初中数学竞赛专题培训(18)：归纳与发现

时间：2019-05-29 09:40:17 网站：公文素材库

初中数学竞赛专题培训(18)：归纳与发现

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初中数学竞赛专题培训第十八讲归纳与发现

归纳的方法是认识事物内在联系和规律性的一种重要思考方法，也是数学中发现命题与发现解题思路的一种重要手段．这里的归纳指的是常用的经验归纳，也就是在求解数学问题时，首先从简单的特殊情况的观察入手，取得一些局部的经验结果，然后以这些经验作基础，分析概括这些经验的共同特征，从而发现解题的一般途径或新的命题的思考方法．下面举几个例题，以见一般．

例1如图2-99，有一个六边形点阵，它的中心是一个点，算作第一层；第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点)；第三层每边有三个点，这个六边形点阵共有n层，试问第n层有多少个点？这个点阵共有多少个点？

分析与解(1)在图2-100中，设以P点为公共点的圆有1，2，3，4，5个(取这n个特定的圆)，观察平面被它们所分割成的平面区域有多少个？为此，我们列出表18．1．(2)这n个圆共有多少个交点？

(1)这n个圆把平面划分成多少个平面区域？

分析与解我们来观察点阵中各层点数的规律，然后归纳出点阵共有的点数．

S2-S1=2，

第一层有点数：1；

S3-S2＝3，

第二层有点数：1×6；

S4-S3＝4，

第三层有点数：2×6；

S5-S4＝5，

第四层有点数：3×6；

由此，不难推测

第n层有点数：(n-1)×6.

Sn-Sn-1＝n．

因此，这个点阵的第n层有点(n-1)×6个．n层共有点数为

由表18．1易知

把上面(n-1)个等式左、右两边分别相加，就得到

Sn-S1＝2＋3＋4＋＋n，

因为S1=2，所以

例2在平面上有过同一点P，并且半径相等的n个圆，其中任何两个圆都有两个交点，任何三个圆除P点外无其他公共点，那么试问：

学习地址：佛山市南海区南海大道丽雅苑中区雅广居2D第1页咨询热线：0757-8630706713760993549（吉老师）鼎吉教育遵循：“授人以鱼，不如授人以渔”的教育理念秉承：以人为本，质量第一，突出特色，服务家长

下

面对Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正确性略作说明．

分析与解我们先来研究一些特殊情况：

因为Sn-1为n-1个圆把平面划分的区域数，当再加上一个圆，即当n个圆过定点P时，这个加上去的圆必与前n-1个圆相交，所以这个圆就被前n-1个圆分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n．

(2)与(1)一样，同样用观察、归纳、发现的方法来解决．为此，可列出表18．2．

(2)设b=n=2，类似地可以列举各种情况如表18．3．(1)设b=n=1，这时b=1，因为a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，．若c=1，则得到一个三边都为1的等边三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三边c，这时不可能由a，b，c构成三角形，可见，当b=n=1时，满足条件的三角形只有一个．

例3设a，b，c表示三角形三边的长，它们都是自然数，其中a≤b≤c，如果b=n(n是自然数)，试问这样的三角形有多少个？

由表18．2容易发现

这时满足条件的三角形总数为：1+2=3．

a1＝1，

(3)设b=n=3，类似地可得表18．4．

a2-a1＝1，a3-a2＝2，a4-a3＝3，

a5-a4＝4，

这时满足条件的三角形总数为：1＋2＋3=6．

通过上面这些特例不难发现，当b=n时，满足条件的三角形

an-1-an-2＝n-2，an-an-1＝n-1．

n个式子相加

这个猜想是正确的．因为当b=n时，a可取n个值(1，2，3，，n)，对应于a的每个值，不妨设a=k(1≤k≤n)．由于b≤c＜a＋b，即n≤c＜n＋k，所以c可能取的值恰好有k个(n，n＋1，n＋2，，

n＋k-1)．所以，当b=n时，满足条件的三角形总数为：总数为：

例4设1×2×3××n缩写为n！(称作n的阶乘)，试化简：

注意请读者说明an=an-1＋(n-1)的正确性．

1！×1＋2！×2＋3！×3＋＋n！×n.分析与解先观察特殊情况：

◆以鲜明的教育理念启发人◆以浓厚的学习氛围影响人第2页◆以不倦的育人精神感染人◆以优良的学风学纪严律人◆鼎吉教育（DinjEducation）中小学生课外个性化辅导中心资料初中数学竞赛专题培训讲练

(1)当n=1时，原式=1=(1＋1)！-1；(2)当n=2时，原式=5=(2＋1)！-1；(3)当n=3时，原式=23=(3＋1)！-1；(4)当n=4时，原式=119=(4＋1)！-1．由此做出一般归纳猜想：原式=(n+1)！-1.下面我们证明这个猜想的正确性．

1+原式=1+(1！×1＋2！×2＋3！×3++n！×n)=1！×2＋2！×2＋3！×3++n！×n=2！+2！×2＋3！×3＋+n！×n=2！×3+3！×3+＋n！×n=3！+3！×3++n！×n＝=n！+n！×n=(n＋1)！，所以原式=(n+1)！-1.

例5设x＞0，试比较代数式x3和x2+x+2的值的大小．

分析与解本题直接观察，不好做出归纳猜想，因此可设x等于某些特殊值，代入两式中做试验比较，或许能启发我们发现解题思路．为此，设x=0，显然有

x3＜x2+x+2．①

设x=10，则有x3=1000，x2+x＋2=112，所以

x＞x+x+2．②

设x=100，则有x＞x+x+2．

观察、比较①，②两式的条件和结论，可以发现：当x值较小时，x3＜x2+x+2；当x值较大时，x3＞x2+x+2．

那么自然会想到：当x=？时，x3=x2+x+2呢？如果这个方程得解，则它很可能就是本题得解的“临界点”．为此，设x3=x2＋x＋2，则

x-x-x-2＝0，(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，

学习地址：佛山市南海区南海大道丽雅苑中区雅广居2D第3页咨询热线：0757-8630706713760993549（吉老师）

323232

(x-2)(x2+x+1)=0．

因为x＞0，所以x+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．这样(1)当x=2时，x=x+x+2；(2)当0＜x＜2时，因为

x-2＜0，x2+x+2＞0，

所以(x-2)(x2＋x+2)＜0，即x3-(x2＋x+2)＜0，所以x3＜x2＋x＋2.

(3)当x＞2时，因为x-2＞0，x2+x+2＞0，所以(x-2)(x2+x+2)＞0，即x3-(x2＋x＋2)＞0，所以x3＞x2＋x＋2．

综合归纳(1)，(2)，(3)，就得到本题的解答．

322

分析先由特例入手，注意到

例7已知E，F，G，H各点分别在四边形ABCD的AB，BC，CD，DA边上(如图2101)．鼎吉教育遵循：“授人以鱼，不如授人以渔”的教育理念秉承：以人为本，质量第一，突出特色，服务家长

练习十八

1．试证明例7中：

2．平面上有n条直线，其中没有两条直线互相平行(即每两条直线都相交)，也没有三条或三条以上的直线通过同一点．试求：(1)这n条直线共有多少个交点？

(2)这n条直线把平面分割为多少块区域？

(2)当上述条件中比值为3，4，，n时(n为自然数)，那S么S四边形EFGH与S四边形ABCD之比是多少？

引GM∥AC交DA于M点．由平行截割定理易知

(2)设

然后做出证明.)

当k=3，4时，用类似于(1)的推理方法将所得结论与(1)的结论列成表18．5.

4．求适合x5=656356768的整数x．

(提示：显然x不易直接求出，但可注意其取值范围：505＜656356768＜605，所以502＜x＜602．＝

观察表18．5中p，q的值与对应k值的变化关系，不难发现：当k=n(自然数)时有

以上推测是完全正确的，证明留给读者．

◆以鲜明的教育理念启发人◆以浓厚的学习氛围影响人第4页◆以不倦的育人精神感染人◆以优良的学风学纪严律人◆

扩展阅读：初中数学竞赛专题培训

数学思维的教育

第一讲：因式分解(一)......................................................1第二讲：因式分解(二)......................................................4第三讲实数的若干性质和应用.......................................7第四讲分式的化简与求值.............................................10第五讲恒等式的证明.....................................................13第六讲代数式的求值.....................................................16第七讲根式及其运算.....................................................18第八讲非负数.................................................................22第九讲一元二次方程.....................................................26第十讲三角形的全等及其应用.....................................29第十一讲勾股定理与应用.............................................33第十二讲平行四边形.....................................................36第十三讲梯形.................................................................39第十四讲中位线及其应用.............................................42第十五讲相似三角形(一)..............................................45第十六讲相似三角形(二)..............................................48多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍．1．运用公式法

在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如：(1)a2

-b2

=(a+b)(a-b)；(2)a2

±2ab+b2

=(a±b)2

；(3)a3

+b3

=(a+b)(a2

-ab+b2

)；(4)a3

-b3

=(a-b)(a2

+ab+b2

)．下面再补充几个常用的公式：(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-2

b+an-3b2

++abn-2

+bn-1

)其中n为正整数；

(8)an

-bn

=(a+b)(an-1

-an-2

b+an-3b2

-+abn-2

-bn-1

)，其中n为偶数；

第十七讲*集合与简易逻辑...........................................51

第十八讲归纳与发现.....................................................56第十九讲特殊化与一般化.............................................59第二十讲类比与联想.....................................................63第二十一讲分类与讨论.................................................67第二十二讲面积问题与面积方法.................................70第二十三讲几何不等式.................................................73第二十四讲*整数的整除性...........................................77第二十五讲*同余式.......................................................80第二十六讲含参数的一元二次方程的整数根问题.....83第二十七讲列方程解应用问题中的量.........................86第二十八讲怎样把实际问题化成数学问题.................90第二十九讲生活中的数学(三)镜子中的世界.....94第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问...............99

第一讲：因式分解(一)

(9)an

+bn

=(a+b)(an-1

-an-2

b+an-3b2

--abn-2

+bn-1

)，其中n为奇数．

运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．例1分解因式：(1)-2x

5n-1yn+4x

3n-1yn+2

-2xn-1yn+4

；

(2)x3

-8y3

-z3

-6xyz；(3)a2

+b2

+c2

-2bc+2ca-2ab；(4)a7

-a5b2

+a2b5

-b7

．

解(1)原式=-2xn-1yn

(x4

n-2x2

ny2

+y4

)=-2xn-1yn

[(x2

n)2

-2x2

ny2

+(y2)2

]=-2xn-1yn

(x2

n-y2)2

=-2xn-1yn

(xn

-y)2

(xn

+y)2

．(2)原式=x3

+(-2y)3

+(-z)3

-3x(-2y)(-Z)=(x-2y-z)(x2

+4y2

+z2

+2xy+xz-2yz)．(3)原式=(a2

-2ab+b2

)+(-2bc+2ca)+c2

＝(a-b)2

+2c(a-b)+c2

=(a-b+c)2．

本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2

+(-b)2

+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b)=(a-b+c)2

(4)原式=(a7

-a5b2

)+(a2b5

-b7

)=a5

(a2

-b2

)+b5

(a2

-b2

)

数学思维的教育

=(a2

-b2

)(a5

+b5

)

=(a+b)(a-b)(a+b)(a4

-a3

b+a2b2

-ab3

+b4

)=(a+b)2

(a-b)(a4

-a3

b+a2b2

-ab3

+b4

)例2分解因式：a3

+b3

+c3

-3abc．

本题实际上就是用因式分解的方法证明前面给出的公式(6)．

分析我们已经知道公式

(a+b)3

=a3

+3a2

b+3ab2

+b3

的正确性，现将此公式变形为

+b3

=(a+b)3

-3ab(a+b)．

这个式也是一个常用的公式，本题就借助于它来推导．

解原式=(a+b)3

-3ab(a+b)+c3

-3abc=［(a+b)3+c3

］-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)［(a+b)2

-c(a+b)+c2

]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2

+b2

+c2-ab-bc-ca)．

说明公式(6)是一个应用极广的公式，用它可以推出很多有用的结论，例如：我们将公式(6)变形为a3

+b3

+c3

-3abc

显然，当a+b+c=0时，则a3

+b3

+c3

=3abc；当a+b+c＞0时，则a3

+b3

+c3

-3abc0，即a3

+b3

+c3

3abc，而且，当且仅当a=b=c时，等号成立．如果令x=a3

0，y=b3

0，z=c3

0，则有

等号成立的充要条件是x=y=z．这也是一个常用的结论．

例3分解因式：x15

+x14

+x13

++x2

+x+1．

分析这个多项式的特点是：有16项，从最高次项x15

开始，x的次数顺次递减至0，由此想到应用公式an

-bn来分解．解因为

x16

-1=(x-1)(x15

+x14

+x13

+x2

+x+1)，所以

说明在本题的分解过程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，这一技巧在等式变形中很常用．2．拆项、添项法

