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名校《强基计划》初升高数学衔接讲义（上）第一讲代数式 (2)1.知识要点 (2)2.例题精讲 (2)3.习题巩固 (3)4.自招链接 (4)5.参考答案 (4)第二讲方程 (13)1.知识要点 (13)2.例题精讲 (14)3.习题巩固 (15)4.自招链接 (15)5.参考答案 (16)第三讲函数 (29)1.知识要点 (29)2.例题精讲 (29)3.习题巩固 (31)4.自招链接 (32)5.参考答案 (33)第四讲不等式 (44)1.知识要点 (44)2.例题精讲 (44)3.习题巩固 (45)4.自招链接 (46)5.参考答案 (46)第五讲圆 (55)1.知识要点 (55)2.例题精讲 (55)3.习题巩固 (58)4.自招链接 (60)5.参考答案 (61)第六讲几何证明 (74)1.知识要点 (74)2.例题精讲 (74)3.习题巩固 (76)4.自招链接 (77)5.参考答案 (78)1第一讲代数式1.知识要点代数式包括在整个初中我们学习的整式、分式、根式等相关内容.在自招中所占的比例较大，无论在填空还是在解答晚上再中都可以找到代数式的身影.首先我们来看一下代数式章节几个重要的公式（以下列举课本中未涉及的公式）：a b a b a ab b，3322a b a b a ab b ，33223a33a2b 3ab2b3a b，3a ab ab b a b，3323233221a b c ab bc ca a b b cc a2222，a3b2c23abc a b c a2b2c2ab bc ca.2.例题精讲1.若a 2016，b 2017，c 2018，求a2b2c2ab bc ac的值得．2.已知a14，求a2a1、a3a21的值．a33.若x y z 3，则111x y z333x yz111的值是______．4.计算111111111++1++1+++1+．12233420172018222222225.已知a、b、c是实数.若b c a2222bc、c a b2222ac、a b c2222ab之和恰等于1，求证：这三个分数的值有两个为1，一个为－1.6.设P x x ax bx cx d，其中a、b、c、d为常数.若P 12018，43221P 24036，P 36054.试计算P11P 7.47.对于所有的正整数，定义.若正整数满足22017f1f2f n f1f2f n ，222则n的最大值为______．8.求所有的三元有序整数组使得201520152015x y y z zx为正整数.3.习题巩固9.因式分解a34a 3.10.因式分解x898x4y4y8.111.已知m是方程x25x 10的一根，求22m 5m 的值.m212.若x 3为正整数，且是2x25x 13的约数，求x的所有可能值总和.13.若x y z x y z x yz，求z y xx y yz z xxyz的值.14.计算1111.212322343341009999100 15.（1）若实数a使得a 2a 12，求a 2a 1的值；（2）若实数a满足12a 1，设p a 2a 1a 2a 1，求证：p一定是无理数.1 16.已知实数x、y、z满足x 2y 4z 1，222x 2y 4z 124的值.求7x y za b c17.已知1，求证abc 1.1a ab 1b bc 1c ca18.已知.fx1323232x 2x 1x 1x 2x13求f1f3f2017.4.自招链接19.求x12x2+3x3+4x4的最小值.20.我们学过等差数列的求各公式1n n123n，请利用2122232n2的公式.332n1n3n3n1，推导5.参考答案例题精讲1.对于这样的题目，第一次就直接代入是很不应该的，我们先书写公式：222 1222a b c ab bc ac a b b c c a+，2然后把a2016，b2017，c2018代入，得a b c ab bc ac222122222016201720172018201820163.2.这样的题目在自招的试卷中出现的次数也是非常的多，应熟练选用合适的公式.熟用完全平方公式（注意符号）：211a a2162，a a2所以a21 18. a2熟用立方差公式（注意符号）：111a a a321418176a a a32.3.在自招试卷中下面这个公式非常重要：a3b3c33abc a b c a2b2c2ab bc ca 设x 1a，y 1b，z 1c，则4x 1y 1z 1abca b c333333x 1y 1z 1.又x y z 3，故a b c 0.从而可知，a3b3c33abc a b c a2b2c2ab bc ca 0.故1111x y z3333x 1y 1z 1.4.在自招试卷中，算式中出现省略号的话，我们一般把通项写出来，然后进行变形，从而找出规律.22211n n 1n 1n n n 12n n 112221n n n n n n1112222222n n n n1111111.211n n n n2n n 111111111所以，原式11111223342017201812017201712017.201820185.由题设b c a c a b a b c2222222221，且abc 0，即2bc2ac2abb c a a c b a b c 222222222111 02bc2ac2ab则b2c2a22bc a2c2b22ac a2b2c22bc 0，2bc2ac2ab22222 2b c a a c b a b c0，2bc2ac2abb c a b c a a c b a c b a b c a b c0，2bc2ac2ab2 a b c c a b22abc 0，50.a b c c a b c ab2abc所以a b c 0或者c a b 0或者b c a 0中，必有一个成立.不妨设a b c 0，则将a c b，b c a，c a b分别代入三个分式，可得三个分式的值分别为1、1、－1.6.对于数字规律明显的试题，可以考虑使用因式定理来进行化简.因式定理：如果多项式f x能被x a整除，即x a是f x的一个因式，那么f a 0.反之，如果f a 0，那么x a是f x的一个因式.通过因式定理的推导，可判断P x x x x x k x.1232018所以11P P k1171111121131120181144+7172737k20187110987112018118910k47k 2018711098118910720181174k k1891018201844291018+2018324020185258.7.将具体的数字代入原不等式得：2 2017111221n n+1111221n n 1，424242222通项a4a21a2a1a2a1.原不等式化简得：2017111221n n+1111221n n1.222222当你做到这一步的时候，可以尝试对每一项进行计算：2017137n n13713n n1，226发现左右有相同的数字，那是因为a2a 1a2a 1a 1a 1a a 11，所以，不等式或以化简为2017n n 11，得：n最大值为44.8.先证明引理（此引理曾单独在自招试卷中出现）：若p、q、r、p q r均为有理数，则p、q、r为有理数.证明如下：设S p q r，所以S r p q，2pq S2r 2S r p q，则T S2r p q，4pq T24S2r 4ST r，rT24S2r 4pq为有理数，同4ST理p、q均为有理数.由引理得2015x y、2015y z、2015z x为有理数.设2015ax y b ，2015cy z d，2015ez x f（分子分母互质且为正整数）.因为2015b a x y，所以a22015，a 1同理，c e 1从而22201520152015111x y y z z x b d f，11 113.b d f分情况讨论，不妨设b d f.（1）1111，（b，d，f）=（3，3，3），（2，3，6），（2，4，4）逐个代入，通b d f过奇偶分析，可得当（b，d，f）=（2，4，4）时，有整数解：x y 42015，y z162015，z x162015，7x4030，y 4030，解得z28210.（2）1112，（b，d，f）=（1，2，2），通过奇偶分析无整数解.b d f（3）1113，（b，d，f）=（1，1，1），通过奇偶分析无整数解.b d f所以，满足题目条件的为（4030，4030，28210），（4030，28210，4030），（28210，4030，4030）三组.习题巩固9.a 1a a 3.210.x898x4y4y8x82xx4y4y896x4y42x4y464x4y432x4y42x4y416x2y2x4y464x4y432x4y416x2y2x4y42x4y48x2y216x2y2x4y42x2y222x y x y x y x y44822162222x4y48x2y24x3y 4xy3x4y48x2y24x3y 4xy3.11.由于111 m25m 10，则2m25m 2m2m21m21，又m m m222 1m 5，所以，m211m 1m 328.2m m212.2x 5x 132x 6x x 31616222x 1x 3x 3x3为整数，16x 3则为整数，x 31，2，4，8，16，x取值总和为46.13.若x y z 0，则x y z，y z x，z x y故x y yz z xxyz1.8x y z x y z x y z x y z若x y z 0，则 1z y x x y z（等比性质），故有x y z，从而可知x y y z zxxyz8.14.1k+1k k k+1k+1k k k+111k k22+1k+1k k k+1k k+1k+1k k k 111111111911.原式223989999100101015.（1）22（2）将p平方：p a a a a a 2a a ，又p 02222212212212故p 2，因此p为无理数（无理数的证明请参考七年级第二学期课本阅读材料）.222 2222111116.x+2y 4z x 2y 4z 0.x 2y 4z 077777，显然1x y z ，可得712449.x y z17.b c a ab 111b bc 1c ca 1a ab 1a ab,即b ab ab c ac abc2ab1，1b bc 1c ca故b ab ab211c ca abcab1，1b bc 1c ca则b ab ab2abc 11ab1，1b bc 1c ca故b ab ab2abc 11b bc 1c caa b.111b c a ab等式两边同时除以ab，可得1b bc 1c ca1，9进而111b bcbccaab1，1b bc1 c ca 11bc caab 则111 b bc 1 c ca ，1 1 bcc aab故1b bc 1 c ca 0， 1 1 bc c a ab 从而1 b bc 1 c ca .1 1故bc 1 c ca c 1bbcaab，展开并化简，可得21 2c abcc abc 10 .故，即 abc a 2b 2c 2 1abc ，从而ab abc1.18.aba b aab b ，332213 1 31 31 3 1 x xx x323232x x1 12x2x 1 x1 x 2x 1， 所以f1 f 3f2017311 3 11331 3 3132017 1 3 2017 1222323034323201832016222320182自招链接19.根据绝对值的几何意义，我们知道x1x4的最小值在1x4时取得.2x22x4，x3x4，2x3分别求出最小值的取值范围，可得x3时取的最小值，最小值为8.1020.虽然有很多同学知道这个公式最后的答案为n n n1216，我们先把可以利用的公33 2式写出来看看：n 1n 3n 3n 1.2上面的式子中我们发现了需要推导的n2，那么下面就是寻找n 1，我们可以把公式变为3323n n n n n .2111313113然后依次类推：011131311.332我们把所有的式子相加：3 左边，012n133312n 3123n 3123n n，右边3332222化简得22223n 1n2n33n23n2n2n33n2n31233，n n n222所以22222231121123n .n n n n n n661112第二讲方程1.知识要点一、代数方程分类：①整式方程；②分式方程；③无理方程.二、解方程的基本思想：①化分式方程为整式方程；②化高次方程为一次或二次方程；③化多元为一元；④化无理方程为有理方程.总之，最后转化为一元一次方程或一元二次方程.三、解方程的基本方法：①解整式方程：一般采用消元（加减消元、代入消元、因式分解消元、换元法消元等），降次（换元降次、因式分解降次、辅助式降次等）等方法.②解分式方程：一般采用去分母，换元法，重组法，两边夹等方法.③解无理方程：一般采用两边平方，根式的定义、性质、换元，几何构造，构造三角函数.四、二次方程中的韦达定理：我们一般在初二的时候学习韦达定理，利用韦达定理可以解决很多根与系数方面的问题，韦达定理（根与系数的关系）若一元二次方程200ax bx c a 的两根为x、1x，则2bx x，12ax x12c.a各位同学，还记得推导过程吗？证法一：（求根公式推导）一元二次方程200ax bx c a 的求根公式是x b b24ac.2a则bx x，12ax x12c.a证法二：（待定系数法）若一元二次方程ax2bx c 0a 0的两根为x、1x，那么方程可以表示为2a x x1x x20系数一一对应，就可以得到bx x，12ax x12c.a132.例题精讲1.已知关于x的方程a3x 2b2x 38x 7有无穷多个解，那么a、b值应分别为__________.2.方程2x 1x 2x 1的实数解的个数是__________.3.求方程x33x2x2x3x24x 76x215x180全部相异实根.4.解方程组111，x y z 2 111，y z x3111. z x y 45.设x、x2k 2x k 23k50的两个实根，求x为方程12x x 的最大值与2212最小值.6.若k 为正整数，且关于x的方程k21x263k1x 720有两个相异正整数根，求k 的值.7.关于x 的二次方程k26k8x22k26k 4x k24的两根都是整数，求满足条件的所有实数k的值.8.关于x的方程x44x 3mx2nx520的四根成等差数列，求方程的解.9.若x y z u1，2222 2123252722222222x y z u1，22222222222241434547x y z u22221，1，2222222261636567x y z u22222222222281838587那么，x y z u的值为__________.222210.设a、b、c分别为ABC的三边，求证：关于x的二次方程b2x2b2c2a2x c20无实根.11.解无理方程：345x316x1.143.习题巩固12.方程2x xy 3x y 20060的正整数解x，y共有多少对？