名校《强基计划》初升高衔接讲义（上）_初中资料合集_名校《强基计划》初升高数学衔接讲义上下册word和PDF双版

名校《强基计划》初升高衔接讲义（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）： a3+b3 =(a+b)( a2 −ab+b2) ， a3−b3 =(a−b)( a2 +ab+b2) ， a3+3a2b+3ab2 +b3 =(a+b)3 ， a3−3a2b+3ab2 −b3 =(a−b)3 ， 2 a 3 + b 2 + c 2 − a b − b c − c a = 1 2  ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + ( c − a ) 2  ， a 3 + b 2 + c 2 − 3 a b c = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − c a ) . 2.例题精讲 1. 若 a = 2 0 1 6 ， b = 2 0 1 7 ， c = 2 0 1 8 ，求 a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − a c 的值得． 1 1 2. 已知a− =4，求a2 + 、 a a2 a 3 − 1 a 3 的值． 3. 若 x + y + z = 3 (x−1)(y−1)(z−1) ，则 的值是______． (x−1)3 +(y−1)3 +(z−1)3 1 1 1 1 1 1 1 1 4. 计算 1+ + + 1+ + + 1+ + + + 1+ + ． 12 22 22 32 32 42 20172 20182 5. 已知 a 、 b 、c是实数.若 b 2 + 2 c b 2 c − a 2 、 c 2 + 2 a a 2 c − b 2 、 a 2 + 2 b a 2 b − c 2 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)= x4 +ax3+bx2 +cx+d ，其中a、 b 、 c 、d 为常数.若P(1)=2018，3 P ( 2 ) = 4 0 3 6 ， P ( 3 ) = 6 0 5 4 .试计算 1 4  P ( 1 1 ) + P ( − 7 )  . 7. 对于所有的正整数，定义.若正整数满足 2 0 1 7 f ( 1 2 ) f ( 2 2 ) f ( n 2 )   f ( 1 ) f ( 2 ) f ( n )  2 ， 则 n 的最大值为______． 8. 求所有的三元有序整数组使得 2 x 0 + 1 5 y + 2 y 0 1 + 5 z + 2 z 0 + 1 5 x 为正整数. 3.习题巩固 9. 因式分解 a 3 − 4 a + 3 . 10. 因式分解 x 8 + 9 8 x 4 y 4 + y 8 . 11. 已知 m 是方程 x 2 − 5 x − 1 = 0 的一根，求 2 m 2 − 5 m + m 1 2 的值. 12. 若x−3为正整数，且是 2 x 2 − 5 x + 1 3 的约数，求 x 的所有可能值总和. 13. 若 x + y z − z = x − y y + z = − x + x y + z (x+ y)(y+z)(z+x) ，求 的值. xyz 14. 计算 2 1 1 + 2 + 3 2 1 + 2 3 + 4 3 1 + 3 4 + + 1 0 0 9 9 1 + 9 9 1 0 0 . 15. （1）若实数 a 使得 a− 2a−1 = 2 ，求 a + 2 a − 1 的值； （2）若实数 a 满足 1 2  a  1 ，设 p = a − 2 a − 1 + a + 2 a − 1 ，求证： p 一定是无 理数. 16. 已知实数x、 y 、 z 满足 x + 2 y + 4 z = 1 ， x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 = 1 7 1 2 4 求 + + 的值. x y z a b c 17. 已知 + + =1，求证abc=1. 1+a+ab 1+b+bc 1+c+ca 1 18. 已知. f (x)= 3 x2 +2x+1+ 3 x2 −1+ 3 x2 −2x+1求 f (1)+ f (3)+ + f (2017). 4.自招链接 19. 求 x−1+2 x−2 +3 x−3 +4 x−4 的最小值. 20. 我 们 学 过 等 差 数 列 的 求 各 公 式 4 1 + 2 + 3 + + n = ( n + 2 1 ) n ， 请 利 用 (n−1)3 =n3−3n2 +3n−1，推导12 +22 +32 + +n2的公式. 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： a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − a c = 1 2  ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + ( c − a ) 2  ， 然后把a=2016，b=2017， c = 2 0 1 8 代入，得 a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − a c = 1 2  ( 2 0 1 6 − 2 0 1 7 ) 2 + ( 2 0 1 7 − 2 0 1 8 ) 2 + ( 2 0 1 8 − 2 0 1 6 ) 2  = 3 . 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）：  a − 1 a  2 = a 2 + 1 a 2 − 2 = 1 6 ， 所以 a 2 + 1 a 2 = 1 8 . 熟用立方差公式（注意符号）： 1  1 1  a3− =  a−  a2 +1+  =4(18+1)=76. a3  a a2  3. 在自招试卷中下面这个公式非常重要： a3+b3+c3−3abc=(a+b+c)( a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca ) x−1=a y−1=b z−1=c 设 ， ， ，则5 ( x − ( x 1 ) − 3 1 + ) ( ( y y − − 1 1 )3 ) ( z + − ( 1 z ) − 1 ) 3 = a 3 + a b b c 3 + c 3 . 