下载文档原格式
一几种解题方法1．28分。
提示：按从多到少顺序枚举。
如果小军是两个1角硬币，那么小红的三枚硬币不可能是18分；当小军是一个1角一个5分时，小红是一个1角，一个2分，一个1分。
2．5种。
3．495。
解：因为93＞700，所以只有下面三种可能：13+33+53=153 13+33+73=371， 33+53+73=495，其中只有495是11的倍数。
4．286。
解：此数是13的偶数倍，必能被26整除。
由260依次往小试验，260－26=234，234－26=208，都不符合题意。
再由260往大试验，260+26=286符合题意。
5．15。
解：1与不小于4的任何自然数都不满足题意，所以四个数中没有1。
取2，3，4，a，前三个数满足条件，a=5不满足条件，a=6满足条件。
所求数为2+3+4+6=15。
6．8种。
解：将四个瓶子依次记为A，B，C，D，将四张标签依次记为a，b，c，d。
假设A贴对了，其余的都贴错了，有两种情况：①Aa，Bc，Cd，Db；②Aa，Bd，Cb，Dc。
同理B，C，D贴对了，其余的都贴错了，也各有两种情况。
共8种。
7．10种。
提示：有0，0，3；0，1，2；0，2，1；0，3，0；1，0，2；1，1，1；1，2，0；2，0，1；2，1，0；3，0，0十种方法。
8．7。
解：不拆盒可买的节数有3，5，8，9，10，…因为超过10的数都可以由8，9，10中的某个数加3的倍数形成，而8，9，10都可以不拆盒，所以买7节以上（不含7）都不必拆盒。
9．11。
提示：与第8题类似。
10．18支、10支、6支、4支。
提示：因为总的铅笔数不多，故可依次假设丁有2支、3支、4支……铅笔。
11．21个。
提示：乙的红球、白球都是偶数。
因为甲的红球数是乙的白球数的2倍，并且不超过10，所以乙的白球数只能是2或4。
12．11。
解：四个不同的自然数最小是1，2，3，4，当两两求和时，1+4=2+3，不合题意。
再看1，2，3，5，当两两求和时，得到3，4，5，6，7，8，符合题意，所以最小值是1+2+3+5=11。
奥数挑战解方程的巧妙方法解方程是数学中的基础知识，也是奥数竞赛中常出现的题型之一。
对于许多学生来说，解方程可能是一个相对抽象和复杂的概念。
然而，通过一些巧妙的方法和技巧，解方程可以变得更加简单和有趣。
本文将介绍一些解方程的巧妙方法，帮助学生在奥数挑战中取得更好的成绩。
一、倒置法在解一元一次方程的过程中，倒置法可以是一个非常有效的方法。
这种方法适用于形如“x+x=x”的方程，其中x和x是已知的实数，x是待求解的未知数。
倒置法的关键在于通过改变等式的次序来求解。
举个例子，如果我们有一个方程“x+3=7”，我们可以通过倒置法来解这个方程。
我们可以将等式改写为“3+x=7”，然后再通过数学运算得到x=4。
这种方法可以帮助学生在挑战中更快地解方程，提高解题的速度和准确性。
二、方程相消法方程相消法是另一种解方程的巧妙方法。
这种方法适用于形如“xx+xx=x”和“xx+xx=x”的方程组，其中x、x、x、x、x、x是已知的实数。
方程相消法可以通过相乘或相减等操作来消去某些项，从而简化方程组的解法。
例如，如果我们有一个方程组“2x+3x=7”和“4x+6x=14”，我们可以通过方程相消法来解这个方程组。
我们可以将第一个方程乘以2，并将其与第二个方程相减，得到“2(2x+3x)-(4x+6x)=7-14”，进一步简化为“-2x=-7”，然后解得x=7/2，再带入第一个方程求解x。
方程相消法可以帮助学生在奥数挑战中更快地解决复杂的方程组问题，提高解题的效率和准确性。
三、方程转化法方程转化法是另一个有用的技巧，可以将复杂的方程转化为简化的形式，从而更容易解决。
这种方法适用于各种类型的方程，包括一元一次方程、一元二次方程等等。
举个例子，如果我们有一个一元二次方程“x^2−7x+12=0”，我们可以通过方程转化法来解这个方程。
我们可以将该方程改写为“(x−3)(x−4)=0”，然后将括号中的每一个方程单独求解，得到x=3和x=4。
从一道题看奥赛所涉及的解题方法和技巧题：设湖岸MN 是一条直线，有一小船自岸边的A 点沿与湖岸成α＝15°角的方向匀速向湖中驶去，有一个人自A 点同时出发，，他先沿岸走一段再入水中游泳去追小船.已知人在岸上走的速度为v1 =4m/s ，在水中游泳的速度为v2＝2m/s ，试求小船的速度至多为多大时，这人才能追上小船？方法1：微元法如图，设人在D 点入水并在B 点刚好能追上小船，这表明：此时人追上小船所用时间最少，对应的小船速度最大.D 点两侧各有入水点C 和E ，使得在该处入水追船所用时间相等.现设C 、E 是D 点两侧附近无限靠近D 点的两点，并设分别从C 、E 点入水追小船所用总时间相等.现在BC 段截取BF=BE ，那么∠BFE ＝90°.由于从C 、E 点入水追小船所用总时间相等，所以，人在CE 段走与在CF 段游泳所用时间相等.于是因为C 、E 两点无限靠近D 点，所以∠BDN ＝θ＝60°，作BK ⊥BD 交MN 于K ，于是DK=2BD.