213.解方程组：x22yz x,y 2zx z,2z2xy y.214.求所有正实数a，使得方程x2ax 4a 0仅有整数根.15.是否存在质数p、q，使得关于x的一元二次方程px2qx p 0有有理数根？16.求所有有理数r，使得方程2110rx r x r 的所有根为整数.17.设方程x23x 10的根、也是方程x6px2q 0的根，试求整数p、q的值.18.设a与b为方程x2px 10的两个实根，c与d为方程x2qx 10的两个实根.求证：a cbc ad b d q p.2219.设r、s、t是方程8x31001x 20160的三个根，求333r s s t t r的值.20.已知p为质数，使二次方程x22px p25p 10的两根都是整数，求出所有可能的p的值.21.已知方程x a x 810有两个整数根，求a的值.22.已知关于x的二次方程ax22a 3x a 20至少有一个整数根，求负整数a的值.4.自招链接23.若方程x21x24k有4个非零实数根，且它们的数轴上对应的4个点等距离排列，求k的值.1524.解方程组2x1y z，22 y 2xz，22 z 3x y2.5.参考答案例题精讲1.因为关于x的方程a3x 2b2x 38x 7，即3a 2b 8x 2a 3b 7有无穷多个解.3a 3b 80，所以可得2a 3b 70，ab2，1.2.当x 1时，原方程化为2x 1x 2x 1，解得x 2（舍去），所以方程无解；1当时，原方程化为2x 1x 2 x 1，解得1x21x ，所以21x；2当12x 时，原方程化为2x 1x 2x 1，解得x为任意实数，所以21 2x2；当x 2时，原方程化为2x 1x 2x 1，解得x 2（舍去），所以方程无解.综上所述，原方程的解为12x 2；那么实数解的个数是无数个.3.设323559x 2x x A，x2x B则原方程化为2222A B A B6B90，则A2B26B90，2即A2B30，即A B3A B30，可得A B30或A B30.163559因此有x32x2x x2x302222，3559或x32x2x x2x 302222.则x3x24x 40或x33x2x 10.因此x x 或140x 1x 2x 10，22可得x 1或x 2或x 12.所以，原方程的根为x1x21，x，32x，42x，512x.6124.原方程组化为xy xz 2x y z ，yz yx 3x y z，zz zx x y z4.令x y z k，则xy xz 2k，①yz yx 3k，②zx zy4k，③①②③2，得9xy yz zx k，④2由④分别减去①、②、③得1xy k，⑤25yz k，⑥23zx k，⑦2⑤⑥⑦，得k30kxyz ，⑧417由⑧分别除以⑤、⑥、⑦得xyz 30k1030k630k2，，.所以30k30k30k2330kx y zk，解得106230529k .30x所以原方程组的解为yz 23 10236，，23. 25.因为关于x的一元二次方程x2k 2x+k23k 50有两个实根，所以22k 241k 3k 53k 16k 162k 43k+40，4可得4k .3由韦达定理，得k 2x x k2，121k 3k 52x x k 3k 5所以21212x1x2x1x22x1x22222k22k3k52k210k6k519.2当k4时，x1x2max k51918；224502当x x k519.k时，2212min396.原方程变形、因式分解为182k 1k 1x 63k 1x 720，k 1x 12k 1x 60.即x112k1，x2k61.由12为正整数得k 1，2，3，5，11；由为正整数得k 2，3，4，7. k 1所以k 2，3使得x1、x2同时为正整数，但当k 3时，x1x23，与题目不符，所以只有k 2为所求.7.一元二次方程的整数解的典型难题，由根为整数无法得知实数k是否为整数，解题的基本思路是消去实数k，得到关于整数解x1、x的典型方程.2由k26k 8x22k26k 4x k24可知，k 4xk 2k2x k20，故x1kk24，x2kk22.（由题意可知，k26k8k2且k4）因为x1k 221k 4k 4，x2k 241k 4k 2k，于是有42，x 11k 2x241，两式相减可得，242，则x1x23x120.故x 1x121 x1x232，从而可知，x 1 x 21x，1或32；x21，x1或32；x22，x1或31；x22，31；又x11且x21，故x 1 x 21，x1或5；x22，或4；x1x22，2.103故k 6，3，.19注：得出x1k 221，后k 4k 4x2k 241k 2k2，直接有k 41，2；k 21，2，4，由于上述两个等式是同时成立的，故这样的k只能取k 6，3.此法不严密，如果是整数，此法可用，如果不是，就不能用.8.首先我们推导一下四次方程的韦达定理.设4个根分别为：x1、x2、x3、x4，则有12340x x x x x x x x ，展开：x x1x2x x1x2x x3x4x x3x4022，2x x x x x x x x x x x x x x x x x x x，23 21234123413142324x1x3x4x2x3x4x1x2x3x1x2x4x x1x2x3x40，x x x x为x3项的系数；根据韦达定理（根与系数的关系）有：1234x x x x x x x x x x x x为x2项的系数；123413142324x x x x x x x x x x x x 为x项的系数；134234123124x x x x为常数项.1234下面我们来解答这道试题.根据题意，设根为a 3b，a b，a b，a 3b b 0，那么根据推导的韦达定理有：a 3b a b a b a 3b 4；（x项根与系数的关系）3a 3b a b a b a 3b 52；（常数项根与系数的关系）上面两个式子化简，得4a 4，即a 1，代入第二个式子得13b 13b 1b 1b 52，217则19b 1b 52，即9b410b2510，可知b23或22b （舍）.9又b 0，所以b 3，从而a 1，b 3.故原方程的解为x，1133x213，x，313x.4133注：有兴趣的同学可以尝试求出m、n m 24，n 56.9.已知条件的结构特征，可构造一个关于t的方程20x y z u222222221，t1t3t5t7则22、42、62、82是关于t的方程x y z u222222221的根.t1t3t5t7将x y z u222222221化为整式方程，得t1t3t5t7t x y z u84t a t a t a0.422223 2234由一元次方程的根与系数的关系，得2468x y z u84.22222222所以x2y2z2u236.10.关于x的二次方程b2x2b2c2a2x c20的判别式为b2c2a24b2c2b2c2a22bc b2c2a22bc2222b c a b c ab c a b c a b c a b c aa b c b c a a b c c a b .因为在三角形中两边之和大于第三边，即a b c，b c a，c a b，所以a b c0，b c a0，c a b0.因为a b c0，所以a b c b c a a b c c a b0.所以关于x的二次方程b2x2b2c2a2x c20无实根.11.（法一）设345x a，316x b，原方程化为a b 1，因为a3b361，又因为，a b a b a ab b a b a bab332232所以ab 20.所以a、b是二次方程y2y 200的两个根，而y 5y 40，y 5或y 4；21a345x5，所以或b 316x 4，，a345x4所以x 80或x 109.b x3165，经检验，x180，x2109是原方程的根.（法二）原方程化为345x 316x 310 .设345x a，316x b，31c所以原方程化为a b c 0.因为a3b3c33abc a b c a2b2c2ab bc ca，所以a3b3c33abc，即45x 16x 13345x 316x 31，2045x 16x 1，3x2+29x 87200，x 80x 1090，解得x 80或x 109；经检验，x180，x2109是原方程的根.习题巩固12.本题利用因式分解比较复杂，不易得出，注意到y的最高次数是一次，用x来表示y，题目迎刃而解.2x 3x 200620052y 2x 1x 1x1.由x、y均为正整数，可得，5，401，2005.所以方程共有四对正整数解.13.x 2yz x，2y 2zx z，2z2xy y.2①+②+③得x2y2z22xy2yz2zx x y z，即2x y z x y z，x y z x y z10，x y z0或x y z 1.（1）当x y z0时，x y z，代入②和③，得y2z2z22yz，22z2y 2y22yz，由④－⑤得3y z z y ，y z3y 3z 1 0，解得y z或221 y z.3若y z，代入④，得3y2y 0，y3y 10，y 0或1 y.3xx 0，y 0，y 所以，或z9，z 2，31，，313，若1y z ，则31x 代入①，得31yz ，无实数解.9（2）当x y z 1时，x 1y z，代入②和③，得y2z 2z22yz，z2y 2y22yz.由⑥－⑦得3y z y z ，y z3y 3z 1 0，解得y z或221 y z.3若y z，代入⑥，得3y2y 0，y3y 10，y 0或1 y .3xx 1，y 0，y 所以或131313，，.z0，z14.a16，18，2515.本题虽然形式上是有理数根的问题，但是因为p、q都是整数，则也为整数，要求方程有有理数根，那么为平方数，和例题3、例题4的本质相同.令q24p2n2，其中n是一个非负整数，则q n q n4p.2由于1q n q n，且q n与q n同奇偶，故同为偶数.因此，有如下几种可能情形：23q n 2，q n4，q n p，q n 2p，q n p，22，q n 4p，q n p，q n 2p q n p q n 4.，22消去n，解得q p21，p5p p22 q 2，2q ，q 2p，q.222对于第1、3种情形，p 2，从而q 5，对于第2、5种情形，p 2，从而q 4（不合题意，舍去），对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）.又当p 2，q 5时，方程为2x25x 20，它的根为1x，12x22，它们都是有理数.综上所述，存在满足题设的质数.16.首先对r 0和r 0进行讨论.时.r 0原方程是关于x的一次方程，r 0时，原方程是关于x的二次方程，由于r是有理数，处理起来有些困难，这时用直接求根或判别式来做，均不能奏效.可用韦达定理，先把这个有理数r消去.当r 0时，原方程为x 10，所以x 1.当r 0时，原方程是关于x的一元二次方程，设它的两个整数根为x、1x，且2x x，121x x 1，r121x x1，12rx 则消去r得x x x x x x21131121212x213，或11，x1x211，即13.x 1 x 24，或2，x1x20，所以2，r111x x712或1.1综上所述，当r ，0，1时，方程的所有根都是整数.717.因为、是方程x23x 10的两个根，341150，所以由韦2达定理，得3，1，，从而222232217，22442227221247246p2q因为、是方程x6px2q 0的根，所以pq620，0.因为，所以66p =++=47+1 =48，4422222442222q ==17=7.112218.由韦达定理，得a b p，ab 1，c d q，cd 1因为a cbc c2a b c ab c2pc 1，a db d d2a b d ab d2pd 1，又因为c与d为方程x2qx 10的两个实根，所以c2qc 10，d2qd 10即c21qc，d21dq所以a cbc c2pc 1c q p，a db d d2pd 1d q p，所以a cbc ad b d c q p d q p q p.2219.因为三次方程没有x项，所以它的所有根之和为0，即.s r t 0.故233333333 3r s t s r t t s r r s t.由于r为方程的根，故8r31001r20160 .对s和t也有同样的式子，所以8r s t1001s r t320160.333故33310013201632016s r tr s t756.88333333756 因此r s t s r t r s t.20.典型的方程整数解问题，注意充分利用p是质数这个条件.由于这个整系数一元二次方程有整数根，所以254p4 p5p 1 4 5p 122是完全平方数，从而5p 1是完全平方数.令5p 1n 2 ，n 是整数，则5p n 1n1.所以，5 n 1n 1，即5 n1或5 n 1.若 5 n 1，令 n1 5k ，则 p k5k2，由于 p 是质数，故 k 1， p 7 ，此时方程为 x 214x 13 0， x， 1 1x满足条件. 213 若5 n 1，令 n1 5k ，则 p k 5k2，故 k1， p 3此时方程为 x 2 6x 7 0，x 11，x满足条件.27综上所述，所求的质数 p 为 3 或 7. 21. 原方程整理为x 2 a8 x8a 1 0.设 x 、 1 x 为方程的两个整数根，由韦达定理， 2x xa ，所以128a x x，a 为128整数.所以 x a 、 x 8均为整数，所以 x a x 8 1，所以a 8.22. a 4 或 10. 自招链接 23. （法一）令 xt ，则原方程为t 1t 4k ，整理的 2 5 40 2ttk，则由求根公式和题意得t1,25 9 4k 0 ，所以四个非零实数根分别为2 x 15 9 4k，2 x259 4k，2x359 4k， 2x459 4k .2由题意它们在数轴上对应的点等距离排列，所以得到359 4k 5 9 4k，化227 简得 k. 4（法二）由题意，4 个非零实数根在数轴上对应的 4 个等距点中有两对关于原点对称，则可令x21x24k x3a x a x a x3a，26。
