第8讲剩余系及其一次同余方程
一、基础知识：
（1）剩余系
对于任意正整数n而言，一个整数除以m所得的余数只能是0,1,2, …,n-1中的某一个。依次可将整数分成n个类（例如n＝2时，就是奇数或偶数），从每一类中各取一个数所组成的集合就称为模的一个完全剩余系，简称为模的完系。
定义1：如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数（一般地，对于任意正整数n，有n个余数：0,1,2,...,n-1），那么就被称为是模n的一个完全剩余系。
定义2：剩余系：设模为m,则根据余数可将所有的整数分成m类，分别记成[0],[1],[2],…[m-1]，这m个数{0,1,2,…m-1}称为一个完全剩余系，每个数称为相应类的代表元。
例如：当m=10则,{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} 最小非负完全
{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4} 绝对值最小
{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5} 绝对值最小
（一）根据剩余类的概念，很容易得到以下几条有关剩余类的性质：
①每一个整数一定包含在而且仅包含在模m的一个剩余类中
②整数p所属的模m的剩余类中的每一个数都可以写成km+p的形式，这里k是整数
用符号p mod m表示p所属的模m的剩余类，这条性质写成数学表达式就是
p mod m= {p+km（k是整数）}
③整数p、q在模m的同一个剩余类中的充要条件是p、q对模m同余。
这条性质用数学符号就可表示为：p mod m= q mod m p≡q（mod m）
实际上，同余式就是剩余类等式的一个特殊情况，是集合中的一个元素，前面有关同余的一些性质对剩余类仍然成立。
这条性质表明，对于模m的两个剩余类要么相等，要么它们的交集为空集，因此，模m有且仅有m个剩余类，它们是：
0mod m，1 mod m，2 mod m，…（m―1）mod m。
在解决一些有关模m余数的问题时，我们就可以查看m个数：0，1，2，…，m―1，从而得相应的剩余类的情况，使问题变得异常简单，具体例子，请看后面的例题。
④在任意取定的m+1个整数中，必有两个整数对模m同余。
（二）根据同余式的性质，我们很容易得到剩余系的其它一些性质：
⑤m个整数x1，x2，…，x m是模m的一组完全剩余系的充要条件是x1，x2，…，x m 中的任意两个数对模m都不同余。
⑥如果x1，x2，…，x m是模m的一组完全剩余系，那么对任意的整数c，x1+c，x2+c，…，x m+c也是模m的一组完全剩余系。
⑦设k1，k2，…，k m是m个整数，如果x1，x2，…，x m是模m的一组完全剩余系，那么x1+k1m，x2+k2m，…，x m+k1m也是模m的一组完全剩余系。
（2）一次同余方程
设m | a，则ax≡b（mod m）叫做模m的一次同余方程。
如果x= x0是方程ax≡b（mod m）的一个解，那么x= km+x0也是这个方程的一个解。
这是因为，如果ax0≡b（mod m），那么一定有akm+ax0≡b（mod m），即a(km+x0) ≡b （mod m），这说明如果x=x0是方程ax≡b（mod m）的一个解，那么剩余类x0mod m中的任何一个数也是这个方程的解，这些解都看作是相同的，把剩余类x0mod m称为同余方程ax≡b（mod m）的一个解，记作x≡x0（mod m）
因此，我们在解同余方程的时候，只需在任意取定的模m的一组完全剩余系中求解模m的同余方程，就可获得这个方程的全部解。
二、典型例题：
例1．求证：一定存在整数n，使4n2+27n―12能被5整除，并求出这些数。
分析：可以选模5的一个完全剩余系逐个验算，只要数a使4a2+27a―12能被15整除，那么剩余类a mod 5中的任何一个整数也满足条件。
解：取模5的一个完全剩余系0，1，2，3，4直接计算可知，3和4满足条件，所以使4n2+27―12能被5整除的所有的整数是n≡3（mod 5）和n≡4（mod 5）。
例2 求使2n-1为7的倍数的所有正整数n．
解因为23≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．
