第一篇：初中数学竞赛精品标准教程及练习20：代数恒等式的证明
初中数学竞赛精品标准教程及练习（20）
代数恒等式的证明
一、内容提要证明代数恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法两种相反的恒等变形，要特别注意运用乘法公式和等式的运算法则、性质。具体证法一般有如下几种
1．从左边证到右边或从右边证到左边，其原则是化繁为简。变形的过程中要不断注意结论的形式。
2．把左、右两边分别化简，使它们都等于第三个代数式。
3．证明：左边的代数式减去右边代数式的值等于零。即由左边－右边＝0可得左边＝右边。4，由己知等式出发，经过恒等变形达到求证的结论。还可以把己知的条件代入求证的一边证它能达到另一边，二、例题例1求证：3－2＋2×5＋3－2＝10（5+3－2）
证明：左边＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2 －2 n）
＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)n+2 n＋2 n+2 n n n+1 n n-1＝10（5+3－2）=右边
又证：左边＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)n+1 n n-
1＝2×5＋10×3－5×2右边＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1
＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n
∴左边＝右边 n+2 n n
例2 己知:a+b+c=0求证：a3+b3+c3=3abc
证明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(见19例1)∵:a+b+c=0
333333∴a+b+c－3abc＝0即a+b+c=3abc
又证：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）
两边立方a=－（b+3bc+3bc+c）
移项a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc33223再证：由己知 a=－b－c代入左边,得
（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c
3＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc
例3 己知a+
证明：由己知a-b=
1bb1c1bc1a,a≠b≠c 求证：a2b2c2=1 1cbcbc∴bc=cabcab ab
cab-c=1
a1
cca
∴ab bc ca＝
2cabcabbccacaabbc
2∴ca=同理ab= ＝1即abc=1 2222例4 己知:ax+bx+c是一个完全平方式（a,b,c是常数）求证：b－4ac=0证明：设:ax+bx+c＝（mx+n），m,n是常数
那么:ax+bx+c＝mx+2mnx+n
am
2根据恒等式的性质 得b2mn ∴: b2－4ac＝（2mn）2－4m2n2=0
2cn22222
三、练习20
1． 求证： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab
②（x+y）+x+y=2(x+xy+y)③(x-2y)x－(y-2x)y=(x+y)(x-y)④3 n+2+5 n+2―3 n―5 n=24(5 n+3 n-1)⑤a5n+a n+1=(a3 n－a2 n+1)(a2 n+a n+1)
2.己知：a+b=2ab求证：a=b
3.己知：a+b+c=0
求证：①a3+a2c+b2c+b3=abc②a4+b4+c4=2a2b2+2b2c2+2c2a2
4.己知：a2=a+1求证：a5=5a+3
5.己知：x＋y－z=0求证： x3+8y3=z3－6xyz
6.己知：a2+b2+c2=ab+ac+bc求证：a=b=c
7.己知：a∶b=b∶c求证：（a+b+c）2+a2+b2+c2=2(a+b+c)(a+c)
8.己知：abc≠0，ab+bc=2ac求证：
9．己知：x
aby
bcz
ca1a1b1b1c22444222333求证：x+y+z=0
10.求证：（2x－3）（2x+1）(x2－1)＋1是一个完全平方式
11己知：ax3+bx2+cx+d能被x2+p整除求证：ad=bc
练习20参考答案：
1.④左边＝5 n(5 2-1)+3 n－1(33-3)= 24(5 n+3 n-1)注意右边有3 n-1
2.左边－右边＝（a-b）
3.②左边－右边＝（a2+b2-c2）2-4a2b2=……
4.∵a5=a2a2a,用a2=a+1代入
5.用z=x+2y代入右边
6.用已知的（左－右）×2
7.用b=ac分别代入左边，右边化为同一个代数式
8.在已知的等式两边都除以abc
9.设三个比的比值为k,2210.(2x-x-2)11.用待定系数法
第二篇：初中数学奥林匹克竞赛教程
初中数学奥林匹克竞赛教程
（初稿）
2004年5月8日
初中数学竞赛大纲（修订稿）
数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。
本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养„„，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。
《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。
1、实数
十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。
素数和合数，最大公约数与最小公倍数。
奇数和偶数，奇偶性分析。
带余除法和利用余数分类。
完全平方数。
因数分解的表示法，约数个数的计算。
有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。
2、代数式
综合除法、余式定理。
拆项、添项、配方、待定系数法。
部分分式。
对称式和轮换对称式。
3、恒等式与恒等变形
恒等式，恒等变形。
整式、分式、根式的恒等变形。
恒等式的证明。
4、方程和不等式
含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。
含绝对值的一元一次、二次方程的解法。
含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。
含绝对值的一元一次不等式。简单的一次不定方程。
列方程（组）解应用题。
5、函数
y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c的图像和性质。
二次函数在给定区间上的最值。简单分式函数的最值，含字母系数的二次函数。
6、逻辑推理问题
抽屉原则（概念），分割图形造抽屉、按同余类造抽屉、利用染色造抽屉。
简单的组合问题。
逻辑推理问题，反证法。
简单的极端原理。
简单的枚举法。
7、几何
四种命题及其关系。
三角形的不等关系。同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系。
面积及等积变换。
三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质。第一讲 整数问题：特殊的自然数之一
A1－001 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．
【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克一试题1．
x＝1000a＋100a＋10b＋b ＝11（100a＋b）
其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被11整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，„，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882． A1－002 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．
【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．
【证】 设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么
k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）
但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数． A1－003 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．
【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1． 【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成
n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1 因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．
A1－004 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．
【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项． 【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是
a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2
对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．
A1－005 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．
【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．
【解】 设 n满足条件，令n＝100a＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≣10a＋1．因此
b＝n100a≣20a＋1 由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．
经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．
A1－006 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．
222
2【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．
【解】 当p≡±1（mod 5）时，5|4p＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p＋1．所以本题只有一个解p＝5． A1－007 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n＋a都不是素数． 【题说】 第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供． 【证】 对任意整数m＞1及自然数n，有 n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2 ＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2 ＝（n－m）2＋m2≣m2＞1 故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4²24，4²34，„就得到无限多个符合要求的 a．
第二讲 整数问题：特殊的自然数之二
A1－008 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．
【题说】 第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题 4． 【证】 假设和的数字都是奇数．在加法算式
中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！
因此，和的数字中必有偶数．
A1－009 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．
【题说】 第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3． 【证】 因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．
因为p、p＋
1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除． 于是6是p＋1的因数．
A1－010 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．
【题说】 美国第二届（1973年）数学奥林匹克题5．
【证】 设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得
化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m
原命题成立．
A1－011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，„．数m∈Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得 pq＝m．证明：存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积．