因式分解是多项式乘法的逆运算．在多项式乘法运算时，整理、化简常将几个同类项合并为一项，或将两个仅符号相反的同类项相互抵消为零．在对某些多项式分解因式时，需要恢复那些被合并或相互抵消的项，即把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符合相反的项，前者称为拆项，后者称为添项．拆项、添项的目的是使多项式能用分组分解法进行因式分解．例4分解因式：x3

-9x+8．

分析本题解法很多，这里只介绍运用拆项、添项法分解的几种解法，注意一下拆项、添项的目的与技巧．解法1将常数项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将一次项-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)．

解法3将三次项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添加两项-x2

+x2

．原式=x3

-9x+8=x3

-x2

+x2

-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2

+x-8)．

数学思维的教育

说明由此题可以看出，用拆项、添项的方法分解因式时，要拆哪些项，添什么项并无一定之规，主要的是要依靠对题目特点的观察，灵活变换，因此拆项、添项法是因式分解诸方法中技巧性最强的一种．例5分解因式：(1)x9

+x6

+x3

-3；(2)(m2

-1)(n2

-1)+4mn；(3)(x+1)4

+(x2

-1)2

+(x-1)4

；(4)a3

b-ab3

+a2

+b2

+1．解(1)将-3拆成-1-1-1．原式=x9

+x6

+x3

-1-1-1=(x9

-1)+(x6

-1)+(x3

-1)

=(x3

-1)(x6

+x3

+1)+(x3

-1)(x3

+1)+(x3

-1)=(x3-1)(x6+2x3+3)

=(x-1)(x2

+x+1)(x6

+2x3

+3)．(2)将4mn拆成2mn+2mn．原式=(m2

-1)(n2-1)+2mn+2mn=m2n2

-m2

-n2

+1+2mn+2mn=(m2n2

+2mn+1)-(m2

-2mn+n2

)=(mn+1)2

-(m-n)2

=(mn+m-n+1)(mn-m+n+1)．(3)将(x2

-1)2

拆成2(x2

-1)2

-(x2

-1)2

．原式=(x+1)4

+2(x2

-1)2

-(x2

-1)2

+(x-1)4

=［(x+1)4

+2(x+1)2

(x-1)2

+(x-1)4

]-(x2

-1)2

=［(x+1)2

+(x-1)2]2

-(x2

-1)2

=(2x2

+2)2

-(x2

-1)2

=(3x2

+1)(x2

+3)．(4)添加两项+ab-ab．原式=a3

b-ab3

+a2

+b2

+1+ab-ab=(a3

b-ab3

)+(a2

-ab)+(ab+b2

+1)=ab(a+b)(a-b)+a(a-b)+(ab+b2

+1)=a(a-b)［b(a+b)+1]+(ab+b2

+1)=[a(a-b)+1](ab+b2

+1)=(a2

-ab+1)(b2

+ab+1)．

说明(4)是一道较难的题目，由于分解后的因式结构较复杂，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加项后分成的三项组又无公因式，而是先将前两组分解，再与第三组结合，找到公因式．这道题目使我们体会到

拆项、添项法的极强技巧所在，同学们需多做练习，积累经验．3．换元法

换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作一个整体，并用一个新的字母替代这个整体来运算，从而使运算过程简明清晰．

例6分解因式：(x2

+x+1)(x2

+x+2)-12．

分析将原式展开，是关于x的四次多项式，分解因式较困难．我们不妨将x2+x看作一个整体，并用字母y来替代，于是原题转化为关于y的二次三项式的因式分解问题了．解设x2

+x=y，则

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)．

说明本题也可将x2+x+1看作一个整体，比如今x2

+x+1=u，一样可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试一试．例7分解因式：

(x2

+3x+2)(4x2

+8x+3)-90．

分析先将两个括号内的多项式分解因式，然后再重新组合．

解原式=(x+1)(x+2)(2x+1)(2x+3)-90=[(x+1)(2x+3)][(x+2)(2x+1)]-90=(2x2

+5x+3)(2x2

+5x+2)-90．令y=2x2

+5x+2，则原式=y(y+1)-90=y2

+y-90=(y+10)(y-9)

=(2x2

+5x+12)(2x2+5x-7)=(2x2+5x+12)(2x+7)(x-1)．

说明对多项式适当的恒等变形是我们找到新元(y)的基础．

例8分解因式：

(x2

+4x+8)2+3x(x2

+4x+8)+2x2

．

解设x2

+4x+8=y，则原式=y2

+3xy+2x2

=(y+2x)(y+x)=(x2

+6x+8)(x2

+5x+8)

数学思维的教育

=(x+2)(x+4)(x2

+5x+8)．

说明由本题可知，用换元法分解因式时，不必将原式中的元都用新元代换，根据题目需要，引入必要的新元，原式中的变元和新变元可以一起变形，换元法的本质是简化多项式．

例9分解因式：6x4

+7x3

-36x2

-7x+6．解法1原式=6(x4

+1)＋7x(x2

-1)-36x2

=6［(x4

-2x2

+1)+2x2

］+7x(x2

-1)-36x2

=6[(x2

-1)2+2x2

]+7x(x2

-1)-36x2

=6(x2

-1)2

+7x(x2

-1)-24x2

=[2(x2

-1)-3x］［3(x2

-1)+8x]=(2x2

-3x-2)(3x2

+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．说明本解法实际上是将x2

-1看作一个整体，但并没有设立新元来代替它，即熟练使用换元法后，并非每题都要设置新元来代替整体．解法2

1．双十字相乘法

分解二次三项式时，我们常用十字相乘法．对于某

些二元二次六项式(ax2

+bxy+cy2

+dx+ey+f)，我们也可以用十字相乘法分解因式．

例如，分解因式2x2

-7xy-22y2

-5x+35y-3．我们将上

式按x降幂排列，并把y当作常数，于是上式可变形为

2x2

-(5+7y)x-(22y2

-35y+3)，

可以看作是关于x的二次三项式．

对于常数项而言，它是关于y的二次三项式，也可

以用十字相乘法，分解为

即：-22y2

+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．

原式=x2[6(t2

+2)+7t-36]

=x2

(6t2

+7t-24)=x2

(2t-3)(3t+8)=x2[2(x-1/x)-3][3(x-1/x)+8]=(2x2

-3x-2)(3x2

+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．例10分解因式：(x2

+xy+y2

)-4xy(x2

+y2

)．分析本题含有两个字母，且当互换这两个字母的位置时，多项式保持不变，这样的多项式叫作二元对称式．对于较难分解的二元对称式，经常令u=x+y，v=xy，用换元法分解因式．

解原式=[(x+y)2

-xy]2

-4xy[(x+y)2

-2xy]．令x+y=u，xy=v，则

原式=(u2

-v)2

-4v(u2-2v)=u4

-6u2

v+9v2

=(u2

-3v)2

=(x2

+2xy+y2

-3xy)2

=(x2

-xy+y2)2

．

第二讲：因式分解(二)

再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解

所以，原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．

上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如

果把这两个步骤中的十字相乘图合并在一起，可得到下图：

它表示的是下面三个关系式：

(x+2y)(2x-11y)=2x2

-7xy-22y2

；(x-3)(2x+1)=2x2

-5x-3；

数学思维的教育

(2y-3)(-11y+1)=-22y+35y-3．这就是所谓的双十字相乘法．

用双十字相乘法对多项式ax+bxy+cy+dx+ey+f进

行因式分解的步骤是：

(1)用十字相乘法分解ax+bxy+cy，得到一个十字

22222

原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)

相乘图(有两列)；

(2)把常数项f分解成两个因式填在第三列上，要求

第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的ey，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的dx．例1分解因式：(1)x2

-3xy-10y2

+x+9y-2；(2)x2

-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；

(4)6x2

-7xy-3y2

-xz+7yz-2z2

．解(1)

原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．

说明(4)中有三个字母，解法仍与前面的类似．2．求根法

我们把形如an

n-1

nx+an-1x++a1x+a0(n为非负整数)的

代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，等记号表示，如

f(x)=x2

-3x+2，g(x)=x5

+x2

+6，，

当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)表示．如对上面

的多项式f(x)f(1)=12-31+2=0；f(-2)=(-2)2

-3(-2)+2=12．

若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．定理1(因式定理)若a是一元多项式f(x)的根，即

f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的

关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，

原式=(x+y+1)(x-y+4)．

(3)原式中缺x2

项，可把这一项的系数看成0来分

解．

原式=(y+1)(x+y-2)．(4)

要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常用下面的定理来判定它是否有有理根．

定理2

的根，则必有p是a0的约数，q是an的约数．特别

地，当a0=1时，整系数多项式f(x)的整数根均为an的约数．

我们根据上述定理，用求多项式的根来确定多项式

的一次因式，从而对多项式进行因式分解．例2分解因式：x3

-4x2

+6x-4．

分析这是一个整系数一元多项式，原式若有整数

根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1，±2，±4，只有

f(2)=23

-422

+62-4=0，

数学思维的教育

即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必

有因式x-2．

解法1用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．原式=(x-2x)-(2x-4x)+(2x-4)=x(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x-2x+2)．

解法2用多项式除法，将原式除以(x-2)，

223222

可以化为9x-3x-2，这样可以简化分解过程．总之，对一元高次多项式f(x)，如果能找到一个一

次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解为(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多项式，这样，我们就可以继续对g(x)进行分解了．3．待定系数法

所以

原式=(x-2)(x2

-2x+2)．

说明在上述解法中，特别要注意的是多项式的有理

根一定是-4的约数，反之不成立，即-4的约数不一定是多项式的根．因此，必须对-4的约数逐个代入多项式进行验证．

例3分解因式：9x4

-3x3

+7x2-3x-2．

分析因为9的约数有±1，±3，±9；-2的约数有

±1，±

为：

所以，原式有因式9x2

-3x-2．解9x4

-3x3

+7x2

-3x-2=9x4

-3x3

-2x2

+9x2

-3x-2=x2

(9x3

-3x-2)+9x2

-3x-2=(9x2

-3x-2)(x2

+1)=(3x+1)(3x-2)(x2

+1)

说明若整系数多项式有分数根，可将所得出的含有

分数的因式化为整系数因式，如上题中的因式

待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应用

很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它

能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数

尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多

项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．例4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，那么它的两个一次项一定是

x+2y+m和x＋y＋n的形式，应用待定系数法即可求

出m和n，使问题得到解决．解设

+3xy+2y2

+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)

=x2+3xy+2y2

+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比较两边对应项的系数，则有

解之得m=3，n=1．所以

原式=(x+2y+3)(x+y+1)．

说明本题也可用双十字相乘法，请同学们自己解一

下．

例5分解因式：x4

-2x3

-27x2

-44x+7．

数学思维的教育

分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲

过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x2

+ax+b)(x2

+cx+d)的形式．解设

原式=(x2

+ax+b)(x2+cx+d)

=x4

+(a+c)x3

+(b+d+ac)x2

+(ad+bc)x+bd，所以有

由bd=7，先考虑b=1，d=7有

实数是高等数学特别是微积分的重要基础．在初中代数中没有系统地介绍实数理论，是因为它涉及到极限的概念．这一概念对中学生而言，有一定难度．但是，如果中学数学里没有实数的概念及其简单的运算知识，中学数学也将无法继续学习下去了．例如，即使是一元二次方程，只有有理数的知识也是远远不够用的．因此，适当学习一些有关实数的基础知识，以及运用这些知识解决有关问题的基本方法，不仅是为高等数学的学习打基础，而且也是初等数学学习所不可缺少的．本讲主要介绍实数的一些基本知识及其应用．