(1) 若n=3k，则
2n-1＝(23)k-1＝8k-1≡1k-1＝0(mod 7)；
(2) 若n=3k＋1，则
2n-1=2·(23)k-1=2·8k-1
≡2·1k-1＝1(mod 7)；
(3) 若n=3k＋2，则
2n-1=22·(23)k-1=4·8k-1
≡4·1k-1＝3(mod 7)．
所以，当且仅当3｜n时，2n-1为7的倍数．
例3．m、p、n为自然数，求证：3 | n p（n2m+2）
分析：对n按模3进行分类讨论
证明：⑴当n≡0（mod 3）时，n p≡0（mod 3），∴n p（n2m+2）≡0（mod 3）
⑵当n≡1（mod 3）时，n p≡1（mod 3），n2m≡12m≡1（mod 3），
∴n p（n2m+2）≡1·（1+2）≡3≡0（mod 3）
⑶当n≡2（mod 3）时，n p≡2 p（mod 3），n2m≡（n2）m≡4m≡1m≡1（mod 3）
∴n p（n2m+2）≡2 p（1+2）≡2 p·0≡0（mod 3）
所以，对一切自然数n，都有3 | n p（n2m+2）
例4.分别求满足下列条件的最小自然数：
（1）用3除余1，用5除余1，用7除余1。
（2）用3除余2，用5除余1，用7除余1。
（3）用3除余1，用5除余2，用7除余2。
（4）用3除余2，用7除余4，用11除余1。
思路分析：
（1）该数减去1以后，是3，5和7的最小公倍数105，所以该数的是105+1=106
（2）该数减去1以后是5和7的公倍数。因此我们可以以5和7的公倍数中去寻找答案。下面列举一些同时被5除余1，被7除余1的数，即
1，36，71，106，141，176，211，246，……从以上数中寻找最小的被3除余2的数。36≡0（mod3），71≡2（mod3），符合条件的最小的数是71。
（3）我们首先列举出被5除余2，被7除余2的数，2，37，72，107，142，177，212，247，……
从以上数中寻找最小的被3除余1的数。
2（mod3），37≡（mod3）、因此符合条件的最小的数是37。
（4）我们从被11除余1的数中寻找答案。
1，12，23，34，45，56，67，78，89，100，133，144，155，166，177，188，199，210，232，243，……
1（mod3）； 1（mod7），不符合
12≡0（mod3）， 12≡5（mod7）不符合
23≡2（mod3）， 23≡2（mod7）不符合
34≡1（mod3）， 34≡6（mod7）不符合
45≡0（mod3）， 45≡3（mod7）不符合
56≡2（mod3）， 56≡0（mod7）不符合
67≡1（mod3）， 67≡4（mod7）不符合
78≡0（mod3）， 78≡1（mod7）不符合
89≡2（mod3）， 89≡5（mod7）不符合
100≡1（mod3）， 100≡2（mod7）不符合
122≡2（mod3）， 122≡3（mod7）不符合
133≡1（mod3）， 133≡0（mod7）不符合
144≡1（mod3）， 144≡4（mod7）不符合
155≡2（mod3），155≡1（mod7）不符合
166≡1（mod3），166≡5（mod7）不符合
177≡0（mod3），177≡2（mod7）不符合
188≡2（mod3），188≡6（mod7）不符合
199≡1（mod3），199≡3（mod7）不符合
210≡0（mod3），210≡0（mod7）不符合
221≡2（mod3），221≡4（mod7）符合
因此符合条件的数是221。
例5.现有70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的三倍恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，……，问这一行数最右边的一个数被6除的余数是几？
分析：如果将这70个数一一列出，得到第70个数后，再用它去除以6得余数，总是可以的，但计算量太大。
即然这70个数中：中间的一个数的3倍是它两边的数的和，那么它们被6除以后的余数是否有类似的规律呢？
0，1，3，8，21，55，144，……被6除的余数依次是
0，1，3，2，3，1，0，……