又因为v1=2v2,则人游DK 段与走DK 段所用时间相等.所以人自出发经D 点再到B 点与人由A 点一直走到K 点所用时间相同，并都等于小船从A 到B 所用的最少时间.即有 在⊿ABK 中，用正弦定理可得： 那么方法2：类比法设想MN 为甲和乙两种介质的分界面，光在甲中的速度为v1，在乙中的速度为v2，据费马原理可知，B →D →A 是光从B 传到A 费时最少的路径，而β是临界角. 这可类比本题人从A 经D 到B 的追船情况.由此得： 下面解法与方法1相同.最后可得： 21v CF v CE =21cos ==CE CF θ︒=60θ1max v AK v AB =21135sin 30sin =︒︒=AK AB )/(2222211max s m v v v ===︒==30arcsin 12v v β)/(22max s m v =方法3：图解法如图，设人开始运动就一直游泳，那么他能到达的区域是以A 为圆心、以v2t 为半径的半圆中的任何一点，若他一直沿湖岸走，那么他在t 时间内可以到达AK ＝v1t 中的任何一点，若他先沿岸走一段再入水追船，那么他可以在t 时间内到达图中⊿AEF 中的任何一点.所以，他若能追上船，船也必须在t 时间内到达这区域.由于题设小船沿α角的方向运动，所以沿此方向的直线与EK 线的交点B 是船以最大速度运动且又能被人追上的地点.在Rt ⊿AEK 中，因为AK=2AE ，所以∠AKE ＝30°，于是，∠ABK ＝180 °－15 °－ 30°＝135°在⊿ABK 中,据正弦定理得： 而所以：方法4：矢量图解法设人先沿岸走一段，再入水追船，以船为参考系，由于人和船是同时由A 点出发的，则人在沿岸走时，船看到人正在由船所在位置逐渐“离去”，离去的相对速度u 1为：要人能追上船，即人能回到船上，则其返回的相对速度u 2必须沿u 1的反方向，返回的相对速度u 2为： 作图：（1）以MN 线上的A 点为起点作矢量v 1得K 点；（2）以A 点为圆心，以v2的大小为半径作圆;（3）作直线AC ，使它与MN 线的夹角为α＝15°；设K 点与圆上的任一点E 的连线与AC线的交点为B ，则AB 表示船速，BK 表示人相对船的“离开”速度u 1，而BE 表示人相对船的“返回”速度u 2.显然，当KE 与圆相切时，AB 线最长，表示船速最大，由此有作图步骤:（4）作KE 与圆相切于E 点，并与AC 相交于B 点.由于AK=AE ，所以，∠AKF ＝30°，∠ABE ＝45°.因而⊿ABE 为等腰直角三角形，那21135sin 30sin =︒︒=AK AB 1max 1max v v t v t v AK AB ==)/(2222211max s m v v v ===v v u -=11vv u -=22方法5：等效法设人在B 点追上船，则人到达B 点可能有很多途径，如A →C →B ，A →D →B,A →E →B 等,这些途径中耗时最少的途径对应着允许的最大船速，作∠NAP ＝30°，并分别作CK,DH,EF 垂直AP ，其中设BDH 为直线，又设想MN 线下方也变成湖水区域，则因为AC=2CK,所以人由K 点游泳到C 点所用时间与人在岸上走由A 点到C 点所用时间是相等的.故人按题设情况经路径A →C →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径K →C →B 所用时间相等，同理，人按题设情况经路径A →D →B所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径H→D →B 所用时间相等，人按题设情况经路径A→E →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径F →E →B 所用时间相等，显然，在这些途径中，因为HDB 是直线，因此所用时间最少.由以上分析可知，人沿等效途径HDB 游泳就费时最少地刚好追上船，这对应着最大船速，设为vmax ，则有因为⊿AHB 是等腰直角三角形，所以故得方法6：极值法（利用三角函数）如图，设人沿岸走到D 点时，船航行到C 点，此时人入水游泳就刚好能在B 点追上船. 在⊿ACD 中应用正弦定理得又设此时船速为v ，人由A 点走到D 点耗时为t ，则 由以上两式得 又在⊿CDB 中应用正弦定理得设人游过DB 段所用时间为t ’,则 由以上两式得由（1）、（2）式，并注意v 1=2v 2，可得 又由于，要v 尽可能大，即需AC/AD 尽可能大，而θ越大，则AC 越大，由于 )/(2222max s m v v ==2max v BH v AB =BHAB 2=)/(2222max s m v v ==AC AD =--)sin()sin(αθθπvtAC t v AD ==,1BC BD =--)sin(sin βθπθt v CB t v BD '='=,2)2()sin(sin 2v v =+βθθ)1()sin(sin 1v v =-αθθ)3()sin(2)sin(αθβθ-=+1v v AD AC =α为恒量，则θ越大，则θ－α也越大，且（θ－α）为锐角，则sin （θ－α）随（θ－α）增大而增大，故得sin （θ－α）最大时，θ最大，由（3）式可见，当sin （θ＋β）＝1时，sin （θ－α）有最大值为1/2，此时对应的θ值为450，此时得β=450，于是⊿CDB 是等腰直角三角形，则有所以： 方法7：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设船出发后经时间t 被人追上.