又x+ y+z =3，故 a + b + c = 0 . 从而可知， a 3 + b 3 + c 3 − 3 a b c = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − c a ) = 0 . 故 ( x − ( x 1 ) − 3 1 + ) ( ( y y − − 1 1 )3 ) ( z + − ( 1 z ) − 1 ) 3 = 1 3 . 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. 1 + 1 n 2 + ( n 1 + 1 ) 2 = n 2 ( n + 1 n 2 ) 2 ( + n ( + n 1 + ) 1 2 ) 2 + n 2 = n 2 ( n + 1 n 2 ) 2 + ( n 2 + n 1 ( ) n 2 + 1 ) + 1 =  n ( n n 2 ( + n 1 + ) + 1 ) 1 2  2 = n ( n n ( + n 1 + ) 1 + ) 1 = 1 + 1 n − n 1 + 1 . 所以，原式 =  1 + 1 1 − 1 2  +  1 + 1 2 − 1 3  +  1 + 1 3 − 1 4  + +  1 + 2 1 0 1 7 − 2 1 0 1 8  = 2 0 1 7 + 1 − 2 1 0 1 8 = 2 0 1 7 2 2 0 0 1 1 7 8 . 5. 由题设 b 2 + 2 c b 2 c − a 2 + c 2 + 2 a a 2 c − b 2 + a 2 + 2 b a 2 b − c 2 = 1 ，且 a b c  0 ，即  b 2 + 2 c b 2 c − a 2 − 1  +  a 2 + 2 c a 2 c − b 2 − 1  +  a 2 + 2 b a 2 b − c 2 + 1  = 0 则 b 2 + c 2 − 2 b a c 2 − 2 b c + a 2 + c 2 − 2 a b c 2 − 2 a c + a 2 + b 2 − 2 a c b 2 + 2 b c = 0 ， ( b − c 2 ) b 2 c − a 2 + ( a − c 2 ) a 2 c − b 2 + ( a + b 2 ) a 2 b − c 2 = 0 ， (b−c+a)(b−c−a) (a−c+b)(a−c−b) (a+b+c)(a+b−c) + + =0， 2bc 2ac 2ab (a+b−c)c2 −(a−b)2   =0 2abc ，(a+b−c)(c+a−b)(c−a+b) =0. 2abc 所以 6 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 − 1 ) ( x − 2 ) ( x − 3 ) ( x − k ) + 2 0 1 8 x . 所以 1 1 P(11)+P(−7) =   (11−1)(11−2)(11−3)(11−k)+201811     4 4 +  ( − 7 − 1 )  ( − 7 − 2 )  ( − 7 − 3 )  ( − 7 − k ) + 2 0 1 8  ( − 7 )   1 = 10987(11−k)+201811+(−8)(−9)(−10)  4 ( − 7 − k ) + 2 0 1 8  ( − 7 )  = 1 4   1 0  9  8  ( 1 1 − k ) + 8  9  1 0  ( 7 + k ) + 2 0 1 8  ( 1 1 − 7 )  = 1 4  ( 8  9  1 0  1 8 + 2 0 1 8  4 ) = 2  9  1 0  1 8 + 2 0 1 8 = 3 2 4 0 + 2 0 1 8 = 5 2 5 8 . 7. 将具体的数字代入原不等式得： 2 0 1 7 ( 1 4 + 1 2 + 1 ) ( 2 4 + 2 2 + 1 ) ( n 4 + n 2 + 1 )   ( 1 2 + 1 + 1 ) ( 2 2 + 2 + 1 ) ( n 2 + n + 1 )  2 ， 通项 a 4 + a 2 + 1 = ( a 2 + a + 1 ) ( a 2 − a + 1 ) . 原不等式化简得： 2 0 1 7 ( 1 2 − 1 + 1 ) ( 2 2 − 2 + 1 ) ( n 2 − n + 1 )  ( 1 2 + 1 + 1 ) ( 2 2 + 2 + 1 ) ( n 2 + n + 1 ) . 当你做到这一步的时候，可以尝试对每一项进行计算： 2017137  ( n2 −n+1 ) 3713  ( n2 +n+1 ) ，发现左右有相同的数字，那是因为 ( a2 −a+1 )( a2 +a+1 ) =(a−1)a+1a(a+1)+1，    所以，不等式或以化简为 7 2 0 1 7  n ( n + 1 ) + 1 ，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 ， 2 p q = S 2 + r − 2 S r − p − q ，则 T = S 2 + r − p − q ， 4 p q = T 2 + 4 S 2 r − 4 S T r ， r = T 2 + 4 S 4 2 S r T − 4 p q 为有理数，同 理 p 、 q 均为有理数. 由引理得 2 x 0 + 1 5 y 、 2 y 0 + 1 5 z 、 2 z 0 + 1 5 x 为有理数. 设 2 x 0 + 1 5 y = a b ， 2 y 0 1 + 5 z = c d ， 2 z 0 + 1 5 x = e f （分子分母互质且为正整数）. 因为 2 0 1 5 b 2 = a 2 ( x + y ) ，所以 a 2 2 0 1 5 ， a = 1 同理， c = e = 1 从而 2 x 0 + 1 5 y + 2 y 0 + 1 5 z + 2 z 0 + 1 5 x = 1 b + 1 d + 1 f ， 1  1 b + 1 d + 1 f  3 . 分情况讨论，不妨设 b  d  f . 