 180 同侧内角互补 因为 AC 平分 1 BC 平分 2 所以 又 3 CAE 4 CBF 内错角相等 所以 3 4 CAE CBF 说明 做完此题不妨想一想这个问题的 反问题 是否成立 即 两条 直线 a b 被直线 AB 所截 如图 1 20 所示 CA CB 分别是 BAE 与 ABF 的平分线 若 C 90 问直线 a 与直线 b 是否一定平行 初 中 数 学 竞 赛 教 程 62 由于这个问题与上述问题非常相似 将条件与结论交换位置 因此 不 妨模仿原问题的解决方法来试解 2 如图 1 21 所示 AA 1 BA 2求 A 1 B 1 A 2 分析 本题对 A 1 A 2 B 1的大小并没有给出特定的数值 因此 答 案显然与所给的三个角的大小无关 也就是说 不管 A 1 A 2 B 1的 大小如何 答案应是确定的 我们从图形直观 有理由猜想答案大概是 零 即 A 1 A 2 B 1 猜想 常常受到直观的启发 但猜想必须经过严格的证明 式给我们 一种启发 能不能将 B 1一分为二使其每一部分分别等于 A 1与 A 2 这 就引发我们过 B1点引 AA1 从而也是 BA2 的平行线 它将 B 1一分为二 证 过 B1引 B1E AA 1 它将 A 1B1A2分成两个角 1 2 如图 1 22 所 示 因为 AA1 BA 2 所以 B1E BA 2 从而 1 A 1 2 A 2 内错角相等 所以 B 1 1 2 A 1 A 2 即 A 1 B 1 A 2 0 初 中 数 学 竞 赛 教 程 63 说明 1 从证题的过程可以发现 问题的实质在于 AA1 BA 2 它与连接 A1 A 2两点之间的折线段的数目无关 如图 1 23 所示 连接 A1 A 2之间 的折线段增加到 4 条 A 1B1 B 1A2 A 2B2 B 2A3 仍然有 A 1 A 2 A3 B 1 B 2 即那些向右凸出的角的和 向左凸的角的和 即 A 1 B 1 A 2 B 2 A3 0 进一步可以推广为 A 1 B 1 A 2 B 2 B n 1 A n 0 这时 连结 A1 A n之间的折线段共有 n 段 A1B1 B 1A2 B n 1An 当然 仍要保持 AA 1 BA n 推广是一种发展自己思考能力的方法 有些简单的问题 如果抓住了问 题的本质 那么 在本质不变的情况下 可以将问题推广到复杂的情 况 2 这个问题也可以将条件与结论对换一下 变成一个新问题 问题 1 如图 1 24 所示 A 1 A 2 B 1 问 AA1与 BA2是否平行 问题 2 如图 1 25 所示 若 A 1 A 2 A n B 1 B 2 B n 1 问 AA1与 BAn是否平行 初 中 数 学 竞 赛 教 程 64 这两个问题请同学加以思考 3 如图 1 26 所示 AE BD 1 3 2 2 25 求 C 分析 利用平行线的性质 可以将角 转移 到新的位置 如 1 DFC 或 AFB 若能将 1 2 C 集中 到一个顶点处 这是最理想不 过的了 过 F 点作 BC 的平行线恰能实现这个目标 解 过 F 到 FG CB 交 AB 于 G 则 C AFG 同位角相等 2 BFG 内错角相等 因为 AE BD 所以 初 中 数 学 竞 赛 教 程 65 1 BFA 内错角相等 所以 C AFG BFA BFG 1 2 3 2 2 2 2 50 说明 1 运用平行线的性质 将角集中到适当位置 是添加辅助线 平行 线 的常用技巧 2 在学过 三角形内角和 知识后 可有以下较为简便的解法 1 DFC C 2 即 C 1 2 2 2 50 4 求证 三角形内角之和等于 180 分析 平角为 180 若能运用平行线的性质 将三角形三个内角集中到 同一顶点 并得到一个平角 问题即可解决 下面方法是最简单的一 种 证 如图 1 27 所示 在 ABC 中 过 A 引 l BC 则 B 1 C 2 内错角相等 显然 1 BAC 2 平角 所以 A B C 180 说明 事实上 我们可以运用平行线的性质 通过添加与三角形三条边平 行的直线 将三角形的三个内角 转移 到任意一点得到平角的结 