结果余数有类似的规律，继续观察，可以得到：
0，1，3，2，3，1，0，5，3，4，3，5，0，1，3，2，3，……
可以看出余数前12个数一段，将重复出现。
70÷2=5……10，第六段的第十个数为4，这便是原来数中第70个数被6除的余数。
例6．解下列同余方程
⑴3x ≡2（mod 6） ⑵4x ≡6（mod 10）
解：⑴当x ≡0（mod 6）时，3x ≡0（mod 6）
当x ≡1（mod 6）时，3x ≡3（mod 6）
当x ≡2（mod 6）时，3x ≡6≡0（mod 6）
当x ≡3（mod 6）时，3x ≡9≡3（mod 6）
当x ≡4（mod 6）时，3x ≡12≡0（mod 6）
当x ≡5（mod 6）时，3x ≡15≡3（mod 6）
所以方程3x ≡2（mod 6）无解。
⑵与⑴小题类似，取模10的最小完全剩余系0，1，2，3，…，9直接计算可知，x =4和x =9是方程的解，所以这个同余方程的解为x ≡4（mod 10）或x ≡9（mod 10）
说明：①解模m 的一次同余方程，可以取模m 的一个完全剩余系直接计算，这个方法也适用于其它的同余方程。
②模m 的一次同余方程ax ≡b （mod m ）（m |a ）有解的充要条件是（a ，m ）| b 。 例7. 同余方程2x ≡6（mod 8）的解和方程x ≡3（mod 4）的解是否相同，说明理由。
解：设x =x 0是方程2x ≡6（mod 8）的一个解，那么2x 0≡6（mod 8）
∴2x 0=8 k +6，x 0= 4k +3，∴x 0≡3（mod 4）
即方程2x ≡6（mod 8）的解必是方程x ≡3（mod 4）的解
反之，若x =x 0是方程x ≡3（mod 4）的一个解，那么x 0≡3（mod 4）
∴x 0= 4m +3，∴2x 0=8m +6，故2x 0≡6（mod 8）
即方程x ≡3（mod 4）的解必是方程2x ≡6（mod 8）的解
所以，方程2x ≡6（mod 8）和x ≡3（mod 4）的解相同
说明：若正整数d | （a ，b ，m ），则方程ax ≡b （mod m ）的解与方程d b x d a )(mod d m 的解相同，利用这条性质可以将较大模数的同余方程化为较小模数的同余方程。 例8．解同余方程38x ≡－19（mod 95）
分析：此题中的模95的剩余数太多，如果选定一个完全剩余系进行直接计算，运算量相当大，因此我们可以运用上题的方法，将模化小一点。
解：∵（38，19，95）=19，∴38x ≡－19（mod 95）的解与2x ≡－1（mod 5）的解完全
相同，只需求解方程2x ≡－1（mod 5）即可。
∵2x ≡－1（mod 5），∴2x ≡4（mod 5）
∵x ≡2（mod 5），∴原方程的解为x ≡2+5u （u =0，1，2，3，…，18）（mod 95） 例9 证明：在十进制表示下，任意39个连续正整数中，必有一个数的各位数字之和是
11的倍数。
例10.设n位为正奇数，证明：数2-1，22-1，23-1，…，2n-1-1中必有一个数是n的倍数。
例11.一次圆桌会议共有2012个人参加，中场休息后，他们依不同的次序重新围着圆桌坐下，证明：至少有两个人，他们之间的人数在休息前后是相等的。
三、模拟训练
1 证明方程
x4+y4+2=5z
没有整数解．
证对于任一整数x，以5为模，有
x≡0，±1，±2(mod 5)，
x2≡0，1，4(mod 5)，
x4≡0，1，1(mod 5)，
即对任一整数x，
x4≡0，1(mod 5)．
同样，对于任一整数y
y4≡0，1(mod 5)，
所以x4+y4+2≡2，3，4(mod 5)，
从而所给方程无整数解．
说明 同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．
2．解同余方程987x ≡610（mod 1597）
解：∵987x ≡610（mod 1597），∴987x －1597x ≡610（mod 1597）
－610x ≡610（mod 1597），x ≡－1（mod 1597）
3．请看一首欢庆国庆的诗：“十里长街闹盈盈，庆祝成就万象新，国庆礼花破长空，新
桥红灯胜繁星，七七数时余两个，五个一数恰为零，九数之时剩四盏，红灯几盏放光明。”
解：设有x 盏红灯，那么
?