第十讲.组合数学知识要求1.掌握组合计数的方法2.掌握组合恒等式3.学会算两次的思想4.学会进行组合构造典型例题1.红蓝两色车、马、炮棋子各一枚，将这6枚棋子排成一列，其中每对同字的棋子中，均为红棋子在前，蓝棋子在后，满足这种条件的不同的排列方式共有（A）36种（B）60种（C）90种（D）120种（2102年华约）相关习题（1）将6个不同的球装入3个不同的盒子中（每个盒子都不空），有种不同的方法.（2012年南京航空航天大学）2.求证：01122222222(2).k kk k n n n n C C C C C C C k -----=⋅+⋅+⋅≥（2006年中国科技大学）相关习题（1）.已知n 为偶数，*n N ∈，求证：111112.1!(1)!3!(3)!5!(5)!(1)!1!!n n n n n n -++++=⋅-⋅-⋅--⋅ （2012年华东理工大学）3.已知实数[6,10]i x ∈-，121050x x x +++= ，当2221210x x x +++ 取到最大值时，则有（）个 6.-A.3 B.4 C.5 D.6（2012年华约）4.求证：对任意的正整数n ，(1n +（*s N ∈）的形式.（例如2(1+=）（2012年北约）5.系统中每个元件正常工作的概率都是p (01)p <<，各个元件正常工作的事件相互独立.如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作.系统正常工作的概率称为系统的可靠性.（I）某系统配置有21k -个元件，k 为正整数，求该系系统正常工作概率的表达式；（II ）现为改善（I ）中系统的性能，拟增加两个元件.试讨论增加两个元件后，能否提高系统的可靠性.（2012年华约）相关习题（1）随机挑选一个三位数.I （i ）求I 含有因子5的概率；（ii ）求I 中恰有两个数码相等的概率.（2009年清华大学理科）6.在一次考试中333个同学共答对了1000道题.至多答对3题者为不及格，至少答对6题者为优秀.已知不是所有的同学答对的题的个数的奇偶性都相同.成绩不及格者和成绩优秀者人数哪个多？（2009年北京大学）相关习题（1）．某乒乓球培训班共有n 位学员，在班内双打训练期间，每两名学员都将做为搭档恰好参加过一场双打比赛.试确定n 的所有可能值并分别给出对应的一种安排比赛的方案.（2012年华约）7.记函数2()1,1,2,.2!!n n x x f x x n n =++++= 证明：当n 为偶数时，方程()0n f x =没有实根；当n 为奇数时，方程()0n f x =有唯一的实根n θ，且2.n n θθ+>（2012年华约）。
第二讲 方程知识要点一、代数方程分类：①整式方程；②分式方程；③无理方程. 二、解方程的基本思想： ①化分式方程为整式方程；②化高次方程为一次或二次方程； ③化多元为一元；④化无理方程为有理方程.总之，最后转化为一元一次方程或一元二次方程. 三、解方程的基本方法：①解整式方程：一般采用消元（加减消元、代入消元、因式分解消元、换元法消元等），降次（换元降次、因式分解降次、辅助式降次等）等方法.②解分式方程：一般采用去分母，换元法，重组法，两边夹等方法.③解无理方程：一般采用两边平方，根式的定义、性质、换元，几何构造，构造三角函数. 四、二次方程中的韦达定理：我们一般在初二的时候学习韦达定理，利用韦达定理可以解决很多根与系数方面的问题，韦达定理（根与系数的关系）若一元二次方程()200ax bx c a ++=≠的两根为1x 、2x ，则12b x x a +=-，12c x x a=. 各位同学，还记得推导过程吗？ 证法一：（求根公式推导）一元二次方程()200ax bx c a ++=≠的求根公式是x =.则12b x x a +=-，12c x x a=. 证法二：（待定系数法）若一元二次方程()200ax bx c a ++=≠的两根为1x 、2x ，那么方程可以表示为()()120a x x x x --=系数一一对应，就可以得到12b x x a +=-，12cx x a=. 例题精讲1. 已知关于x 的方程()()322387a x b x x -+-=-有无穷多个解，那么a 、b 值应分别为__________.2. 方程2121x x x -+-=+的实数解的个数是__________.3. 求方程()()323223247615180x x x xx x x x -+---++-+=全部相异实根.4. 解方程组11121113111.4x y z y z x z x y ⎧+=⎪+⎪⎪+=⎨+⎪⎪+=⎪+⎩，，5. 设1x 、2x 为方程()()222350x k x k k --+++=的两个实根，求2212x x +的最大值与最小值.6. 若k 为正整数，且关于x 的方程()()221631720k x k x ---+=有两个相异正整数根，求k 的值.7. 关于x 的二次方程()()2222682644k k x k k x k -++--+=的两根都是整数，求满足条件的所有实数k 的值.8. 关于x 的方程4324520x x mx nx -+++=的四根成等差数列，求方程的解.9. 若222222222222222222222222222222222222222222222222121232527141434547161636567181838587x y z u xy z u x y z u x y z u ⎧+++=⎪----⎪⎪+++=⎪⎪----⎨⎪+++=⎪----⎪⎪+++=⎪----⎩，，，，那么，2222x y z u +++的值为__________.10. 设a 、b 、c 分别为ABC ∆的三边，求证：关于x 的二次方程()2222220b x b c a x c ++-+=无实根.11.1=. 习题巩固12. 方程22320060x xy x y --++=的正整数解()x y ，共有多少对？13. 解方程组：2222,2,2.x yz x y zx z z xy y ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩14. 求所有正实数a ，使得方程240x ax a -+=仅有整数根.15. 是否存在质数p 、q ，使得关于x 的一元二次方程20px qx p -+=有有理数根？ 16. 求所有有理数r ，使得方程()()2110rx r x r +++-=的所有根为整数.17. 设方程2310x x -+=的根α、β也是方程620x px q -+=的根，试求整数p 、q 的值.18. 设a 与b 为方程210x px ++=的两个实根，c 与d 为方程210x qx ++=的两个实根.求证：()()()()22a c b c a d b d q p --++=-.19. 设r 、s 、t 是方程38100120160x x ++=的三个根，求()()()333r s s t t r +++++的值.20. 已知p 为质数，使二次方程222510x px p p -+--=的两根都是整数，求出所有可能的p 的值.21. 已知方程()()810x a x ---=有两个整数根，求a 的值.22. 已知关于x 的二次方程()22320ax a x a --+-=至少有一个整数根，求负整数a 的值. 自招链接23. 若方程()()2214x x k --=有4个非零实数根，且它们的数轴上对应的4个点等距离排列，求k 的值.24. 解方程组()()()222222123x y z y x z z x y ⎧=+-⎪⎪=+-⎨⎪=+-⎪⎩，，.参考答案例题精讲1. 因为关于x 的方程()()322387a x b x x -+-=-，即()328237a b x a b +-=+-有无穷多个解.所以33802370a b a b +-=⎧⎨+-=⎩，，可得21a b =⎧⎨=⎩，.2. 当1x ≤-时，原方程化为()()()2121x x x ----=-+，解得2x =（舍去），所以方程无解； 当112x -<≤时，原方程化为()()2121x x x ----=+，解得12x =，所以12x =； 当122x <≤时，原方程化为()()2121x x x ---=+，解得x 为任意实数，所以122x <≤； 当2x >时，原方程化为()()2121x x x -+-=+，解得2x =（舍去），所以方程无解.综上所述，原方程的解为122x <≤；那么实数解的个数是无数个. 3. 设3235222x x x A --+=，25922x x B -+=则原方程化为 ()()690A B A B B -++-=，则 22690A B B -+-=，即()2230A B --=，即 ()()330A B A B -++-=，可得30A B -+=或30A B +-=.因此有32235592302222x x x x x ⎛⎫⎛⎫--+--++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，或32235592302222x x x x x ⎛⎫⎛⎫--++-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则32440x x x --+=或32310x x x -++=.因此 ()()2140x x --=或()()21210x x x ---=，可得1x =或2x =±或1x =±所以，原方程的根为121x x ==，32x =，42x =-，51x =，61x =.4. 原方程组化为()()()234.xy xz x y z yz yx x y z zz zx x y z +=++⎧⎪+=++⎨⎪+=++⎩，，令x y z k ++=，则234xy xz k yz yx k zx zy k +=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩，①，②，③()2++÷①②③，得92xy yz zx k ++=，④由④分别减去①、②、③得125232xy k yz k zx k ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，⑤，⑥，⑦4xyz =⑧由⑧分别除以⑤、⑥、⑦得6x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎪⎩所以x y z k ++===，解得52930k =. 所以原方程组的解为231023623.2x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，，5. 因为关于x 的一元二次方程()()222+350x k x k k --++=有两个实根，所以()()2224135k k k ∆=---⨯⨯++⎡⎤⎣⎦()231616k k =-++()()43+40k k =-+≥，可得443k -≤≤-. 由韦达定理，得()12221k x x k --+=-=-，221235351k k x x k k ++==++所以 ()2221212122x x x x x x +=+-()()222235k k k =--++()22106519k k k =---=-++.当4k =-时，()()22212max51918x x k +=-++=；当43k =-时，()()22212min 505199x x k +=-++=.6. 原方程变形、因式分解为()()()211631720k k x k x +---+=，()()112160k x k x +---=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦.即1121x k =+，261x k =-. 由121k +为正整数得k =1，2，3，5，11；由为正整数得k =2，3，4，7. 所以k =2，3使得1x 、2x 同时为正整数，但当3k =时，123x x ==，与题目不符，所以只有2k =为所求.7. 一元二次方程的整数解的典型难题，由根为整数无法得知实数k 是否为整数，解题的基本思路是消去实数k ，得到关于整数解1x 、2x 的典型方程. 由()()2222682644k k x k k x k -++--+=可知，()()()()42220k x k k x k -+--++=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，故124k x k -=--，222k x k +=--.（由题意可知，26802k k k -+≠⇒≠且4k ≠） 因为122144k x k k -⎛⎫=-=-+ ⎪--⎝⎭，224142k x k k +⎛⎫=-=-+ ⎪--⎝⎭，于是有1241k x -=-+，2421k x -=-+，两式相减可得，2142211x x =-+++，则121320x x x ++=.故()1232x x +=-，从而可知，12132x x =⎧⎨+=-⎩，；或12132x x =-⎧⎨+=⎩，；或12231x x =⎧⎨+=-⎩，；或12231x x =-⎧⎨+=⎩，； 又11x ≠-且21x ≠-，故1215x x =⎧⎨=-⎩，；或1224x x =⎧⎨=-⎩，；或1222x x =-⎧⎨=-⎩，. 故6k =，3，103. 注：得出122144k x k k -⎛⎫=-=-+ ⎪--⎝⎭，后224122k x k k +⎛⎫=-=-+ ⎪--⎝⎭，直接有41k -=±，2±；21k -=±，2±，4±，由于上述两个等式是同时成立的，故这样的k 只能取6k =，3.此法不严密，如果是整数，此法可用，如果不是，就不能用.8. 首先我们推导一下四次方程的韦达定理.设4个根分别为：1x 、2x 、3x 、4x ，则有()()()()12340x x x x x x x x ----=，展开：()()22121234340x x x x x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤-++-++=⎣⎦⎣⎦，()()()22321234123413142324x x xx x x x x x x x x x x x x x x x -+++++++++，()13423412312412340x x x x x x x x x x x x x x x x x -++++=，根据韦达定理（根与系数的关系）有：()1234x x x x -+++为3x 项的系数；123413142324x x x x x x x x x x x x +++++为2x 项的系数；()134234123124x x x x x x x x x x x x -+++为x 项的系数；1234x x x x 为常数项.下面我们来解答这道试题.根据题意，设根为3a b -，a b -，a b +，()30a b b +>，那么根据推导的韦达定理有：()()()()334a b a b a b a b -+-++++=；（3x 项根与系数的关系） ()()()()3352a b a b a b a b --++=；（常数项根与系数的关系）上面两个式子化简，得44a =，即1a =，代入第二个式子得()()()()13131152b b b b -+-+=，则()()2219152bb --=，即42910510bb --=，可知23b =或2179b =-（舍）.又0b >，所以b =1a =，b =故原方程的解为11x =-21x =，31x =，41x =+. 注：有兴趣的同学可以尝试求出m 、()2456n m n =-=，. 9. 已知条件的结构特征，可构造一个关于t 的方程2222222211357x y z u t t t t +++=----， 则22、24、26、28是关于t 的方程2222222211357x y z u t t t t +++=----的根. 将2222222211357x y z u t t t t +++=----化为整式方程，得 ()4222232234840t x y z u t a t a t a -+++++++=.