1 1 1 （1） + + =1，（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 z + + + y z x = = = 4 1 1  6 6   2 0 2 2 1 0 0 5 1 1 ， 5 5 ， ，解得 8  x y z = = = 4 4 2 0 0 8 3 3 2 0 0 1 ， ， 0 . （2） 1 b + 1 d + 1 f = 2 ，（ b ， d ， f ）=（1，2，2），通过奇偶分析无整数解. （3） 1 b + 1 d + 1 f = 3 ，（ b ， d ， f ）=（1，1，1），通过奇偶分析无整数解. 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 − 1 ) ( a 2 + a − 3 ) . 10. x 8 + 9 8 x 4 y 4 + y 8 = x 8 + 2 x x 4 y 4 + y 8 + 9 6 x 4 y 4 = ( x 4 + y 4 ) 2 + 6 4 x 4 y 4 + 3 2 x 4 y 4 = ( x 4 + y 4 ) 2 + 1 6 x 2 y 2 ( x 4 + y 4 ) + 6 4 x 4 y 4 + 3 2 x 4 y 4 − 1 6 x 2 y 2 ( x 4 + y 4 ) = ( x 4 + y 4 + 8 x 2 y 2 ) 2 − 1 6 x 2 y 2 ( x 4 + y 4 − 2 x 2 y 2 ) = ( x 4 + y 4 + 8 x 2 y 2 ) 2 − 1 6 x 2 y 2 ( x 2 − y 2 ) 2 = ( x 4 + y 4 + 8 x 2 y 2 − 4 x 3 y + 4 x y 3 ) − ( x 4 + y 4 + 8 x 2 y 2 + 4 x 3 y − 4 x y 3 ) . 11. 由于 m2 −5m−1=0 ，则 2 m 2 − 5 m + m 1 2 = 2 m 2 − m 2 + 1 + m 1 2 = m 2 + 1 + m 1 2 ，又 m − 1 m = 5 ，所以， m 2 + 1 + m 1 2 =  m − 1 m  2 + 3 = 2 8 . 2x2 −5x+13 2x2 −6x+x−3+16 16 16 12. = =2x+1+ 为整数， 则为整数， x−3 x−3 x−3 x−3 x−3=1，2，4，8，16，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 ) ( y x + y z z ) ( z + x ) = − 1 .x+ y−z x− y+z −x+ y+z x+ y+z 若x+ y+z 0，则 = = = =1（等比性质），故有 z y x x+ y+z 9 x = y = z ，从而可知 ( x + y ) ( y x + y z z ) ( z + x ) = 8 . 14. ( k + 1 ) k 1 + k k + 1 = ( k k ( + k 1 + ) 1 ) k 2 − − ( k k + k 1 + ) k 1 2 = ( k + 1 ) k k ( k − + k 1 ) k + 1 = 1 k − k 1 + 1 原式 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + + 1 9 8 − 1 9 9 + 1 9 9 − 1 1 0 0 = 1 − 1 1 0 = 1 9 0 . 15. （1） 2 2 （2）将 p平方： p 2 = 2 a + 2 a 2 ( 2 a − 1 ) = 2 a + 2 ( a − 1 ) 2 = 2 a − 2 ( a − 1 ) = 2 ，又 p  0 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）. 16. ( x2+2y2 +4z2) − 2 (x+2y+4z)+ 1 =0.   x− 1  2 +2   y− 1  2 +4   z− 1  2 =0， 7 7  7  7  7 显然 x = y = z = 1 7 ，可得 1 x + 2 y + 4 z = 4 9 . 17. 1 + b b + b c + 1 + c c + c a = 1 − 1 + a a + a b = 1 a + b a + + 1 a b , 即 b + 1 + a b b + + a b b c 2 + c + 1 + a c c + + a c b a c = a b + 1 ， b+ab+ab2 (1+c+ca)+(abc−1) 故 + =ab+1， 1+b+bc 1+c+ca 则 b + 1 + a b b + + a b b c 2 + 1 a + b c c − + 1 c a + 1 = a b + 1 ， b+ab+ab2 abc−1 故 + =ab. 1+b+bc 1+c+ca 1 1 +1+b c− a ab 等式两边同时除以ab，可得 + =1， 1+b+bc 1+c+ca进而 10 ( 1 + b + 1 b + c ) b + + b 1 a c − b c  + 1 c + − c 1 a+ bc a = 1 ， 则 1 + 1 1 a+ − b b + c b c + 1 c + − c 1 a+ bc a = 1 ， 故 1 1 a+ − b b + c b c + 1 c + − c 1 a+ bc a = 0 ， 从而 1 1 a+ − b b + c b c = 1 1 a+ bc − + c c a . 1   1  故 −bc  (1+c+ca)=  −c  (1+b+bc)， a  ab  展开并化简，可得 c − a b c 2 = 1 a b − c ，即 a b c − a 2 b 2 c 2 = 1 − a b c ，从而 ( a b c − 1 ) 2 = 0 .故 a b c = 1 . 18. a3−b3 =(a−b)( a2 +ab+b2) ， 3 x 2 + 2 x + 1 + 3 x 1 2 − 1 + 3 x 2 − 2 x + 1 =  3 ( x x + + 1 1 ) − − 3 ( x x − − 1 1 )  = 3 x + 1 − 2 3 x − 1 ， 所以 f (1)+ f (3)+ + f (2017) = 3 1 + 1 − 2 3 1 − 1 + 3 3 + 1 − 2 3 3 − 1 + + 3 2 0 1 7 + 1 − 2 3 2 0 1 7 − 1 3 2− 3 0 3 4− 3 2 3 2018− 3 2016 = + + + 2 2 2 3 2018 = 2 自招链接 19. 