则船的位移为s=v t ，又设人在岸上走用时为kt （0<k<1)，位移为s1=k v 1t,人在湖中游用时为(1－k)t （0<k<1)，位移为s2=(1-k)v 2t.那么，据余弦定理有：把s 、s1、s2的表达式及v 1、v 2的值代入并整理可得于是有要这方程有实数解，其判别式⊿应满足：由此可解得：或由本题的物理情景可知只能取： 方法8：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设人在岸上D 处入水追船，运动方向与湖岸成θ角,并在B 点处追上船，这人由A →D →B 用时为t .则 上式表明：t 与θ有关，且在d 、L 、v 1、v 2一定时，由θ决定,研究函数 两边平方得： 整理后得：此方程有实数解的条件是：判别式⊿≧0，即有由此解得：所以： 由（3）、（4）式得： 这表明当θ＝60°时，函数y 有最小值，由（1）式知此时t 有最小值,对应的船速有最大值.)/(2222max s m v v ==αcos 2121222ss s s s -+=︒-+=-15cos 816)1(4222kv v k k 2213432230cos 115cos +=+=︒+=︒0)4(]8)26(2[1222=-+-+-v k v k 0)4(48]8)26(2[22≥---+=∆v v 22≤v )13(22+≥v )/(22max s m v =θθsin cot 21v d v d L t +-=)1()sin cos sin 1(121d v v v L θθθ-+=)2(sin cos sin 112θθθv v y -=θθθ2222122221212sin cos cos 2v v v v v v y +-=)3()cos 1(cos cos 2222212222121θθθ-+-=v v v v v v 0)1(cos 2cos )(222212122222212=-+-+v y v v v v v v y θθ0)1()(442222122222122221≥-+-v y v v v v y v v 222122212v v v v y -≥)4(222122212min v v v v y -=21cos 12==v v θ︒=60θ)315(cot )3132(15cot 1121min+︒=-+︒=v d v v v d t )315(cot 15sin sin 1min min max+︒︒===v t d t AB v θ。
奥数烧脑30题1．如果某整数同时具备如下三条性质：（1）这个数与1的差是质数；（2）这个数除以2所得的商也是质数；（3）这个数除以9的余数是5。
我们称这个整数为幸运数，那么在两位数中，最大的幸运数是______。
2．在算式2×□□□=□□□的六个空格中，分别填入2、3、4、5、 6、 7这六个数字，使算式成立，并且算式的积能被13整除，那么这个积是______。
3．已知在每个正方体的六个面上分别写着1、2、3、4、5、6这六个数，并且任意两个相对的面上所写的两个数的和都等于7。
现在把五个这样的正方体一个挨一个地连接起来（如右图），在紧挨着的两个面上的两个数之和都等于8，那么图中打"？"的这个面上所写的数是___ ____。
4.在右式的方框中各填入一个数字,使六位数11□□11能被17和19整除,那么方框中的两位数是_________ .5. 在大于1000的整数中，找出所有被34除后商与余数相等的数，那么这些数的和是__________。
6. 如图，一个长方形的纸盒内，放着九个正方形的纸片，其中正方形A和B的边长分别为4和7，那么长方形(纸盒)的面积是__________。
7．如图，长方形面积为35平方厘米，左边直角三角形的面积为5平方厘米，右上角直角三角形面积为7平方厘米，那么中间三角形（阴影部分）面积是 _______平方厘米。
8．六张卡片上分别标上1193、1258、1842、1866、1912、2494六个数，甲取3张，乙取2张，丙取1张，结果发现甲、乙各自手中卡片上的数之和一个人是另一个人的2倍，则丙手中卡片上的数是______。
9．右面算式中不同字母表示不同的数字，相同字母表示相同的数字，那么被除数是。
10．一个四位数的数码都是由非零的偶数码组成，它又恰是某个偶数码组成的数的平方，则这个四位数是______。