由一元次方程的根与系数的关系，得22222222246884x y z u +++=++++.所以222236x y z u +++=.10. 关于x 的二次方程()2222220b x b c ax c++-+=的判别式为()222224b c a b c ∆=+--⨯⨯()()22222222b c abc bc a bc ⎡⎤⎡⎤=+--+-+⎣⎦⎣⎦ ()()2222b c a b c a ⎡⎤⎡⎤=+---⎣⎦⎣⎦()()()()b c a b c a b c a b c a =+++--+-- ()()()()a b c b c a a b c c a b =-+++-+-+-.因为在三角形中两边之和大于第三边，即a b c +>，b c a +>，c a b +>，所以0a b c +->，0b c a +->，0c a b +->.因为0a b c ++>，所以()()()()0a b c b c a a b c c a b ∆=-+++-+-+-<. 所以关于x 的二次方程()2222220b x b c ax c++-+=无实根.11.（法一）设a =b =，原方程化为1a b +=，因为3361a b +=，又因为()()()()233223a b a b a ab b a b a b ab ⎡⎤+=+-+=++-⎣⎦，所以20ab =-.所以a 、b 是二次方程2200y y --=的两个根，而()()540y y -+=，5y =或4y =-；所以54a b ⎧==⎪⎨==-⎪⎩，，或45a b ⎧==-⎪⎨==⎪⎩，，所以80x =或109x =-.经检验，180x =，2109x =-是原方程的根.0=.a =b =c =所以原方程化为0a b c ++=. 因为()()3332223a b c abc a b c a b c ab bc ca ++-=++++---，所以3333a b c abc ++=，即()()()451613x x ++-+-=，20=2+2987200x x -=，()()801090x x -+=，解得80x =或109x =-；经检验，180x =，2109x =-是原方程的根.习题巩固12. 本题利用因式分解比较复杂，不易得出，注意到y 的最高次数是一次，用x 来表示y ，题目迎刃而解.223200620052111x x y x x x -+==-+--.由x 、y 均为正整数，可得，5，401，2005.所以方程共有四对正整数解.13. 222222.x yz x y zx z xy y ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，，z①+②+③得222222x y z xy yz zx x y z +++++=++，即()2x y z x y z ++=++，()()10x y z x y z ++++-=，0x y z ++=或1x y z ++=.（1）当0x y z ++=时，()x y z =-+，代入②和③，得2222y z z yz =++， 2222z y y yz =++，由④－⑤得()223y zz y -=-，()()3310y z y z -++=，解得y z =或13y z +=-. 若y z =，代入④，得230y y +=，()310y y +=，0y =或13y =-. 所以009x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，，，，或231313x y z ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩，，，，若13y z ==-，则13x =代入①，得19yz =，无实数解. （2）当1x y z ++=时，1x y z =--，代入②和③，得2222y z z yz +=+，2222z y y yz +=+.由⑥－⑦得()223y zy z -=-，()()3310y z y z -+-=，解得y z =或13y z +=. 若y z =，代入⑥，得230y y -=，()310y y -=，0y =或13y =. 所以100x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，，，或131313x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，，. 14. a =16，18，2515. 本题虽然形式上是有理数根的问题，但是因为p 、q 都是整数，则∆也为整数，要求方程有有理数根，那么∆为平方数 ，和例题3、例题4的本质相同.令2224q p n ∆=-=，其中n 是一个非负整数，则()()24q n q n p -+=.由于1q n q n ≤-≤+，且q n -与q n +同奇偶，故同为偶数.因此，有如下几种可能情形：222q n q n p -=⎧⎨+=⎩，，24q n q n p -=⎧⎨+=⎩，，4q n p q n p -=⎧⎨+=⎩，，22q n p q n p -=⎧⎨+=⎩，，24.q n p q n ⎧-=⎨+=⎩，消去n ，解得21q p =+，222p q =+，52p q =，2q p =，222pq =+. 对于第1、3种情形，2p =，从而5q =，对于第2、5种情形，2p =，从而4q =（不合题意，舍去），对于第4种情形，q 是合数（不合题意，舍去）. 又当2p =，5q =时，方程为22520x x -+=，它的根为112x =，22x =，它们都是有理数.综上所述，存在满足题设的质数.16. 首先对0r =和0r ≠进行讨论.时.0r =原方程是关于x 的一次方程，0r ≠时，原方程是关于x 的二次方程，由于r 是有理数，处理起来有些困难，这时用直接求根或判别式来做，均不能奏效.可用韦达定理，先把这个有理数r 消去. 当0r =时，原方程为10x -=，所以1x =.当0r ≠时，原方程是关于x 的一元二次方程，设它的两个整数根为1x 、2x ，且12x x ≥，12121111x x r x x r ⎧+=--⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，，则消去r 得()()1121212213211311x x x x x x x x -=⎧--=⇔--=⇔⎨-=⎩，，或121113x x -=-⎧⎨-=-⎩，.即1242x x =⎧⎨=⎩，，或1202x x =⎧⎨=-⎩，，所以121117r x x ==--或1. 综上所述，当17r =-，0，1时，方程的所有根都是整数. 17. 因为α、β是方程2310x x -+=的两个根，()2341150∆=--⨯⨯=>，所以由韦达定理，得3αβ+=，1αβ=，αβ≠，从而()222223217αβαβαβ+=+-=-⨯=， ()()22442222272147αβαβαβ+=+-=-⨯=因为α、β是方程620x px q -+=的根，所以626200.p q p q ααββ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩， 因为αβ≠，所以()()66442222244222222.11p q αβαβαβαβαβαβαβαβ⎧-=⎪-⎪⎪⎨-=+⨯⎪⎪-⎪⎩=++=47+1=48，==17=7 18. 由韦达定理，得a b p +=-，1ab =，c d q +=-，1cd =因为()()()221a c b c c a b c ab c pc --=-++=++， ()()()221a d b d d a b d ab d pd ++=+++=-+，又因为c 与d 为方程210x qx ++=的两个实根，所以210c qc ++=，210d qd ++=即21c qc +=-，21d dq +=-所以()()()21a c b c c pc c q p --=++=--，()()()21a d b d d pd d q p -+=-+=-+，所以()()()()()()22a cbc ad b d c q p d q p q p --++=---+=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦.19. 因为三次方程没有2x 项，所以它的所有根之和为0，即.0s r t ++=.故()()()()()()()333333333r s t s r t t s r r s t +++++=-+-+-=-++.由于r 为方程的根，故38100120160r r ++=. 对s 和t 也有同样的式子，所以()()33381001320160r s t s r t ++++++⨯=.故()3331001320163201675688s r t r s t +++⨯⨯++===---.因此()()()()333333756r s t s r t r s t+++++=-++=.20. 典型的方程整数解问题，注意充分利用p 是质数这个条件. 由于这个整系数一元二次方程有整数根，所以()()224451451p p p p ∆=---=+是完全平方数，从而51p +是完全平方数.令251p n +=，n 是整数，则()()511p n n =-+.所以，()()511n n -+，即51n -或51n +.若51n -，令15n k -=，则()52p k k =+，由于p 是质数，故1k =，7p =，此时方程为214130x x -+=，11x =，213x =满足条件.若51n +，令15n k +=，则()52p k k =-，故1k =，3p =此时方程为2670x x --=，11x =-，27x =满足条件.综上所述，所求的质数p 为3或7.21. 原方程整理为()28810x a x a -++-=.设1x 、2x 为方程的两个整数根，由韦达定理，128x x a +=+，所以128a x x =+-，a 为整数.所以x a -、8x -均为整数，所以81x a x -=-=±，所以8a =. 22. 4a =-或10-. 自招链接23. （法一）令2x t =，则原方程为()()14t t k --=，整理的2540t t k -+-=，则由求根公式和题意得1,20t =>，所以四个非零实数根分别为1x =2x =3x =4x =由题意它们在数轴上对应的点等距离排列，所以得到=，化简得74k =. （法二）由题意，4个非零实数根在数轴上对应的4个等距点中有两对关于原点对称，则可令()()()()()()221433xx k x a x a x a x a ---=++--，即42422454109x x k x a x a -+-=-+，于是有2410594a a k ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，，解得74k =.24. 原方程组变为()()()222222123.x y z y x z z x y ⎧--=⎪⎪--=⎨⎪--=⎪⎩，，即()()()()()()123.x y z x z y x y z y z x x z y y z x +-+-=⎧⎪+-+-=⎨⎪+-+-=⎩，，⨯⨯①②③可得()()()2226x y z x z y y z x +-+-+-=，即()()()x y z x z y y z x +-+-+-=，当()()()x y z x z y y z x +-+-+-=时，原方程组变为y z x x z y x y z ⎧⎪+-=⎪⎪+-=⎨⎪⎪+-=⎪⎩解得123x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎪⎩同理，当()()()x y z x z y y z x +-+-+-=4x y z ⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎪⎩。
一、 函数、方程与不等式一、函数与方程例1. 已知函数()()20f x ax bx c a =++≠，且()f x x =没有实数根，那么()()f f x x =是否有实数根？并证明你的结论？练习：已知函数2()0f x x px q =++=且(())0f f x =仅有一实根.求证：0,0p q ≥≥.例2. 设()()()4321324f x a x x a x a =++-+-，试证明对任意实数a ,（1）方程()0f x =总有相同实根；（2）存在0x ，恒有()00f x ≠.练习：432()(58)69f x axx a x x a =++-+-.证明：对任意实数a ,存在0x ，（1）总有()00f x =；（2）总有()00f x ≠.例3. 若方程320xax bx c +++=的三个根恰为,,a b c ，且,,a b c 为不全为零的有理数，求实数,,a b c 的值.练习：设,(,),0a b b ∈-∞+∞≠，,,αβγ是三次方程30xax b ++=的三个根，则总以111111,,αββγγα+++为根的三次方程是（ ） A ．232220a x abx b x a ++-= B. 232220b x abx a x b ++-=C.232220a x ab x bx a ++-= D. 232220b x a bx ax b ++-=例4. 设θ是三次多项式()3310f x x x =-+的一个根，且222θθα+-=.若()h x 是一个有理系数的二次多项式，满足条件()h αθ=，则()0h = .例5. 设9k≥，解方程32229270x kx k x k ++++=.例6. 求方程2x x =+++（n 重根）的解.27101x +-=的实根的个数.约)例7. 记函数2()1,1,22!!nn x x f x x n n =+++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅证明：当n 是偶数时，方程()0n f x =没有实根；当n 是奇数时，方程()0n f x =有唯一的实根nθ，且2n n θθ+＞.例8. 已知12,,,a a a∈R ，满足120a a a +++=，且122334201312222a a a a a a a a-=-=-==- .求证：1220130a a a ====.例9. 1为两根的有理系数多项式的次数最小为 . 练习：试求出一个整数系数多项式()110n n n n f x a x a x a--=+++，使得()0f x =二、不等式例10. 实数()()1,2,3,1,2,3i i a i b i ==满足123123a a a b b b ++=++，122331122331a a a a a a bb b b b b ++=++，()()123123min ,,min ,,a a a b b b ≤，求证：{}{}123123max,,max ,,a a a b b b ≤.例11.下列不等式中正确的是（ ）A ．1201617k =<< B ．