根据绝对值的几何意义，我们知道 x − 1 + x − 4 的最小值在1 x4时取得. 2 x − 2 + 2 x − 4 ， x−3 + x−4 ， 2 x − 3 分别求出最小值的取值范围，可得 x = 3 时取的最小值，最小值为8.n(n+1)(2n+1) 20. 虽然有很多同学知道这个公式最后的答案为 ，我们先把可以利用的公 6 式写出来看看： 11 ( n − 1 ) 3 = n 3 − 3 n 2 + 3 n − 1 . 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 ) 2 ，我们可以把公式变 为 ( n − 2 ) 3 =  ( n − 1 ) − 1  3 = ( n − 1 ) 3 − 3 ( n − 1 ) 2 + 3 ( n − 1 ) − 1 . 然后依次类推： 0 3 = ( 1 − 1 ) 3 = 1 3 − 3  1 2 + 3  1 − 1 . 我们把所有的式子相加： 左边 = 0 3 + 1 3 + 2 3 + + ( n − 1 ) 3 ， 右边 = ( 1 3 + 2 3 + + n 3 ) − 3 ( 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 ) + 3 ( 1 + 2 + 3 + + n ) − n ， 化简得 3 ( 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 ) = n 3 + 3  ( n − 2 1 ) n − n = 2 n 3 + 3 n 2 2 + 3 n − 2 n = 2 n 3 + 3 2 n 2 + n ， 所以 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 = n ( 2 n 2 + 6 3 n + 1 ) = n ( n + 1 ) 6 ( 2 n + 1 ) .12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ax2 +bx+c=0(a0)的两根为 13 x 1 b 、x ，则x +x =− ， 2 1 2 a x 1 x 2 = c 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 a x 2 + b x + c = 0 ( a  0 ) 的求根公式是 x = − b  b 2 2 a − 4 a c . 则 x 1 + x 2 = − b a c ，x x = . 1 2 a 证法二：（待定系数法） 若一元二次方程 ax2 +bx+c=0(a0) 的两根为 x 1 、 x 2 ，那么方程可以表示为 a ( x − x 1 ) ( x − x 2 ) = 0 b 系数一一对应，就可以得到x +x =− ， 1 2 a x 1 x 2 = c a .2.例题精讲 1. 已知关于 14 x 的方程 a ( 3 x − 2 ) + b ( 2 x − 3 ) = 8 x − 7 有无穷多个解，那么 a 、 b 值应分别 为__________. 2. 方程 2 x − 1 + x − 2 = x + 1 的实数解的个数是__________. 3. 求方程 ( x 3 − 3 x 2 + x − 2 ) ( x 3 − x 2 − 4 x + 7 ) + 6 x 2 − 1 5 x + 1 8 = 0 全部相异实根. 4. 解方程组  1 x 1 y 1 z + + + y z x 1 + 1 + 1 + z x y = = = 1 2 1 3 1 4 ， ， . 5. 设 x 1 、 x 2 为方程 x 2 − ( k − 2 ) x + ( k 2 + 3 k + 5 ) = 0 的两个实根，求 x 21 + x 22 的最大值与 最小值. 6. 若k为正整数，且关于 x 的方程 ( k 2 − 1 ) x 2 − 6 ( 3 k − 1 ) x + 7 2 = 0 有两个相异正整数根， 求k的值. 7. 关于 x 的二次方程 ( k2 −6k+8 ) x2 + ( 2k2 −6k−4 ) x+k2 =4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 x 4 − 4 x 3 + m x 2 + n x + 5 2 = 0 的四根成等差数列，求方程的解.  x2 y2 z2 u2 + + + =1，  22 −12 22 −32 22 −52 22 −72   x2 y2 z2 u2 + + + =1，  42 −12 42 −32 42 −52 42 −72 9. 若  x2 y2 z2 u2 + + + =1， 62 −12 62 −32 62 −52 62 −72  x2 y2 z2 u2  + + + =1， 82 −12 82 −32 82 −52 82 −72 那么，x2 + y2 +z2 +u2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 b 2 x 2 + ( b 2 + c 2 − a 2 ) x + c 2 = 0 无实根. 11. 解无理方程：3 45+x + 316−x =1.3.习题巩固 12. 方程 15 2 x 2 − x y − 3 x + y + 2 0 0 6 = 0 的正整数解 ( x ， y ) 共有多少对？ 13. 解方程组：  x y z 2 2 2 + + + 2 2 2 y z x z x y = = = x z y , , . 14. 求所有正实数 a ，使得方程 x 2 − a x + 4 a = 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 p x 2 − q x + p = 0 有有理数根？ 16. 求所有有理数 r ，使得方程rx2 +(r+1)x+(r−1)=0的所有根为整数. 17. 设方程 x 2 − 3 x + 1 = 0 的根、也是方程 x 6 − p x 2 + q = 0 的根，试求整数 p 、 q 的 值. 18. 