全国初中数学竞赛辅导 第三十四讲《梯形》教案2 北师大版[5篇材料]

第一篇：全国初中数学竞赛辅导 第三十四讲《梯形》教案2 北师大版

第三十四讲 梯形

与平行四边形一样，梯形也是一种特殊的四边形，其中等腰梯形与直角梯形占有重要地位，本讲就来研究它们的有关性质的应用．

例1 如图2-43所示．在直角三角形ABC中，E是斜边AB上的中点，D是AC的中点，DF∥EC交BC延长线于F．求证：四边形EBFD是等腰梯形．

分析 因为E，D是三角形ABC边AB，AC的中点，所以ED∥BF．此外，还要证明(1)EB=DF；(2)EB不平行于DF．

证 因为E，D是△ABC的边AB，AC的中点，所以

ED∥BF．

又已知DF∥EC，所以ECFD是平行四边形，所以

EC=DF． ①

又E是Rt△ABC斜边AB上的中点，所以

EC=EB． ②

由①，②

EB=DF．

下面证明EB与DF不平行．

若EB∥DF，由于EC∥DF，所以有EC∥EB，这与EC与EB交于E矛盾，所以EBDF．

根据定义，EBFD是等腰梯形．

例2 如图2-44所示．ABCD是梯形，AD∥BC，AD＜BC，AB=AC且AB⊥AC，BD=BC，AC，BD交于O.求∠BCD的度数．

分析 由于△BCD是等腰三角形，若能确定顶点∠CBD的度数，则底角∠BCD可求．由等腰Rt△ABC可求知斜边BC(即BD)的长．又梯形的高，即Rt△ABC斜边上的中线也可求出．通过添辅助线可构造直角三角形，求出∠BCD的度数．

解 过D作DE⊥EC于E，则DE的长度即为等腰Rt△ABC斜边上的高AF．设AB=a，由于△ABF也是等腰直角三角形，由勾股定理知

AF+BF=AB，即

又

BC=AB+AC=2AB=2a，由于BC=DB，所以，在Rt△BED中，22222

从而∠EBD=30°(直角三角形中30°角的对边等于斜边一半定理的逆定理)．在△CBD中，2

例3 如图2-45所示．直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠ADC=135°，CD的垂直平分线交BC于N，交AB延长线于F，垂足为M．求证：AD=BF．

分析 MF是DC的垂直平分线，所以ND=NC．由AD∥BC及∠ADC=135°知，∠C=45°，从而∠NDC=45°，∠DNC=90°，所以ABND是矩形，进而推知△BFN是等腰直角三角形，从而AD=BN=BF．

证 连接DN．因为N是线段DC的垂直平分线MF上的一点，所以ND=NC．由已知，AD∥BC及∠ADC=135°知

∠C=45°，从而

∠NDC=45°．

在△NDC中，∠DNC=90°(=∠DNB)，所以ABND是矩形，所以

AF∥ND，∠F=∠DNM=45°．

△BNF是一个含有锐角45°的直角三角形，所以BN=BF．又

AD=BN，所以 AD=BF．

例4 如图2-46所示．直角梯形ABCD中，∠C=90°，AD∥BC，AD+BC=AB，E是CD的中点．若AD=2，BC=8，求△ABE的面积．

分析 由于AB=AD+BC，即一腰AB的长等于两底长之和，它启发我们利用梯形的中位线性质(这个性质在教材中是梯形的重要性质，我们将在下一讲中深入研究它，这里只引用它的结论)．取腰AB的中点F，(或BC)．过A引AG⊥BC于G，交EF于H，则AH，GH分别是△AEF与△BEF的高，所以

AG=AB-BG=(8+2)-(8-2)=100-36=64，所以AG=8．这样S△ABE(=S△AEF+S△BEF)可求．

解 取AB中点F，连接EF．由梯形中位线性质知

EF∥AD(或BC)，2

过A作AG⊥BC于G，交EF于H．由平行线等分线段定理知，AH=GH且AH，GH均垂直于EF．在Rt△ABG中，由勾股定理知

AG=AB-BG

=(AD+BC)-(BC-AD)

=10-6=8，所以 AG=8，从而 AH=GH=4，所以

S△ABE=S△AEF+S△BEF 2222

2222 4

例5 如图2-47所示．四边形ABCF中，AB∥DF，∠1=∠2，AC=DF，FC＜AD．

(1)求证：ADCF是等腰梯形；

(2)若△ADC的周长为16厘米(cm)，AF=3厘米，AC-FC=3厘米，求四边形ADCF的周长．

分析 欲证ADCF是等腰梯形．归结为证明AD∥CF，AF=DC，不要忘了还需证明AF不平行于DC．利用已知相等的要素，应从全等三角形下手．计算等腰梯形的周长，显然要注意利用AC-FC=3厘米的条件，才能将△ADC的周长过渡到梯形的周长．