????x ≡2（mod 7） ①
x ≡0（mod 5） ②x ≡4（mod 9） ③ 由①得x =7m +2，m =0，1，2，3，…，
代入②得，7m +2≡0（mod 5），7m ≡―2≡―2+5×6≡28（mod 5）
∴m ≡4（mod 5），∴m ≡5n +4，∴x =7（5n +4）+2=35n +30
代入③得，35n +30≡4（mod 9），
35n ≡―26≡―26+4×9≡10（mod 9）
∴7n ≡2（mod 9），7n ≡2+6×9≡56（mod 9），n ≡8（mod 9）
∴n =9k +8，k =0，1，2，3，…，
所以x =35（9k +8）+30=315k +310，x min =310，
答：有310盏红灯。
【延伸阅读】
我国南北朝时期有一部著名的算术著作《孙子算经》，其中有这样一个“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之剩2；五五数之剩3；七七数之剩2，问物几何？”用现在化较通俗的数学语言可以这样叙述：“求一个数，使它被3除余2；被5除余3；被7除余2。”
解：设所求数为x ，则?????x ≡2（mod 3） ①
x ≡3（mod 5） ②x ≡2（mod 7） ③
由①得x =3k +2，k =0，1，2，3…
代入②得，3k +2≡3（mod 5）
∴3k ≡1≡1+5≡6（mod 5），∴k ≡2（mod 5），即k = 5n +2，n =0，1，2，…，
∴x =3（5n +2）+2=15n +8，n =0，1，2，3，…，
代入③得：15n +8≡2（mod 7），15n ≡―6≡―6+21≡15（mod 7）
∴n ≡1（mod 7），故n =7t +1，t =0，1，2，…
所以，x =15（7t +1）+8=105t +23，t =0，1，2，3，…，所求数的最小值是23。
《孙子算经》巧妙地解决了“物不知数”问题，但没有上升到一套完整的计算程序
和理论高度，没有解决一般的一次同余方程的求解问题，南宋时期的数学家秦九韶在他的《数学九章》中提出了“大衍求一术”的数学方法，系统地论述了一次同余方程组解法的基本原理和一般程序。“求一”就是求一个数的多少倍除以另一个数，所得的余数是一，为了深刻地理解这一方法，我们再回头研究“物不知数”问题中的几个关键数字71，21、15。
70=2×5×7≡1（mod 3）
21=3×7≡1（mod 5）
15=3×5≡1（mod 7）
其中，70是5和7的倍数，但被3除余1，21是3和7的倍数，但被5除1；15是3和5的倍数，但被7除余1，任何一个一次同余方程组，只要类似地求出相应的关键数字，就可以得到这个一次同余方程组的解，秦九韶的“大衍求一术”的方法流传到西方，被称为“中国剩余定理”。
所以，我得到一般一次同余方程组的解法是：设p ，q ，r 是两面互质的正整数，同余方程组
?????x ≡a （mod p ）
x ≡b （mod q ）x ≡c （mod r ）
的解是x ≡Aa +Bb +Cc （mod pqr ） 其中
A ≡1（mod p ），A ≡0（mod q ），A ≡0（mod r ）
B ≡1（mod q ），B ≡0（mod p ），B ≡0（mod r ）
C ≡1（mod r ），C ≡0（mod p ），C ≡0（mod q ）
下面我们介绍中国剩余定理：
【中国剩余定理】设m 1，m 2，…，m k 是k 个两两互质的正整数，对任意整数a 1，a 2，…，a k ，则同余方程组。
???x ≡a 1（mod m 1）x ≡a 2（mod m 2）…
x ≡a k （mod m k ）
有且只有一个解 x ≡M 1M 11-a 1+M 2M 12-a 2+…+M k M 1-
k a k （mod m ）其中m =m 1m 2…m k ，