设a与 b 为方程 x 2 + p x + 1 = 0 的两个实根， c 与 d 为方程x2 +qx+1=0的两个实根. 求证： ( a − c ) ( b − c ) ( a + d ) ( b + d ) = q 2 − p 2 . 19. 设 r 、 s 、 t 是方程8x3+1001x+2016=0的三个根，求 ( r + s ) 3 + ( s + t ) 3 + ( t + r ) 3 的 值. 20. 已知 p为质数，使二次方程x2 −2px+ p2 −5p−1=0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 − 8 ) − 1 = 0 有两个整数根，求a的值. 22. 已知关于 x 的二次方程 a x 2 − 2 ( a − 3 ) x + a − 2 = 0 至少有一个整数根，求负整数 a 的 值. 4.自招链接 23. 若方程 ( x 2 − 1 ) ( x 2 − 4 ) = 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 16  x y z 2 2 2 = = = 1 2 3 + + + ( ( ( y x x − − − z z y 2 ) ， 2 ) ， 2 ) . 5.参考答案 例题精讲 1. 因为关于 x 的方程a(3x−2)+b(2x−3)=8x−7，即(3a+2b−8)x=2a+3b−7有 无穷多个解. 所以  3 2 a a + + 3 3 b b − − 8 7 = = 0 0 ， ， 可得  a b = = 2 1 ， . 2. 当 x  − 1 时，原方程化为 − ( 2 x − 1 ) − ( x − 2 ) = − ( x + 1 ) ，解得 x = 2 （舍去），所以方 程无解； 当 − 1  x  1 2 1 1 时，原方程化为−(2x−1)−(x−2)= x+1，解得x= ，所以x= ； 2 2 当 1 2  x  2 时，原方程化为 ( 2 x − 1 ) − ( x − 2 ) = x + 1 ，解得 x 为任意实数，所以 1 2  x  2 ； 当x2时，原方程化为(2x−1)+(x−2)= x+1，解得x=2（舍去），所以方程无解. 1 综上所述，原方程的解为  x2；那么实数解的个数是无数个. 2 3 5 5 9 3. 设x3 −2x2 − x+ = A，x2 − x+ = B则原方程化为 2 2 2 2 (A−B)(A+B)+6B−9=0， 则 A 2 − B 2 + 6 B − 9 = 0 ， 即 A2 −(B−3)2 =0， 即 (A−B+3)(A+B−3)=0， 可得 A−B+3=0或A+B−3=0.因此有 17  x 3 − 2 x 2 − 3 2 x + 5 2  −  x 2 − 5 2 x + 9 2  + 3 = 0 ， 或  x 3 − 2 x 2 − 3 2 x + 5 2  +  x 2 − 5 2 x + 9 2  − 3 = 0 . 则 x3−x2 −4x+4=0或 x 3 − 3 x 2 + x + 1 = 0 . 因此 (x−1)( x2 −4 ) =0或 ( x − 1 ) ( x 2 − 2 x − 1 ) = 0 ， 可得 x = 1 或 x =  2 或 x = 1  2 . 所以，原方程的根为 x 1 = x 2 = 1 ， x 3 = 2 ， x 4 = − 2 ， x 5 = 1 + 2 ， x 6 = 1 − 2 . 4. 原方程组化为  x y z y z z + + + x z y x z x = = = 2 3 4 ( ( ( x x x + + + y y y + + + z z z ) ) ) ， ， . 令x+ y+z =k，则  x y z y z x + + + x y z z x y = = = 2 3 4 k k k ， ， ， ① ② ③ (①+②+③)2，得 x y + y z + z x = 9 2 k ， ④ 由④分别减去 ① 、 ② 、 ③ 得  x y z y z x = = = 1 2 5 2 3 2 k k k ， ， ， ⑤ ⑥ ⑦ k 30k ⑤⑥⑦ ，得 xyz= ， ⑧ 4由⑧分别除以 18 ⑤ 、 ⑥ 、 ⑦ 得  x y z = = = 3 0 1 0 3 0 6 3 0 2 k k k ， ， . 所以 x + y + z = 3 1 0 0 k + 3 6 0 k + 3 2 0 k = 2 3 3 3 0 0 k = k 529 ，解得k = . 30 所以原方程组的解为  x y z = = = 2 3 1 0 2 3 6 2 3 2 ， ， . 5. 因为关于 x 的一元二次方程 x 2 − ( k − 2 ) x + ( k 2 + 3 k + 5 ) = 0 有两个实根，所以  =  − ( k − 2 )  2 − 4  1  ( k 2 + 3 k + 5 ) = − ( 3 k 2 + 1 6 k + 1 6 ) = − ( k + 4 ) ( 3 k + 4 )  0 ， 可得 − 4  k  − 4 3 . 由韦达定理，得 x 1 + x 2 = − − ( k 1 − 2 ) = k − 2 ， x 1 x 2 = k 2 + 3 1 k + 5 = k 2 + 3 k + 5 所以 x 21 + x 22 = ( x 1 + x 2 ) 2 − 2 x 1 x 2 =(k−2)2 −2 ( k2 +3k+5 ) =−k2 −10k−6=−(k+5)2 +19. 当k =−4时， ( x2 +x2) =−(k+5)2 +19=18； 1 2 max 4 50 当k =− 时， ( x2 +x2) =−(k+5)2 +19= . 3 1 2 min 9 6. 原方程变形、因式分解为19 ( k + 1 ) ( k − 1 ) x 2 − 6 ( 3 k − 1 ) x + 7 2 = 0 ，  ( k + 1 ) x − 1 2   ( k − 1 ) x − 6  = 0 . 12 即x = ， 1 k+1 x 2 = k 6 − 1 . 由 k 1 2 + 1 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x 、 1 x 2 同时为正整数，但当 k = 3 时， x 1 = x 2 = 3 ，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x 、 1 x 2 的典型方程. 