论 如将平角的顶点设在某一边内 或干脆不在三角形的边上的其他任 何一点处 不过 解法将较为麻烦 同学们不妨试一试这种较为麻烦的 证法 5 求证 四边形内角和等于 360 初 中 数 学 竞 赛 教 程 66 分析 应用例 3 类似的方法 添加适当的平行线 将这四个角 聚合 在 一起使它们之和恰为一个周角 在添加平行线中 尽可能利用原来的内 角及边 应能减少推理过程 证 如图 1 28 所示 四边形 ABCD 中 过顶点 B 引 BE AD BF CD 并 延长 AB CB 到 H G 则有 A 2 同位角相等 D 1 内错角相等 1 3 同位角相等 C 4 同位角相等 又 ABC 即 B GBH 对顶角相等 由于 2 3 4 GBH 360 所以 A B C D 360 说明 1 同例 3 周角的顶点可以取在平面内的任意位置 证明的本质不 变 2 总结例 3 例 4 并将结论的叙述形式变化 可将结论加以推广 三角形内角和 180 3 2 180 四边形内角和 360 2 180 4 2 180 人们不禁会猜想 五边形内角和 5 2 180 540 n 边形内角和 n 2 180 初 中 数 学 竞 赛 教 程 67 这个猜想是正确的 它们的证明在学过三角形内角和之后 证明将非常 简单 3 在解题过程中 将一些表面并不相同的问题 从形式上加以适当变形 找到它们本质上的共同之处 将问题加以推广或一般化 这是发展人的 思维能力的一种重要方法 6 如图 1 29 所示 直线 l 的同侧有三点 A B C 且 AB l BC l 求证 A B C 三点在同一条直线上 分析 A B C 三点在同一条直线上可以理解为 ABC 为平角 即只要证明 射线 BA 与 BC 所夹的角为 180 即可 考虑到以直线 l 上任意一点为顶点 该点分直线所成的两条射线为边所成的角均为平角 结合所给平行条件 过 B 作与 l 相交的直线 就可将 l 上的平角转换到顶点 B 处 证 过 B 作直线 BD 交 l 于 D 因为 AB l CB l 所以 1 ABD 2 CBD 内错角相等 又 1 2 180 所以 ABD CBD 180 即 ABC 180 平角 A B C 三点共线 思考 若将问题加以推广 在 l 的同侧有 n 个点 A1 A2 An 1 An 且有 AiAi 1 l i 1 2 n 1 是否还有同样的结论 7 如图 1 30 所示 1 2 D 90 EF CD 求证 3 B 初 中 数 学 竞 赛 教 程 68 分析 如果 3 B 则应需 EF BC 又知 1 2 则有 BC AD 从而 应有 EF AD 这一点从条件 EF CD 及 D 90 不难获得 证 因为 1 2 所以 AD BC 内错角相等 两直线平行 因为 D 90 及 EF CD 所以 AD EF 同位角相等 两直线平行 所以 BC EF 平行公理 所以 3 B 两直线平行 同位角相等 初 中 数 学 竞 赛 教 程 69 第 14 讲 质数与合数 我们知道 每一个自然数都有正因数 因数又称约数 例如 1 有一个 正因数 2 3 5 都有两个正因数 即 1 和其本身 4 有三个正因数 1 2 4 12 有六个正因数 1 2 3 4 6 12 由此可见 自然数的 正因数 有的多 有的少 除了 1 以外 每个自然数都至少有两个正因 数 我们把只有 1 和其本身两个正因数的自然数称为质数 又称素数 把 正因数多于两个的自然数称为合数 这样 就把全体自然数分成三类 1 质数和合数 2 是最小的质数 也是唯一的一个既是偶数又是质数的数 也就是说 除了 2 以外 质数都是奇数 小于 100 的质数有如下 25 个 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 质数具有许多重要的性质 性质 1 一个大于 1 的正整数 n 它的大于 1 的最小因数一定是质 数 性质 2 如果 n 是合数 那么 n 的最小质因数 a 一定满足 a2 n 性质 3 质数有无穷多个 这个性质将在例 6 中证明 性质 4 算术基本定理 每一个大于 1 的自然数