m = m j M j （1≤j ≤k ）以及M j M 1-j
≡1（mod m j ）1≤j ≤k 这个定理本身比较复杂，证明也比较繁，关于证明过程，这里不作介绍，有兴趣的同学请自行阅读有关初等数论的著作，只对定理本身作一些阐述，以帮助大家理解，我们用中国剩余定理再解“物不知数”问题。
M 1=5×7=35，M 2=3×7=21，M 3=3×5=15，35×2=70≡1（mod 3）
21≡1（mod 5），15≡1（mod 7）
∴M 1M 11-=70，M 2M 12-=21，M 3M 1
3-=15
∴x ≡70×2+21×3+15×2（mod 105）≡233≡23（mod 105）
所以x 的最小值是23。
下面举例说明中国剩余定理的运用。
例1．解同余方程组
?????x ≡1（mod 5）
x ≡－1（mod 7）x ≡－2（mod 11）
解：m 1=5，m 2=7，m 3=11
∴M 1=7×11=77，M 2=5×11=55，M 3=5×7=35
∵M 1≡7×11≡2×1≡2（mod 5），由1≡M 1M 11-≡2M —
1（mod 5）得，可取M 11-=3 ∵M 2≡5×11≡5×4≡20≡6≡－1（mod 7），由1≡M 1M 11-≡－M 12-
（mod 7）得，
可取M 12-
=6
∵M 3≡35≡2（mod 11），由1≡M 3M 13-≡2M 13-（mod 11）得，可取M 13-=6
由中国剩余定理可知，原同余方程组的解为
x ≡77×3×1+55×6×（－1）+35×6×（－2）×7×11）
≡－519（mod 385）≡251（mod 385）
例2．解同余方程组???x
≡1（mod 3）－x ≡1（mod 5）－2x ≡3（mod 7）－3x ≡6（mod 11）
分析：这不是中国剩余定理的形，我们可以先将方程中的“系数”化为1，再运用中国剩余定理求解。
解：原方程组与同余方程组?
??x ≡1（mod 3）
x ≡－1（mod 5）x ≡2（mod 7）
x ≡-2（mod 11）的解相同。 ∴m 1=3，m 2=5，m 3=7，m 4=11
∴M 1=5×7×11，M 2=3×7×11，M 3=3×5×11，M 4=3×5×7，
因M 1≡2×1×2≡4≡1（mod 3），所以可取M 1
1-=1
因M 2≡3×2×1≡6≡1（mod 5）所以可取M 12-=1
因M 3≡3×5×4≡60≡4（mod 7），由1≡M 3M 13-≡4 M 13-（mod 7）得，可取M 13-=2
因M 4≡3×5×7≡105≡6（mod 11），由1≡M 4M 14-≡6 M 14-（mod 11）得，可取M 14-
=2
根据中国剩余定理知，原方程组的得为
x ≡（5×7×11）×1×1+（3×7×11）×1×（－1）
+（3×5×11）×2×2+（3×5×7）×2×（－2）（mod 3×5×7×11）
≡385－231+660－420（mod 1155 ）≡394（mod 1155 ）
至此，我们完整地介绍了模两两互质的一次同余方程组的解法，归纳起来主要有两种解法。一种解法是根据同余的定义，逐步代入的方法。另一种方法根据定理的求解公式直接求解。这里的中国剩余定理与孙子解法的实质是相同的，因此这一定理又叫“孙子定理”或“孙子剩余定理”。根据同余的定义，逐个选代解方程的过程中，关键是得到到形如“x ≡b （mod m ）”的同余方程，运用定理解同余方程，关键在“求一”。
高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相