【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．
【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．
式中不会出现a2．
r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2„（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝„（直至ab分成不可2分解的元素之积），前者有因数a，后者没有． A1－012 证明在无限整数序列
10001，100010001，1000100010001，„
中没有素数．
注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成． 【题说】 1979年英国数学奥林匹克题 6． 【证】 序列 1，10001，100010001，„，可写成
1，1＋104，1＋104＋108，„
一个合数．
即对n＞2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，an均为合数．
A1－013 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．
【题说】 第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8． 【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．
A1－014 设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．
【题说】 第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．
【证】 证明2d－
1、5d－
1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设 5d－1＝x5d－1＝y2
（1）（2）2 13d－1＝z2（3）其中x、y、z是正整数．
由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1（4）（4）式说明d也是奇数．
于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有
2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）
因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．
第三讲 整数问题：特殊的自然数之三
A1－015 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．
【题说】 第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 由n个数
ai＝i²n！＋1，i＝1，2，„，n 组成的集合满足要求． 因为其中任意k个数之和为
m²n！＋k（m∈N，2≢k≢n）
由于n！＝1²2²„² n是 k的倍数，所以m²n！＋k是 k的倍数，因而为合数．
对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．
A1－016 已知n≣2，求证：如果k2＋k＋n对于整数k
素数．
【题说】 第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．
（1）若m≣p，则p|（m－p）＋（m－p）＋n．
又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．
（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且
（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p 因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以
p－1－m≣m，p≣2m＋1 由
2得
4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n 即
3m2＋3m＋1－n≢0 由此得
A1－017 正整数a与b使得ab＋1整除a＋b．求证：（a＋b）/（ab＋1）是某个正整数的平方．
2【题说】 第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．
a2－kab＋b2＝k（1）
显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）． 又由于k不是完全平方，故ab＞0．
设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理
（2），a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0． 但由（3）
从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．
A1－018 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂． 【题说】 第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．
【证】 设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如
＋＋果a2＋k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此
a＋k（2≢k≢n＋1）
这n个连续正整数都不是素数的整数幂．
第四讲 整数问题：特殊的自然数之四
A1－019 n为怎样的自然数时，数
32n＋
1－
22n＋1
－6是合数？
n【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋
＋
＋当 n＞l时，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13． ＋
＋ A1－020 设n是大于6的整数，且a1、a2、„、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果
a2－a1＝a3－a2＝„＝ak－ak－1＞0 求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．
【题说】 第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供． 【证】 显然a1＝1．
由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1． 令 d＝a2－a1＞0．
当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数． 当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．
设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3 d．又1＋d＝a2，于是3
1＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2． 设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．
综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．
A1－021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．
【题说】 第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．
【解】 设任一排列，总和都是1001＋1002＋„＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以
A≣15005 另一方面，将1001～2000排列如下：
2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402
„ „ „ „ „ „ 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300 并记上述排列为
a1，a2，„，a2000
（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令 Si＝ai＋ai＋1＋„＋ai＋9（i＝1，2，„，1901）
则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004． 综上所述A＝15005．
第五讲 整数问题：特殊的自然数之五
A1－022 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？
【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2． 【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋„＋（n＋10）2 ＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）
不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有
2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）
所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋„＋（n＋10）2不是平方数，A1－023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？
0（mod 5）【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2． 【解】 存在，事实上，取n＝221即可．
A1－024 能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？
【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6． 【解】 答495．
连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．
又495＝51＋52＋„＋59＝45＋46＋„＋54＝40＋41＋„＋50 A1－025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？ 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．
【解】 如果2n＋1＝k，3n＋1＝m，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k－m＝（2k＋m）（2k－m）．
因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．
222
2第六讲 整数问题：特殊的自然数之六
A1－026 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．
【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2． 【证】 若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2
由此可得
（2n＋1），3
（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2
反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，则
2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）
从而命题得证．
A1－027 设 a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问 a＋b＋c＋d能否为素数． 【题说】 第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题 10． 【解】 由题意知
222
正整数，将它们分别记作k与l．由
a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2
所以，k＞1且l＞1．
从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．
A1－028 设k1＜k2＜k3＜„是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，„，Sm＝k1＋k2＋„＋km．求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn＋1）中至少含有一个完全平方数．
【题说】 1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2． 【证】 Sn＝kn＋kn－1＋„＋k1
所以
从而
第七讲 整数问题：求解问题之一
A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．
【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．
【解】 设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有
a＋（a＋1）＋„＋（a＋n－1）＝1000 即
n（2a＋n－1）＝2000 若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≣1，故2a＋n－1＞n．