用于解决许多问题，例如，不难证明：任何两个有理数的和、差、积、商还是有理数，或者说，有理数对加、减、乘、除(零不能做除数)是封闭的．性质1任何一个有理数都能写成有限小数(整数可以看作小数点后面为零的小数)或循环小数的形式，反之亦然．例1

所以

原式=(x2

-7x+1)(x2

+5x+7)．

说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7

等可以不加以考虑．本题如果b=1，d=7代入方程组后，无法确定a，c的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因

式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分解中也有用武之地．

第三讲实数的若干性质和应用

分析要说明一个数是有理数，其关键要看它能否写成两个整数比的形式．证设

两边同乘以100得

②-①得

99x=261.54-2.61=258.93，

无限不循环小数称为无理数．有理数对四则运算是封闭的，而无理

是说，无理数对四则运算是不封闭的，但它有如下性质．

性质2设a为有理数，b为无理数，则(1)a+b，a-b是无理数；

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有理数和无理数统称为实数，即

在实数集内，没有最小的实数，也没有最大的实数．任意两个实数，可以比较大小．全体实数和数轴上的所有点是一一对应的．在实数集内进行加、减、乘、除(除数不为零)运算，其结果仍是实数(即实数对四则运算的封闭性)．任一实数都可以开奇次方，其结果仍是实数；只有当被开方数为非负数时，才能开偶次方，其结果仍是实数．例2

分析

证

所以

分析要证明一个实数为无限不循环小数是一件极难办到的事．由于有理数与无理数共同组成了实数集，

且二者是矛盾的两个对立面，所以，判定一个实数是

无理数时，常常采用反证法．证用反证法．

所以p一定是偶数．设p=2m(m是自然数)，代入①得

4m2

＝2q2

，q2

＝2m2

，

例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2为有理数，

a为无理数)，则a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．分析设法将等式变形，利用有理数不能等于无理数来证明．

证将原式变形为(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，则

反之，显然成立．

说明本例的结论是一个常用的重要运算性质．

是无理数，并说明理由．

整理得：

由例4知a＝Ab，1=A，

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说明本例并未给出确定结论，需要解题者自己发现正确的结

有理数作为立足点，以其作为推理的基础．

例6已知a，b是两个任意有理数，且a＜b，求证：a与b之间存在着无穷多个有理数(即有理数集具有稠密性)．

分析只要构造出符合条件的有理数，题目即可被证明．

证因为a＜b，所以2a＜a+b＜2b，所以

说明构造具有某种性质的一个数，或一个式子，以达到解题和证明的目的，是经常运用的一种数学建模的思想方法．

例7已知a，b是两个任意有理数，且a＜b，问是否存在无理数α，使得a＜α＜b成立？

即

由①，②有

存在无理数α，使得a＜α＜b成立．

+12b3

+37b2

+6b-20

的值．

分析因为无理数是无限不循环小数，所以不可能把一个无理数的小数部分一位一位确定下来，这样涉及无理数小数部分的计算题，往往是先估计它的整数部分(这是容易确定的)，然后再寻求其小数部分的表示方法．

14=9+6b+b2

，所以b2

+6b=5．

+12b3

+37b2

+6b-20

=(b4

+26b3

+36b2

)+(b2

+6b)-20=(b2

+6b)2

+(b2

+6b)-20=52+5-20=10．例9求满足条件

的自然数a，x，y．解将原式两边平方得

由①式变形为

两边平方得

数学思维的教育

例10设a2

222

n是1+2+3++n的个位数字，n=1，2，3，，求证：0.a1a2a3an是有理数．

分析有理数的另一个定义是循环小数，即凡有理数都是循环小数，反之循环小数必为有理数．所以，要证0.a1a2a3an是有理数，只要证它为循环小数．因此本题我们从寻找它的循环节入手．

证计算an的前若干个值，寻找规律：1，5，4，0，5，1，0，4，5，5，6，0，9，5，0，6，5，9，0，0，1，5，4，0，5，1，0，4，发现：a20=0，a21=a1，a22=a2，a23=a3，，于是猜想：ak+20=ak，若此式成立，说明分式的有关概念和性质与分数相类似，例如，分式

的分母的值不能是零，即分式只有在分母不等于零时才有意义；也像分数一样，分式的分子与分母都

乘以(或除以)同一个不等于零的整式，分式的值不变，这一性质是分式运算中通分和约分的理论根据．在分式运算中，主要是通过约分和通分来化简分式，从而对分式进行求值．除此之外，还要根据分式的具体特征灵活变形，以使问题得到迅速准确的解答．本讲主要介绍分式的化简与求值．例1化简分式：

分析直接通分计算较繁，先把每个假分式化成整式

与真分式之和的形式，再化简将简便得多．

＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］

0.a1a2an是由20个数字组成循环节的循环小数，

即

下面证明ak+20=ak．

令f(n)=12

+22

++n2

，当f(n+20)-f(n)是10的倍数时，表明f(n+20)与f(n)有相同的个位数，而f(n+20)-f(n)

=(n+1)2

+(n+2)2

++(n+20)2

=10(2n2

+42

n)+(12

+22

++202

)．

由前面计算的若干值可知：12

+22

++202

是10的倍数，故a12

k+20=ak成立，所以0.aaan

是一个有理数．第四讲分式的化简与求值

说明本题的关键是正确地将假分式写成整式与真

分式之和的形式．例2求分式

当a=2时的值．

分析与解先化简再求值．直接通分较复杂，注意到

平方差公式：a2

-b2

=(a+b)(a-b)，

可将分式分步通分，每一步只通分左边两项．

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例3若abc=1，求

互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相

消”法，它是分式化简中常用的技巧．

分析本题可将分式通分后，再进行化简求值，但较

复杂．下面介绍几种简单的解法．

解法1因为abc=1，所以a，b，c都不为零．

例5化简计算(式中a，b，c两两不相等)：

解法2因为abc=1，所以a≠0，b≠0，c≠0．

例4化简分式：

分析与解三个分式一齐通分运算量大，可先将每个

分式的分母分解因式，然后再化简．

说明

似的，对于这个分式，显然分母可以分解因式为(a-b)(a-c)，而分子又恰好凑成(a-b)+(a-c)，因此有下面的解法．

解

说明本例也是采取“拆项相消”法，所不同的是利

用

例6已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，

求

分析本题字母多，分式复杂．若把条件写成

(x-a)+(y-a)+(z-a)=0，那么题目只与x-a，y-a，z-a有关，为简化计算，可用换元法求解．解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，则分式变为

+v2

+w2

+2(uv+vw+wu)=0．

由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全为零，

所以u2+v2+w2

≠0，从而有

说明从本例中可以看出，换元法可以减少字母个

数，使运算过程简化．

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例7化简分式：

说明本例的解法采用的是整体代入的方法，这是代

入消元法的一种特殊类型，应用得当会使问题的求解过程大大简化．

解法1利用比例的性质解决分式问题．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有

适当变形，化简分式后再计算求值．

(x-4)2

=3，即x2

-8x+13＝0．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，

所以

a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，于是有

(2)若a+b+c=0，则a+b=-c，b+c=-a，c+a=-b，

于是有

说明比例有一系列重要的性质，在解决分式问题

时，灵活巧妙地使用，便于问题的求解．

解法2设参数法．令

则

a+b=(k+1)c，①a+c=(k+1)b，②b+c=(k+1)a．③①+②+③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．当k=1时，

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当a+b+c=0时，

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

说明引进一个参数k表示以连比形式出现的已知

条件，可使已知条件便于使用．

第五讲恒等式的证明

=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

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．

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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

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．

全不为零．证明：

(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．

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

+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)20，(ab-cd)20，所以a2

-b2

=c2

-d2=ab-cd=0，

所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．

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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，①z+x-2y=b，②x+y-2z=c，③

则要证的等式变为

+b3

+c3

=3abc．

联想到乘法公式：

+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

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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

①②③得x2y2z2

=1．

代数式的求值与代数式的恒等变形关系十分密切．许多代数式是先化简再求值，特别是有附加条件的代数式求值问题，往往需要利用乘法公式、绝对值与算术根的性质、分式的基本性质、通分、约分、根式的性质等等，经过恒等变形，把代数式中隐含的条件显现出来，化简，进而求值．因此，求值中的方法技巧主要是代数式恒等变形的技能、技巧和方法．下面结合例题逐一介绍．

1．利用因式分解方法求值

因式分解是重要的一种代数恒等变形，在代数式化简求值中，经常被采用．

分析x的值是通过一个一元二次方程给出的，若解出x后，再求值，将会很麻烦．我们可以先将所求的代数式变形，看一看能否利用已知条件．解已知条件可变形为3x2

+3x-1=0，所以6x4

+15x3

+10x2

=(6x4

+6x3

-2x2

)+(9x3

+9x2

-3x)+(3x2

+3x-1)+1=(3x2

+3x-1)(2z2

+3x+1)+1=0+1=1．

说明在求代数式的值时，若已知的是一个或几个代数式的值，这时要尽可能避免解方程(或方程组)，而要

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．

第六讲代数式的求值

将所要求值的代数式适当变形，再将已知的代数式的值整体代入，会使问题得到简捷的解答．例2已知a，b，c为实数，且满足下式：a2

+b2

+c2

=1，①

求a+b+c的值．

解将②式因式分解变形如下

即

所以

a+b+c=0或bc+ac+ab=0．若bc+ac+ab=0，则

(a+b+c)2

=a2

+b2

+c2

+2(bc+ac+ab)

=a2+b2+c2

=1，

所以a+b+c=±1．所以a+b+c的值为0，1，-1．说明本题也可以用如下方法对②式变形：

数学思维的教育

分析本题的已知条件是以连比形式出现，可引入参数k，用它表示连比的比值，以便把它们分割成几个等

即

前一解法是加一项，再减去一项；这个解法是将3拆成1+1+1，最终都是将②式变形为两个式子之积等于零的形式．

2．利用乘法公式求值

例3已知x+y=m，x3

+y3

=n，m≠0，求x2

+y2

的值．解因为x+y=m，所以

=(x+y)3

=x3

+y3

+3xy(x+y)=n+3mxy，

所以求x2

+6xy+y

的值．

分析将x，y的值直接代入计算较繁，观察发现，已知中x，y的值正好是一对共轭无理数，所以很容易计算出x+y与xy的值，由此得到以下解法．解x2

+6xy+y2

=x2

+2xy+y2

+4xy=(x+y)2

+4xy

3．设参数法与换元法求值

如果代数式字母较多，式子较繁，为了使求值简便，有时可增设一些参数(也叫辅助未知数)，以便沟通数量关系，这叫作设参数法．有时也可把代数式中某一部分式子，用另外的一个字母来替换，这叫换元法．

式．

x＝(a-b)k，y＝(b-c)k，z＝(c-a)k．所以

x+y+z=(a-b)k＋(b-c)k+(c-a)k=0．

u+v+w=1，①

由②有

把①两边平方得

u2+v2+w2

+2(uv+vw+wu)=1，所以u2

+v2

+w2

=1，即

两边平方有

所以

数学思维的教育

4．利用非负数的性质求值

若几个非负数的和为零，则每个非负数都为零，这个性质在代数式求值中经常被使用．例8若x2

-4x+|3x-y|=-4，求yx

的值．

分析与解x，y的值均未知，而题目却只给了一个方程，似乎无法求值，但仔细挖掘题中的隐含条件可知，可以利用非负数的性质求解．因为x2

-4x+|3x-y|=-4，所以x2

-4x＋4＋|3x-y|=0，即(x-2)2

+|3x-y|=0．

所以yx

=62

=36．例9未知数x，y满足

(x2

＋y2

)m2

-2y(x+n)m+y2

+n2

=0，其中m，n表示非零已知数，求x，y的值．

分析与解两个未知数，一个方程，对方程左边的代数式进行恒等变形，经过配方之后，看是否能化成非负数和为零的形式．将已知等式变形为

m2x2

+m2y2

-2mxy-2mny+y2

+n2

=0，(m2x2

-2mxy+y2

)+(m2y2

-2mny+n2

)=0，即(mx-y)2

+(my-n)2

=0．

5．利用分式、根式的性质求值

分式与根式的化简求值问题，内容相当丰富，因此设有专门讲座介绍，这里只分别举一个例子略做说明．例10已知xyzt=1，求下面代数式的值：

分析直接通分是笨拙的解法，可以利用条件将某些项的形式变一变．

解根据分式的基本性质，分子、分母可以同时乘以

一个不为零的式子，分式的值不变．利用已知条件，可将前三个分式的分母变为与第四个相同．

同理

分析计算时应注意观察式子的特点，若先分母有理化，计算反而复杂．因为这样一来，原式的对称性就被破坏了．这里所言的对称性是

分利用这种对称性，或称之为整齐性，来简化我们的计算．

同样(但请注意算术根！)