解(1)因为AB∥DF，所以∠1=∠3．结合已知∠1=∠2，所以∠2=∠3，所以

EA=ED．

又 AC=DF，所以 EC=EF．

所以△EAD及△ECF均是等腰三角形，且顶角为对顶角，由三角形内角和定理知∠3=∠4，从而AD∥CF．不难证明

△ACD≌△DFA(SAS)，所以 AF=DC．

若AF∥DC，则ADCF是平行四边形，则AD=CF与FC＜AD矛盾，所以AF不平行于DC．

综上所述，ADCF是等腰梯形．

(2)四边形ADCF的周长=AD+DC+CF+AF． ①

由于

△ADC的周长=AD+DC+AC=16(厘米)，②

AF=3(厘米)，③

FC=AC-3，④

将②，③，④代入①

四边形ADCF的周长=AD+DC+(AC-3)+AF

=(AD+DC+AC)-3+3

=16(厘米)．

例6 如图2-48所示．等腰梯形ABCD中，AB∥CD，对角线AC，BD所成的角∠AOB=60°，P，Q，R分别是OA，BC，OD的中点．求证：△PQR是等边三角形．

分析 首先从P，R分别是OA，OD中点知，欲证等边三角形PQR的边长应等于等腰梯形腰长之半，为此，只需证明QR，QP等于腰长之半即可．注意到△OAB与△OCD均是等边三角形，P，R分别是它们边上的中点，因此，BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC与Rt△CRB中，PQ，RQ分别是它们斜边BC(即等腰梯形的腰)的中线，因此，PQ=RQ=腰BC之半．问题获解．

证 因为四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质知，它的同一底上的两个角及对角线均相等．进而推知，∠OAB=∠OBA及∠OCD=∠ODC．又已知，AC与BD成60°角，所以，△ODC与△OAB均为正三角形．连接BP，CR，则BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC与Rt△CRB中，PQ，RQ分别是它们的斜边BC上的中线，所以

又RP是△OAD的中位线，所以

因为 AD=BC，③

由①，②，③得

PQ=QR=RP，即△PQR是正三角形．

说明 本题证明引人注目之处有二：

(1)充分利用特殊图形中特殊点所带来的性质，如正三角形OAB边OA上的中点P，可带来BP⊥OA的性质，进而又引出直角三角形斜边中线PQ等于斜边BC之半的性质．

(2)等腰梯形的“等腰”就如一座桥梁“接通”了“两岸”的髀

使△PQR的三边相等．

练习十三

1．如图2-49所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC，BD⊥CD．求∠A的度数．

2．如图2-50所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AE∥DC交BC于E，△ABE的周长=13厘米，AD=4厘米．求梯形的周长．

3．如图2-51所示．梯形ABCD中，AB∥CD，∠A+∠B=90°，AB=p，CD=q，E，F分别为AB，CD的中点．求EF．

4．如图2-52所示．梯形ABCD中，AD∥BC，M是腰DC的中点，MN⊥AB于N，且MN=b，AB=a．求梯形ABCD的面积．

5．已知：梯形ABCD中，DC∥AB，∠A=36°，∠B=54°，M，N分别是DC，AB的中点．求证：

第二篇：全国初中数学竞赛辅导 第四十六讲《同余式》教案1 北师大版

！

第四十六讲 同余式

数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．

先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？

取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．

在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．

同余，顾名思义，就是余数相同．

定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作

a≡b(modm)，并读作a同余b，模m．

若a与b对模m同余，由定义1，有

a=mq1＋r，b=mq2+r．

所以 a-b=m(q1-q2)，即 m｜a-b．

反之，若m｜a-b，设

a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．

于是，我们得到同余的另一个等价定义：！

定义2 若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．

同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理1．

定理1(1)a≡a(modm)．

(2)若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．

(3)若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．

在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立．

定理2 若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

证 由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以

m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则

a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a≡b(modm)．

对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？

在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如

25≡5(mod 10)，约去5得

5≡1(mod 10)．

这显然是不正确的．但下面这种情形，相约是可以的．

定理3 若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则

n

n 2！

a≡b(modm)．

证 由题设知

ac-bc=(a-b)c=mk．

由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．

定理4 若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，………… a≡b(modmn)，且M=[m1，m2，…，mn]表示m1，m2，…，mn的最小公倍数，则

a≡b(modM)．

前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题．

应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题．若要证明m整除a，只需证a≡0(modm)即可．

例1 求证：

(1)8｜(552n1999

＋17)；

(2)8(3＋7)；

(3)17｜(191000

-1)．

1999

证(1)因55≡-1(mod 8)，所以55

19998)，于是8｜(55＋17)．

2n

≡-1(mod 8)，55

1999

＋17≡-1＋17=16≡0(mod

(2)3=9≡1(mod 8)，3≡1(mod 8)，所以3＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(3＋7)．