同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种： 若n＝5，则 a＝198； 若n＝16，则 a＝55； 若n＝25，则 a＝28． 故解有三种：
198＋199＋200＋201＋202
55＋56＋„＋70 28＋29＋„＋52 A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方． 【题说】 第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3． 【解】 设b为所求最小正整数，则
7b2＋7b＋7＝x4
素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有
b2＋b＋1＝73k4
当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．
A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n． 【题说】 1976年美国纽约数学竞赛题 7．
s2－s1＝n2＝100 从而求得n＝10．
A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977． 【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．
【解】 由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≢r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2≢1977，从而q≢44． 若q≢43，则r＝1977－q2≣1977－432＝128．
即（a＋b）≢88，与（a＋b）＞r≣128，矛盾． 因此，只能有q＝44，r＝41，从而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨设|a－22|≣|b－22|，则1009≣（a－22）2≣504，从而45≢a≢53． 经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7． 由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．
A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m≣1． 【题说】 第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供． 【解】 由题设
1978n－1978m＝1978m（1978n因而
1978m≡2m³989m≡0（mod 8），m≣3 又
1978n而 1978n≡3n－m－m
－m－m
－1）≡0（mod 1000）
≡1（mod 125）
＝（1975＋3）n－m－1－m
＋（n－m）3n－m²1975（mod 125）（1）
从而3n≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．
设n－m＝4k，则
代入（1）得
从而
k（20k＋3）≡0（mod 25）
因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4³25＝100，于是m＋n的最小值为 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y． 【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6．本题由荷兰提供．
于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vu
x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v
从而原方程变为
2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即为
根据已知，u－4必整除72，所以只能有
u－4＝±23，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2
进一步计算可知只有u－4＝2²3＝6，于是
u＝10，v＝16
α
β
第八讲 整数问题：求解问题之二
A2－007 确定m2＋n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，„，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．
【题说】 第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3．
【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是
[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1
于是有
若uk≠uk－1，则以上步骤可以继续下去，直至
从而得到数列：
n，m，uk，uk－1，„，uk－l，uk－l－1
此数列任意相邻三项皆满足ui＝ui－1＋ui－2，这恰好是斐波那契型数列．
而{1，2，„，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值． A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．
【题说】 第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题 1． 【解】 不妨设x≢y≢z．显然w≣z＋1，因此
（z＋1）！≢w！＝x！＋y！＋z！≢3²z！
从而z≢2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解． A2－009 求满足下式的所有整数n，m：
n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4
【题说】 1984年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题 1． 【解】 由原式得
n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）
设m＋m＝k，我们有n（n＋1）＝k（k＋2）．显然，只可能两边为零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．
A1－010 前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？ 【题说】 第三届（1985年）美国数学邀请赛题 10． 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．
22个不同的正整数值．
另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50³12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式． A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？
【题说】 第四届（1986年）美国数学邀请赛题 5．
【解】 由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．
第九讲 整数问题：求解问题之三
A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且
a＋b＝cd，ab＝c＋d 求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d． 【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1．
【解】 由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≣ab． 如果a、b都不是1，那么
c＋d＝ab＞a＋b＝cd 由此知c＝1或d＝1．
因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出
从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2． 这样，本题的答案可以列成下表
A2－013 设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．
【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题 7．
【解】 显然，a、b、c都是形如2m²5n的数．设a＝2m1²5n1，b＝2m2²5n2，c＝2m3²5n3．
由[a，b]＝1000＝23²53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．
由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7³10＝70种，即三元组共有70个．
A2－014 设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．
【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题12．
m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3
－6
－9＝n＋3n²10＋3n²10＋10 于是
从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．
【题说】 第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1． 【解】 144＝122，1444＝382 设n＞3，则
则k必是一个偶数．所以
也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．
A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？
【题说】 第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 1989≢10n/x＜1990 所以
10n/1990＜x≢10n/1989
即
10²0.000502512„＜x≢10²0.000502765„
所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．
A2－017 设an＝50＋n2，n＝1，2，„．对每个n，an与an＋1的最大公约数记为dn．求dn的最大值． 【题说】 1990年日本第1轮选拔赛题 9． 【解】
dn＝（an，an＋1）
＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）
n
n＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇数）＝（2（n＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）
＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）≢201 在n＝100≠201k（k∈N）时，dn＝201． 故所求值为201．
A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；
（2）n恰为 75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75． 【题说】 第八届（1990年）美国数学邀请赛题5．
【解】 为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2²3²5，其中α≣0，β≣1，γ≣2，并且
（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75 由75＝52²3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24²34²52，n/75＝432．
α
β
γ
2第十讲 整数问题;求解问题之四
A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．
2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？
【题说】 第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5． 【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求． 2．假设
988≢x＜y≢1991 x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则
x2＜xy＋x＜xy＋y 这时
y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1 即
y＞3x＋1 由此得
1991≣y＞3x＋1≣3³998＋1 矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．
A2－020 求所有自然数n，使得
这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集． 【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5． 【解】 题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≣1991（1）
且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≣0 即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≣0（3）