将①，②代入原式有

第七讲根式及其运算

数学思维的教育

二次根式的概念、性质以及运算法则是根式运算的基础，在进行根式运算时，往往用到绝对值、整式、分式、因式分解，以及配方法、换元法、待定系数法等有关知识与解题方法，也就是说，根式的运算，可以培养同学们综合运用各种知识和方法的能力．下面先复习有关基础知识，然后进行例题分析．

二次根式的性质：

二次根式的运算法则：

设a，b，c，d，m是有理数，且m不是完全平方数，则当且仅

当两个含有二次根式的代数式相乘时，如果它们的积不含有二次根式，则这两个代数式互为有理化因式．例1化简：

法是配方去掉根号，所以

因为x-2＜0，1-x＜0，所以原式=2-x+x-1=1．

＝a-b-a+b-a+b=b-a．

说明若根式中的字母给出了取值范围，则应在这个范围内进行化简；若没有给出取值范围，则应在字母允许取值的范围内进行化简．例2化简：

分析两个题分母均含有根式，若按照通常的做法是先分母有理化，这样计算化简较繁．我们可以先将分母因式分解后，再化简．

解法1配方法．

数学思维的教育

配方法是要设法找到两个正数x，y(x＞y)，使x+y=a，xy=b，则

解法2待定系数法．

例4化简：

(2)这是多重复合二次根式，可从里往外逐步化简．

分析被开方数中含有三个不同的根式，且系数都是2，可以看成

解设

两边平方得

②③④得

(xyz)2

=5735=352

．

因为x，y，z均非负，所以xyz0，所以

xyz=35．⑤

⑤÷②，有z=7．同理有x=5，y=1．所求x，y，z显然满足①，所以

解设原式=x，则

解法1利用(a＋b)3

＝a3

＋b3

＋3ab(a＋b)来解．

数学思维的教育

将方程左端因式分解有(x-4)(x2

＋4x＋10)＝0．

因为

＋4x＋10＝(x＋2)2

＋6＞0，所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4．解法2

说明解法2看似简单，但对于三次根号下的拼凑是很难的，因此本题解法1是一般常用的解法．例8化简：

解(1)

本小题也可用换元法来化简．

解用换元法．

解直接代入较繁，观察x，y的特征有

所以

3x2-5xy＋3y2＝3x2＋6xy＋3y2

-11xy＝3(x＋y)2

-11xy＝3102

-111＝289．例11求

数学思维的教育

分析本题的关键在于将根号里的乘积化简，不可一味蛮算．

解设根号内的式子为A，注意到1＝(2-1)，及平方

差公式(a＋b)(a-b)＝a2-b2

，所以

A＝(2-1)(2＋1)(22＋1)(24＋1)(22

56＋1)＋1＝(22

-1)(22

＋1)(24

＋1)(28

＋1)(22

56＋1)＋1＝(24

-1)(24

＋1)(28

＋1)(216

＋1)(22

56＋1)＋1＝＝(22

56-1)(2256

＋1)＋1＝2

2256

-1＋1＝2

2256

，

的值．

分析与解先计算几层，看一看有无规律可循．

解用构造方程的方法来解．设原式为x，利用根号的层数是无限的特点，有

两边平方得

两边再平方得

x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2

-x＋2＝0．

观察发现，当x＝-1，2时，方程成立．因此，方程左端必有因式(x＋1)(x-2)，将方程左端因式分解，有

(x＋1)(x-2)(x2

＋x-1)＝0．

解因为

第八讲非负数

数学思维的教育

所谓非负数，是指零和正实数．非负数的性质在解题中颇有用处．常见的非负数有三种：实数的偶次幂、实数的绝对值和算术根．1．实数的偶次幂是非负数

若a是任意实数，则a2n

0(n为正整数)，特别地，当n=1时，有a2

0．

2．实数的绝对值是非负数若a是实数，则

性质绝对值最小的实数是零．`3．一个正实数的算术根是非负数

4．非负数的其他性质

(1)数轴上，原点和原点右边的点表示的数都是非负数．(2)有限个非负数的和仍为非负数，即若a1，a2，，an为非负数，则a1＋a2＋＋an0．

(3)有限个非负数的和为零，那么每一个加数也必为零，即若a1，a2，，an为非负数，且a1＋a2＋＋an=0，则必有a1＝a2＝＝an＝0．

在利用非负数解决问题的过程中，这条性质使用的最多．

(4)非负数的积和商(除数不为零)仍为非负数．(5)最小非负数为零，没有最大的非负数．(6)一元二次方程ax2

＋bx＋c=0(a≠0)有实数根的充要条件是判别式△=b2-4ac为非负数．

应用非负数解决问题的关键在于能否识别并揭示出题目中的非负数，正确运用非负数的有关概念及其性质，巧妙地进行相应关系的转化，从而使问题得到解决．

解得a=3，b=-2．代入代数式得

解因为(20x-3)2

为非负数，所以

-(20x-3)2

0．①

-(20x-3)20．②

由①，②可得：-(20x-3)2

=0．所以原式=｜｜20±0｜＋20｜=40．

说明本题解法中应用了“若a0且a0，则a=0”，

这是个很有用的性质．例3已知x，y为实数，

解因为x，y为实数，要使y的表达式有意义，必有

解因为a2

+b2

-4a-2b+5=0，所以

-4a+4+b2

-2b+1=0，

即(a-2)2

+(b-1)2=0．(a-2)2

=0，且(b-1)2

=0．所以a=2，b=1．所以

例5已知x，y为实数，求

u=5x2

-6xy+2y2

+2x-2y+3的最小值和取得最小值时的x，y的值．

解u=5x2

-6xy+2y2

+2x-2y+3

=x2

+y2

+1-2xy+2x-2y+4x2

-4xy+yg2+2=(x-y+1)2

+(2x-y)2

+2．因为x，y为实数，所以

数学思维的教育

(x-y+1)20，(2x-y)2

0，所以u2．所以当

时，u有最小值2，此时x=1，y=2．

例6确定方程(a2

+1)x2

-2ax+(a2

+4)=0的实数根的个数．

解将原方程化为a2x2

-2ax+1+x2

+a2+3=0，即(ax-1)2

+x2

+a2

+3=0．对于任意实数x，均有

(ax-1)2

0，x2

0，a2

0，3＞0，所以，(ax-1)2

+x2

+a2+3恒大于0，故(a2

+1)x2

-2ax+(a2

+4)=0无实根．例7求方程

的实数根．

分析本题是已知一个方程，但要求出两个未知数的值，而要确定两个未知数的值，一般需要两个方程．因此，要将已知方程变形，看能否出现新的形式，以利于解题．

解之得

经检验，均为原方程的解．

说明应用非负数的性质“几个非负数之和为零，则这几个非负数都为零”，可将一个等式转化为几个等式，从而增加了求解的条件．例8已知方程组

求实数x1，x2，，xn的值．

解显然，x1=x2==xn=0是方程组的解．由已知方程组可知，在x1，x2，，xn中，只要有一个值为零，则必有x1=x2==xn=0．所以当x1≠0，x2≠0，，xn≠0时，将原方程组化为

将上面n个方程相加得

又因为xi为实数，所以

经检验，原方程组的解为

例9求满足方程｜a-b｜+ab=1的非负整数a，b的值．

解由于a，b为非负整数，所以

解得

例10当a，b为何值时，方程

+2(1+a)x+3a2

+4ab+4b2

+2=0有实数根？解因为方程有实数根，所以△0，即

数学思维的教育

△=4(1+a)2-4(3a2+4ab+4b2

+2)=4a2

+8a+4-12a2

-16ab-16b2

-8=-8a2

-16ab-16b2

+8a-40，所以

2a2

-4ab-4b2

+2a-10，-a2

+2a-1-a2

-4ab-4b2

0，-(a-1)2

-(a+2b)2

0．

因为(a-1)20，(a+2b)2

0，所以

例11已知实数a，b，c，r，p满足

pr＞1，pc-2b+ra=0，

求证：一元二次方程ax2

+2bx+c=0必有实数根．证由已知得2b=pc+ra，所以△=(2b)2

-4ac=(pc+ra)2

-4ac=p2c2

+2pcra+r2a2

-4ac=p2c2

-2pcra+r2a2

+4pcra-4ac

=(pc-ra)2

+4ac(pr-1)．由已知pr-1＞0，又(pc-ra)2

0，所以当ac0时，△0；当ac＜0时，也有△=(2b)2

-4ac＞0．综上，总有△0，故原方程必有实数根．

例12对任意实数x，比较3x2

+2x-1与x2

+5x-3的大小．

解用比差法．(3x2

+2x-1)-(x2

+5x-3)=2x2-3x+2

即

(3x2

+2x-1)-(x2

+5x-3)＞0，所以3x2

+2x-1＞x2

+5x-3．

说明比差法是比较两个代数式值的大小的常用方

法，除此之外，为判定差是大于零还是小于零，配方法

也是常用的方法之一，本例正是有效地利用了这两个方法，使问题得到解决．

例13已知a，b，c为实数，设

证明：A，B，C中至少有一个值大于零．证由题设有A+B+C

=(a2

-2a+1)+(b2

-2b+1)+(c2

-2c+1)+π-3

=(a-1)2

+(b-1)2

+(c-1)2

+(π-3)．

因为(a-1)2

0，(b-1)2

0，(c-1)2

0，π-3＞0，所以A+B+C＞0．

若A0，B0，C0，则A+B+C0与A+B+C＞0不符，所以A，B，C中至少有一个大于零．例14已知a0，b0，求证：

分析与证明对要求证的不等式两边分别因式分解有

由不等式的性质知道，只须证明

因为a0，b0，所以

又因为

所以原不等式成立．

例15四边形四条边长分别为a，b，c，d，它们满

足等式

数学思维的教育

a4+b4+c4+d4

=4abcd，

试判断四边形的形状．解由已知可得a4

+b4

+c4

+d4

-4abcd=0，所以

(a4

-2a2b2

+b4

)+(c2

-2c2d2

+d4

)+(2a2b2

-4abcd+2c2d2

)=0，即(a2

-b2)2

+(c2

-d2)2

+2(ab-cd)2

=0．因为a，b，c，d都是实数，所以(a2

-b2)2

0，(c2

-d2)2

0，(ab-cd)2

0，

一元二次方程是中学代数的重要内容之一，是进一步学习其他方程、不等式、函数等的基础，其内容非常丰富，本讲主要介绍一元二次方程的基本解法．方程ax2

+bx+c=0(a≠0)称为一元二次方程．一元二次方程的基本解法有开平方法、配方法、公式法和国式分解法．

对于方程ax2

+bx+c=0(a≠0)，△=b2

-4ac称为该方程的根的判别式．当△＞0时，方程有两个不相等的实数根，即

当△=0时，方程有两个相等的实数根，即

当△＜0时，方程无实数根．

分析可以使用公式法直接求解，下面介绍的是采用因式分解法求解．

因为

所以

由于a，b，c，d都为正数，所以，解①，②，③有

a=b=c=d．

故此四边形为菱形．

第九讲一元二次方程

所以

例2解关于x的方程：x2

-(p2

+q2

)x+pq(p+q)(p-q)=0．解用十字相乘法分解因式得

[x-p(p-q)][x-q(p+q)]=0，所以x1=p(p-q)，x2=q(p+q)．

例3已知方程(201*x)2

-201*1999x-1=0的较大根

为a，方程x2

+1998x-1999=0的较小根为β，求α-β的值．

解由方程(201*x)2

-201*1999x-1=0得

(201*2

x+1)(x-1)=0，

(x+1999)(x-1)=0，

故x1=-1999，x2=1，所以β=-1999．所以

α-β=1-(-1999)=201*．

例4解方程：(3x-1)(x-1)=(4x+1)(x-1)．

数学思维的教育

分析本题容易犯的错误是约去方程两边的(x-1)，将方程变为

3x-1=4x+1，

所以x=-2，这样就丢掉了x=1这个根．故特别要注意：用含有未知数的整式去除方程两边时，很可能导致方程失根．本题正确的解法如下．解(3x-1)(x-1)-(4x+1)(x-1)=0，(x-1)[(3x-1)-(4x+1)]=0，(x-1)(x+2)=0，所以x1=1，x2=-2．