12011819k =<< C ．1202021k =<< D. 12012223k =<< 练习：求证：313n+++<. 例12. 已知：0,0ab >>，求证：1112a b a ba nb +++<+++.练习：有小于1的正数12,,,n x x x ，且121n x x x +++=.求证：33311221114n nx x x x x x +++>---. 例13. 若正数,,a b c 满足1a b c ++=，求证：111100027a b c a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.练习：已知0,0a b >>，且1a b+=，求证：11254a b a b ⎛⎫⎛⎫++≥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.例14. （1）,x y 为实数，且1x y +=，求证：对于任意正整数n ，222112n n n x y -+≥.(2),,a b c 为正实数，求证：3a b cx y z++≥，其中,,x y z 为 ,,a b c 的一种排列. 例15. 设0,0,0a b c ≥≥≥，且3a b c ++≤.证明：22231111112111a b c a b c a b c++≤≤++++++++. 例16. 设12,,,n x x x 都是正数，求证：222211212231n n n n x x x x x x x x x x x -++++≥+++.例17.求()12120111f x x x x =-+-++-的最小值.例18.设函数()1x m f x x +=+，且存在函数1()(,0)2s φt at b t a ==+>≠， 满足2121()t s f t s-+=. （1） 证明：存在函数(s)(0)t φcs d s ==+>，满足2121().s t f s t+-= （2） 设13x =，()1,1,2,n n x f x n +==，证明：1123n n x --≤. 例19. 111()ln ,1,()x n n e f x a a f a x+-===.（1） 求证：10xx e x e -+≥恒成立；（2）试求()f x 的单调区间；（3） 求证：{}n a 为递减数列，且0n a >恒成立.例20. 已知()(1)1xf x x e =--； （1）求证：当0x >时()0f x <；（2）数列{}n x 满足111,1n n x x n x e e x +=-=，求证：数列{}n x 递减且12n nx >二、简单数论与组合杂题一、 整除与同余 例1. 证明：1109|n n a a a a -的充分必要条件是 09|ni i a =∑（其中011,,,,n n a a a a -是十进制数码，110n n a a a a -表示1n +位数码组成8例2. 设m 为非负整数，证明()22157|78m m +++.例3. 是否存在10个正奇数的倒数之和等于1？例4. 证明：任意100个整数中，必有两个整数之差能被99整除. 例5. 求正整数区间[,]()m n m n <中，不能被3整除的数之和. 例6. 求公差是8，由三个质数组成的数列. 例7. 10003在十进制中最后4位是多少？例8.2004818(736)+的个位数是多少？例9. 2005！末尾有连续多少个零？ 例10. 证明：当x 为任何整数时，9753694x x x x -+-可被8640整除.二、不定方程例11. 3个自然数倒数和为1，求所有解. 例12. （1）求三直线160,,02x y y x y +===所围成三角形上的整点个数； （2）求方程组2,1,260y x y x x y <⎧⎪⎪>⎨⎪+=⎪⎩ 的整数解的个数.例13. 证明：方程22317xy -=没有整数解.练习： 证明：当a 为任意整数时，方程223x y a -=有整数解.例14．设,,a b c 为除1以外没有公因数的三个整数，并且111a b c+=. 求证：(),(),()a b a c b c +--都是完全平方数.例15. 在正整数范围内求方程组的解：33323,2().a b c abc a b c ⎧--=⎨=+⎩ 例16． 求出方程!(1)!!n n m +=的全部整数解. 例17. 证明：1的任何正整数次幂均可写成的形式，其中s 为正整数. 例如))2311==三、组合数学例18．用有限多条抛物线以及它们的内部能否覆盖整个平面?（一条抛物线将平面分成两部分区域，其中包含焦点的区域乘坐抛物线的内部.例19. 100个集装箱内有200件货物（每箱两件），运抵某一货场堆放. 但在堆放过程中货物的顺序被完全打乱了，现在希望将货物重新装入集装箱运走，由于货物只有一条传送带，而且作业空间有限，因此采取如下方案：（200件货物已经被排列成某种顺序）每次从传送带上取下一件货物，如果能装进当前的集装箱则装箱；否则将当前的集装箱密封，并使用一个新的集装箱. 已经放过的货物不能再从集装箱取出，密封的集装箱不能再被打开. 在最坏的情况下，一共需要多少个集装箱？证明你的结论.例20．有333人考试，一共做对了1000道题，做对不多于3道为不及格，做对不少于6道为优秀，不是所有人答对的题的数量奇偶性都相同，问不及格的多还是优秀的多？例21．一场跑马比赛最多只能有8匹马参加，假设同一匹马参加每一场比赛的表现都是一样的。
名校《强基计划》初升高衔接讲义（下）第七讲几何定理 (2)1.知识要点 (2)2.例题精讲 (2)3.习题巩固 (4)4.自招链接 (5)5.参考答案 (6)第八讲几何计算 (18)1.知识要点 (18)2.例题精讲 (18)3.习题巩固 (20)4.自招链接 (22)5.参考答案 (22)第九讲几何不等式 (38)1.知识要点 (38)2.例题精讲 (38)3.习题巩固 (39)4.自招链接 (41)5.参考答案 (42)第十讲数论 (52)1.知识要点 (52)2.例题精讲 (52)3.同余的基本性质 (52)4.自招链接 (54)5.参考答案 (54)第十一讲组合 (61)1.知识要点 (61)3.例题精讲 (62)4.习题巩固 (63)第十二讲高斯函数[x] (72)1.知识要点 (72)2.例题精讲 (73)3.习题巩固 (73)4.自招链接 (74)5.参考答案 (74)1第七讲几何定理1.知识要点在几何证明中有很多定理十分的有趣，在介绍这些定理之前，先介绍一下正弦定理与余弦定理.正弦定理与余弦定理是揭示三角形中边角之间的数量关系的两个重要定理，而三角形是最基本、最重要的几何图形，所以它们是联系三角与几何的纽带.因此，正弦定理和余弦定理有着极广泛的应用，它们在代数方面主要用于解斜三角形、判定三角形形状等等；在几何方面主要用于计算、证明以及求解几何定值与几何最值等等.正弦定理：在三角形中，各边和它所对的角的正弦的比相等.这个表述等价于：在三角形中，各边之比等于它所对的角的正弦之比.有a b c，此式变形得a:b:c sin A:sin B:sinC. sin A sin B sinC余弦定理：在三角形中，任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的两倍.这个表述等价于：任何一角的余弦等于它的两条夹边的平方和减去对边的平方的差除以夹边乘积的两倍所得的商.有a2b2c22bc cos A，b2a2c22ac cosB，c2a2b22ab cosC.变形得cos Ab c a222，cos2bcBa c b222，2accosCa b c222.2ab以上的证明过程可以使用勾股定理来证明.2.例题精讲1.（梅氏定理）如图7-1，E、M分别为AB、AC上的任意一点，D为EM与BC延长线AE BD CM的交点，求证：1.EB DC MA2.（塞瓦定理）如图7-3，在△ABC中，AA、BB与CC相交于点O.试证明：BA CB AC1.A CB AC B23.若钝角三角形的三边分别为3、2、x，试求x的取值范围.4.证明：三角形的任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边距离的两倍.5.证明：（斯德瓦尔特定理）如图7-5，△ABC中，D是BC上任意一点，则有AB CD AC BD AD BC BD CD BC.2226.证明斯坦纳（Steiner）定理：若P为△ABC内任意一点，作PD BC，交BC于点D，作PE CA于点E，作PF AB于点F.则AF BD CE AE CD BF.2222227.证明笛沙格定理：如图7-7，平面上有两个三角形△ABC、△A B C，设它们的对应顶点（A和A、B和B、C和C）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线.8.证明阿波罗尼斯圆：如图7-8，到两定点A、B的距离之比为定比m:n（值不为1）的点E，位于将线段AB分成m:n的内分点C和外分点D为直径两端点的定圆周上.39.证明西姆松定理：（1）如图7-11，从△ABC外接圆上任一点P向三边AB、BC、CA所在直线引垂线，设垂足分别为点D、E、F，则点D、E、F共线.（2）由△ABC外一点P向其三边AB、BC、CA所在直线引垂线，垂足为点D、E、F.若点D、E、F共线，则点P必在△ABC的外接圆上.3.习题巩固10.证明海伦公式：S p(p a)(p b)(p c)，长.1p (a b c)，a、b、c为三边211.如图，AM是△ABC的BC边上的中线，求证：AB2AC22(AM2BM2).12.证明：若G为△ABC的重心，P为△ABC所在平面上任意一点.则222222212222 PA PB PC GA GB GC 3PG (a b c )3PG.313.证明：平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和.14.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.15.如图，四边形ABCD的对边AB与CD、AD与BC分别相交于点L、K，对角线AC与BD交于点M，直线KL与BD、AC分别交于点F、G.求证：KF KG.LF LG416.在△ABC中，已知A:B:C1:2:4，求证：111.AB AC BC17.若a、b、x、y是实数，且a2b21，x2y21.求证：ax by≤1.（请用几何方法）18.如图，已知AD、BE、CF是△ABC的三条高，点D在直线AB、BE、CF、CA上的射影分别是点M、N、P、Q.求证：M、N、P、Q四点共线.19.已知四边形ABCD是圆内接四边形，且D是直角，若从B作直线AC、AD的垂线，垂足分别为点E、F，则直线EF平分线段BD.4.自招链接20.（托勒密定理）已知，四边形ABCD内接于圆，求证：AC BD AD BC AB CD.21.某人在学习了三角形面积的海伦公式（若一个三角形的三边长分别是a、b、c，则它的面积S p(p a)(p b)(p c)，其中pa b c）以后，（1）他试图用例2子说明，存在着两个不全等，并且边长是正整数的等腰三角形，它们的周长相等，而且面积相等.为了方便，他设定两个等腰三角形的底边边长之比为2.请你按上述思路给出一组满足要求的例子.（2）两个等边三角形面积相等，它们一定全等；两个等腰直角三角形也是如此.除此之外，请你考虑，能否以两个三角形周长相等，面积相等为前提，再附加一个有关三角形形状特征的条件，从而推导出此时这两个三角形必定全等？55.参考答案1.以下提供的是面积法证明梅氏定理（爱因斯坦称为优雅的证明，利用平行线的是丑陋的证明）.如图7-2，连结AD、BM.AE S S AE S△△△ADE AME AMD EB S S EB S△BDE△BME△BMDBD S，△BMDDC S△CMDCM S，△CMDMA S△AMD.AE BD CM S S S故△AMD △BMD △CMD 1.EB DC MA S S S△BMD△CMD△AMD2.由△OAB和△OCA有公共底边OA，而这两个三角形OA上的高之比为BA:A C.BA S所以OAB△A C S△OCACB S.同理，OBC△B A S△OABAC S，OCA△C B S△OBC. BA CB AC三式相乘，化简得：1.A CB AC B23x22 3.若x 为最大边，设钝角为，cos223，又x 0，解得x 7.又23x 23，所以7x 23.3x 222若2为最大边，cos 0，又x 0，解得0x 1.23x又因为23x 23，得23x 1.综上，7x 23或23x 1.4.事实上，如图7-4，AD、BE、CF分别为△ABC的三条高，D、E、F分别为垂足，H是垂心.O是△ABC的外心，M、N、L分别是BC、CA、AB的中点，则OM、ON、OL即为外心O到三边的距离.取BH的中点P，连结PL、PM，则1PL AH，21PL AH，21PM HC，261PM HC.2而CM AD，OL CF，则PL MO，PM LO，即四边形PMOL为平行四边形.（或连结PO，有△PLO≌△OMP）有1OM LP AH，21OL MP CH.21同理，ON BH.25.如图7-6所示，过点A作BC的垂线，垂足为点E，则有A B AE BE，222 AC2AE2CE2，AD2AE2DE2.故AB CD AC BD AD BC222(AE BE)CD(AE CE)BD(AE DE)BC222222AE2(CD BD BC)BE2CD CE2BD DE2BCBE CD CE BD DE BC222(BD DE)CD(CD DE)BD DE BC222(BD DE2BD DE)CD(CD DE2CD DE)BD DE BC 22222BD CD CD BD DE BC DE BC2222BD CD CD BD22BD CD BC.即AB CD AC BD AD BC BD CD BC.2227点评：由斯德瓦尔特定理可以得出很多有用的结论，比如上例，令本例中BD CD，则很快得出上例的结论以及中线长的公式，一般地，只要△ABC的三条边已知，BC上一点D的位置已知，则AD的长度便可直接求出来.另外，此结论用余弦定理证明也是很快的：在△ABD中，由余弦定理可知，AB2AD2BD22AD BD cos ADB.在△ACD中，由余弦定理可知，AC2AD2CD22AD CD cos ADC.故AB CD AC BD AD BC222AD CD BD CD AD BD CD BD AD BC22222AD BC BD CD BC AD BC22BD CD BC.6.A F BD CE PA PF PB PD PC PE222222222PA PE PC PD PB PF222222AE CD BF.2227.运用梅涅劳斯定理是证明三个没有直接联系的点共线的常用方法；FA FB FC假设：nm，，FA FB FC 因为直线AC割三角形FA C，所以k .CC FA A G1，CF AA GC即11A G11.1k GC1mA G (1m)k.所以GC (1k)m8CC FB B E同理1，可得到：CF BB EC B E (1n)k EC (1k)n.