故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于
n≣1991³322－324＝1024³967 又，（2）等价于存在k∈N，使
（k－996）＋n－996＜0 上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于
n＜1992³322－324＝1024³968 故n为满足
1024³967≢n≢1024³967＋1023 的一切整数．
A2－021 设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．
【题说】 第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．
n≣2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．
现考虑第k（2n＞k≣1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的
将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有
A2－022 在{1000，1001，1002，„，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？ 【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题6．
7或 8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．
如果不是上面描述的数，则n有如下形式
其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有
53＋52＋5＋1＝156 个这样的n．
A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？
【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题15．
【解】 设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有
f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）
＝f（m＋4）＜f（m＋5）
因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：
0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；„；1991，1991，1991，1991，1991 容易看出
如果存在m使f（m）＝1991，则
因而m＞4³1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991． 在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，„，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．
第十一讲：整数问题：求解问题之五
A2－024 数列{an}定义如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余数．
【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题1． 【解】 考虑an以7为模的同余式： a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）
a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）
所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．
A2－025 求所有的正整数n，满足等式
S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝„＝S（n2）
其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．
【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题 3． 【解】 显然，n＝1满足要求．
由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有
n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）
所以9|n．
若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2³9）＝S（3³9）＝„＝S（92）＝9，故9满足要求． 22
10≢n＜10
k
k＋又9 10k，故
10k＋1≢n＜10k1
＋若n＜10k＋10k1＋„＋10＋1，则 －
与已知矛盾，从而
n≣10k＋10k1＋„＋10＋1（1）
－令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝
S（n）＝S（（10k＋10k＝S（（10k＝S（10k＋1＋1
－1
＋„＋10＋1）n）
－1）m）
＋（m－1）＋（10k1－10l）＋（10l
－m））
其中9有k＋1－l个，bi＋ci＝9，i＝1，2，„，l． 所以
S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位数，所以 n＝99„9＝10k1－1．
＋另一方面，当 n＝99„9＝10k1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝„＝S（n2）． ＋综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≣1）．
A2－026 求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数． 【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2． 【解】 当m＝1时，23m＋1＝9，故k≢2．又由于 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2． m－13m33m－1＋1 ＋1（mod 9）
最大整数．
【题说】 1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题． 【解】 因为1093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－3³1031＋ 32）
＝（1031）（1031－3）＋9－1 它的个位数字是8，十位数字是0．
A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积． 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．
【解】 设这组数的绝对值为a≢b≢c≢d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≣bc，类似地，d≢bc．从而，bc≢a≢b≢c≢d≢bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．
所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．
第十二讲 整数问题：求解问题之六
A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？
【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3． 【解】 重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有 f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝„
＝942－932＋922－„＋202－f（19）
＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－ 91）＋„＋（22＋21）（22－21）＋202－94 ＝（94＋93＋92＋„＋21）＋306 ＝4561 因此，f（94）除以1000的余数是561．
A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2n]＝1994成立的正整数n． 【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题 4．
【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2128]＋[log2129]＋„＋[log2255]＝2³1＋4³2＋8³3＋16³4＋32³5＋64³6＋128³7＝1538．
A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋„＋p（999），则S的最大素因子是多少？
【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．
【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如 25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是
（0²0²0＋0²0²1＋0²0²2＋„＋9²9²8＋9²9²9）－0²0²0 ＝（0＋1＋2＋„＋9）3－0 p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到． 因此，＝463－1＝33²5²7²103 最大的素因子是103．
A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．
【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．
若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．
设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．
若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是
q＝a－2，s＝a＋2 或者
q＝a＋2，s＝a－2 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三个数q－
4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是
（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）
A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．
【解】 设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－
2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．
个整数．
【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．
【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≣n．
当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≣2．
若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，则由于
2（mn－1）≣n2＋mn＋n－2≣n2＋2m＞n2＋m 所以mn－1＝n2＋m，即
（m－n－1）（n－1）＝2 从而
于是本题答案为
（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．
第十三讲 整数问题 ：求解问题之七
【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7． 【解】 由已知得
即
所以
A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？ 【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．
【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．
由于2³42＋1，42＋2，42＋3，42³5＋5，42＋7，2³42＋11，42＋13，4³42＋17，3³42＋19，42＋23，3³42＋29，2³42＋31，4³42＋37，2³42＋41，都是合数，所以在n≣5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42³5＋5例外．因此，所求的数就是42³5＋5＝215．
A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数． 【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题．
【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为 a＋b2＋z＝abz2（1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≢a＋z． a＋z＋b2＝abz2
＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z－2）a－2z）
≣a＋z＋b＋b（（z－2）a－2z）（2）
（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明