由 ( k 2 − 6 k + 8 ) x 2 + ( 2 k 2 − 6 k − 4 ) x + k 2 = 4 可知，  ( k − 4 ) x + ( k − 2 )   ( k − 2 ) x + ( k + 2 )  = 0 ， 故 x 1 = − k k − − 2 4 ， x 2 = − k k + − 2 2 .（由题意可知， k 2 − 6 k + 8  0  k  2 且 k  4 ） 因为 x 1 = − k k − − 2 4 = −  1 + k 2 − 4  k+2  4  2 ，x =− =−  1+ ，于是有k−4=− ， 2 k−4  k−2 x +1 1 k − 2 = − x 2 4 + 1 4 2 ， 两 式 相 减 可 得 ， 2=− + ， 则 x x +3x +2=0 . 故 x +1 x +1 1 2 1 2 1 x 1 ( x 2 + 3 ) = − 2 ，从而可知， x =1， x =−1， 1 1  或 或 x +3=−2； x +3=2；   2 2  x x 1 2 = + 2 3 ， = − 1 ； x =−2， 1 或 x +3=1；  2 又x −1且x −1，故 1 2 x =1， x =2， x =−2， 1 1 1  或 或 x =−5； x =−4； x =−2.    2 2 2 10 故k =6，3， . 3注：得出 20 x 1 = − k k − − 2 4 = −  1 + k 2 − 4  ，后 x 2 = − k k + − 2 2 = −  1 + k 4 − 2  ，直接有 k − 4 =  1 ， 2； k − 2 =  1 ，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： x 1 、 x 2 、 x 3 、 x 4 ，则有 ( x − x 1 ) ( x − x 2 ) ( x − x 3 ) ( x − x 4 ) = 0 ，展开：  x 2 − ( x 1 + x 2 ) x + x 1 x 2   x 2 − ( x 3 + x 4 ) x + x 3 x 4  = 0 ， ( x 2 ) 2 − ( x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) x 3 + ( x 1 x 2 + x 3 x 4 + x 1 x 3 + x 1 x 4 + x 2 x 3 + x 2 x 4 ) x 2 ， − ( x 1 x 3 x 4 + x 2 x 3 x 4 + x 1 x 2 x 3 + x 1 x 2 x 4 ) x + x 1 x 2 x 3 x 4 = 0 ， 根据韦达定理（根与系数的关系）有： − ( x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) 为 x 3 项的系数； x 1 x 2 + x 3 x 4 + x 1 x 3 + x 1 x 4 + x 2 x 3 + x 2 x 4 为 x 2 项的系数； −(x x x +x x x +x x x +x x x ) 为 1 3 4 2 3 4 1 2 3 1 2 4 x 项的系数； x x x x 为常数项. 1 2 3 4 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 + 3 b ( b  0 ) ，那么根据推导的韦达定理有： ( a − 3 b ) + ( a − b ) + ( a + b ) + ( a + 3 b ) = 4 ；（ x 3 项根与系数的关系） (a−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 4 a = 4 ，即 a = 1 ，代入第二个式子得 (1−3b)(1+3b)(1−b)(1+b)=52， 则 ( 1 − 9 b 2 ) ( 1 − b 2 ) = 5 2 ，即 9 b 4 − 1 0 b 2 − 5 1 = 0 ，可知 b 2 = 3 17 或b2 =− （舍）. 9 又b0，所以 b = 3 ，从而 a = 1 ， b = 3 . 故原方程的解为 x 1 = 1 − 3 3 ， x 2 = 1 − 3 ， x 3 = 1 + 3 ，x =1+3 3 . 4 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x2 y2 z2 u2 + + + =1， t−12 t−32 t−52 t−72 则22、 21 4 2 、62、82是关于 t 的方程 t x − 2 1 2 + t y − 2 3 2 + t z − 2 5 2 + t u − 2 7 2 = 1 的根. 将 t x − 2 1 2 + t y − 2 3 2 + t z − 2 5 2 + t u − 2 7 2 = 1 化为整式方程，得 t 4 − ( x 2 + y 2 + z 2 + u 2 + 8 4 ) t 3 + a 2 t 2 + a 3 t + a 4 = 0 . 由一元次方程的根与系数的关系，得 2 2 + 4 2 + 6 2 + 8 2 = x 2 + y 2 + z 2 + u 2 + 8 4 . 所以 x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 3 6 . 10. 关于 x 的二次方程b2x2 + ( b2 +c2 −a2) x+c2 =0的判别式为 = ( b2 +c2 −a2) −4b2c2 =( b2 +c2 −a2) −2bc( b2 +c2 −a2) +2bc    =(b+c)2 −a2(b−c)2 −a2    =(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 a + b − c  0 ， b + c − a  0 ， c + a − b  0 . 因为 a + b + c  0 ，所以=−(a+b+c)(b+c−a)(a+b−c)(c+a−b)0. 所以关于x的二次方程b2x2 + ( b2 +c2 −a2) x+c2 =0无实根. 11. （法一）设 3 4 5 + x = a ， 3 1 6 − x = b ，原方程化为 a + b = 1 ，因为a3+b3 =61， 又因为 a 3 + b 3 = ( a + b ) ( a 2 − a b + b 2 ) = ( a + b )  ( a + b ) 2 − 3 a b  ， 所以 a b = − 2 0 . 