同理可得到：B D (1n)mDA (1m)n.所以A G C EB D (1m)k (1k)n (1n)mGC EB DA (1k)m (1n)k (1m)n1.所以G、E、D共线.证明逆定理可以使用同一法.8.首先证明阿波罗尼斯定理的逆定理：将线段AB分成m:n（值不为1）的内分点C和外分点D为直径两端点的定圆周上任意一点到两定点A、B的距离之比为定比m:n.如图7-9，连结OE.不妨设mn，设ABl，则ACmlm n，BCnlmn，ADmlmn，BDnlm n.所以圆的直径为ml ml2mnl AD ACm n m n mn22.圆的半径Rmnlm n22，AO AC AD m l22m n22，BO BD BC n l22m n22，可得到m n l222AO BOR2m n222.BO AO m所以，对于上任意一点E有，EOA BOE，所以EO EO n EBm△EOAC∽△BOE，所以.AE n阿波罗尼斯定理的逆定理证明成立后，反过来再证明原来的定理可以使用反证法.设E不在圆上并且AE:BE m:n AC:BC.如图7-10，连结EC，则EC为三角形AEB的角平分线，如果EC或其延长线与圆有另一个交点E，则根据已证明的逆定理AE:BE m:n AC:BC，所以E C是三角形AE B的角平分线，于是很容易证明△AEE≌△BEE，该结论与m:n值不为1矛盾.如果EC或其延长线与圆只有一个交点，则EC与圆相切，于是容易证明△AEC≌△BEC，同样能得出矛盾.所以假设不成立.即满足AE:BE m:n AC:BC的点只能在CD为直径的圆上.9另解：运用余弦定理可以直接得到原命题.已知：A、B、C、D共线，AE:BE AC:BC AD:BD m:n，O为CD中点，1求证：OE CD.2AO EO 2AO EO cos EO BO 2EO BO cos，2222m n22其中EOA.又因为AO AC AD m l22m n22，BOBD BC n l22m n22，所以A O BO.m n22所以2AO EO cos2EO BO cos.m n22所以AO EO EO BO 2222.m n22所以22mnl 1EOCD2m n222.9.（1）如图7-12，连结DE、EF、PB、PC.由PD AB，PE BC可知，D、B、P、E四点共圆，故BED BPD.由PF AC，PE BC可知，P、E、C、F四点共圆，故CEF CPF.又PCF ABP，PD AB，PF AC可知，CPF BPD，故BED CEF，从而可知，点D、E、F三点共线.（2）由PD AB，PE BC可知，D、B、P、E四点共圆，故BED BPD.由PF AC，PE BC可知，P、E、C、F四点共圆，故CEF CPF.又BED CEF，故BPD CPF.10又PD AB，PF AC，故PCF ABP，从而可知，A、B、P、C四点共圆，即点P在△ABC的外接圆上.习题巩固10.11S absinC ab1cos C.222在△ABC中，由余弦定理可得cosCa b c222，代入上式可得2ab2222222222a b c4a b a bc 11S ab1ab24a b24a b222224a b a b c2ab a b c2ab a b c222222222221616(a b)c c(a b)(a b c)(a b c)(c a b)(c a b)2222.16161a b c2p2c c a b2p2b又p(a b c)，故p c，p b，2222 2 ca b2p2ap a，故S p(p a)(p b)(p c).2211.过点A作BC的垂线，垂足为点D.在Rt△ABD中，由勾股定理可知，AB2AD2BD2.同理，AC AD CD，AM2AD2DM2.222又BD BM DM，CD CM DM，BM CM，故AB2AC22AD2BD2CD22(AM DM)(BM DM)(CM DM)22222(AM DM)BM DM CM DM2222222AM BM CM2(AM BM).22222备注：本题就是三角形的中线长公式，设a、b、c为三角形的三边长，m、m、ma b c1111分别为对应边上的中线，则有m2c2a b，m2b22c2a2，222a b2 21m2a2b c.22 2 c2本题只给出了一种情况，当△ABC中B或者C为直角或钝角时，同理可证.另外，可用余弦定理证明该结论：在△ABM中，由余弦定理可知，AB2AM2BM22AM BM cos AMB；在△ACM中，由余弦定理可知，AC AM2CM22AM CM cos AMC.两式相加即可得到结论.12.设BC的中点为M，连结AM、PM.设AM的三等分点分别为点N、G.则点G为△ABC的重心.由中线公式有PB2PC22(PM2BM2)，①PA2PG22(PN2NG2)，②PM2PN22(PG2NG2).③①+②并代入③得：PA2PB2PC23PG22BM22NG24NG2.又GB2GC22GM2BM22NG2BM2，4NG2GA2，所以PA2PB2PC23PG2GA2GB2GC2.242412221222又GA AM2b2c a2b2c a，99492122221222同理GB c a b，22GC2a2b c.9922212222将以上三式代入即得PA PB PC a b c PG.33点评：该结论前一个等式称为卡诺定理，后一等式称为莱布尼兹公式.13.要证明的结论是：AC BD AB BC CD DA.222222如图，过点A、D分别作BC的垂线，垂足分别为点E、F，易证△ABE≌△DCF，故BE CF，AE DF.12由勾股定理可知，AC2AE2CE2，BD2BF2DF2.故AC BD AE CE BF DF222222AE2(BC BE)2(BC CF)2DF2AE22BC2BE2CF2DF2AB22BC2CD2AB BC CD DA.2222另解：在△ABD中，由余弦定理可知，BD2AB2AD22AB AD cos BAD.在△ACD中，由余弦定理可知，AC2AD2CD22AD CD cos ADC.两式相加可得，AC BD AB AD AD CD AB BC CD DA.2222222222点评：如果设两对角线的交点为点O，我们发现：在△ABD中，AB2AD22OA2OB2；在△ACD中，AD2CD22OC2OD2.故AB2AD2AD2CD22OC2OD22OA2OB2AC2BD2，即AB2BC2CD2DA22OC2OD22OA2OB2AC2BD2.也就是说，用中线长公式（或者斯德瓦尔特定理）也可很快证明.14.根据题意作图，ABCD为任意四边形，点E、F分别为BD、AC的中点.该图与我们前面讲过的中线长公式的图形是一致的，于是可得，AB2BC22(BF2AF2)，同理AD2CD22(DF2CF2).两式相加可得，AB BC AD CD22222(DF BF)2(CF AF)22222(DF BF)AC.222 13在△BDF中，BE DE，于是有.22221212DF BF2EF2BD2EF BD222DF BF 4EF BD.故2222从而可知，AB2BC2AD2CD2AC2BD24EF2，得证.点评：本结论也称为欧拉定理.DA KF LC15.对△DKL与点B，由塞瓦定理，得1.AK FL CDDA KG LC对△DKL与截线AGC，由梅涅劳斯定理，得1.AK GL CD KFKG由两式可得.FL GL16.将结论变形为AC BC AB BC AB AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形.如图，作△ABC的外接圆，作弦BD BC，连结AD、CD.在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC BD BC AD AB CD.易证AB AD，CD AC，所以AC BC BC AB AB AC.111两端同除以AB BC AC，得.AB AC BC17.如图，作直径AB 1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC a，BC b，BD x，AD y.由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的.据托勒密定理，有AC BD BC AD AB CD.因为CD≤AB1，所以ax by≤1.1418.运用西姆松定理解题最重要的是找对哪个点对于哪个三角形的西姆松线.点D对于△ABE的西姆松线是MNQ，点D对于△BFH的西姆松线是MNP，而M、N即可确定一条直线，故M、N、P、Q四点共线.19.作BG DC交DC的延长线于点G，由西姆松定理有：F、E、G共线，又因为BFD FDG DGB90，所以四边形BFDG为矩形，所以对角线FG平分另一条对角线BD.自招链接20.由于待证结论实质上是一种比例线段的组合形式，一般是通过（或构造）相似三角形.为此，不妨把原式左端也化成线段两两乘积之和.证法1：几何方法.如图1，在BD上取一点P，使其满足12.因为34，所以△ACD∽△BCP，从而有AC AD，即BC BPAC BP AD BC.①又ACB DCP，56，所以△ACB∽△DCP，从面有A B AC，即DP CDAC DP AB CD.②①+②，有AC BP AC PD AD BC AB CD.即AC(BP PD)AD BC AB CD，故AC BD AD BC AB CD.15证法2：代数证法.如图2，设AB a，BC b，CD c，DA d，AC e，BD f.即证ac bd ef.a d f222在△ABD中，由余弦定理，有cos DAB ；2ad在△BCD中，同理，有b c f222 cos BCD .2bc因为DAB BCD 180，所以cos DAB cos BCD 0，即a d fbc f2222220.2ad2bc整理，得ab cdf2(acbd)ad bcad bc；同理可得e2(ac bd)ab cd.于是，(fe)2(ac bd)2，故ef ac bd.即AC BD AD BC AB CD.21.（1）一组三角形边长为8、8、12；11、11、6.令两个三角形边长分别为a,b,b 、2a,c,c，则有a 2b 2a 2c.由海伦公式及两个三角形面积相等，有p(p a)(p b)(p b)p(p 2a)(p c)(p c)，整理得(p b)p a (p c)p 2a.不妨令p a 4p2a,p c 2pb,联立a 2b 2a 2c，解得11b a,64c a.3令a 6，则bc 11, 8.（2）附加条件：两三角形为直角三角形.不妨设两三角形边长分别为a1,b1,c1、a,b,c，其中222c、c为直角边，设内切圆1216半径为r、1r. 2由周长相等、面积相等可得11rC r C，可以推出r r，两三角形内切圆半径相11221222等.11由内切圆半径相等可得a b c a b c，又由11122222a b c a b c，可得111222a b a b,1122c c.12又由面积相等，可得11a b a b，联立112222a b ab1122a b a b,1122,可得aa,2212 a b a b.可以解得1122b b,12ab,12或b a.12综上，两三角形全等.17第八讲几何计算1.知识要点在自招试卷中，有不少的几何计算问题，一般需要用到全等，相似，勾股定理等课本知识，同时也会考查到面积法，弧长等平时较少操练的章节.本讲我们讲围绕几何计算展开学习.2.例题精讲22.如图8-1，AOB45，点P、Q分别是边OA、OB上的两点，且OP2cm.将O沿PQ折叠，点O落在平面内点C处.（1）①当PC QB时，OQ；②当PC QB时，求OQ的长.（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时，求OQ的长.23.我们知道，三角形的内心是三条角平分线的交点，过三角形内心的一条直线与两边相交，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形.若有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“内似线”.（1）等边三角形“内似线”的条数为；（2）如图8-6，△ABC中，AB AC，点D在AC上，且BD BC AD，求证：BD是△ABC的“内似线”；（3）如图8-7，在Rt△ABC中，C90，AC4，BC3，点E、F分别在边AC、BC上，且EF是△ABC的“内似线”，求EF的长.24.将一个等腰三角形ABC划分成两个较小的等腰三角形，问这样的△ABC有几种形状？并将所有形状都列出来.1825.如图8-11，△ABC中，AB AC2，BC边上有100个不同的点P，P，P，…，123 P，记m AP2PB PC(i1,2,3,,100)，求m m m m.100i i i i12310026.已知△ABC的两条角平分线BD、CE交于点I，ID IE，ABC70.则A的度数为.27.如图8-15，在四边形ABCD中，已知△ABC是等边三角形，ADC30，AD3，BD5.求边CD的长.28.如图8-17，在四边形ABCD中，AB BC CD，ABC78，BCD162，设直线AD与BC的交点为点E，则AEB的大小为.29.如图8-19，三条直线l、m、n互相平行，且l、m间的距离为2，m、n间的距离为1，若正△ABC的三个顶点分别在l、m、n上，则正△ABC的边长是.19OA OB OC OA OB OC30.如图8-21，2018，则.OD OE OF OD OE OF31.如图8-22，在Rt△ABC中，CA CB，C90，四边形CDEF、四边形KLMN是△ABC的两个内接正方形.已知S441，S440.求△ABC的三边长.CDEF KLMN3.习题巩固32.沿一个卡纸立方体的边缘按照图1中所示的虚线切开，然后展开，平放在桌面上的图形是图2中的（）.33.如图，EFGH是正方形ABCD的内接四边形，BEG、CFH都是锐角，已知FG3，FH4，四边形EFGH的面积为5，求正方形ABCD的面积.34.如图，设P是ABCD内一点，过P分别作AB、BC、CD、DA的垂线，垂足分别为点E、F、G、H.已知AH3，HD4，DG1，GC5，CF6，FB4，且BE AE1，则四边形的周长为多少？2035.在△ABC中，A 60，B 20，延长BC到D使CD AB.求CAD.36.已知△ABC是等边三角形，它的高是4.若点P到边AB、AC的距离分别是1、2.则点P到边BC的距离是多少？37.在Rt△ABC 中，A 30，C 90，分别以AB、AC为边向△ABC外部作正AF△ABD、△ACE，连结DE分别交AC、AB于点F、G.则的值为多少？AG38.在△ABC中，AB 1，BC 2，B C 90.则△ABC外接圆的半径是多少？39.设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，且a b c.若的值.b ac a c b1315，求a:b:c40.如图，44的网格中有25个格点，作出以这25个格点中的三个点为顶点的所有三角形，其中直角三角形多少个？41.已知A、B是半径为2的O上的两定点，AB 4，P是O上一动点.