11.某数除以11余8，除以13余10，除以17余12,那么这个数的最小可能值是_____。
数学竞赛解题窍门解析常见竞赛题型在数学竞赛中，解题窍门是取得好成绩的关键。
不同的竞赛题型有不同的解题技巧和方法。
本文将为大家解析一些常见的竞赛题型，并提供一些解题窍门，帮助大家在数学竞赛中取得好的成绩。
一、选择题选择题是竞赛中最常见的题型之一。
在解答选择题时，要注意以下几点：1.仔细阅读题目和选项，理解题意。
有时候选项中会有一些干扰项，需要排除掉。
2.利用排除法。
根据已知条件和选项中的信息，逐个排除不符合条件的选项，留下符合条件的选项。
3.利用反证法。
有时候可以通过假设某个选项是正确的，然后推导出矛盾的结果，从而排除这个选项。
4.联想法。
有时候可以尝试将题目中的内容与已经学过的知识联系起来，找出规律或者类似的题目，从而解答出题目。
二、填空题填空题是另一种常见的竞赛题型。
解答填空题时，可以采用以下方法：1.代入法。
将给定条件代入到题目中的空格中，从而求解出未知数的值。
2.逆向思维。
有时候可以从答案入手，根据答案反推出题目中的空格应该填写什么内容。
3.巧妙运算。
在填空题中，有时候会出现一些巧妙的运算方法，通过运算可以快速求解出空格中的值。
4.数学技巧。
填空题中常常考察一些常见的数学技巧，比如因式分解、倍数关系等。
掌握这些数学技巧可以快速解答填空题。
三、证明题证明题是数学竞赛中较为难的题型之一。
解答证明题时，要注意以下几点：1.理清题目要求。
仔细阅读题目，理解题目要求，明确所需要证明的结论。
2.写出已知条件。
将题目中给出的已知条件写出来，有助于理解题目和寻找证明的方向。
3.运用数学定理或公式。
在证明题中，有时候可以运用已经学过的数学定理或公式来进行证明。
4.利用推理法。
通过逻辑推理和演绎推理，从已知条件出发，一步一步地推导出所要证明的结论。
四、应用题应用题是数学竞赛中常见的综合题型，需要将所学的数学知识应用到实际问题中。
解答应用题时，可以采用以下方法：1.找出问题的关键点。
仔细阅读问题，找出问题中的关键信息和要求，理清思路。
奥数竞赛解题技巧
以下是 9 条关于奥数竞赛解题技巧：
1. 嘿，要学会找关键信息呀！就像在森林里找宝藏的线索一样。
比如一道题说有几个小朋友分苹果，那人数和苹果数不就是关键嘛。
2. 哎呀，大胆去假设呀！比如说那道追及问题，咱就假设其中一个速度，就好解决多啦，你说是不是？
3. 记得灵活运用公式呀！公式就像是武器，要用对地方。
比如计算图形面积的公式，碰到相应图形就拿出来用呀。
4. 咋能忘了画图呢？这就好比给题目画一幅地图，一下子就清晰了。
像行程问题，画出路线，答案就容易找到啦。
5. 尝试多角度思考呀！别死磕一种方法，就像走迷宫，这条路不行就换条路嘛。
比如那道方程题，换个未知数试试呢？
6. 一定要细致呀！不能放过任何一个小细节，不然就像千里之堤毁于蚁穴。
那道计算的题，一个小数点可不能错哟。
7. 多积累一些特殊解法呀！这就像游戏里的隐藏技能。
比如特殊的图形规律，学会了可厉害啦。
8. 学会类推呀！看见一个题，想想以前做过的类似的，不就有思路了嘛。
那道找规律的题不就和以前做的很像嘛。
9. 心态要稳住呀！别急别慌，这可不是打仗。
就算遇到难题，咱也慢慢分析，肯定能找到办法的啦。
我的观点结论就是：掌握这些奥数竞赛解题技巧，就能在竞赛中更得心应手啦！。
数学小达人的绝技竞赛（数学题目解答）数学题目解答有许多技巧和方法，对于想要在数学竞赛中表现出色的小达人们来说，掌握这些技巧是至关重要的。
本文将为大家介绍一些数学解题的绝技，帮助小达人们在竞赛中取得好成绩。
一、直接计算法直接计算法是解决数学问题最常见的方法之一。
通过将题目中给出的数值代入公式或运用定理，进行运算得到最后答案。
以一个简单的例子来说明直接计算法的应用。
假如题目给出如下：已知 a = 3， b = 4， c = 5，求 a^2 + b^2 - c^2的值。
根据直接计算法，我们可以直接将 a、b、c 的值代入公式并计算：a^2 + b^2 - c^2 = 3^2 + 4^2 - 5^2 = 9 + 16 - 25 = 0二、化归与转化法化归与转化法是解决一些复杂数学问题的有效方法。
通过对题目进行逻辑推理、数学性质的变形，可以将原问题转化为更简单的形式，从而得到解答。
举个例子，题目给出如下：已知x + 3 = 5，求 2x + 6 的值。
为了解决这个问题，我们可以先将方程化简为x = 5 - 3 = 2，然后将x的值带入2x + 6，并计算出结果：2x + 6 = 2 * 2 + 6 = 4 + 6 = 10三、逆向思维法逆向思维法是解决一些较难数学问题的有效方法。
通过推理和逆向操作，我们可以倒推出题目中的未知数的值。
举例说明逆向思维法的应用，假设题目给出如下：已知 a + b = 10，a - b = 2，求 a 和 b 的值。
通过逆向思维法，我们可以将第一个等式中的 a 和 b 相减，得到 a = 6，然后将 a 的值带入第二个等式中求得 b 的值：a -b = 26 - b = 2b = 4四、图形化解法图形化解法是通过绘制图形，将数学问题转化为图形问题，从而简化计算的方法。