例5解方程：x2

-3｜x｜-4=0．

分析本题含有绝对值符号，因此求解方程时，要考虑到绝对值的意义．

解法1显然x≠0．当x＞0时，x2

-3x-4=0，所以x1=4，

x=-1(舍去)．当x＜0时，x2

2+3x-4=0，所以x3=-4，x4=1(舍去)．

所以原方程的根为x1=4，x2=-4．解法2由于x2

=｜x｜2

，所以

｜x｜2

-3｜x｜-4=0，

所以(｜x｜-4)(｜x｜+1)=0，

所以｜x｜=4，｜x｜=-1(舍去)．

所以x1=4，x2=-4．

例6已知二次方程

3x2

-(2a-5)x-3a-1=0

有一个根为2，求另一个根，并确定a的值．解由方程根的定义知，当x=2时方程成立，所以

322-(2a-5)2-3a-1=0，故a=3．原方程为

3x2

-x-10=0，即(x-2)(3x+5)=0，

例7解关于x的方程：ax2

+c=0(a≠0)．

分析含有字母系数的方程，一般需要对字母的取值范围进行讨论．

当c=0时，x1=x2=0；

当ac＞0(即a，c同号时)，方程无实数根．

例8解关于x的方程：(m-1)x2

+(2m-1)x+m-3=0．

分析讨论m，由于二次项系数含有m，所以首先要分m-1=0与m-1≠0两种情况(不能认为方程一定是一元二次方程)；当m-1≠0时，再分△＞0，△=0，△＜0三种情况讨论．

解分类讨论．

(1)当m=1时，原方程变为一元一次方程

x-2=0，

所以x=2．

(2)当m≠1时，原方程为一元二次方程．

△=(2m-1)2

-4(m-1)(m-3)=12m-11．

数学思维的教育

例9解关于x的方程：

a2(x2-x+1)-a(x2-1)=(a2

-1)x．解整理方程得

(a2

-a)x2

-(2a2

-1)x+(a2

+a)=0．

(1)当a2

-a≠0，即a≠0，1时，原方程为一元二次方程，因式分解后为

[ax-(a+1)][(a-1)x-a]=0，

(2)当a2

-a=0时，原方程为一元一次方程，当a=0时，x=0；当a=1时，x=2．

例10求k的值，使得两个一元二次方程

+kx-1=0，x2

+x+(k-2)=0

有相同的根，并求两个方程的根．

解不妨设a是这两个方程相同的根，由方程根的定义有

a2+ka-1=0，①a2+a+(k-2)=0．②

①-②有ka-1-a-(k-2)=0，即(k-1)(a-1)=0，所以k=1，或a=1．

(1)当k=1时，两个方程都变为x2

+x-1=0，所以两个方程有两个相同的根

没有相异的根；

(2)当a=1时，代入①或②都有k=0，此时两个方程变为

-1=0，x2

+x-2=0．

解这两个方程，x2

-1=0的根为x2

1=1，x2=-1；x+x-2=0的根为x1=1，x2=-2．x=1为两个方程的相同的根．例11若k为正整数，且关于x的方程

(k2-1)x2

-6(3k-1)x+72=0

有两个不相等的正整数根，求k的值．解原方程变形、因式分解为(k+1)(k-1)x2

-6(3k-1)x+72=0，

[(k+1)x-12][(k-1)x-6]=0，

即

4，7．所以k=2，3使得x1，x2同时为正整数，但当k=3时，x1=x2=3，与题目不符，所以，只有k=2为所求．例12关于x的一元二次方程x2

-5x=m2

-1有实根a和β，且｜α｜+｜β｜6，确定m的取值范围．

解不妨设方程的根αβ，由求根公式得

｜α｜+｜β｜=α+β=5＜6，

符合要求，所以m2

1．

数学思维的教育

例13设a，b，c为△ABC的三边，且二次三项式x2+2ax+b2与x2+2cx-b2

有一次公因式，证明：△ABC一定是直角三角形．

证因为题目中的两个二次三项式有一次公因式，所

以二次方程x2+2ax+b2=0与x2+2cx-b2

=0必有公共根，设公共根为x0，则

两式相加得

若x0=0，代入①式得b=0，这与b为△ABC的边不符，所以公共根x0=-(a＋c)．把x0=-(a＋c)代入①式得

(a+c)2

-2a(a+c)+bg2=0，

在中学教材中，关于三角形全等有以下判定公理：(1)边角边公理有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等(简写成“SAS”)．

(2)角边角公理有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等(简写成“ASA”)．

推论有两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等(简写成“AAS”)．(3)边边边公理有三边对应相等的两个三角形全等(简写成“SSS”)．关于直角三角形有：

(4)斜边、直角边公理有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等(简写成“HL”)．

整理得

=b2

+c2

所以△ABC为直角三角形．

例14有若干个大小相同的球，可将它们摆成正方形或正三角形，摆成正三角形时比摆成正方形时每边多两个球，求球的个数．

解设小球摆成正三角形时，每边有x个球，则摆成正方形时每边有(x-2)个球．此时正三角形共有球

此时正方形共有(x-2)2个球，所以

即x2

-9x+8=0，

x1=1，x2=8．

因为x-21，所以x1=1不符合题意，舍去．所以x=8，

此时共有球(x-2)2

=36个．

第十讲三角形的全等及其应用

利用全等三角形，我们可以得到有关角平分线、线段的

垂直平分线、等腰三角形的许多重要性质，在本讲中将

直接利用这些性质．借助于全等三角形的知识，我们可以研究很多关于角和

线段相等及不等问题、关于直线平行与垂直问题．例1如图2-1所示．∠1=∠2，∠ABC=∠DCB．求证：AB=DC．分析用全等三角形证明线段(或角)相等，最常用的方

法是探究所求证的线段(或角)分别在一对可证的全等三

角形之中．本题的AB，DC分别属于两对三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．经分析可证明△ABE≌△CDE．

数学思维的教育

证由已知，∠1=∠2，∠ABC=∠DCB，而∠EBC=∠ABC-∠1，∠ECB=∠DCB-∠2，所以∠EBC=∠ECB．在所以GD=GE．

说明适当添加辅助线、构造全等三角形的方法可以不

止一种，本题至少还有以下两种方法：(1)过D作DF∥AC，交BC于F．可用同样方法证明△GFD

≌△GCE(图2-3)．(2)过D作DF⊥BC于F；过E作EH⊥BC于BC延长线于

△ABC及△BCD中，∠ABC=∠BCD，∠EBC=∠ECB，BC=BC，所以△ABC≌△DCB(ASA)，所以AB=CD．

说明线段AB，CD也属于两个(事实上)全等的△ABE和

△DCE，因此也可直接证明这两个三角形全等．例2如图2-2所示．△ABC是等腰三角形，D，E分别是

腰AB及AC延长线上的一点，且BD=CE，连接DE交底BC于G．求证：GD=GE．

分析从图形看，GE，GD分别属于两个显然不全等的三

角形：△GEC和△GBD．此时就要利用这两个三角形中已有的等量条件，结合已知添加辅助线，构造全等三角形．方法不止一种，下面证法是其中之一．证过E作EF∥AB且交BC延长线于F．在△GBD及△GEF

中，∠BGD=∠EGF(对顶角)，①∠B=∠F(两直线平行内错角相等)．②

又∠B=∠ACB=∠ECF=∠F，所以，△ECF是等腰三角形，

从而EC=EF．又因为EC=BD，所以

BD=EF．③

由①，②，③

△GBD≌△GEF(AAS)，

H，可证明△GFD≌△GEH(图2-4)．

做完一道题后，再想一想还有没有其他证明方法，比较

一下哪种证法更好，这对于发展思考、锻炼能力是大有

好处的．

例3如图2-5所示．在等边三角形ABC中，AE=CD，AD，

BE交于P点，BQ⊥AD于Q．求证：BP=2PQ．分析首先看到BP，PQ在Rt△BPQ之中，只要证明∠

BPQ=60°(或∠PBQ=30°)．然而，∠BPQ是△ABP的一个外角，所以∠BPQ=∠PAB+∠PBA．但∠A=∠PAB+∠

PAC=60°，若能证明∠PBA=∠PAC，问题即能解决，这两个角分别在△ABE与△CAD中，可以证明这两个三角形全等．

证在△ABE与△CAD中，

∠EAB=∠DCA=60°，AB=CA，AE=CD，

所以

△ABE≌△CAD(SAS)，

所以∠ABE=∠CAD．

由于∠BPQ是△ABP的外角，所以

数学思维的教育

∠BPQ=∠PAB+PBA=∠PAB+∠CAD=60°．

在Rt△BQP中，∠BPQ=60°，∠PBQ=30°，所以

BP=2PQ(在Rt△BPQ中30°角的对边等于斜边的一半)．

说明发现或构造全等三角形是利用全等三角形证明题

目的关键，为此，我们常从发现两个三角形中对应元素相等入手，逐步发现或经推理“凑齐”三角形全等的条件．如本题在分析到欲证∠ABP=∠CAD后，进而把注意力集中到△ABE与△CAD中，这里，可适当利用几何直观△AGB≌△ADC(ASA)，

于是AG=CD．

在△AMG与△CMD中，还有

AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，

所以△AMG≌△CMD，从而∠AMB=∠DMC．

感觉，启发我们寻找有希望全等的三角形，例如虽然△ABP与△APE都含欲证的角，但只需观察即可知，这两个三角形无望全等．例4如图2-6所示．∠A=90°，AB=AC，M是AC边的中

点，AD⊥BM交BC于D，交BM于E．求证：

∠AMB=∠DMC．

分析1从图形观察∠AME与∠DMC所在的两个三角形△

AME与△DMC显然不全等，但是这两个三角形中有其他相等元素：AM=MC．若能利用已知条件在现有的三角形中构

造出新的对应相等的元素，形成全等三角形，这是理想

不过的事．由于∠C=45°，∠A=90°，若作∠A的平分线AG，则在△AGM中，∠GAM=45°=∠C．结合求证中的∠AMB=∠DMC(这当然不能作为已知，但在分析中可以“当

作已知”来考虑，以便寻找思路)，我们可以断言△AGM

“应该”与△CDM全等！为此，只要在这两个三角形中求得一组边相等即可．图形及条件启发我们可考虑去证明△AGB≌△CDA．证法1作∠BAC的平分线AG，交BM于G．在△AGB与△CDA中，因为

AB=CA，∠BAG=∠ACD=45°，

∠ABG=90°-∠AMB，①∠MAD=90°-∠EAB．②

由于，在Rt△MAB中，AE⊥BM，所以∠AMB=∠EAB．由①，②，∠ABG=∠MAD，所以

分析2如图2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥

BM得到∠MAE=∠MBA，若延长AE，过C作CF⊥AC交AE延长线于F，可构成Rt△ABM≌Rt△ACF，从而有∠AMB=∠F．设法证明∠DMC=∠F，则问题获解．证法2引辅助线如分析2所述．在Rt△ABM与Rt△CAF

中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及

∠BAM=∠ACF=90°，

所以

Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，

所以

∠AMB=∠F，AM=CF．①

在△MCD与△FCD中，FC=AM=MC(因为M是AC中点)．由于∠ACF=90°，∠ACB=45°，所以

∠FCD=∠MCD=45°，CD=CD，

所以△FCD≌△MCD(SAS)，所以∠F=∠DMC．②由①，②∠AMB=∠DMC．

说明这两个证法的思路较为复杂．添加辅助线的结果

造出两对全等三角形，第一对全等三角形产生一些对应

相等的元素，为第二对全等三角形做了铺垫；第一对全

数学思维的教育

等三角形将欲证的一个角“转移”到第二对全等三角形说明(1)利用特殊图形的特殊性质，常可发现有用的条中，从而最后使问题获解．对一些较复杂的问题采用迂件，如正方形对角线互相垂直，对角线与边成45°角，回的办法，因势利导地创造全等三角形，产生更多的相及OA=OB=OC=OD等均在推证全等三角形中被用到．等条件，使欲证的角(或边)转移位置，走出“死角”，