(3)19≡2(mod 17)，19≡2=16≡-1(mod 17)，所以19≡1(mod 17)，于是

17｜(19

1000

1000

2n2n

=(19)250≡(-1)250

-1)．！

例2 求使2-1为7的倍数的所有正整数n．

解 因为2≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．

(1)若n=3k，则

2-1＝(2)-1＝8-1≡1-1＝0(mod 7)；

(2)若n=3k＋1，则

2-1=2·(2)-1=2·8-1

≡2·1-1＝1(mod 7)；

(3)若n=3k＋2，则

2-1=2·(2)-1=4·8-1

≡4·1-1＝3(mod 7)．

所以，当且仅当3｜n时，2-1为7的倍数．

例3 对任意的自然数n，证明

A=2903-803-464＋261

能被1897整除．

证 1897=7×271，7与271互质．因为

2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以

A=2903-803-464+261

≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为

2903≡193(mod 271)，n

n

n

n

n

n

n

n

n

k

n

3k

k

k

n

3k

k

n

3k

k

k3n 4！

803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以

故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．

例4 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出

｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算

｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．

如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？

解 因为对于一个整数a，有

｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以

b1＋b2＋…＋b64

=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜

≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128

≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数

x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128

＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．！

如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具．另外，求一个数的末位数字就是求这个数除以10的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的余数．

例5 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．

10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有

10≡1＝1(mod 9)．

因此

k

k

即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．

说明(1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．

(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．

例6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．

证 因为

奇数=(2k＋1)=4k＋4k+1≡1(mod 4)，偶数=(2k)=4k≡0(mod 4)，所以

例7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．

证 奇数可以表示为2k＋1，从而！

奇数=4k＋4k+1=4k(k＋1)+1．

因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而

奇数=8t+1≡1(mod 8)，偶数=(2k)=4k(k为整数)．

(1)若k=偶数=2t，则

4k=16t＝0(mod 8)．

(2)若k=奇数=2t+1，则

4k=4(2t＋1)=16(t＋t)+4≡4(mod 8)，所以

求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．

例8(1)求33除2

(2)求8除7

2n+1

1998的余数．

-1的余数．

解(1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为

2＝32≡-1(mod 33)，所以 2≡1(mod 33)，2

所求余数为25．

(2)因为7≡-1(mod 8)，所以

2n＋1

199810

=(2)·2·2≡-8≡25(mod 33)，1019953

≡(-1)

2n＋1

＝-1(mod 8)，7

2n＋1

-1≡-2≡6(mod 8)，！

即余数为6．

例9 形如

Fn＝2+1，n=0，1，2，… 的数称为费马数．证明：当n≥2时，Fn的末位数字是7．

证 当n≥2时，2是4的倍数，故令2=4t．于是

Fn=2＋1=2+1=16＋1 ≡6＋1≡7(mod 10)，即Fn的末位数字是7．

说明 费马数的头几个是

F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，Fn都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．证明F5是合数，留作练习．

利用同余还可以处理一些不定方程问题．

例10 证明方程

x+y+2=5z

没有整数解．

证 对于任一整数x，以5为模，有

x≡0，±1，±2(mod 5)，x≡0，1，4(mod 5)，x≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x≡0，1(mod 5)．

同样，对于任一整数y

y≡0，1(mod 5)，4442

t2n

4t

t

n

n

2n 8！

所以 x+y+2≡2，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解．

说明 同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．

练习二十五

1．求证：17｜(19

100044

-1)．

2n

2n

2．证明：对所有自然数n，330｜(6-5-11)．

4．求21000

除以13的余数．

5．求1＋2＋3＋…＋99＋100除以4所得的余数．

6．今天是星期天，过3天是星期几？再过5

19985

天又是星期几？

7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．

8．证明不定方程x+y-8z=6无整数解．

第三篇：全国初中数学竞赛辅导 第十六讲《质数与合数》教案1 北师大版

第十六讲 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a≤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n，必能写成以下形式：