通过观察图形，我们可以获得一些有用的信息，更好地解答问题。
举个例子，题目给出如下：已知一个边长为3cm的正方形，求正方形的面积。
解答数学竞赛题的几种常见方法黎仕鹏一、循常规思路出奇制胜例1：若1=abc ，则111++++++++c ca cb bc b a ab a =？分析：分式的加减运算的基本方法是通分，找出公分母．循这种常规思路，结合对称式的特点和条件，可以把第二、三个分式的分母变成与第一个分式的分母一样，把第二个分式的分子分母同乘以a ，第三个分式的分子分母同乘以ab ，即可见答案为1．同类题型练习：已知1=ab ，b a m +++=1111， bb a a n +++=11， 试讨论m 、n 的大小关系.略解:∵0)1)(1(221111=++-=+-++-=-b a abb b a a n m ， ∴n m =. 例2：已知等腰三角形ABC 中，2==AC AB ，在底边BC 上有100个点i P （1=i ，2、3…100），连结i AP ，记i i i i CP BP AP m ⋅+=2，则=+++10021m m m对于等腰三角形，底边上的高是常见的辅助线，带故作高AD ，则222i i DP AD AP +=， ))((i i i i DP CD DP BD CP BP +-=⋅22iDP CD -=，4222==+=AC CD AD m i ，可见答案为400．例3：如图，点B 、C 是线段AD 的三等分点，点P 是以BC 为直径的圆O 上一点，则DPC APB ∠⋅∠tan tan 的值是分析：在直角三角形中才能求出角的正切值，基于这样的思路，可考虑构筑直角三角形．过点B 作PB 的垂线交PA 于E ,则PB BEAPB =∠tan ，过点C 作PC 的垂线交PD 于F ,则PC CF DPC =∠tan ，于是DPC APB ∠⋅∠tan tan 41=⋅=PB CF PC BE ．例4：如图，延长圆O 的弦AB 和直径DE 交于圆外一点C ，若OA BC =，则AOD ∠∶C ∠=在圆中，半径是最常用是元素，连结OB 就可以搭起AOD ∠到C ∠的桥梁，利用三角形的外角性质，容易得出结果为3∶1．字母代表数是最简单和最有用的数学方法，要在解题练习过程中领会其要领．例5：甲、乙两人到商场购买商品，已知两人购买商品的件数相同，每件商品的单价只有8元和9元两种，若两人购买商品一共用了172元求其中单价为9元的商品有几件？解：设每人都购买了n 件商品，其中单价为8元的有x 件，单价为9元的有y 件，则⎩⎨⎧=+=+172982y x n y x 解得 ⎩⎨⎧-=-=n y n x 1617217218 ∵0,0≥≥y x ∴⎩⎨⎧≥-≥-016172017218n n 解得 4310959≤≤n 从而得121016172=⨯-=y ， 故单价为9元的有12件. 例6：一列客车始终作匀速运动, 它通过长为450米的桥时, 从车头上桥到车尾下桥共用33秒; 它穿过长760米隧道时, 整个车身都在隧道里的时间为22秒. 在客车的对面开来一列长度为a 米, 速度为每秒v 米的货车, 两车交错, 从车头相遇到车尾相离共用t 秒. (1) 写出用a 、v 表示t 的函数解析式;(2) 若货车的速度不低于每秒12米, 且不到15米, 其长度为324米, 求两车交错所用时间的取值范围.解：（1）设客车的速度为每秒x 米，客车的长度为y 米，则 ⎩⎨⎧=-=+x y x y 2276033450 解得⎩⎨⎧==27622y x 所以，22276++=v a t （v ＞0，a ＞0）（2）当324=a ，12≤v ≤15时，由（1）得22600+=v t又因为34≤v +22 ≤37 所以，37600＜22600+v ≤17300故t 的取值范围为37600＜22600+v ≤17300．此题有多个未知数,引入多个字母表示,其数量关系就容易显示出来． 例7：设1x , 2x 是关于x 的一元二次方程22=++a ax x 的两个实数根， 求)2)(21221x x x x --（的最大值.分析：求最大（小）值，按现在我们掌握的方法是根据二次函数式求解，因此，解题的思路是把式子向二次函数形式方向变形．解：由4)2()2(422+-=--=∆a a a ＞0知，a 为任意实数，a x x -=+21，221-=a x x ， )2)(21221x x x x --（212221522x x x x +--=212219)(2x x x x ++-=)2(922-+-=a a 8634922-⎪⎭⎫ ⎝⎛--=a ，当49=a 时，)2)(21221x x x x --（取最大值864-. 二、在等式变形中，特别注意22b a +，b a +和ab 三者之间的关系：ab b a b a 2)(222-+=+，ab b a b a 2)(222+-=+，[])()(412222b a b a ab --+=例1：设m 是不小于－1的实数，使得关于x 的方程033)2(222=+-+-+m m x m x 有两个不相等的实数根1x 、2x .