（z2－2）a－2Z＜0（3）从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）． 222在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6． 在z＝1时，（1）成为
a＋b＋1＝ab（4）从而
（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2 这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．
A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2． 【解】 记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）． 则
H（0，1）＝（2，12）＝2 H（1，1）＝（12，12）＝12 因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≣m． 当n≣2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n＋7n－2m－m2＋7n
－m）－5m7m（5n
－2m））
－2m＝（5m＋7m，5m7m（5n＝（5m＋7m，5n－2m＋7n）－2m））
＋7n－2m当m≢n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n
－m）－5n
－m
7n
－m
（52m
＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）记
则
（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．
当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有
A2－040 求下列方程的正整数解：
（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab 其中a≣b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．
【解】 记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为 1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以
故1＜d≢4．
当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4； 当d＝3时，（*）等价于
（2a′－1）（2b′－1）＝3 由a′≣b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3． 当d＝2时，（*）等价于
（a′－1）（b′－1）＝2 由a′≣b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4． 综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．
A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x． 【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．
【解】 幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的
左下角的数为19＋96－1＝114．因此
x＝3³105－19－96＝200
第十四讲 整数问题：求解问题之八
A2－042 对整数1，2，3，„，10的每一个排列a1，a2，„，a10，作和
|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|
数．求p＋q．
【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45种：
这45种的和为1³9＋2³8＋3³7＋4³6＋5³5＋6³4＋7³3＋8³2＋9³1＝165．每一种出现的次数相同，而在和
|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10| 中有5种，所以
A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值． 【题说】 第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是
16r2－15s2＝162b＋152b＝481b（1）所以 16r2－15s2是481＝13³37的倍数．
由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）时，必有13|s．
22同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．
于是481|s．由（1），481|r．
在r＝s＝481时，b＝（16－15）³481＝481，a＝（16＋15）³481＝31³481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2． 所以所说最小值为481．
A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≢k≢9）．求一切这样的数n．
【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题 7．
【解】 设n的左数第k＋1位上的数字为nk（0≢k≢9），则数字k出现的次数为nk．因为n是10位数，所以 n0＋n1＋n2＋„＋n9＝10（1）
又数字k若在左数第nj＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．nk个k意味着有数字j1，j2，„，jnk，共出现knk次．于是，又有
ni＋2n2＋„＋9n9＝10（2）
由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≢1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0（3）
则n0≣5．于是n中至少有一个数字≣5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而 n1＋2n2＋3n3＋4n4≢5（4）
（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≣6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．
若n9＝1，则n0＝9，n1≣1，这显然不可能．
若n8＝1，则n0＝8，n1≣1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．
若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≣1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．
若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．
综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．
A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≣1，b≣1，且满足等式ab2＝ba． 【题说】 第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供． 【解】 显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≣2．
设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝at，at＝a2t，从而t＝a2t1．如果2t－1≣1，则t＝a2t1≣（1＋1）2t1≣1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．
－
－
－记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知 K＝bK－2
（1）
如果K≢2，则K＝bK2≢1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）－
q＝1，即K为一个大于2的自然数．
当b＝2时，由（2）式得到K＝2K2，所以K≣4．又因为
－
等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝bK＝24＝16．
当b≣3时，＝bK2≣（1＋2）K2≣1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K≢3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27． －－综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．
第十五讲 整数问题：数字问题之一
时间：2004-4-19 11:57:00 来源：www.xiexiebang.com整除．
【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供． 【证】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）
所以（Cm+1－Ck）（Cm+2－Ck）„（Cm+n－Ck）
=（m－k＋1）（m－k＋2）„（m－k＋n）²（m＋k＋2）（m＋k＋3）²„²（m＋k＋n＋1）
C1C2„Cn=n！（n＋1）！
因此只需证 nn
=A²B 是整数．
由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．
是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）„（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．
A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1． 【证】由于
ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）a－b=a（a＋b）－b（a＋b）
l
l
l-n
n
n
n
l-n
l-n所以
（i）如果a＋b能被a＋b整除，那么a－b（ii）如果a－b能被a＋b整除，那么a＋bllnn
l-nkknn
k-n
k-n
也能被a＋b整除．
n
n
nn
l-n
也能被a＋b整除．
设m=qn＋r，0≢r＜n，由（i）、（ii）知ar＋（－1）qbr能被an＋bn整除，但0≢|ar＋（－1）qbr|＜an＋bn，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．
A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：
是整数（约定0！=1）．
【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．
易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数． 因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数． A4－011 证明对任意的自然数n，和数
不能被5整除．
【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．
又
两式相乘得
因为72n+1=7³49≡2³（－1）（mod 5）
nn
A4－012 设p和q均为自然数，使得
证明：数p可被1979整除．
【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．
将等式两边同乘以1319！，得
其中N是自然数．
由此可见1979整除1319！³p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．
A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．
【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．
（c＋f）被37整除．
由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对
又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以
各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．
第二十讲 整数问题：整除之三
A4－014（a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？ 【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4． 【解】设n个连续正整数中最大的为m．
当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．
设n=4．由于
m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．
设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）„（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．