当点P在O上移动一周时，△ABP的垂心移动的路程为多少？（增加两个特殊点，使△ABP的垂心H移动的轨迹是封闭图形）.42.如图，已知△ABC，且S△1.点D、E分别是AC、AB上的动点，BD与CE相交ABC16于点P，使S四边形S.求S△DEP的最大值.BCDE BPC△9214.自招链接43.如图，在任意五边形ABCDE中，点P、Q、R、S分别是AB、CD、BC、DE的中点，点M、N分别是PQ、RS的中点，且AE a.求MN.44.已知△ABC中，B4C45，AD BC于点D，若BD2，CD1.求△ABC的面积.5.参考答案22.（1）①当PC QB时，O CPA，由折叠的性质得：C O，OP CP，所以CPA C，所以OP QC，所以四边形OPCQ是平行四边形，所以四边形OPCQ是菱形，所以OQ OP2cm.故答案为：2cm.②当PC QB时，分两种情况：（ⅰ）如图8-2所示，设OQ xcm，因为O45，所以△OPM是等腰直角三2角形，所以OM OP2，所以QM2x.2由折叠的性质得：C O45，CQ OQ x，所以△CQM是等腰直角三角形，所以QC2QM，所以x2(2x)，解得：x222，即OQ222；22（ⅱ）如图8-3所示.同（ⅰ）得：OQ222；综上所述：当PC QB时，QQ的长为222，或222.（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时，符合条件的点Q共有5个；①点C在AOB的内部时，四边形OPCQ是菱形，OQ OP2cm；②当点C在AOB的一边上时，△OPQ是等腰直角三角形，OQ2或22；③当点C在AOB的外部时，分两种情况：（ⅰ）如图8-4所示，PM PQ，则PMQ PQM O OPQ，由折叠的性质得：OPQ MPQ.设OPQ MPQ x，则PMQ PQM45x，在△OPM中，由三角形内角和定理得：45x x45x180，解得：x30，所以OPQ30，作QN OP于点N，设ON a，因为O45，则QN ON a，OQ2a，PN3QN3a.因为ON PN OP，所以a3a2，解得：a31，所以OQ2(31)62.（ⅱ）如图8-5所示，PQ MQ，作QN OA于点N，同①得：OQ62.综上所述：当折叠后重叠部分为等腰三角形时，OQ的长为2cm或2cm或22cm，或(62)cm或(62)cm.23.（1）等边三角形“内似线”的条数为3条；理由如下：过等边三角形的内心分别作三边的平行线，如8-8所示：则△AMN∽△ABC，△CEF∽△CBA，△BGH∽△BAC，所以MN、EF、GH是等边三角形ABC的“内似线”.故答案为：3.23（2）因为AB AC，BD BC AD，所以ABC C BDC，A ABD，所以△BCD∽△ABC.又因为BDC A ABD，所以ABD CBD，所以BD平分ABC，即BD过△ABC的内心，所以BD是△ABC的“内似线”.（3）设D是△ABC的内心，连结CD，则CD平分ACB，因为EF是△ABC的“内似线”，所以△CEF与△ABC相似.分两种情况：①当C E AC4时，EF AB，因为ACB 90，AC 4，CF BC3BC 3，所以AB AC2BC25.作DN BC于点N，如图8-9所示.则DN AC，DN是Rt△ABC的内切圆半径，所以1DN (AC BC AB)1.2DE CE4因为CD平分ACB，所以.DF CF3DN DF37因为DN AC，所以，所以CE .CE EF73因为EF AB，所以△CEF∽△CAB，所以EF CE，解得：AB AC35EF .12②当CF AC4时，同理得：CE BC335EF .1235综上所述，EF的长为.1224.如图8-10所示.设等腰三角形ABC分成△ABD与△ACD.不妨假设ADB≥90；于是，等腰三角形ABD中，只能有AD BD.这时BAC B，而△ACD有三种情况.24（1）若AD CD 时，则BAC 90，△ABC为等腰直角三角形.（2）若CD AC时，设B ，则ADB 1802，BAC 3，C 1804，由于ADB≥90，则≤45.若B C ，则1804，36；若BAC C，则3180 4，180. 7（3）若AD AC 时，设B ，C 2，BAC 1803，显然B C.由BAC C，得21803，36.综上所述，总共有4组解；所求三角形的三个内角分别为（45°，45°，90°）、（36°，36°，108°）、180540540(,,)777，（36°，72°，72°）.25.仔细观察，我们发现m AP PB PC的结构与斯德瓦尔特定理非常相似，只是2i i i i缺BC.从而可知，BC m AP BC PB PC BC AB2PC AC2PB 4BC，2i i i i i i故m 4，从而有i m m m m .也可以仿效前面几个例题作垂线，也123100400可求出.如图8-12，作AD BC于点D，则m AP PB PC AD DP PB PC222i i i i i i i2AD BD BP PB PC2i i i2BP CPi iAD BP PB PC2i i i22CP BPAD PB PC2i ii i4AD22 CP BPi i4AD2BD2AB24.从而可知，123100400m m m m .2526.答案：40°或60°.如图8-13，在BC上截取BE BE，CD CD，连结ID、IE.当点D与E不重合时，易证△BIE≌BIE，△CID≌△CID.则IE IE ID ID. 故CD I BEI.又BIE BIE CID CID，则ABC ACB70，A40.当点D与E重合时，如图8-14.同理，由BIE BIE CID CID，且BID180，知BIC120.所以，A60.27.如图8-16，以CD为边向四边形ABCD外作等边△CDE，连结AE.26由AC BC，CD CE，知BCD BCA ACD DCE ACD ACE，所以△BCD≌△ACE，所以BD AE.又ADC30，可知ADE ADC CDE90.所以AD DE AE，222从而有AD CD BD，222所以CD BD2AD24.28.如图8-18，过点B作BF CD，过点D作DF BE，BF、DF交于点F，连结AF.因为BF CD，DF BE，BC CD，所以四边形BCDF是菱形，所以BF BC.因为AB BC，所以AB BF.因为BF CD，所以EBF BCD180.因为BCD162，所以EBF18.因为ABC78，所以ABF ABC EBF60.所以三角形ABF是等边三角形.所以AFB60，AF DF，所以DAF ADF.因为四边形BCDF是菱形，BCD162，所以BFD BCD162，所以AFD360BFD AFB138.因为AFD DAF ADF180，DAF ADF，所以ADF21.因为DF BE，所以AEB ADF，所以AEB21.2729.如图8-20，过点A作AD m于点D，在AD右侧作DAE 60，并使AE AD，连结CE，交l于点F；过点C作CG l于点G.因为BAC 60，DAE 60，所以BAC DAE.所以BAC DAC DAE DAC，即BAD CAE.AB AC,因为BAD CAE,AD AE,所以△ABD≌△ACE SAS ，所以ADB AEC.因为AD BD，所以ADB 90，所以AEC 90，所以AEF 90.因为AD BD，l m，所以AD AF，所以DAF 90.因为DAE 60，所以EAF DAF DAE 30.因为AEF 90，CG l，所以EAF AFC 90，FCG AFC 90.所以EAF FCG，所以FCG 30.在Rt△AEF中，EAF 30，AE 2，所以23 EF .3在Rt△CFG中，FCG 30，CG 3，所以CF 23.43所以CE CF EF .3所以22221AC AE CF ，即正三角形ABC的边长是3221 3.30.设S s△，S△OCA b，S△OAB c.则△，S OBC aABCOA AD OD AD s11，OD OD OD a28OB BE OE BE s11，OE OE OE bCC CF OF CF s11；OF OF OF c所以OA OB C s s s111OD OE OF a b cs3s2(a b c)s s s1abc a b cs s s111 2a b cOA OB OCOD OE OF201822020.231.设正方形CDEF的边长为x，正方形KLMN的边长为y，则x 21，y 2110.设BC a，CA b，AB c，则a2b2c2.因为22ax bx S△S△S△ab，所以CEB CEA ABC xaba b.因为△AKL∽△ABC，得b AL y.a因为△NBM∽△ABC，得aBM y.bb a a b abc ab222因为c AL LM MB y y y y y，所以a b ab abyabcc ab 2.则2 211111c 11y x abc ab c ab a b2222c ab a b21c 111c.111c ab a b c ab a b c2 1142110.所以c1111y x4404412229所以abc y221222c yab，a b 2122 .x所以a、b是二次方程t 2 2122t 212 22 0 的两根.因为b a，所以a 23163 11 ，b 23163 11 .习题巩固32.答案：D.如图，在立方体的六个面中，只有ABCD和CDHG切开三条棱，保留一条棱连结，即只与一个面相连结，其他四个面切开两条棱，保留两条棱连结，即可与两个面相连结，连结顺序是BC BF EF EH DH面ABCD—面BCGF—面ABFE—面EFGH—面AEHD—面CDHG.33.如图，分别过点E、F、G、H作对边的垂线，得矩形PQRT.设正方形ABCD的边长为x，PQ y，QR z.由勾股定理，得y 32 x2 ，z 4 x.2 2又S△S△，S△HDG S△HRG，S△EBF S△EPF，S△CGF S△PQG，且AEH HETS正方形S矩形S四边形，所以2ABCD PQRT EFGH x 2 yz 25，得44x 2 32 x 2 42 x 2 10 ，解得5x 2 44 ，所以x 2 ，即544 S正方形.ABCD534.如图，分别连结PA、PB、PC、PD.因为PE AB，PF BC，PG CD，PH DA，所以由勾股定理，得PE PA AE PB BE，2 2 2 2 230PF PB BF PC CF，22222PG PC CG PD DG，22222PH PD DH PA AH，22222以上四式相加并整理，得AH BE CF DG AE BF CG DH，22222222因为AH3，HD4，DG1，GC5，CF6，FB4，所以3BE61AE454，22222222BE2AE2(BE AE）(BE AE）11，因为BE AE1，所以BE AE11，所以C AB BC CD DA AE BE BF CF CG DG DH AH34.ABCD35.答案：80°.如图，在边CD上取点E，使BE AB，连结AE.则180BAEC BAE80B BAC ACE.2故AC AE.易知△ABE≌△ADC.所以，CAD EAB80.36.如图1，设点P在△ABC的内部，AH是△ABC的高，P到△ABC三边的垂线分别为PD、PE、PF，并记△ABC的边长为a.31。
大学自主招生数学冲刺专题辅导资料2目录第一讲集合概念及集合上的运算2第二讲映射及映射法7第三讲函数的概念和性质13第四讲常见的初等函数、二次函数18 第五讲不等式的证明24第六讲不等式的应用、参数取值范围问题31第七讲三角恒等式和三角不等式39第八讲复数45第九讲数列与递进52第十讲二项式定理与多项式59第一讲 集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲Ⅰ．集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及 由平均值不等式，有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即（虚根舍去）时，等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根，故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a 的值为 . 【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为（a ，0），（0，a ），（－a ，0），（0，－a ）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.将||||1||y x xy +=+，变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以，集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成，只有212<<>a a 或这两种情况.（1）当2>a 时，由于正八形的边长只能为2，显然有,2222=-a故 22+=a .（2）当21<<a 时，设正八形边长为l ，则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时，.221=+=l a 综上所述，a 的值为,222或+如图Ⅰ－1－1－1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中，成立的是（ ）图Ⅰ－1－1－1A ．D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B ．φφ=⋂=⋂DC B A , C ．D C C B A ≠⊂⋃=, D ．φ=⋂=⋃D C B B A , 【思路分析】应注意数的特征，即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变，显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合，B ′为终边在x 轴上的角的集 合，C ′为终边在y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合，故应选（C ）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2（其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然 ∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或 于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且， 如果A 为只含一个元素的集合，则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手，即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α，于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数.,01)1(2αα=≠++-x x 故 即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.