八年级数学竞赛讲座 三角形的有关概念 一、知识结构： 1、三角形的定义； 2、三角形的角平分线、中线、高； 3、三角形的三边之间的关系； 4、三角形的内角和定理及其推论； 5、同一个三角形中边与角之间的关系； 6、三角形的分类； 二、典型例题： 1、△ABC 三边长分别为a,b,c,且)(2 c b a bc a -=-,则这个三角形一定是( ) A.三边不相等的三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.任意三角形 2、△ABC 三边长分别为a,b,c,且,2 2 2 ca bc ab c b a ++=++则这个三角形一定是( ) A.不等边三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.任意三角形 3、已知等腰三角形的一边等于4，一边等于9，则它的周长是（ ） A 、17 B 、22 C 、12或22 D 、20 4、下面四个命题中不正确的是（ ） A ．在△ABC 中，设三个内角中最小的角为α，则0°＜α≤60° B ．在△AB C 中，三个内角α：β：γ=1：2：3，则这个三角形是直角三角形； C ．在△ABC 中，β为三个内角中最大的角，则60°＜β＜180° D ．在△ABC 的内角中，锐角的个数最多； 5、等腰三角形ABC 中，AB=AC ，一腰上的中线BD 将这个等腰三角形的周长分成15和6两部分，求这个三角形的腰长及底边长； 6、如图：AF 、AD 分别是△ABC 的高和角平分线， 且∠B=36°，∠C=76°，求∠DAF 的度数； 7、△ABC 中，AB=5，AC=3，则BC 边上的中线AD 的长l 的取值范围是多少？ 8、已知斜三角形ABC 中，∠A=55°，三条高所在直线交点为H ，求∠BHC 的度数； A B D F C
全国初中数学联赛初二卷及详解
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2017年全国初中数学联合竞赛试题 初二卷 第一试 一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分） 1.已知实数a,b,c 满足2a+13b+3c=90，3a+9b+c=72，则32b c a b ++的值为（ ）. A.2 B.1 C.0 D.-1 2.已知实数a,b,c 满足a+b+c=1， 1110135 a b c ++=+++，则(a+1)2+(b+3)2+(c+5)2 的值为（ ）. A.125 B.120 C.100 D.81 3.若正整数a,b,c 满足a ≤b ≤c 且abc=2(a+b+c)，则称(a,b,c)为好数组.那么好数组的个数为（ ）. A.4 B.3 C.2 D.1 4.已知正整数a,b,c 满足a 2 -6b-3c+9=0，-6a+b 2 +c=0，则a 2 +b 2 +c 2 的值为（ ）. A.424 B.430 C.441 D.460 5.梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=3，BC=4，CD=2，AD=1，则梯形的面积为（ ）. A. 1023 B.103 3 C.32 D.33 6.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A=90°，点E 在AB 上，若AE=42，BE=28，BC=70，∠DCE=45°，则DE 的值为（ ）. A.56 B.58 C.60 D.62 二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分） 7.使得等式3 11a a ++=成立的实数a 的值为________. 8.已知△ABC 的三个内角满足A ＜B ＜C ＜100°.用θ表示100°-C,C-B,B-A 中的最小者，则θ的最大值为________. 9.设a,b 是两个互质的正整数，且3 8ab p a b =+为质数.则p 的值为________.