类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质． 所以，当n≣4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．
A4－018
试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数． 【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供． 【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≢x＜y＜z并且xyz是
（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．
若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．
若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≢1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．
因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．
A4－019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除xn＋yn． 【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．
【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）
2xy．故（x＋y）
（x2＋y2）．
（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于
x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）
所以（x＋y）
A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除． 【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn．
若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≢q≢r，则n
A4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除． 你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？ 【题说】1992年英国数学奥林匹克题3． 【解】显然，2、6、10、14满足要求． 任取n个不同的正整数。a1、a2、„、an，令
则n个不同的正整数la1、la2、„、lan中任意两个的和显然整除l2，从而整除它们的积lna1a2„an． A4－022 求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y＋12y－1． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．
【解】当y=1时，7y＋12y－1=18．假设7y＋12y－1是18的倍数，因为 7y+1＋12（y＋1）－1=6³7y＋12＋（7y＋12y-1）=6³（7＋2）＋（7＋12y-1）
7＋2≡1＋2≡0（mod 3）
所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍数．
从而对一切自然数y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 证明：若n为大于1的自然数，则2n－1不能被n整除． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2． 【证】若n是偶数，显然有n
n
（2n－1）．若n是奇素数，由费马定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即
n
r
n
yyy（2n－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2≡小自然数，则2≢i≢P－1，从而i 1（mod p），即p（2n－1），故n
（2－1）．
第二十一讲 整数问题：整除之四
A4－024 当n为何正整数时，323整除20＋16－3－1？ 【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5． 【解】 323=17³19 当n为偶数时，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）
n
n
n
20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）
所以此时323整除20＋16－3－1．
当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 设x、y、z都是整数，满足条件
（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z．（*）试证：x＋y＋z可以被27整除．
【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5．
【证】（1）整数x、y、z被3除后余数都相同时，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2）x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如x≡y（mod 3），且y 与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生．
（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3 也不会发生．
于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z．
A4－026 对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|an－1，就有n2|an－1，则称n具有性质P．（1）求证每个素数n都具有性质P；（2）求证有无穷多个合数也都具有性质P．
【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由印度提供． 【证】（1）设n=P为素数且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因为
ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）
由费马小定理p|（a－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而
a≡1（mod p），i=0，1，2，„，p－1 将这p个同余式加起来即得
ap-1＋ap-2＋„＋a＋1≡0（mod p）
所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋„＋a＋1）=ap－1
ip-1nnn
0（mod 17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1．
z（mod 3），这时3 x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（3）
a≡1（mod n）．于是，像（1）一样又可推得n2|（an－1）．因此，（q－1）（p－1）．因为q|（p－2），所以q
（p－1）．又因
具有性质P．显然p＜n＜p2．取大于p2的素数，又可获得另一个具有性质P的合数．所以，有无穷多个合数n具有性质p． A4－027 证明：对于自然数k、m和n．不等式[k，m]²[m，n]²[n，k]≣[k，m，n]2成立．（其中[a，b，c，„，z]表示数a、b、c，„，z的最小公倍数．）【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5． 【证】将k、m、n分解．设
其中pi（i=1，2，„，l）为不同的素数，αi、βi、γi为非负整数．
对任一个素因数pi，不妨设0≢αi≢βi≢γi．在所要证明的不等式左边，pi的指数为βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右边pi的指数为γi²2=2γi．
因而所要证明的不等式成立．
A4－029 证明；所有形如10017，100117，1001117，„的整数皆可被53整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2． 【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差
也可被53整除，所以数列中所有数皆可被53整除
A4－030 证明：无论在数12008的两个0之间添加多少个3，所得的数都可被19整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题7． 【证】我们有
故结论成立 A4－031 设S={1，2，„，50），求最小自然数k，使S的任一k元子集中都存在两个不同的数a与b，满足（a＋b）|ab． 【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题2． 【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，则 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 从而
c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1
因为（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以
（a1＋b1）|c 由于a、b是S中不同的数，从而a＋b≢99即 c（a1＋b1）≢99，而a1＋b1|c，故有3≢a1＋b1≢9．
在a1＋b1=3时，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．类似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9时的数对（a，b）．将每一对得到的a、b用线相连成右图．
S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集，不含任一对a、b满足（a＋b）|ab．
另一方面，S中任一集R，如果元数≣39，那么图上至多11个数 R，从而12对数（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一对数都属于R，即R中有a、b满足（a＋b）|ab． 综上所述，K=39．
A4－032 设自然数x、y、p、n和k满足等式
x+y=p
证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂． 【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题3． 【证】不失一般性，设x与y都不被p整除．因为n为奇数，所以
n
n
k
用A表示上式右边．由于p＞2，因此x、y中至少有一个数大于1．因为n＞1，所以A＞1．因为A（x＋y）=pk，所以A被p整除，数x＋y也被p整除． 于是得到
0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－„
第三篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第05讲 恒等式的证明
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集
第五讲 恒等式的证明
代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基础知识较多，主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法则，因式分解的知识与技能技巧等等，因此代数式的恒等变形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式的证明．首先复习一下基本知识，然后进行例题分析．
两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等．
把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等．
证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者，同学们要善于利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明中的一些常用方法与技巧．
1．由繁到简和相向趋进
恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式)．
例1 已知x+y+z=xyz，证明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．
分析 将左边展开，利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化简成右边．
证 因为x+y+z=xyz，所以
左边=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+yz+zx)
=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)
=xyz+xyz+xyz+xyz
=4xyz=右边．
说明 本例的证明思路就是“由繁到简”．
例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且
证 令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，则