例7：已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时，a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是，若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ①必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422max≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a 【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A 、B 是坐标平面上的两个点集，}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃，则必有B A ⊆.此命题是否正确？【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例：取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉（0，0）后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A 、B ，有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为：一般地，对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++--- ).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+ ∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里，)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数，)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见，估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ，可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲 映射及映射法知识、方法、技能1．映射的定义设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作.:B A f →（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.（3）映射包括集合A 和集合B ，以及集合A 到B 的对应法则f ，三者缺一不可.（4）对于一个从集合A 到集合B 的映射来说，A 中的每一个元素必有惟一的，但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.2．一一映射一般地，设A 、B 是两个集合，.:B A f →是集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，而且B 中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3．逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应，那么可得B 到A 的一个映射g ：任给B b ∈，规定 a b g =)(，其中a 是b 在f 下的原象，称这个映射g 是f 的逆映射，并将g 记为f —1.显然有（f —1）—1= f ，即如果f 是A 与B 之间的一一对应，则f —1是B 与A 之间的一一对应，并且f —1的逆映射是f .事实上，f —1是B 到A 的映射，对于B 中的不同元素b 1和b 2，由于它们在f 下的原象不同，所以b 1和b 2在f —1下的像不同，所以f —1是1－1的.任给b a f A a =∈)(,设，则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此，f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1－1映射，即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设，其中b 是a 在f —1下的原象，即f —1(b)=a ，所以，f(a)=b ，从而f h a f b a h ===得),()(，这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.例1：设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f ：F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手，列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据，得 ⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加，相减并分别分解因式，得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然，},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下，,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即 对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u同理，由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知 对应地，.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能：（Ⅰ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y （Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 由（Ⅰ）解出x =1，y=9，u =8，v =6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M 中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.【评述】在解此类问题时，估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=x y y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ，并写出其逆映射.图Ⅰ－1－2－1【略解】从已知集合A ，B 看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合，集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B ：},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下，极径ρ没有改变，辐角之间是一次函数23πθϕ-=，因而ϕθ和之间是一一对应，其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以，映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写，从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3：设X={1，2，…，100}，对X 的任一非空子集M ，M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征，记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令 于是A A f '→:是X 的非空子集的全体（子集组成的集），Y 到X 自身的满射，记X 的非空子集为A 1，A 2，…，A n （其中n=2100－1），则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101，A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101，故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ，B 都是有限集合，它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说，如果f 是单射，则有)()(B card A card ≤；如果f 是满射，则有)()(B card A card ≥；如果f 是双射，则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时，有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时，我们就找另一个集合B ，建立一一对应B A f →:，把B 的个数数清，就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4：把△ABC 的各边n 等分，过各分点分别作各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分，分别到B ′，C ′，连接 B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长，与B ′C ′相交，连同B ′，C ′共有n+2个分点，从B ′至C ′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ，j ，k ，l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形}，}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射：B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于C B ''的四点亦不全同.所以，四点组),,,(l k j i 亦不相同，从而f 是A 到B 的1－1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ，过i ，j 点作AB 的平行线，过k ，l 作AC 的平行线，必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形，所以，映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应，于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是.342+n C例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种 情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个，则有11314)(=-≥X card ，另一方面全部的骨牌数为11，即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ，n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立，)1()(+<n f n f 格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决. （2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.（i ）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；（ii ）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖； （iii ）骨牌是竖放的.现在假设仅发生（2）中的（ii ）和（iii ）时，我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合，Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射Y X →:ϕ，由于每个空格（X 中的）上方都有骨牌（Y 中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有)()(Y card X card ≤，对一切N ∈n 成立.【解法1】存在，首先有一条链. 1→2→3→5→8→13→21→… ① 链上每一个数n 的后继是)(n f ，f 满足n n f n f f +=)())(( ②即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f 链. 对于①中的数m>n ，由①递增易知有n m n f m f -≥-)()( ③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链，并且对任意自然数m>n ，③成立（从而)()1(n f n f >+），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）设已有若干条f 链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ，如果m 、n 同属于新链，③显然成立，设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链，在m=k+1时，,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ，③成立，则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ，③成立.若n 属于新链，在n=k+1时，.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ，③成立，在m>n 时，m 不为原有链的链首。