所以 a 、b是二次方程 y 2 − y − 2 0 = 0 的两个根，而 ( y − 5 ) ( y + 4 ) = 0 ， y = 5 或y =−4；所以 22  a b = = 3 3 4 1 5 6 + − x x = = 5 − ， 4 ， 或  a b = = 3 3 4 1 5 6 + − x x = = − ， 5 4 ， 所以 x = 8 0 或 x = − 1 0 9 . 经检验， x 1 = 8 0 ， x 2 = − 1 0 9 是原方程的根. （法二）原方程化为3 45+x + 316−x + 3 −1=0. 设3 45+x =a， 3 1 6 − x = b ， 3 − 1 = c 所以原方程化为a+b+c=0. 因 为 a 3 + b 3 + c 3 − 3 a b c = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − c a ) ， 所 以 a 3 + b 3 + c 3 = 3 a b c ， 即 ( 4 5 + x ) + ( 1 6 − x ) + ( − 1 ) = 3  3 4 5 + x  3 1 6 − x  3 − 1 ， 2 0 = 3 ( 4 5 + x ) ( 1 6 − x ) ( − 1 ) ， x 2 + 2 9 x − 8 7 2 0 = 0 ， ( x − 8 0 ) ( x + 1 0 9 ) = 0 ， 解得 x = 8 0 或 x = − 1 0 9 ；经检验， x 1 = 8 0 ， x 2 = − 1 0 9 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. y = 2 x 2 − 3 x x − + 1 2 0 0 6 = 2 x − 1 + 2 x 0 0 − 5 1 . 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 y z 2 2 2 + + + 2 2 2 y z x z x y = = = x z y ， ， . ①+②+③得 x 2 + y 2 + z 2 + 2 x y + 2 y z + 2 z x = x + y + z ，即 (x+ y+z)2 = x+ y+z，(x+ y+z)(x+ y+z−1)=0，x+ y+z =0或x+ y+z =1. （1）当x+ y+z =0时，x=−(y+z)，代入②和③，得 y2 = z+2z2 +2yz，z2 = y+2y2 +2yz， 由④－⑤得 23 3 ( y 2 − z 2 ) = z − y ， ( y − z ) ( 3 y + 3 z + 1 ) = 0 ，解得y= z或 y + z = − 1 3 . 若y= z，代入④，得 3 y 2 + y = 0 ， y ( 3 y + 1 ) = 0 ， y = 0 或 y = − 1 3 .  2 x= ，  3 x=0，    1 所以y =0，，或y =− ，， 3   z =9，   1 z =− ，   3 1 若y = z =− ，则 3 x = 1 3 代入①，得 y z = 1 9 ，无实数解. （2）当 x + y + z = 1 时， x = 1 − y − z ，代入②和③，得 y 2 + z = 2 z 2 + 2 y z ， z 2 + y = 2 y 2 + 2 y z . 由⑥－⑦得 3 ( y 2 − z 2 ) = y − z ， ( y − z ) ( 3 y + 3 z − 1 ) = 0 ，解得 y = z 或 y + z = 1 3 . 若y= z，代入⑥，得3y2 − y =0， y ( 3 y − 1 ) = 0 ， y = 0 1 或y = . 3 所以  x y z = = = ， 1 ， 0 ， 0  1 x= ，  3   1 或y = ， 3   1 z = .   3 14. a = 16，18，25 15. 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=q2 −4p2 =n2，其中 n 是一个非负整数，则 (q−n)(q+n)=4p2. 由于1q−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：q−n=2， q−n=4，   q+n=2p2， q+n= p2， 24  q q − + n n = = p 4 ， p ，  q q − + n n = = 2 2 p p ， ， q−n= p2，  q+n=4. 消去n，解得 q = p 2 + 1 ， q = 2 + p 2 2 ， q = 5 2 p ，q=2p， q = 2 + p 2 2 . 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 2 x 2 − 5 x + 2 = 0 ，它的根为 x 1 = 1 2 ，x =2，它们都是有 2 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 − 1 = 0 ，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 1 、 x 2 ，且x  x ， 1 2  x x 1 1 + x 2 x = 2 1 = − − 1 1 r ， − 1 r ， 则 消去 r 得 x 1 x 2 − x 1 − x 2 = 2  ( x 1 − 1 ) ( x 2 − 1 ) = 3   x x 1 2 − − 1 1 = = 3 1 ， ， x −1=−1， 1 或  即 x −1=−3.  2  x x 1 2 = = 4 2 ， ， 或  x x 1 2 = = 0 − ， 2 ， 所以 r = 1 − 1 x 1 x 2 = − 1 7 或1. 1 综上所述，当r =− ，0，1时，方程的所有根都是整数. 7 17. 