又因为
所以
所以
说明 本例的证明思路是“相向趋进”，在证明方法上，通过设参数k，使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成立．
2．比较法
a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．
例3 求证：
分析 用比差法证明左-右=0．本例中，这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式子叫作轮换式．利用这种特性，可使轮换式的运算简化．
证 因为
所以
所以
说明 本例若采用通分化简的方法将很繁．像这种把一个分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常用技巧．
不为零．证明：
(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．
全
同理
所以
所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．
说明 本例采用的是比商法．
3．分析法与综合法
根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”．而综合法正好相反，它是“由因导果”，即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论．
证 要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要证
a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要证 ab=ac+bc，只要证 c(a+b)=ab，只要证
这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立．
说明 本题采用的方法是典型的分析法．
例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d．
证 由已知可得
a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以
(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．
因为(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以
a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．
又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b≠0，c+d≠0，所以
a＝b，c=d．
所以
ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．
说明 本题采用的方法是综合法．
4．其他证明方法与技巧
求证：8a+9b+5c=0．
a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．
所以
6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得
6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)
=6k(a-b+b-c+c-a)，即 8a+9b+5c=0．
说明 本题证明中用到了“遇连比设为k”的设参数法，前面的例2用的也是类似方法．这种设参数法也是恒等式证明中的常用技巧．
例8 已知a+b+c=0，求证
2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．
分析与证明 用比差法，注意利用a+b+c=0的条件．
左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2
=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2
=(a2-b2-c2)2-4b2c2
=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)
=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]
=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．
说明 本题证明过程中主要是进行因式分解．
分析 本题的两个已知条件中，包含字母a，x，y和z，而在求证的结论中，却只包含a，x和z，因此可以从消去y着手，得到如下证法．
证 由已知
说明 本题利用的是“消元”法，它是证明条件等式的常用方法．
例10 证明：
(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3
=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．
分析与证明 此题看起来很复杂，但仔细观察，可以使用换元法．令
y+z-2x=a，① z+x-2y=b，② x+y-2z=c，③
则要证的等式变为
a3+b3+c3=3abc．
联想到乘法公式：
a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)，所以将①，②，③相加有
a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以 a3+b3+c3-3abc=0，所以
(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3
=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．
说明 由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发挥效力．
例11 设x，y，z为互不相等的非零实数，且
求证：x2y2z2=1．
分析 本题x，y，z具有轮换对称的特点，我们不妨先看二元的所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．
证 由已知有
①×②×③得x2y2z2=1．
说明 这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题的思路中．
总之，从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上，深刻体会例题中的常用变形技能与方法，这对以后的数学学习非常重要．
练习五
1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求证：2b=a+c．
2．证明：
(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3
=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)．
3．求证：
5．证明：
6．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求证：
x=y=z或x+y+z=0．
7．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求证：
(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．
第四篇：初中数学证明二相关练习
直角三角形
【要点整理】
1．____叫做直角三角形.我国古代把直角三角形中较短的直角边称为___________，较长的直角边称为____________，斜边称为____________。
2.直角三角形的性质：
①直角三角形的两个锐角_____________.②勾股定理的内容是_______________________________________.3.直角三角形的判定：
①角：_____________.②勾股逆定理的内容是_______________________________________.4.直角三角形全等的判定的方法有.5.直角三角形的重要结论：
①_____________.②_______________________________________.③_______________________________________
【经典范例】
例1：
①以6，8为两边的三角形第三边c的取值范围
②以6，8为两边的直角三角形第三边c的取值范围③以6，8为两边的锐角三角形第三边c的取值范围
④以6，8为两边的钝角三角形第三边c的取值范围例2：△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝，D是BC上任一点，求证：
例3：两个全等的含30°，60°角的三角板ADE和三角板ABC如
图所示放置，E，A，C三点在一条直线上，连结BD，取BD的中点
M，连结ME，MC，•试判断△EMC的形状，并说明理由．
例4：清朝康熙皇帝是我国历史上一位对数学很有兴趣的帝王。近日，西安发现了他的数学专著，其中有一文《积求勾股法》，它对“三边长为3、4、5的整数倍的直角三角形，已知面积求边长”这一问题提出了解法：“若所设者为积数（面积），以积率六除之，平方开之得数，再以勾股弦各率乘之，即得勾股弦之数。”用现在的数学语言表述是： “若直角三角形的三边长分别为3、4、5的整数倍，设其面积为S，则第一步：二步：k；第三步：分别用3、4、5乘以k，得三边长。”
（1）当面积S等于150时，请用康熙的“积求勾股法”求出这个直角三角形的三边长；
（2）你能证明“积求勾股法”的正确性吗？请写出证明过程。
Sm；第6
例5：台风是一种破坏力极大的自然灾害，在台风中心周围数十千米的范围内会受其影响，根据气象预报，某市正南方220km的B处有一台风中心，其中心最大风力为12级，每远离台风中心20km，风力就会减弱1级，该台风中心以15km/h的速度沿北偏东30°方向向C地移动，且台风中心风力不变，若城市所受风力达到或超过4级，则称受到台风影响.（1）该城市是否受到这次台风的影响？请说明理由.C
（2）若城市受到这次台风的影响，那么受影响的时间有多长？ A（3）该城市受到台风影响的最大风力有几级？第三周线段的垂直平分线
【要点整理】
1.线段垂直平分线的定义：2.线段的垂直平分线的作法：
3.线段的垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到_______________距离相等．
4.三角形的三边垂直平分线相交相等。5.线段的垂直平分线逆定理的内容是【经典范例】
例1：如图，A、B、C三点表示三个工厂，要建一个供水站，使它到这三个工厂的距离相等，求作供水站的位置P.例2：如图，△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，AB的垂直平分线交AD于点O，交AB于点E．求证：点O在AC的垂直平分线上．
例3：如图，一机器人在点A处发现一个小球自点B处沿x轴向原点O方向匀速滚来，机器人立即从A处匀速直线前进，去截小球。(1)若小球滚动速度与机器人街速度相等，试在图中标出机器人最快能截小球的位置C(尺规作图，不写分析、作法、保留作图痕迹)。若点A的坐标为(2，)，点B的坐标为(10,0)，小球滚动速度为机器人行走的2倍，问机器人最快可在何处截住小球？求出该点的坐标。
直角三角形
1如图,有一块直角三角形纸片,两直角边AC=6cm, BC=8cm,现将直角 边AC沿直线AD折叠,使它落在斜边AB上,且与AE重合,则CD 等于()
A.2cmB.3cmC.4cmD.5cm
2．若a、b、c是直角三角形的三条边长，斜边c上的高的长是h，给出下列结论： ① 以a2，b2，c2 的长为边的三条线段能组成一个三角形 ② 以a，b，c的长为边的三条线段能组成一个三角形 ③ 以a + b，c + h，h 的长为边的三条线段能组成直角三角形
1，的长为边的三条线段能组成直角三角形.其中所有正确结论的序号
cab
为．
④ 以
3．如图是阳光广告公司为某种商品设计的商标图案，图中阴影部分为 红色.若每个小长方形的面积都1，则红色的面积是； 4．观察下列表格：
请你结合该表格及相关知识，则、的值为．
5.在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，P是△ABC
内一点，PA=1，PB=3，PC=7，求∠CPA的大小。
6．如图,地上放着一个长、宽、高分别为50cm、40cm、30cm的箱子,位于角A处的一只蚂蚁发现了位于角B处的一只苍蝇,问蚂蚁沿着箱面怎样爬才能使它到B处的路程最短,最短路程是多少.30 A
cmcm
7．如图，客轮沿折线A—B—C从A出发到B再到C匀速航行，货轮从AC的中点D出发沿某一方向匀速直线航行，将一批物品送达客轮．两船速度相同，客轮航行150海里后，货轮再启航，要求同时到达折线A一B一C上的某点E处，已知AB=BC=200海里，∠ABC=90°．
A
(1)选择：两船相遇之处E点
A．在线段AB上
B．在线段BC上
C．即可以在线段AB上，也可以在线段BC上(2)求货轮从启航到两船相遇共航行了多少海里?
C
8．已知：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，设△ABC的面积为S，周长为l．(1)填表：
(2)如果a+b一c=m，观察上表猜想
s
用含有m的代数式表示)l
(3)证明(2)中的结论．
9．一辆卡车装满货物后，能否通过如图所示的工厂厂门(上方为半圆)，已知卡车高为3．0m，宽为1．6m，说明你的理由．
线段垂直平分线
1．到平面上三点 A，B，C距离相等的点（）A．只有一个B．有二个 C．三个或三个以上D．一个或没有
2．如图1所示，已知在△ABC中，AD垂直平分BC，AC=EC，点B，D，C，E在同一条直线上，则AB+DB与DE之间的关系是（）A．AB+DB＞DEB．AB+DB＜DE C．AB+DB=DED．非上述答案
3．在锐角三角形ABC中，∠A=60°，AB，AC两边的垂直平分线相交于点O，则 ∠BOC=．
4．如图2，△ABC中，∠BAC=106°，EF，MN分别是AB，AC的垂