（1）若62221=+x x , 求m 的值；（2）求22212111x mx x mx -+-的最大值 解：)1(4)33(4)2(422--=+---=∆m m m m ＞0， 解得m ＜1，又－1≤m ＜1， (1)2122122212)(x x x x x x -+=+101022+-=m m ＝6， 解得2175±=m , 由－1≤m ＜1，所以2175-=m , (2) 22212111x mx x mx -+-[])1)(1()1()1(21122221x x x x x x m ---+-=[]1)()(212121212221++-+-+=x x x x x x x x x x m ＝[]1)42()33()42)(33()10102(222+-++--+-++-m m m m m m m m m )13(2)1()13)(1(222+-=-+--=m m m m m m m m ＝252322-⎪⎭⎫ ⎝⎛-m ,因为－1≤m ＜1，所以当1-=m 时，22212111x mx x mx -+-有最大值，最大值为10. 三、11=⋅-x x 的神奇功效1、已知51=+-xx ，则=+-22x x ？2、已知012=--x x ，求441xx +的值. 由012=--x x 得，,112=-xx ∴11=-x x ，两边平方得7144=+x x . 3、若712=+-x x x ，求1242++x x x 的值.解法一（倒数法）：由条件知0≠x ，7112=+-x x x ， 即781=+x x ， 491511111222224=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++=++x x x x x x x , 1242++x x x ＝1549.解法二：1242++x x x 15494915111122==++=x x .4、已知11=-a a ，求代数式a a+1值. 解：由a a a a a ,1,,011知＞+= 全是正数, 所以541122=+⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+a a a a故 51=+a a.四、巧妙利用数学概念会出现意想不到的效果例1：满足1-=+ab b a 的非负整数对),(b a 的个数有____对.解：∵01≥-=-ab b a ，1≤ab ，而a 、b 都为非负整数，故a 、b 取值为0和1，经检验知，(0，1)(1，0)，（1，1）共3对满足条件.绝对值是最简单的数学概念，一个数的绝对值是非负数，利用这一概念得到1≤ab 是答题的突破口．例2：若q p ,为质数，且2975=+q p ，求22q p +的值.解：若q p ,都为奇质数，则q p 75+是偶数，若q p ,都为偶质数2，则q p 75+≠29，所以q p ,中必有一个为偶质数2，另一个为奇质数，若2=p ，则q 不是整数，故只有2=q ，此时3=p ，22q p +＝13.例3：实数y x b a ,,,满足5,2=+=+=+by ax y x b a , 求()()2222yx ab xy b a +++的值解：2=+=+y x b a , 4))((=+++=++bx ay by ax y x b a5=+by ax , 1-=+bx ay ，()()=+++2222y x ab xy b a 5))((-=++by ax bx ay条件2=+=+y x b a 是三个等式，这里巧妙地用其两个等量得出4))((=++y x b a ，从而使题目的条件进一步扩大，例4、已知实数b a ≠, 且满足()()()()221313,1331+-=++-=+b b a a ,则baaa b b+值为( ) (A) 23 (B) -23 (C) -2 (D) –13 解：b a ,是关于x 的方程03)1(3)1(2=-+++x x ，即0152=++x x ，1,5=-=+ab b a ，故b a ,均为负数，b a aa b b +ab b a ab a b --=232)(222-=-+-=+-=ababb a ab abb a ．例5、设实数s 、t 分别满足0199192=++s s , 019992=++t t ，并且1≠st ,求ts st 14++的值. 解：第一个等式可化为 01919912=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛s s , 又019992=++t t ，t s ≠1,∴s 1和t 是一元二次方程019992=++x x 的两个不相同的实数根，于是有， 991-=+t s ，191=⋅t s 即s st 991-=+, s t 19=,∴51949914-=+-=++ss s t s st五、消元法是竞赛题常用的方法例1、放有小球的1993个盒子从左到右排成一行，如果最左面的盒子有7个小球，且每四个相邻的盒子里共有30个小球，求最右面的盒子里有多少个小球？