(2)两个三角形的全等与对应元素相等，这两者互为因最终使问题获解．

例5如图2-8所示．正方形ABCD中，在边CD上任取一

点Q，连AQ，过D作DP⊥AQ，交AQ于R，交BC于P，正方形对角线交点为O，连OP，OQ．求证：OP⊥OQ．分析欲证OP⊥OQ，即证明∠COP+∠COQ=90°．然而，∠COQ+∠QOD=90°，因此只需证明∠COP=∠DOQ即可．这

归结为证明△COP≌△DOQ，又归结为证明CP=DQ，最后，

再归结为证明△ADQ≌△DCP的问题．

证在正方形ABCD中，因为AQ⊥DP，所以，在Rt△ADQ

与Rt△RDQ中有∠RDQ=∠QAD．所以，在Rt△ADQ与Rt

△DCP中有

AD=DC，∠ADQ=∠DCP=90°，

∠QAD=∠PDC，

所以

△ADQ≌△DCP(ASA)，DQ=CP．

又在△DOQ与△COP中，

DO=CO，∠ODQ=∠OCP=45°，

所以

△DOQ≌△COP(SAS)，∠DOQ=∠COP．

从而

∠POQ=∠COP+∠COQ=∠DOQ+∠COQ=∠COD=90°，即OP⊥OQ．

果，这是利用全等三角形证明问题的基本技巧．

例6如图2-9所示．已知正方形ABCD中，M为CD的中

点，E为MC上一点，且∠BAE=2∠DAM．求证：AE=BC+CE．分析证明一条线段等于两条线段和的基本方法有两种：(1)通过添辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和(BC+CE)，再证所构造的线段与求证中那一条线段相等．(2)通过添辅助线先在求证中长线段(AE)上截取与线段中的某一段(如BC)相等的线段，再证明截剩的部分与线段中的另一段(CE)相等．我们用(1)法来证明．证延长AB到F，使BF=CE，则由正方形性质知

AF=AB+BF=BC+CE．

下面我们利用全等三角形来证明AE=AF．为此，连接EF交边BC于G．由于对顶角∠BGF=∠CGE，所以

Rt△BGF≌Rt△CGE(AAS)，

从而

于是

Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS)，

所以

数学思维的教育

过G引GH⊥AE于H．因为AG是∠EAF的平分线，所以说明我们也可以按分析(2)的方法来证明结论，为此可

GB=GH，从而Rt△GBF≌Rt△GHE(HL)，所以∠F=∠HEG，则AF=AE(底角相等的三角形是等腰三角形)，即AE=BC+CE．

勾股定理直角三角形两直角边a，b的平方和等于斜边

c的平方，即a2

+b2

=c2

．

勾股定理逆定理如果三角形三边长a，b，c有下面关系：

+b2

=c2

那么这个三角形是直角三角形．

早在3000年前，我国已有“勾广三，股修四，径阳五”的说法．

关于勾股定理，有很多证法，在我国它们都是用拼图形面积方法来证明的．下面的证法1是欧几里得证法．证法1如图2-16所示．在Rt△ABC的外侧，以各边为边长分别作正方形ABDE，BCHK，ACFG，它们的面积分别是c2

，a2

，b2

．下面证明，大正方形的面积等于两个小正方形的面积之和．

过C引CM∥BD，交AB于L，连接BG，CE．因为

AB=AE，AC=AG，∠CAE=∠BAG，

所以△ACE≌△AGB(SAS)．而

所以S2

AEML=b．①同理可证S2

BLMD=a．②①+②得

S22

ABDE=SAEML+SBLMD=b+a，

先作∠BAE的平分线AG交边BC于G，再作GH⊥AE于H，

通过证明△ABG≌△AHG知AB=AH=BC．下面设法证明

HE=CE即可，请同学们自证．第十一讲勾股定理与应用

即c2=a2+b2

．

证法2如图2-17所示．将Rt△ABC的两条直角边CA，CB分别延长到D，F，使AD=a，BF=b．完成正方形CDEF(它的边长为a+b)，又在DE上截取DG=b，在EF上截取EH=b，连接AG，GH，HB．由作图易知

△ADG≌△GEH≌△HFB≌△ABC，

所以

AG=GH=HB=AB=c，

∠BAG=∠AGH=∠GHB=∠HBA=90°，

因此，AGHB为边长是c的正方形．显然，正方形CDEF的面积等于正方形AGHB的面积与四个全等的直角三角形(△ABC，△ADG，△GEH，△HFB)的面积和，即

化简得a2+b2=c2

．

证法3如图2-18．在直角三角形ABC的斜边AB上向外作正方形ABDE，延长CB，自E作EG⊥CB延长线于G，自D作DK⊥CB延长线于K，又作AF，DH分别垂直EG于F，H．由作图不难证明，下述各直角三角形均与

Rt△ABC全等：

△AFE≌△EHD≌△BKD≌△ACB．

设五边形ACKDE的面积为S，一方面S=SABDE+2S△ABC，①另一方面

数学思维的教育

S=SACGF+SHGKD+2S△ABC．②由①，②

所以c2

=a2

+b2

．

关于勾股定理，在我国古代还有很多类似上述拼图求积的证明方法，我们将在习题中展示其中一小部分，它们都以中国古代数学家的名字命名．

利用勾股定理，在一般三角形中，可以得到一个更一般的结论．

定理在三角形中，锐角(或钝角)所对的边的平方等于另外两边的平方和，减去(或加上)这两边中的一边与另一边在这边(或其延长线)上的射影的乘积的2倍．

证(1)设角C为锐角，如图2-19所示．作AD⊥BC于D，则CD就是AC在BC上的射影．在直角三角形ABD中，

AB2

=AD2

+BD2

，①

在直角三角形ACD中，AD2

=AC2

-CD2

，②又BD2

=(BC-CD)2

，③

②，③代入①得AB2

=(AC2

-CD2

)+(BC-CD)2

=AC2

-CD2

+BC2

+CD2

-2BCCD=AC2

+BC2

-2BCCD，即c2

=a2

+b2

-2aCD．④

(2)设角C为钝角，如图2-20所示．过A作AD与BC延长线垂直于D，则CD就是AC在BC(延长线)上的射影．在直角三角形ABD中，AB2

=AD2

+BD2

，⑤在直角三角形ACD中，

AD2

=AC2

-CD2

，⑥

又BD2=(BC+CD)2

，⑦将⑥，⑦代入⑤得

AB2

=(AC2

-CD2

)+(BC+CD)2

=AC2

-CD2

+BC2

+CD2

+2BCCD=AC2

+BC2

+2BCCD，即c2

=a2

+b2

+2acd．⑧

综合④，⑧就是我们所需要的结论

特别地，当∠C=90°时，CD=0，上述结论正是勾股定理的表述：c2

=a2

+b2

．

因此，我们常又称此定理为广勾股定理(意思是勾股定理在一般三角形中的推广)．

由广勾股定理我们可以自然地推导出三角形三边关系对于角的影响．在△ABC中，

(1)若c2=a2+b2

，则∠C=90°；(2)若c2

＜a2

+b2

，则∠C＜90°；(3)若c2

＞a2

+b2

，则∠C＞90°．

勾股定理及广勾股定理深刻地揭示了三角形内部的边角关系，因此在解决三角形(及多边形)的问题中有着广泛的应用．

例1如图2-21所示．已知：在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC于E，作EF⊥AC于F，作FG⊥AB于G．求证：AB2

=2FG2．

分析注意到正方形的特性∠CAB=45°，所以△AGF是等腰直角三角形，从而有AF2

=2FG2

，因而应有AF=AB，这启发我们去证明△ABE≌△AFE．

证因为AE是∠FAB的平分线，EF⊥AF，又AE是△AFE与△ABE的公共边，所以

Rt△AFE≌Rt△ABE(AAS)，

所以AF=AB．①

数学思维的教育

在Rt△AGF中，因为∠FAG=45°，所以

AG=FG，

AF2

=AG2

+FG2

=2FG2

．②由①，②得：AB2

=2FG2

．

说明事实上，在审题中，条件“AE平分∠BAC”及“EF⊥AC于F”应使我们意识到两个直角三角形△AFE与△ABE全等，从而将AB“过渡”到AF，使AF(即AB)与FG处于同一个直角三角形中，可以利用勾股定理进行证明了．

例2如图2-22所示．AM是△ABC的BC边上的中线，求证：AB2

+AC2

=2(AM2

+BM2)．

证过A引AD⊥BC于D(不妨设D落在边BC内)．由广勾股定理，在△ABM中，AB2

=AM2

+BM2

+2BMMD．①

在△ACM中，AC2

=AM2

+MC2

-2MCMD．②①+②，并注意到MB=MC，所以AB2

+AC2

=2(AM2

+BM2

)．③

如果设△ABC三边长分别为a，b，c，它们对应边上的中线长分别为ma，mb，mc，由上述结论不难推出关于三角形三条中线长的公式．推论△ABC的中线长公式：

说明三角形的中线将三角形分为两个三角形，其中一个是锐角三角形，另一个是钝角三角形(除等腰三角形外)．利用广勾股定理恰好消去相反项，获得中线公式．①′，②′，③′中的ma，mb，mc分别表示a，b，c边上的中线长．

例3如图2-23所示．求证：任意四边形四条边的平方和等于对角线的平方和加对角线中点连线平方的4倍．

分析如图2-23所示．对角线中点连线PQ，可看作△BDQ的中线，利用例2的结论，不难证明本题．证设四边形ABCD对角线AC，BD中点分别是Q，P．由例2，在△BDQ中，

即2BQ2

+2DQ2

=4PQ2

+BD2

．①

在△ABC中，BQ是AC边上的中线，所以

在△ACD中，QD是AC边上的中线，所以

将②，③代入①得

=4PQ2

+BD2

，

即AB2

+BC2

+CD2

+DA2

=AC2

+BD2

+4PQ2

．

说明本题是例2的应用．善于将要解决的问题转化为已解决的问题，是人们解决问题的一种基本方法，即化未知为已知的方法．下面，我们再看两个例题，说明这种转化方法的应用．

例4如图2-24所示．已知△ABC中，∠C=90°，D，E分别是BC，AC上的任意一点．求证：AD2

+BE2

=AB2

+DE2

．分析求证中所述的4条线段分别是4个直角三角形的斜边，因此考虑从勾股定理入手．证AD2

=AC2

+CD2

，BE2

=BC2

+CE2

，所以AD2

+BE2

=(AC2

+BC2

)+(CD2

+CE2

)=AB2

+DE2

例5求证：在直角三角形中两条直角边上的中线的平方和的4倍等于斜边平方的5倍．

数学思维的教育

如图2-25所示．设直角三角形ABC中，∠C=90°，AM，BN分别是BC，AC边上的中线．求证：

4(AM2

+BN2

)=5AB2

．

分析由于AM，BN，AB均可看作某个直角三角形的斜边，因此，仿例4的方法可从勾股定理入手，但如果我们能将本题看成例4的特殊情况即M，N分别是所

在边的中点，那么可直接利用例4的结论，使证明过程十分简洁．

证连接MN，利用例4的结论，我们有

AM2

+BN2

=AB2

+MN2

，

所以4(AM2

+BN2

)=4AB2

+4MN2

．①由于M，N是BC，AC的中点，所以

所以4MN2

=AB2．②

平行四边形是一种极重要的几何图形．这不仅是因为它是研究更特殊的平行四边形矩形、菱形、正方形的基础，还因为由它的定义知它可以分解为一些全等的三角形，并且包含着有关平行线的许多性质，因此，它在几何图形的研究上有着广泛的应用．