这里的P1，P2，…，Pr是质数，a1，a2，…，ar是自然数．如果不考虑p1，P2，…，Pr的次序，那么这种形式是唯一的．

关于质数和合数的问题很多，著名的哥德巴赫猜想就是其中之一．哥德巴赫猜想是：每一个大于2的偶数都能写成两个质数的和．这是至今还没有解决的难题，我国数学家陈景润在这个问题上做了到目前为止最好的结果，他证明了任何大于2的偶数都是两个质数的和或一个质数与一个合数的和，而这个合数是两个质数的积(这就是通常所说的1+2)．下面我们举些例子．

例1 设p，q，r都是质数，并且

p+q=r，p＜q．

求p．

解 由于r=p+q，所以r不是最小的质数，从而r是奇数，所以p，q为一奇一偶．因为p＜q，故p既是质数又是偶数，于是p=2．

例2 设p(≥5)是质数，并且2p+1也是质数．求证：4p+1是合数．

证 由于p是大于3的质数，故p不会是3k的形式，从而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整数．

若p=3k+1，则

2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数，与题设矛盾．所以p=3k+2，这时

4p+1=4(3k+2)+1=3(4k＋3)是合数．

例3 设n是大于1的正整数，求证：n+4是合数．

证 我们只需把n+4写成两个大于1的整数的乘积即可．

n+4=n+4n+4-4n＝(n+2)-4n ＝(n-2n+2)(n+2n+2)，因为

n+2n＋2＞n-2n+2=(n-1)+1＞1，所以n+4是合数．

例4 是否存在连续88个自然数都是合数？

解 我们用n！表示1×2×3×…×n.令

a=1×2×3×…×89=89！，那么，如下连续88个自然数都是合数：

a+2，a+3，a+4，…，a+89．

这是因为对某个2≤k≤89，有

a+k=k×(2×…×(k-1)×(k+1)×…×89+1)

是两个大于1的自然数的乘积．

说明 由本例可知，对于任意自然数n，存在连续的n个合数，这也说明相邻的两个素数的差可以任意的大． 4

用(a，b)表示自然数a，b的最大公约数，如果(a，b)=1，那么a，b称为互质(互素)．

例5 证明：当n＞2时，n与n！之间一定有一个质数．

证 首先，相邻的两个自然数是互质的．这是因为

(a，a-1)=(a，1)＝1，于是有(n！，n！-1)=1．

由于不超过n的自然数都是n！的约数，所以不超过n的自然数都与n！-1互质(否则，n！与n！-1不互质)，于是n！-1的质约数p一定大于n，即n＜p≤n！-1＜n！．

所以，在n与n！之间一定有一个素数．

例6 证明素数有无穷多个．

证 下面是欧几里得的证法．

假设只有有限多个质数，设为p1，p2，…，pn.考虑p1p2…pn+1，由假设，p1p2…pn+1是合数，它一定有一个质约数p．显然，p不同于p1，p2，…，pn，这与假设的p1，p2，…，pn为全部质数矛盾．

例7 证明：每一个大于11的自然数都是两个合数的和．

证 设n是大于11的自然数．

(1)若n=3k(k≥4)，则

n＝3k=6+3(k-2)；

(2)若n=3k+1(k≥4)，则

n=3k+1=4+3(k-1)；

(3)若n=3k+2(k≥4)，则

n=8+3(k-2)．

因此，不论在哪种情况下，n都可以表为两个合数的和．

例8 求不能用三个不同合数的和表示的最大奇数．

解 三个最小的合数是4，6，8，它们的和是18，于是17是不能用三个不同的合数的和表示的奇数．

下面证明大于等于19的奇数n都能用三个不同的合数的和来表示．

由于当k≥3时，4，9，2k是三个不同的合数，并且4+9+2k≥19，所以只要适当选择k，就可以使大于等于19的奇数n都能用4，9，2k(k=n-13/2)的和来表示．

综上所述，不能表示为三个不同的合数的和的最大奇数是17．

练习十六

1．求出所有的质数p，使p+10，p+14都是质数．

2．若p是质数，并且8p+1也是质数，求证：8p-p+2也是质数．

3．当m＞1时，证明：n+4m是合数．

4．不能写成两个合数之和的最大的自然数是几？

5．设p和q都是大于3的质数，求证：24｜p-q．

6．设x和y是正整数，x≠y，p是奇质数，并且

求x+y的值．

第四篇：全国初中数学知识竞赛辅导方案

全国初中数学知识竞赛辅导方案

王选民

为了在全国数学知识竞赛中取得优异成绩，将对学生辅导方案总结如下：

一、了解掌握优生的特点

一般我们选择参加竞赛的学生都是学优生，当我们与“优生”进行面谈时，应该清醒地认识到，他们能成为“优生”，是学生家长和老师共同教育的结果。尤其要看到这些“优生”的两重性：一方面，他们的行为习惯、学习习惯、学习成绩以及各种能力比一般学生在这个年龄容易出现的毛病外，也存在着他们作为老师的“好学生”、家长的“好孩子”所特有的一些毛病。