解：设从左到右小盒里的球数为7，2a ，3a ，4a ，… 1993a ∵307432=+++a a a ，305432=+++a a a a ，∴75=a 同理得===17139a a a …＝14+k a ＝…＝1993a ＝7例2：实数1x ，2x ，3x ，4x ，5x 满足方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=++=++=++=++52154154354324321321a x x x a xx x a x x x a x x x a x x x 其中1a ，2a ，3a ，4a ，5a 是实常数，且54321a a a a a >>>>，试确定1x ，2x ，3x ，4x ，5x 的大小顺序．思路：对于方程组怎样消元，可根据题目条件的特点找出方向．解：在给定的方程组中的方程按顺序两两相减得2141a a x x -=-，5252a a x x -=-，4313a a x x -=-，5424a a x x -=-∵54321a a a a a >>>>， ∴ 41x x >，52x x >，13x x >，24x x >， ∴52413x x x x x >>>>消元法在很多方面有重要的作用2、某次竞赛共有15个题，下表是对于做对n 0(=n ，1， 215）个题的人数的统计:若又知其中做对4个题和4个题以上的学生每个人平均做对6个题，做对10个题和10个题以下的学生每人平均做对4个题，问这个表至少统计了多少人.解：由表中可知，做对0个题到3个题的总人数为7＋8＋10＋21＝46人；做对题目总数为7×0＋8×1＋2×10＋3×21＝91题；做对12个题到15个题的总人数为15＋6＋3＋1＝25人；做对题目总数为15×12＋6×13＋3×14＋1×15＝315题；设做对0个题到15个题的人数分别为15210,,,,x x x x ，则有6155415541554=++++++x x x x x x ， 41020101010210=+++++++x x x x x x x即 )(6155415541554x x x x x x +++=+++)(410010101010x x x x x x +++=+++ 两式相减得 )32()151211(321151211x x x x x x ++-+++ ＝ )(4)(610101554x x x x x x +++-+++＝)(2)(4)(610543210151211x x x x x x x x x x ++++++-+++＝)(2)(4)(415432101511x x x x x x x x ++++++-++ ＝)(2)(6)(415132101511x x x x x x x x ++++++-++ ＝)(2)(6)(441513210151211x x x x x x x x x ++++++-+++＝)(2466254415111x x x +++⨯-⨯+ 又913203210=+++x x x x ， 3151514131215141312=+++x x x x ，故 ∑+-+=-+1511111227610049131511i x x x ，111515.3200x x i +=∑（11x ＞0）， 当011=x 时，统计的总人数为最少，最少200人．六、数形结合是解决函数问题的有力武器例1：若abc ≠0，且p bac a c b c b a =+=+=+, 则直线p px y +=一定通过（ ） （A ）第一，二象限 （B ）第二，三象限 （C ）第三，四象限 （D ）第一，四象限 解：由pb a c pa c b pc b a =+=+=+,,, 三式相加得)()(2c b a p c b a ++=++，所以2=p , 或0=++c b a ；当2=p 时，直线22+=x y 通过第一，二，三象限；当0=++c b a 时，1-=p , 直线1--=x y 通过第二，三，四象限；可见，直线一定通过二，三象限.例2：一个一次函数的图象与直线49545+=x y 平行，与x 轴、y 轴的交点分别为A,B ，并且过点），（251--，则在线段AB 上（包括端点A 、B ），横、纵坐标都是整数的点有多少个？解：设这个一次函数为b x y +=45, 因为直线过点），（251--，所以495-=b , 可求得A （19，0）B （0，495-），由4)19(5-=x y 知，19-x 能被4整除. 又因为x 是整数，且0≤x ≤19，所以取x ＝3，7，11，15，19时，y 是整数．因此在线段AB 上（包括端点A 、B ），横、纵坐标都是整数的点有5个.例3：若函数kx y =（k ＞0）与函数xy 1=的图象相交于A 、C 两点，AB 垂直x 轴于B ，则ΔABC 的面积为（ ）(A) 1 (B) 2 (C) k (D) 2k解：设),(y x A ，则1=xy ，ABO ∆的面积为2121=xy ，又CB O ∆与ABO ∆同底等高，故ABC ∆=2ABO ∆=1．