由平行四边形的定义决定了它有以下几个基本性质：

(1)平行四边形对角相等；(2)平行四边形对边相等；(3)平行四边形对角线互相平分．

除了定义以外，平行四边形还有以下几种判定方法：

(1)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；

(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；

(3)对角线互相平分的四边形是平行四边形；

由①，②4(AM2+BN2)=5AB2

．

说明在证明中，线段MN称为△ABC的中位线，以后会知道中位线的基本性质：“MN∥AB且MN=

图2-26所示．MN是△ABC的一条中位线，设△ABC的面

积为S．由于M，N分别是所在边的中点，所以S△ACM=S△

BCN

，两边减去公共部分△CMN后得S△AMN=S△BMN，从而AB必

与MN平行．又S△

ABM

=高

相同，而S△ABM=2S△BMN，所以AB=2MN．

第十二讲平行四边形

(4)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．例1如图2-32所示．在ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，DN=BM．求证：EF与MN互相平分．

分析只要证明ENFM是平行四边形即可，由已知，

提供的等量要素很多，可从全等三角形下手．证因为ABCD是平行四边形，所以

BC，ABCD，∠B=∠D．

又AE⊥BC，CF⊥AD，所以AECF是矩形，从而

AE=CF．

所以

数学思维的教育

Rt△ABE≌Rt△CDF(HL，或AAS)，BE=DF．又由已知BM=DN，所以

△BEM≌△DFN(SAS)，

ME=NF．①

又因为AF=CE，AM=CN，∠MAF=∠NCE，所以

△MAF≌△NCE(SAS)，

所以MF=NF．②

由①，②，四边形ENFM是平行四边形，从而对角线EF与MN互相平分．

例2如图2-33所示．Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，BG平分∠ABC，EF∥BC且交AC于F．求证：AE=CF．

分析AE与CF分处于不同的位置，必须通过添加辅助线使两者发生联系．若作GH⊥BC于H，由于BG是∠ABC的平分线，故AG=GH，易知△ABG≌△HBG．又连接EH，可证△ABE≌△HBE，从而AE=HE．这样，将AE“转移”到EH位置．设法证明EHCF为平行四边形，问题即可获解．

证作GH⊥BC于H，连接EH．因为BG是∠ABH的平分线，GA⊥BA，所以GA=GH，从而

△ABG≌△HBG(AAS)，

所以AB=HB．①在△ABE及△HBE中，

∠ABE=∠CBE，BE=BE，

所以△ABE≌△HBE(SAS)，所以AE=EH，∠BEA=∠BEH．

下面证明四边形EHCF是平行四边形．

因为AD∥GH，所以

∠AEG=∠BGH(内错角相等)．②

又∠AEG=∠GEH(因为∠BEA=∠BEH，等角的补角相等)，∠AGB=∠BGH(全等三角形对应角相等)，所以

∠AGB=∠GEH．

从而

EH∥AC(内错角相等，两直线平行)．

由已知EF∥HC，所以EHCF是平行四边形，所以

FC=EH=AE．

说明本题添加辅助线GH⊥BC的想法是由BG为∠ABC的平分线的信息萌生的(角平分线上的点到角的两边距离相等)，从而构造出全等三角形ABG与△HBG．继而发现△ABE≌△HBE，完成了AE的位置到HE位置的过渡．这样，证明EHCF是平行四边形就是顺理成章的了．人们在学习中，经过刻苦钻研，形成有用的经验，这对我们探索新的问题是十分有益的．

例3如图2-34所示．ABCD中，DE⊥AB于E，BM=MC=DC．求证：∠EMC=3∠BEM．

分析由于∠EMC是△BEM的外角，因此∠EMC=∠B+∠BEM．从而，应该有∠B=2∠BEM，这个论断在△BEM内很难发现，因此，应设法通过添加辅助线的办法，将这两个角转移到新的位置加以解决．利用平行四边形及M为BC中点的条件，延长EM与DC延长线交于F，这样∠B=∠MCF及∠BEM=∠F，因此，只要证明∠MCF=2∠F即可．不难发现，△EDF为直角三角形(∠EDF=90°)及M为斜边中点，我们的证明可从这里展开．

证延长EM交DC的延长线于F，连接DM．由于CM=BM，∠F=∠BEM，∠MCF=∠B，所以

△MCF≌△MBE(AAS)，

数学思维的教育

所以M是EF的中点．由于AB∥CD及DE⊥AB，所以，DE⊥FD，三角形DEF是直角三角形，DM为斜边的中线，由直角三角形斜边中线的性质知

∠F=∠MDC，

又由已知MC=CD，所以

∠MDC=∠CMD，

则

∠MCF=∠MDC+∠CMD=2∠F．

从而

∠EMC=∠F+∠MCF=3∠F=3∠BEM．

例4如图2-35所示．矩形ABCD中，CE⊥BD于E，AF平分∠BAD交EC延长线于F．求证：CA=CF．分析只要证明△CAF是等腰三角形，即∠CAF=∠CFA即可．由于∠CAF=45°-∠CAD，所以，在添加辅助线时，应设法产生一个与∠CAD相等的角a，使得∠CFA=45°-a．为此，延长DC交AF于H，并设AF与BC交于G，我们不难证明∠FCH=∠CAD．

证延长DC交AF于H，显然∠FCH=∠DCE．又在Rt△BCD中，由于CE⊥BD，故∠DCE=∠DBC．因为矩形对角线相等，所以△DCB≌△CDA，从而∠DBC=∠CAD，因此，∠FCH=∠CAD．①

又AG平分∠BAD=90°，所以△ABG是等腰直角三角形，从而易证△HCG也是等腰直角三角形，所以∠CHG=45°．由于∠CHG是△CHF的外角，所以

∠CHG=∠CFH+∠FCH=45°，

所以∠CFH=45°-∠FCH．②由①，②

∠CFH=45°-∠CAD=∠CAF，

于是在三角形CAF中，有

CA=CF．

例5设正方形ABCD的边CD的中点为E，F是CE的中点(图2-36)．求证：

分析作∠BAF的平分线，将角分为∠1与∠2相等的两部分，设法证明∠DAE=∠1或∠2．

证如图作∠BAF的平分线AH交DC的延长线于H，则∠1=∠2=∠3，所以

FA=FH．

设正方形边长为a，在Rt△ADF中，

从而

所以Rt△ABG≌Rt△HCG(AAS)，

从而

Rt△ABG≌Rt△ADE(SAS)，

数学思维的教育

例6如图2-37所示．正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE=AD，DF=BD，连接BF分别交CD，CE于H，G．求证：△GHD是等腰三角形．

分析准确地画图可启示我们证明∠GDH=∠GHD．

证因为DE

BC，所以四边形BCED为平行四边形，

所以∠1=∠4．又BD=FD，所以

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

所以BC=GC=CD．

因此，△DCG为等腰三角形，且顶角∠DCG=45°，所以

又

所以∠HDG=∠GHD，

从而GH=GD，即△GHD是等腰三角形．

第十三讲梯形

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EB

DF．

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．

数学思维的教育

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

AF2

+BF2

=AB2

，即又

BC2

=AB2

+AC2

=2AB2

=2a2

，

由于BC=DB，所以，在Rt△BED中，

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，

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

AG2

=AB2

-BG2

=(8+2)2

-(8-2)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)，

数学思维的教育

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AG2

=AB2

-BG2

=(AD+BC)2

-(BC-AD)2

=102

-62

=82，所以AG=8，从而AH=GH=4，所以

S△ABE=S△AEF+S△BEF

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)，③FC=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．

数学思维的教育

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

中位线是三角形与梯形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图

形的计算及证明中有着广泛的应用．

例1如图2-53所示．△ABC中，AD⊥BC于D，E，F，

△ABC的面积．

分析由条件知，EF，EG分别是三角形ABD和三角形ABC

的中位线．利用中位线的性质及条件中所给出的数量关系，不难求出△ABC的高AD及底边BC的长．解由已知，E，F分别是AB，BD的中点，所以，EF是

△ABD的一条中位线，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．

第十四讲中位线及其应用

由条件AD+EF=12(厘米)得

EF=4(厘米)，从而AD=8(厘米)，

由于E，G分别是AB，AC的中点，所以EG是△ABC的一

条中位线，所以BC=2EG=26=12(厘米)，

显然，AD是BC上的高，所以

例2如图2-54所示．△ABC中，∠B，∠C的平分线

BE，CF相交于O，AG⊥BE于G，AH⊥CF于H．

数学思维的教育

一个角的平分线也是该角对边的垂线，则这条平分线也是对边的中线，这个三角形是等腰三角形”．

(2)“等腰三角形三线合一定理”的下述逆命题也是正

确的：“若三角形一个角的平分线也是该角对边的中线，则这个三角形是等腰三角形，这条平分线垂直于对边”．同学们不妨自己证明．

(1)求证：GH∥BC；

(2)若AB=9厘米，AC=14厘米，BC=18厘米，求GH．(3)从本题的证明过程中，我们得到启发：若将条件“∠

分析若延长AG，设延长线交BC于M．由角平分线的对称性可以证明△ABG≌△MBG，从而G是AM的中点；同样，延长AH交BC于N，H是AN的中点，从而GH就是△AMN的中位线，所以GH∥BC，进而，利用△ABC的三边长可求出GH的长度．(1)证分别延长AG，AH交BC于M，N，在△ABM中，由

已知，BG平分∠ABM，BG⊥AM，所以

△ABG≌△MBG(ASA)．

从而，G是AM的中点．同理可证

△ACH≌△NCH(ASA)，

从而，H是AN的中点．所以GH是△AMN的中位线，从而，HG∥MN，即HG∥BC．

(2)解由(1)知，△ABG≌△MBG及△ACH≌△NCH，所以

AB=BM=9厘米，AC=CN=14厘米．

又BC=18厘米，所以

BN=BC-CN=18-14=4(厘米)，MC=BC-BM=18-9=9(厘米)．

从而

MN=18-4-9=5(厘米)，

说明(1)在本题证明过程中，我们事实上证明了等腰三

角形顶角平分线三线合一(即等腰三角形顶角的平分线也是底边的中线及垂线)性质定理的逆定理：“若三角形

B，∠C的平分线”改为“∠B(或∠C)及∠C(或∠B)的外

角平分线”(如图2-55所示)，或改为“∠B，∠C的外角

平分线”(如图2-56所示)，其余条件不变，那么，结论GH∥BC仍然成立．同学们也不妨试证．

例3如图2-57所示．P是矩形ABCD内的一点，四边形

BCPQ是平行四边形，A′，B′，C′，D′分别是AP，PB，BQ，QA的中点．求证：A′C′=B′D′．

分析由于A′，B′，C′，D′分别是四边形APBQ的四

条边AP，PB，BQ，QA的中点，有经验的同学知道A′B′

C′D′是平行四边形，A′C′与B′D′则是它的对角

线，从而四边形A′B′C′D′应该是矩形．利用ABCD

是矩形的条件，不难证明这一点．

证连接A′B′，B′C′，C′D′，D′A′，这四条线

段依次是△APB，△BPQ，△AQB，△APQ的中位线．从而

A′B′∥AB，B′C′∥PQ，C′D′∥AB，D′A′∥PQ，

所以，A′B′C′D′是平行四边形．由于ABCD是矩形，

PCBQ是平行四边形，所以

AB⊥BC，BC∥PQ．

从而

数学思维的教育

AB⊥PQ，

所以A′B′⊥B′C′，

由①，②，③

所以四边形A′B′C′D′是矩形，所以例5如图2-59所示．梯形ABCD中，AB∥CD，E为BC

A′C′=B′D′．①

说明在解题过程中，人们的经验常可起到引发联想、

开拓思路、扩大已知的作用．如在本题的分析中利用“四边形四边中点连线是平行四边形”这个经验，对寻求思路起了不小的作用．因此注意归纳总结，积累经验，对提高分析问题和解决问题的能力是很有益处的．