第一讲跨越——从算术到代数 “加里宁曾经说过：数学是锻炼思维的体操，体操能使你身体健康，动作敏捷；数学能使你的思想正确敏捷，有了正确的思想，你们才有可能爬上科学的大山．” _______华罗庚。 华罗庚，我国现代有世界声誉的数学家，初中毕业后，靠自学成才，在数论、矩阵几何等许多领域中做出过卓越贡献． 纵观历史，数学的发展创造了数学符号，新的数学符号的使用又反过来促进了数学的发展．历史是这样一步一步走过来的，并将这样一步一步地继续走下去，数学的每一个进步都必须伴随着新的数学符号的产生．在文明和科学的发展过程中，人类创造用符号代替语言、文字的方法，这是因为符号比语言、文字更简练、更直观、更具一般性．“算术”可以理解为“计算的方法”，而“代数”可以理解为“以符号替代数字”，即“数学符号化”．著名数学教育家玻利亚曾说：“代数是一种不用词句而只用符号所构成的语言．” 用字母表示数是数学发展史上的一件大事，是由算术跨越到代数的桥梁，是人类发展史上的一个飞跃，也是代数与算术的最显著的区别． 字母表示数使得数学具有简洁的语言，能更普遍地说明数量关系，在列代数式、求代数式的值、形成公式等方面有广泛的应用． 例题讲解 【例1】观察下列等式9—l=8，16—4＝12，25—9＝16，36—16＝20，…… 这些等式反映出自然数间的某种规律，设n表示自然数，用关于n的等式表示出来： ．(河南省中考题) 思路点拨在观察给定的等式基础上，寻找数字特点，等式的共同特征，发现一般规律．链接：从个别事物中发现一般性规律．这种研究问题的方法叫“归纳法”，是由特殊到一般的思维过程，是发明创造的基础． 【例2】某商品2002年比2001年涨价5％，2003年又比2002年涨价10％，2004年比2003年降价12％，则2004年比2001年( )． A．涨价3％B．涨价1．64％C涨价1．2％D．降价1．2％ 思路点拨设此商品2001年的价格为a元，把相应年份的价格用a的代数式表示，由计算作出判断．
八年级数学竞赛讲座四 边形 集团标准化工作小组 #Q8QGGQT-GX8G08Q8-GNQGJ8-
八年级数学竞赛讲座 四边形（2） 一、 知识要点： 1、梯形的定义、判定； 2、等腰梯形的定义、性质、判定； 3、三角形、梯形的中位线定理； 二、 例题： 1、用长为1，4，4，5的线段为边作梯形，求其中面积最小的那个梯形的两条对角线的长度之和； 2、已知：如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥DC ，且AB ＞CD ，两对角线AC 、BD 相互垂直，若BC=213，AB+CD=34，求AB ，CD 的长； 3、如图：在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAC=90°，AB=AC ，BD=BC ，AC 与BD 相交于点E ，求∠DCE 的度数； 4、已知：如图，在四边形ABCD 中，AB=CD ，E 、F 分别 是BC 、AD 的中点，BA 、CD 的延长线分别与EF 的延长线交于点M 、N 求证：∠AMF=∠CNE 5、已知：如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，E 、F 分别是 两底AD 、BC 的中点，且EF=2 1（BC －AD ）， 求证：∠B+∠C=90°；
6、已知：如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，D 为BC 的中点， G 为AD 的中点，CG 的延长线交AB 于点E ，EF ∥AC 交AD 于 点F ，求证：BE=2CF ； 7、已知：如图，M 是AB 的中点，C 是AB 上任意一点，N 、P 分别是DC 、DB 的中点，Q 是MN 的中点，PQ 的延长线交AC 于点E ， 求证：E 是AC 的中点； 8、如图：四边形ABCD 中，∠BAD=∠BCD ，∠ABC ≠∠ADC ， ∠ABC ，∠BCD ，∠CDA ，∠DAB 的平分线两两相交于E 、F 、G 、H ， 求证：四边形EFGH 为等腰梯形； 9、已知：梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＜BC ，E 为AB 的中点，DE ⊥CE ，求证：AD+BC=DC ； 10、已知，如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，E 为CD 中点， EF ⊥AB 于F ， 求证：AB EF S ABCD ?=梯形 11、在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，将BC 按逆时针方向绕点B 旋转90°，得到线段BE ，连接AE 、CE ，（如图（1））。 ①若AB=2厘米，DC=3厘米，求证：1=?ABE S 平方厘米； A D F E B C
初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1． 请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首届匈牙利 数学竞 赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明213 1n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++ 能整除123n ??? ？（1956年上海首届数学竞赛第一题） （3） 证明：3 231 122 n n n + +-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题） （5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证： [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。 这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： (1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ） A 、 0 B 、1 C 、3 D 、无穷多 （2007全国初中联赛5） （2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2 1 02 x abx a b -++=是否有两个整数解？ 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。 （2007全国初中联赛12）