例4：一条抛物线c bx ax y ++=2的顶点为(4,-11), 且与X 轴的两个交点的横坐标为一正一负, 则c b a ,,中为正数的( )(A) 只有a (B) 只有b (C) 只有c (D) 只有a 和b解：由于抛物线顶点为(4,-11), 与X 轴有两个交点，知a ＞0， 设抛物线与X 轴的两个交点坐标为1x ，2x ，则acx x =⋅21＜0，所以c ＜0，又由对称轴4=x ，得ab2-＞0，知b ＜0，可见只有a ＞0. 七、等底等高的两个三角形面积相等是竞赛题的热点 例1：E 是平行四边形ABCD 中BC 边的中点，AE 交对角线BD 于G ，若BEG ∆的面积为1，则平行四边形ABCD 的面积是略解：由条件得21==AD EB GA EG，∴31=EA EG ， ∴31=∆∆ABE BEG S S ，∴3=∆A B E S ，∴．平行四边形ABCD 的面积124==∆ABE S S例2：如图，四边形ABCD 中，点E 、F 分别在BC 、CD 上，1=FC DF ，2=EBCE，若ADF ∆的面积为m ，四边形AECF 的面积为n (m n >),则四边形ABCD 面积是略解：连AC ，则m S S ADF AFC ==∆∆， m n S ACE -=∆，)(2121m n S S ACE AEB -==∆∆， 四边形ABCD 面积是m n m n n m 2123)(21+=-++例3：设H 是等腰三角形ABC 的重心，在底边BC 不变的情况下，让顶点A 至底边BC 的距离变小，这时乘积HBC ABC S S ∆∆⋅的值变小？变大？还是不变？略解：不妨设A ∠是锐角，连结AH 并延长交BC 于点D ，延长BH 、CH ，分别交AC ，AB 于点E 、F ， ∵AHE BHD ∠=∠，∴HAE HBD ∠=∠， ∴BDH Rt ∆ADC Rt ∆，∴HDDCBD AD =， 又BC DC BD 21==，∴241BC DC BD HD AD =⋅=⋅，于是HBC ABC S S ∆∆⋅41612121BC BC HD BC AD =⋅⋅⋅=， ∴当︒≥∠90A 时，上式也成立，故A ∠是不变．例4：（03联赛）设ΔABC 的面积为1，D 是边AB 上一点，且31=AB AD ，若在边AC 上取一点E ，使四边形DECB 的面积为43，则EACE 的值为（ ） (A) 21 (B) 31(C) 41 (D) 51AD E BCDF CE解：连结BE ，41431=-=∆ADE S ，设x AC CE =，则x S ABE -=∆1，4131=-=∆x S ADE，41=x ，31=EA CE ，选B ． 例5： (99竞赛)在ΔABC 中, D 是边BC 上的一点, 已知5=AC ,6=AD ,10=BD , 5=CD , 求ΔABC 的面积。
突破竞赛难题的方法在参加竞赛中，遇到难题是一件很常见的事情。
不过，面对困难并不意味着放弃，而是应该寻找突破的方法。
本文将介绍几种有效的突破竞赛难题的方法，并给出相应的案例进行说明。
一、深入理解题目在解答竞赛难题之前，首先应该充分理解题目。
对于文字题目，可以通过多次阅读题目来确保理解正确。
对于图形题目，应仔细观察图形中的细节，并思考与已知知识是否有关联。
只有全面而准确地理解题目，才能有针对性地展开解题思路。
例如，在一场数学竞赛中，出现了一道关于概率的难题。
题目要求计算从一副牌中抽出两张黑色牌的概率。
学生们在理解题目时可能会遇到困惑，因为题目没有明确给出所抽取的总数。
此时，学生就需要仔细阅读，并根据已知的条件推理出问题的隐含信息。
经过思考后，学生可能会想到：在一副牌中，黑色和红色的牌数量之和是总数。
这样，学生就能够得出解题的思路，进而计算出概率。
二、寻找已知条件和关键提示在解答竞赛难题时，寻找已知条件和关键提示是很重要的一步。
通过仔细分析题目，确定哪些已知条件可以直接应用于解题过程，并将其记录下来。
同时，还需要提取出题目中的关键提示信息，这些信息可能会在解题过程中起到重要的引导作用。
例如，假设某竞赛题目要求计算三角形面积，给出已知条件为三条边长和一个角度。
学生们可以通过应用三角函数来计算三角形面积，并在解题过程中引入已知条件和关键提示信息。
通过提前寻找已知条件和关键提示，可以更快速地找到解决问题的方法。
三、多角度思考问题在解答竞赛难题时，有时需要从不同的角度思考问题。
这种多角度思考有助于打破思维的局限，找到隐藏的线索或解决思路。
例如，考虑一道竞赛数学题，要求计算一个复杂算式的值。
在一开始，学生可能会从正常的计算思路出发，但是很可能陷入繁琐和冗长的计算过程。
在这种情况下，学生可以尝试从逆向思维出发，寻找简化问题的方法。
通过反向计算或倒推，学生可能会发现可以利用一些数学性质或规律，简化难题的解题过程。
四、灵活运用知识灵活地运用已掌握的知识是突破竞赛难题的重要策略之一。