例4如图2-58所示．在四边形ABCD中，CD＞AB，E，F

分别是AC，BD的中点．求证：

分析在多边形的不等关系中，容易引发人们联想三角

形中的边的不

形中构造中位线，为此，取AD中点．

证取AD中点G，连接EG，FG，在△ACD中，EG是它的

中位线(已知E是AC的中点)，所以

同理，由F，G分别是BD和AD的中点，从而，FG是△

ABD的中位线，所以

在△EFG中，

EF＞EG-FG．③

的中点，AD=DC+AB．求证：DE⊥AE．

分析本题等价于证明△AED是直角三角形，其中∠

AED=90°．

在E点(即直角三角形的直角顶点)是梯形一腰中点的启

发下，添梯形的中位线作为辅助线，若能证明，该中位线是直角三角形AED的斜边(即梯形另一腰)的一半，则问题获解．

证取梯形另一腰AD的中点F，连接EF，则EF是梯形

ABCD的中位线，所以

因为AD=AB+CD，所以

从而∠1=∠2，∠3=∠4，

所以∠2+∠3=∠1+∠4=90°(△ADE的内角和等于

180°)．从而∠AED=∠2+∠3=90°，

所以DE⊥AE．

例6如图2-60所示．△ABC外一条直线l，D，E，F分

别是三边的中点，AA1，FF1，DD1，EE1都垂直l于A1，F1，D1，E1．求证：

数学思维的教育

AA1+EE1=FF1+DD1．

证连接EF，EA，ED．由中位线定理知，EF∥AD，DE∥

AF，所以ADEF是平行四边形，它的对角线AE，DF互相平分，设它们交于O，作OO1⊥l于O1，则OO1是梯形AA1E1E及FF1D1D的公共中位线，所以

分析显然ADEF是平行四边形，对角线的交点O平分这

两条对角线，OO1恰是两个梯形的公共中位线．利用中位线定理可证．

两个形状相同的图形称为相似图形，最基本的相似图形是相似三角形．对应角相等、对应边成比例的三角形，叫作相似三角形．相似比为1的两个相似三角形是全等三角形．因此，三角形全等是相似的特殊情况，而三角形相似是三角形全等的发展，两者在判定方法及性质方面有许多类似之处．因此，在研究三角形相似问题时，我们应该注意借鉴全等三角形的有关定理及方法．当然，我们又必须同时注意它们之间的区别，这里，要特别注意的是比例线段在研究相似图形中的作用．关于相似三角形问题的研究，我们拟分两讲来讲述．本讲着重探讨相似三角形与比例线段的有关计算与证明问题；下一讲深入研究相似三角形的进一步应用．例1如图2-64所示，已知AB∥EF∥CD，若AB=6厘米，CD=9厘米．求EF．

分析由于BC是△ABC与△DBC的公共边，且AB∥EF∥CD，利用平行线分三角形成相似三角形的定理，可求EF．

解在△ABC中，因为EF∥AB，所以

同样，在△DBC中有

即AA1+EE1=FF1+DD1．

第十五讲相似三角形(一)

①＋②得

设EF=x厘米，又已知AB=6厘米，CD=9厘米，代入③得

说明由证明过程我们发现，本题可以有以下一般结论：“如本题

请同学自己证明．

例2如图2-65所示．ABCD的对角线交于O，OE交BC于E，交AB的延长线于F．若AB=a，BC=b，BF=c，求BE．

分析本题所给出的已知长的线段AB，BC，BF位置分散，应设法利用平行四边形中的等量关系，通过辅助线将长度已知的线段“集中”到一个可解的图形中来，

数学思维的教育

为此，过O作OG∥BC，交AB于G，构造出△FEB∽△FOG，进而求解．

解过O作OG∥BC，交AB于G．显然，OG是△ABC的中位线，所以

在△FOG中，由于GO∥EB，所以

例3如图2-66所示．在△ABC中，∠BAC=120°，AD平分

分析因为AD平分∠BAC(=120°)，所以∠BAD=∠EAD=60°．若引DE∥AB，交AC于E，则△ADE为正三角形，从而AE=DE=AD，利用△CED∽△CAB，可实现求证的目标．

证过D引DE∥AB，交AC于E．因为AD是∠BAC的平分线，∠BAC=120°，所以

∠BAD=∠CAD=60°．

又

∠BAD=∠EDA=60°，

所以△ADE是正三角形，所以EA=ED=AD．①

由于DE∥AB，所以△CED∽△CAB，所以

由①，②得

从而

例4如图2-67所示．ABCD中，AC与BD交于O点，E为AD延长线上一点，OE交CD于F，EO延长线交AB于G．求证：

分析与例2类似，求证中诸线段的位置过于“分散”，因此，应利用平行四边形的性质，通过添加辅助线使各线段“集中”到一个三角形中来求证．

证延长CB与EG，其延长线交于H，如虚线所示，构造平行四边形AIHB．在△EIH中，由于DF∥IH，所以

在△OED与△OBH中，

∠DOE=∠BOH，∠OED=∠OHB，OD=OB，

所以△OED≌△OBH(AAS)．从而

DE=BH=AI，

数学思维的教育

例5(梅内劳斯定理)一条直线与三角形ABC的三边BC，CA，AB(或其延长线)分别交于D，E，F(如图2-68所示)．求

分析设法引辅助线(平行线)将求证中所述诸线段“集中”到同一直线上进行求证．

证过B引BG∥EF，交AC于G．由平行线截线段成比例性质知

说明本题也可过C引CG∥EF交AB延长线于G，将求证中所述诸线段“集中”到边AB所在直线上进行求证．例6如图2-69所示．P为△ABC内一点，过P点作线段DE，FG，HI分别平行于AB，BC和CA，且DE=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425．求d．

分析由于图中平行线段甚多，因而产生诸多相似三角形及平行四边形．利用相似三角形对应边成比例的性质及平行四边形对边相等的性质，首先得到一个一般关系：

进而求d．

因为FG∥BC，HI∥CA，ED∥AB，易知，四边形AIPE，BDPF，CGPH均是平行四边形．△BHI∽△AFG∽△ABC，从而

将②代入①左端得

因为

DE=PE＋PD=AI＋FB，④AF=AI＋FI，⑤BI=IF＋FB．⑥

由④，⑤，⑥知，③的分子为

DE＋AF＋BI=2(AI＋IF＋FB)=2AB．

从而

即

下面计算d．

因为DE=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425，代入①得

解得d＝306．

数学思维的教育

第十六讲相似三角形(二)

上一讲主要讲述了相似三角形与比例线段之间的分析利用角平分线分三角形中线段成比例的性质，构

关系的计算与证明，本讲主要讲述相似三角形的判定与性质的应用．例1如图2-76所示．△ABC中，AD是∠BAC的平分线．求

证：AB∶AC=BD∶DC．分析设法通过添辅助线构造相似三角形，这里应注意

利用角平分线产生等角的条件．

证过B引BE∥AC，且与AD的延长线交于E．因为AD平分∠BAC，所以∠1=∠2．又因为BE∥AC，所以

∠2=∠3．

从而∠1=∠3，AB=BE．显然

△BDE∽△CDA，

所以BE∶AC=BD∶DC，所以AB∶AC=BD∶DC．

说明这个例题在解决相似三角形有关问题中，常起重

要作用，可当作一个定理使用．类似的还有一个关于

三角形外角分三角形的边成比例的命题，这个命题将在练习中出现，请同学们自己试证．

在构造相似三角形的方法中，利用平行线的性质(如内

错角相等、同位角相等)，将等角“转移”到合适的位置，形成相似三角形是一种常用的方法．

例2如图2-77所示．在△ABC中，AM是BC边上的中

线，AE平分∠BAC，BD⊥AE的延长线于D，且交AM延长线于F．求证：EF∥AB．

造三角形，设法证明△MEF∽△MAB，从而EF∥AB．

证过B引BG∥AC交AE的延长线于G，交AM的延长线

于H．因为AE是∠BAC的平分线，所以

∠BAE=∠CAE．

因为BG∥AC，所以∠CAE=∠G，∠BAE=∠G，

所以BA=BG．

又BD⊥AG，所以△ABG是等腰三角形，所以

∠ABF=∠HBF，

从而

AB∶BH=AF∶FH．

又M是BC边的中点，且BH∥AC，易知ABHC是平行四边

形，从而

BH=AC，所以AB∶AC=AF∶FH．因为AE是△ABC中∠BAC的平分线，所以AB∶AC=BE∶EC，

所以AF∶FH=BE∶EC，

即

(AM+MF)∶(AM-MF)=(BM+ME)∶(BM-ME)(这是因为ABHC

是平行四边形，所以AM=MH及BM=MC．)．由合分比定理，上式变为

数学思维的教育

AM∶MB=FM∶ME．

在△MEF与△MAB中，∠EMF=∠AMB，所以

△MEF∽△MAB

(两个三角形两条边对应成比例，并且夹角相等，那么

这两个三角形相似．)．所以

从而

∠EAB=2α＝∠EBA，AE＝BE．

又由作图

AE=AC，AE=BD，

所以BE=BD，

∠ABM=∠FEM，

△BDE是等腰三角形，所以

所以EF∥AB．

例3如图2-78所示．在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=1∶

2∶4．

即可，为此若能设法利用长度分别为AB，BC，CA及l=AB

＋AC这4条线段，构造一对相似三角形，问题可能解决．

注意到，原△ABC中，已含上述4条线段中的三条，因

此，不妨以原三角形ABC为基础添加辅助线，构造一个三角形，使它与△ABC相似，期望能解决问题．

证延长AB至D，使BD=AC(此时，AD=AB＋AC)，又延长

BC至E，使AE=AC，连结ED．下面证明，△ADE∽△ABC．设∠A=α，∠B=2α，∠C=4α，则

∠A+∠B+∠C=7α=180°．

由作图知，∠ACB是等腰三角形ACE的外角，所以

∠ACE=180°-4α＝3α，

所以∠CAE=180°-3α-3α=7α-6α=α．

∠D＝∠BED＝α＝∠CAB，

所以△ABC∽△DAE，

所以

例4如图2-79所示．P，Q分别是正方形ABCD的边AB，BC上的点，且BP=BQ，BH⊥PC于H．求证：QH⊥DH.分析要证QH⊥DH，只要证明∠BHQ=∠CHD．由于△PBC

是直角三角形，且BH⊥PC，熟知∠PBH=∠PCB，从而∠HBQ=∠HCD，因而△BHQ与△DHC应该相似．

证在Rt△PBC中，因为BH⊥PC，所以∠PBC=∠PHB=90°，从而∠PBH=∠PCB．显然，Rt△PBC∽Rt△BHC，所以

由已知，BP=BQ，BC=DC，所以

数学思维的教育

(AD＋PD)-(AD-PD)

=(AE＋EQ)-(AE-EQ)，③

因为∠ABC=∠BCD=90°，所以

③等价于

∠HBQ=∠HCD，

ADPD=AEEQ．④

所以△HBQ∽△HCD，∠BHQ=∠DHC，

因为ADME是矩形，所以

2222

∠BHQ＋∠QHC=∠DHC＋∠QHC．

又因为

∠BHQ＋∠QHC=90°，

所以∠QHD=∠QHC＋DHC=90°，

即DH⊥HQ．

例5如图2-80所示．P，Q分别是Rt△ABC两直角边AB，

AC上两点，M为斜边BC的中点，且PM⊥QM．求证：PB2＋QC2=PM2＋QM2

．

分析与证明若作MD⊥AB于D，ME⊥AC于E，并连接PQ，

则

PM2＋QM2=PQ2=AP2＋AQ2

．

于是求证式等价于

PB2+QC2=PA2+QA2

，①

等价于

PB2

-PA2

=QA2

-QC2

．②

因为M是BC中点，且MD∥AC，ME∥AB，所以D，E分别

是AB，AC的中点，即有

AD=BD，AE=CE，

②等价于

AD=ME，AE=MD，

故④等价于

MEPD=MDEQ．⑤

为此，只要证明△MPD∽△MEQ即可．

下面我们来证明这一点．

事实上，这两个三角形都是直角三角形，因此，只要再

证明有一对锐角相等即可．由于ADME为矩形，所以

∠DME=90°=∠PMQ(已知)．⑥

在⑥的两边都减去一个公共角∠PME，所得差角相等，即

∠PMD=∠QME．⑦

由⑥，⑦，所以

△MPD∽△MEQ．

由此⑤成立，自⑤逆上，步步均可逆推，从而①成立，

则原命题获证．例6如图2-81所示．△ABC中，E，D是BC边上的两个

三等分点，AF=2CF，BF=12厘米．求：FM，MN，BN的长．

解取AF的中点G，连接DF，EG．由平行线等分线段定

理的逆定理知DF∥EG∥BA，所以

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