第七讲 二次根式的运算 式子a (a ≥0)叫二次根式，二次根式的运算是以下列运算法则为基础． (1)c b a c b c a )(±=± (≥0)； (2)ab b a =? (0,0≥≥b a )； (3) b a b a = (0,0>≥b a )； (4)22)(a a =(≥a 0)． 同类二次根式，有理化是二次根式中重要概念，它们贯穿于二次根式运算的始终，因为二次根式的加减实质就是合并同类二次根式，二次根式除法、混合运算常用到有理化概念． 二次根式的运算是在有理式(整式、分式)运算的基础上发展起来的，常常用到有理式运算的方法与技巧，如换元、字母化、拆项相消、分解相约等． 例题求解 【例1】 已知2542 4 52 22+-----= x x x x y ，则22y x += ． (重庆市竞赛题) 思路点拨 因一个等式中含两个未知量，初看似乎条件不足，不妨从二次根式的定义入手． 注： 二次根式有如下重要性质： (1)0≥a ，说明了a 与a 、n a 2一样都是非负数； (2) a a =2)( (≥a 0)，解二次根式问题的途径——通过平方，去掉根号有理化； (3) a a =2)(，揭示了与绝对值的内在一致性． 著名数学教育家玻利亚曾说，“回到定义中去”，当我们面对条件较少的问题时，记住玻利亚的忠告，充分运用概念解题． 【例2】 化简2 2 ) 1(111++ + n n ，所得的结果为（ ） A ．1111++ + n n B ．1111++-n n C ．1111+-+n n D ．1 1 11+--n n (武汉市选拔赛试题) 思路点拔 待选项不再含根号，从而可预见被开方数通过配方运算后必为完全平方式形式． 注 特殊与一般是能相互转化的，而一般化是数学创造的基本形式，数学的根本目的就是要揭示更为普遍、更为深刻的事实和规律．
初中数学竞赛讲座之数论初步(一) 整数的整除性 定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b|a. 显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除０. 性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则 ①．若c|b ，b|a ，则c|a. ②．若b|a ，则bc|ac ③．若c|a ，c|b ，则对任意整数m 、n ，有c|ma ＋nb ④．若b|ac ，且(a ，b)＝1，则b|c 证明：因为(a ，b)＝1 则存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1 ∴ asc ＋btc ＝c ∵ b|ac ? b|asc ∴ b|(asc ＋btc) ? b|c ⑤．若(a ，b)＝1，且a|c ，b|c ，则ab|c 证明：a|c ，则c ＝as(s ∈Z) 又b|c ，则c ＝bt(t ∈Z) 又(a ，b)＝1 ∴ s ＝bt'(t'∈Z) 于是c ＝abt' 即ab|c ⑥．若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ⑦．(a －b)|(a n －b n )(n ∈N)，(a ＋b)|(a n ＋b n )(n 为奇数) 整除的判别法：设整数N ＝121n 1a a a a - ①.2|a 1?2|N ， 5|a 1? 5|N
②.3|a 1＋a 2＋…＋a n ?3|N 9|a 1＋a 2＋…＋a n ?9|N ③.4|a a ? 4|N 25|a a ? 25|N ④.8|a a a ?8|N 125|a a a ?125|N ⑤．7||41n n a a a -－a a a |?7|N ⑥．11||41n n a a a -－a a a |?11|N ⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)] ?11|N ⑧．13||41n n a a a -－a a a |?13|N 推论：三个连续的整数的积能被６整除. 例题： 1.设一个五位数d a c b a ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除. 解：11|d a c b a ∴ 11|a ＋c ＋d －b －a 即11|c ＋3 ∴ c ＝8 1≤a ≤9，且a ∈Z 2.设72|b 673a ，试求a ，b 的值. 解：72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8|b 673 a ，且9| b 673a ∴ 8|b 73 ? b ＝6 且 9|a ＋6＋7＋3＋6 即9|22＋a ∴ a ＝5 3.设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ，
小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常
出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划