直平分线，E，M在BC上，则∠EAM=．
Ｂ图
35．如图3，ABC50，AD垂直平分线段BC于点D，ABC的平分线BE交AD于点
E，连结EC，则AEC的度数是
6．在△ABC中,AB=AC,AB的垂直平分线与AC所在的直线相交所得的锐角是40°,则底角∠B的大小是.8．如图5，△ABC中，BA=BC，∠B=120°，AB的垂直平分线交AC于点D，求证：AD=
DC．
210．已知:△ABC中，D是BC的中点, E、F分别在AB、AC上,且ED⊥
>EF.11．已知:△ABC中，AB=AC，∠A=90°,D、E、F分别在AB、AC、BC上, 且AD=AE,CD为EF的中垂线,求证:BF=2AD
第五篇：初一数学图形与面积竞赛教程含例题练习及答案
初一数学图形与面积竞赛教程含例题练习及答案
初一数学竞赛讲座 图形与面积
一、直线图形的面积
在小学数学中我们学习了几种简单图形的面积计算方法,数学竞赛中的面积问题不但具有直观性,而且变换精巧,妙趣横生,对开发智力、发展能力非常有益。
图形的面积是图形所占平面部分的大小的度量。它有如下两条性质: 1.两个可以完全重合的图形的面积相等;2.图形被分成若干部分时,各部分面积之和等于图形的面积。
对图形面积的计算,一些主要的面积公式应当熟记。如: 正方形面积边长×边长;矩形面积长×宽;平行四边形面积底×高;三角形面积底×高÷2;梯形面积(上底+下底)×高÷2。
此外,以下事实也非常有用,它对提高解题速度非常有益。1.等腰三角形底边上的高线平分三角形面积;2.三角形一边上的中线平分这个三角形的面积;3.平行四边形的对角线平分它的面积;4.等底等高的两个三角形面积相等。
解决图形面积的主要方法有: 1.观察图形,分析图形,找出图形中所包含的基本图形;2.对某些图形,在保持其面积不变的条件下改变其形状或位置(叫做等积变形);3.作出适当的辅助线,铺路搭桥,沟通联系;4.把图形进行割补(叫做割补法)。
例1 你会用几种不同的方法把一个三角形的面积平均分成4等份吗? 解:最容易想到的是将△ABC的底边4等分, 如左下图构成4个小三角形,面积都为原来的三 角形面积的。
另外,先将三角形△ABC的面积2等分(如右 上图),即取BC的中点D,连接AD, 则S△ABDS△ADC,然后再将这两个小三角 形分别2等分,分得的4个小三角形各 自的面积为原来大三角形面积的。还
有许多方法,如下面的三种。请你再想出几种不同的方法。
例2 右图中每个小方格面积都是1cm2,那么六边形 ABCDEF的面积是多少平方厘米? 分析:解决这类问题常用割补法,把图形分成几个简单 的容易求出面积的图形,分别求出面积。
也可以求出六边形外空白处的面积,从总面积中减去空 白处的面积,就是六边形的面积。
解法1:把六边形分成6块: △ABC,△AGF,△PEF,△EKD,△CDH和正方形GHKP。用S表示三角形面积,如用S△ABC表示△ABC的面积。
故六边形ABCDEF的面积等于6+2+1++4+9 说明:当某些图形的面积不容易直接计算时,可以把这个图形分成几个部分,计算各部分的面积,然后相加,也就是说,可以化整为零。
解法2:先求出大正方形MNRQ的面积为6×636(cm2)。
说明:当某些图形的面积不易直接计算时,可以先求出一个比它更大的图形的面积,再减去比原图形多的那些(个)图形的面积,也就是说,先多算一点,再把多算的部分减去。
解法3:六边形面积等于
S△ABC+S梯形ACDF-S△DEF6×2×+(3+6)×4×-3×1×6+18-1 说明:“横看成岭侧成峰,远近高低各不同”,从不同的角度去观察同一个图形,会对图形产生不同的认识。一种新的认识的产生往往会伴随着一种新的解法。做题时多想一想,解法就会多起来,这对锻炼我们的观察能力与思考能力大有益处。
例3 如下图所示,BD,CF将长方形ABCD分成4块, △DEF的面积是4cm2,△CED的面积是6cm2。问:四边形ABEF的面积是多少平方厘米? 解:如下图,连结BF。则△BDF与△CFD面积相等, 减去共同的部分△DEF,可得△BEF与△CED面积相等, 等于6cm2。
四边形ABEF的面积等于
S△ABD-S△DEFS△BDC-S△DEFS△BCE+S△CDE-S△DEF9+6-411(cm2)。
问:两块红色图形的面积和与两块蓝色图形的面积和, 哪个大? 分析:只需比较△ACE与△BDF面积的大小。因 为△ACE与△BDF的高相等(都是CD),所以只需比 较两个三角形的底AE与BF的大小。
因为△ACE与△BDF高相等,所以S△ACE>S△BDF。
减去中间空白的小四边形面积,推知两块红色图形的面积和大于两块蓝色图形的面积和。
例5 在四边形ABCD中(见左下图),线 段BC长6cm,∠ABC为直角,∠BCD为135°, 而且点A到边CD的垂线段AE的长为12cm,线 段ED的长为5cm,求四边形ABCD的面积。
解:延长AB,DC相交于F(见右上图), 则∠BCF45°,∠FBC90°,从而∠BFC45°。因为∠BFC∠BCF,所以BFBC6(cm)。
在Rt△AEF中,∠AFE45°,所以∠FAE90°-45°45°,从而EFAE12(cm)。
故S四边形ABCDS△ADF-S△BCF102-1884(cm2)。
说明:如果一个图形的面积不易直接求出来,可根据图形的特征和题设条件的特点,添补适当的图形,使它成为一个新的易求出面积的图形,然
后利用新图形面积减去所添补图形的面积,求出原图形面积。这种利用“补形法”求图形面积的问题在国内外初中、小学 数学竞赛中已屡见不鲜。
例6 正六边形ABCDEF的面积是6cm2,M,N,P分别是所 在边的中点(如上图)。
问:三角形MNP的面积是多少平方厘米? 解法1:如左下图,将正六边形分成6个面积为正 1cm2的正三角形,将另外三个面积为1cm2的正三角形分
别拼在边BC,DE,AF外面,得到一个大的正三角形XYZ,其面积是9cm2。
这时,M,N,P分别是边ZX,YZ,Xy的中点,推知
解法2:如右上图,将正六边形分成6个面积为1cm2的正三角形,再取它们各边的中点将每个正三角形分为4个面积为的小正三角形。于是正六边形ABCDEF被分成了24个面积为的小正三角形。因为△MNP由9个面积为的小正三角形所组成,所以S△MNP×92.25(cm2)
二、圆与组合图形
以上我们讨论了有关直线图形面积计算的种种方法。现在我们继续讨论涉及圆的面积计算。
1.圆的周长与面积
计算圆的周长与面积,有的直接利用公式计算,有的需要经过观察分析后灵活运用公式计算。主要公式有:(1)圆的周长π×直径2π×半径,即Cπd2πr;(2)中心角为n°的弧的长度n×π×(半径)÷180,即1(3)圆的面积π×(半径)2,即Sπr2;(4)中心角为n°的扇形面积n×π×(半径)2÷360,即
例7 右图是三个半圆(单位:cm),其阴影部分 的周长是多少? 解:由图可知,阴影部分是由三个直径不同的半 圆周所围成,所以其周长为
说明:实际上,该图形中两个小半圆的直径之和等于大半圆的直径,因而它们的周长也正好等于大半圆的半圆周。
推而广之,若n个小圆的直径之和等于大圆的直径,即:d1+d2+d3+…+dnD, 那么这些小圆的周长之和也等于大圆的周长,即 πd1+πd2+πd3+…+πdnπ(d1+d2+d3+…+dn)πD。
例8 某开发区的大标语牌上,要画出如下图所示(图形阴影部分)的三种标点符号:句号、逗号、问号。已知大圆半径为R,小圆半径为r,且R2r。若均匀用料,则哪一个标点符号的油漆用得多?哪一个标点符号的油漆用得少? 分析:在均匀用料的情形下,油漆用量多少问题可转化为阴影部分的面积大小问题。现在涉及到的基本图形是圆,弄清阴影部分如何由大小圆分割、组合而成,是解该题的关键点和突破口。
解:因为S句号S大圆-S小圆πR2-πr2π(2r)2-πr23πr2
说明:留意我们的日常生活,不同于课本的“非常规”问题随处可见,如何把“非常规”问题转化为或近似地转化为“常规”数学问题,需要细心观察、积极思考,考察转化的可能性和转化的途径。像上例那样,认真分析图形的特征和课本图形的基本关系,进一步探讨能否由基本图形分割而成、组合而成。
2.圆与组合图形
在日常生活中,除了经常遇到直线型(如矩形、正方形、三角形、梯形等)以及曲线型(如圆、扇形等)的面积外,还经常遇到不同形状图形叠加而成的组合图形的面积问题。组合图形的面积计算,可以根据几何图形的特征,通过分割、割补、平移、翻折、对称、旋转等方法,化复杂为简单,变组合图形为基本图形的加减组合。
例9 下图中,ABCD是边长为a的正方形,分别以AB, BC,CD,DA为直径画半圆。求这四个半圆弧所围成的阴影 部分的面积。
解:图中阴影部分是由四个半圆的重叠部分构成的,这 四个半圆的直径围成一个正方形。显然,这四个半圆的面积 之和大于正方形的面积,两者的差就是阴影部分的面积。因 此,我们就得到以下的算式:
说明:此例除了用上面的解法外,还可以采用列方程解应用题的方法来解。
如题图,设x和y分别表示相应部分的面积,由图看出
例10 如左下图所示,平行四边形的 长边是6cm,短边是3cm,高是2.6cm, 求图中阴影部分的面积。
分析:本题的图形比较复杂,我们可 以先计算阴影部分的一半(见右上图)。我们的目标是把图形分解成若干基本图形 的组合或叠合。本题中的基本图形就是大、小两种扇形,以及平行四边形。仔细观察
后得出结论: 右上图中的阴影部分等于
说明:求一个不规则图形的面积,要设法找出它与规则图形面积的关系,化不规则为规则。
例11 求右图中阴影部分的面积(单位:cm)。
分析与解:本题可以采用一般方法,也就是分别计 算两块阴影部分面积,再加起来,但不如整体考虑好。我们可以运用翻折的方法,将左上角一块阴影部分(弓 形)翻折到半圆的右上角(以下图中虚线为折痕),把 两块阴影部分合在一起,组成一个梯形(如右图所示), 这样计算就很容易。
本题也可看做将左上角的弓形绕圆心旋转90°,到达右上角,得到同样的一个梯形。
说明:当某些图形的面积不易直接计算时,可以把这个图形的各个部分适当拼接成一个易于直接计算的图形。也就是说,可以化零为整。上述解法运用翻折(或旋转)的方法达到了化零为整的目的。
例12 已知右图中正方形的面积是12cm2,求图中里外两个 圆的面积。
分析:计算圆面积,要知道半径。先考虑内圆面积。内圆 的直径与正方形的边长相等,但正方形的边长是未知的。根据 已知正方形的面积是12cm2,可以推出内圆直径的平方为12cm2, 再求内圆面积就不难了。
外圆的直径是正方形的对角线,设外圆半径为R,则正方形面积等于由一条对角线分成的两个等腰直角三角形的面积之和。再由正方形面积2R×R÷2×22R2,2R212,便可求出外圆面积。解:设内圆半径为r,由正方形面积为12cm2,正方形边长为2r,得(2r)212,r23。
内圆面积为πr23.14×39.42(cm2)。
正方形面积2个等腰直角三角形面积, 得R26,外圆面积为πR23.14×618.84(cm2)。练习6 1.如右图所示,正方形的面积是50cm2,三角形ABC两条直 角边中,长边是短边的2.5倍,求三角形ABC的面积。2.如右下图所示,长方形ABCD中,AB24cm,BC36cm,E 是BC的中点,F,G分别是AB,CD的4等分点,H为AD上任意 一点。求阴影部分面积。
3.在右图的4×7的方格纸板上画有如阴 影所示的“6”字,阴影边缘是线段或圆孤。问:阴影面积占纸板面积的几分之几? 4.在右下图中,六边形ABCDEF的面积是 54,AP2PF,CQ2BQ,求阴影四边形CEPQ的 面积。
5.在右图中,涂阴影部分的小正六角星形 面积是16cm2。问:大正六角星形面积是多少平方厘米? 6.一个周长是56cm的大长方形,按右面 图1与图2所示那样,划分为4个小长方形。在 图1中小长方形面积的比是A∶B1∶2,B∶C 1∶2。而在图2中相应的比例是A'∶B'1∶3, B'∶C'1∶3。又知,长方形D'的宽减去D的宽 所得到的差,与D'的长减去D的长所得到的差之 比为1∶3。求大长方形的面积。
7.有两张正方形纸,它们的边长都是整厘米数,大的一张的面积比小的一张多44cm2。大、小正方形纸的边长分别是少? 8.用面积为1,2,3,4的4张长方形纸片拼成如右图所示的 一个大长方形。问:图中阴影部分面积是多少? 练习6答案: 1.10cm2 解:画两条辅助线如左下图。根据条件可知,正方形面积是长 方形ABCD面积的2.5倍。从而ABCD的面积是50÷2.5=20(cm2)。
所以△ABC的面积是20÷210(cm2)2.324cm2。
解:连结BH。△BEH的面积为
把△BHF和△DHG结合起来考虑, 这两个三角形的底BF,DG相等,且都等于
长方形宽的,它们的高AH与DH之和正好是长方形的长,所以这两个三角形的面积
之和是×× 24×36108。
图中阴影部分的面积为 216+108324(cm2)。
非阴影共6个, 也有6个,刚好拼成6个小正方形。因此阴影部分有28-6-319(个)小正方形。
4.31。
解:如右图,将正六边形ABCDEF等分为54个小正三角 形。根据平行四边形对角线平分平行四边形面积,采用数小三 角形的办法来计算面积。
S△PEF=3,S△CDE=9,S四边形ABQp=11。
上述三块面积之和为 3+9+1123。
因此,阴影四边形CEPQ面积为54-2331。5.48cm2。
解:如下页右上图,阴影部分小正六角星形可分成12个与三角形OPN全等(能完全重叠在一起)的小三角形。三角形OPN的面积是。正三角形OPM面积是由3个与三角形OPN全等的三角形组成。所以,正三角形 OPM的面积等于
由于大正六角星形由12个与正三角形OPM全等的三角形组成,所以大正六角星形的面积是4×1248(cm2)。
6.160cm2。
解:设大长方形的宽为xcm,则长为(28-x)cm。因为D宽,D′宽,D长 ,D′长, 所以D′宽-D宽,D′长-D长。
由题设可知
28-820,从而大长方形的面积为8×20160(cm2)。7.12cm,10cm。
解:把两张正方形纸重叠在一起,且把右边多 出的一块拼到上面,成为一个长方形,如右图。
这个长方形的面积是44cm2,它的长正好是两
个正方形的边长的和,它的宽正好是两个正方形的边长的差。因为两个整数的和与它们的差是同奇或同偶,而44又只能分解成下面的三种形式: 44=1×44=2×22=4×11，所以,两个正方形的边长的厘米数的和与差只能是22与2。于是,两个正方形的边长分别是(22+2)÷2=12(cm), 12-2=10(cm)。
解:大长方形面积为1+2+3+410。如右图那样延长RA和SB。矩形ABPR面积是上部阴影三角形面积的2倍。矩形ABSQ面积是下部阴影三角形面积的2倍。所以矩形RQSP的面积是阴影部分面积的2倍。
点击咨询 