具体说来，“优生”一般具有以下特点：

1、思想比较纯正，行为举止较文明，自我控制的能力比较强，一般没有重大的违纪现象。

2、求知欲较旺盛，知识接受能力也较强，学习态度较端正，学习方法较科学，成绩较好。

3、长期担任学生干部，表达能力、组织能力以及其它工作能力都较强，在同学中容易形成威信。

4、课外涉及比较广泛，爱好全面，知识面较广。

5、由于智力状况比较好，课内学习较为轻松，因而容易自满，不求上进。

6、长期处于学生尖子的位置，比较骄傲自负，容易产生虚心。

7、有的“优生”之间容易产生互相嫉妒、勾心斗角的狭隘情绪和学习上的不正当竞争。

8、从小就处在受表扬、获荣誉、被羡慕的顺 境之中，因而他们对挫折的心理承受能力远不及一般普通学生。

以上几点，只是就一般“优生”的共性而，当然不一定每一个“优生”都是如此。

辅导优生的具体措施

1、创设能引导学优生主动参与的教育环境。

2、了解学生在兴趣、学习偏好、学习速度、学习准备以及动机等方面的情况。这些资料为教师制定活动和计划时的依据，也是“促进学生主动地、富有个性地

学习的需要”。

3、为尖子设计学习方案。学优生学习新知识时，比其他学生花的时间少，他不需要很多的练习就已经理解新知识，因此，做的练习也少。让他们做那些已经理解的题目就很多难让学生体会到智力活动的乐趣。长此以往，反而可能在一定程度上降低学生对于智力生活的敏感性。教师应该备有不同层次介绍同一主题的资料，采用向学生布置分组作业的方法，从众多的方案和活动中选取与他们的知识、技能水平相当的项目，指定他们完成。

4、解决学优生心理问题：学优生在心理状态上，易产生骄气，居高临下，听不进半点批评，心理脆弱。在价值取向上，易产生唯我独尊，以自我为中心的个性倾向和价值取向，不把其他同学的感觉、好恶、需要放在一定的位置；在行为方式上，由于始终把自己当学优生，与一般同学不一样，束缚了自己，娱乐活动不愿参加，集体劳动怕吃苦。

针对这种状况，教学中应注意：

学优生学习成绩优异，但不能“一俊遮百丑”。在鼓励保持学习上的竞争姿态和上进好胜的同时，要创造条件和环境，磨练他们的意志，培养他们的创造能力，规范他们的行为意识。

5、开展数学课外活动，开阔学优生的视野。学优生学有余力，在基础知识已经掌握的情况下，可为他们开展丰富的课外活动，如解答趣味数学题，阅读有关数学课外读物，撰写学习数学的专题论文等。此外老师也可通过数学专题讲座或数学家报告会给学优生提供更多锻炼机会。

6、鼓励学优生当小老师，在帮助中后进生的学习中锻炼自己的思维、培养自己的能力。

第五篇：初中数学竞赛辅导

初中数学竞赛辅导

第七讲 含绝对值的方程及不等式

1、解方程：|x2||2x1|72、求方程|x|2x1||3的不同的解的个数。

3、若关于x的方程||x2|1|a有三个整数解，则a的值是多少？

4、已知方程|x|ax1有一负根，且无正根，求a的取值范围。

5、设|xy

22

3y5

2||3x

22y|0，求xy。

6、解方程组：|xy|1

|x|2|y|37、解方程组：|xy|xy2

|xy|x28、解不等式：|x5||2x3|19、解不等式：1|3x5|210、解不等式：||x3||x3||3。

11、当a取哪些值时，方程|x2|||x1|a有解？

答案：

1、x8

3或x2。

2、2个。

3、a1。

4、a1。

5、1。

1155xxxxx113333

6、

7、。

8、x7或x。,,,3y2y4y4y2y2

33339、1x

训练： 43或2x73。

10、x32或x

3211、a3。

1、解下列方程：

（1）|x3||x1|x1（2）||1x|1|3x（3）|3x2||x1|x2（4）|3y2||5x3|

2、解方程组：

（1）|x1||y1|5

|x1|4y4（2）|xy|1

|x||y|23、解不等式：

（1）|13x5

44、若a0,b0，则方程|xa||xb|ab的解是什么？ |3（2）5|5x3|10（3）|x1||4x|6（4）||x1||x2||1