因为、是方程 x 2 − 3 x + 1 = 0 的两个根，=(−3)2 −411=50，所以由韦 达定理，得 3   + = ，=1，   ，从而 2 +2 =(+)2 −2=32 −21=7， 4 +4 = ( 2 +2)2 −2()2 =72 −212 =47因为、是方程 25 x 6 − p x 2 + q = 0 的根，所以 6 6 p p 2 2 q q 0 0 .      − − + + = = ， 因为   ，所以 p q 1 6 2 4 2 1 6 2 4 2 ( 4 ) 4 2 ( 2 2 2 2 ) 2 2 .                = = − − − − = = + + + = 4 7 + = 1 1 =  4 7 8 = ， 7 18. 由韦达定理，得 a + b = − p ， a b = 1 ， c + d = − q ， c d = 1 因为 ( a − c ) ( b − c ) = c 2 − ( a + b ) c + a b = c 2 + p c + 1 ， (a+d)(b+d)=d2 +(a+b)d +ab=d2 − pd +1， 又因为 c 与 d 为方程 x 2 + q x + 1 = 0 的两个实根，所以 c 2 + q c + 1 = 0 ， d 2 + q d + 1 = 0 即 c 2 + 1 = − q c ， d 2 + 1 = − d q 所以 ( a − c ) ( b − c ) = c 2 + p c + 1 = − c ( q − p ) ， ( a − d ) ( b + d ) = d 2 − p d + 1 = − d ( q + p ) ， 所以 ( a − c ) ( b − c ) ( a + d ) ( b + d ) =  − c ( q − p )   − d ( q + p )  = q 2 − p 2 . 19. 因为三次方程没有 x 2 项，所以它的所有根之和为0，即.s+r+t =0.故 ( r + s ) 3 + ( t + s ) 3 + ( r + t ) 3 = ( − t ) 3 + ( − s ) 3 + ( − r ) 3 = − ( r 3 + s 3 + t 3 ) . 由于 r 为方程的根，故 8 r 3 + 1 0 0 1 r + 2 0 1 6 = 0 . 对s和 t 也有同样的式子，所以 8 ( r3+s3+t3) +1001(s+r+t)+32016=0. 故 1001(s+r+t)+32016 32016 r3 +s3+t3 = = =−756. −8 −8 因此 ( r + s ) 3 + ( t + s ) 3 + ( r + t ) 3 = − ( r 3 + s 3 + t 3 ) = 7 5 6 . 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26  = 4 p 2 − 4 ( p 2 − 5 p − 1 ) = 4 ( 5 p + 1 ) 是完全平方数，从而5p+1是完全平方数.令5p+1=n2，n是整数，则 5 p = ( n − 1 ) ( n + 1 ) . 所以， 5 ( n − 1 ) ( n + 1 ) ，即5 n−1或5 n+1. 若 5 n − 1 ，令n−1=5k，则 p = k ( 5 k + 2 ) ，由于 p是质数，故k =1， p = 7 ，此时方 程为 x 2 − 1 4 x + 1 3 = 0 ，x =1，x =13满足条件. 1 2 若5 n+1，令 n + 1 = 5 k ，则 p = k ( 5 k − 2 ) ，故 k = 1 ，p=3此时方程为 x 2 − 6 x − 7 = 0 ， x 1 = − 1 ， x 2 = 7 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 x 2 − ( a + 8 ) x + 8 a − 1 = 0 . 设x 、 1 x 2 为方程的两个整数根，由韦达定理， x 1 + x 2 = a + 8 ，所以 a = x 1 + x 2 − 8 ， a 为 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 − 1 0 . 自招链接 23. （法一）令 x 2 = t ，则原方程为 ( t − 1 ) ( t − 4 ) = k ，整理的 t 2 − 5 t + 4 − k = 0 ，则由求 根公式和题意得 t1 ,2 = 5  9 2 + 4 k  0 ，所以四个非零实数根分别为 x 1 = − 5 + 9 2 + 4 k ， x 2 = − 5 − 9 2 + 4 k ， x 3 = 5 − 9 2 + 4 k ， x 4 = 5 + 9 2 + 4 k . 由题意它们在数轴上对应的点等距离排列，所以得到 3 5 − 9 2 + 4 k = 5 + 9 2 + 4 k ，化 7 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 ( x2 −1 )( x2 −4 ) −k =(x+3a)(x+a)(x−a)(x−3a)，即 27 x 4 − 5 x 2 + 4 − k = x 4 − 1 0 a 2 x 2 + 9 a 4 ，于是有  1 9 0 a a 4 2 = = 4 5 ， − k ， 解得 k = 7 4 . 24. 原方程组变为  x y z 2 2 2 − − − ( ( ( y x x − − − z z y ) ) ) 2 2 2 = = = ， 1 ， 2 3 . (x+ y−z)(x+z− y)=1，  即 (x+ y−z)(y+z−x)=2，  (x+z− y)(y+z−x)=3.  ①  ②  ③ 可得 ( x + y − z ) 2 ( x + z − y ) 2 ( y + z − x ) 2 = 6 ， 即(x+ y−z)(x+z− y)(y+z−x)= 6 ， 当 ( x + y − z ) ( x + z − y ) ( y + z − x ) = 6 时，原方程组变为  y+z−x= 6，   6 x+z− y = ，解得 2   6 x+ y−z = .  3  x y z = = = 5 1 2 3 2 3 4 6 6 6 ， ， . 同理，当 ( x + y − z ) ( x + z − y ) ( y + z − x ) = − 6  5 6 x=− ， 12   2 6 时，有y =− ， 3   3 6 z =− .  428第三讲 函数 1.知识要点 函数是初高中之间重要的桥梁，除了大家熟悉的一模二模考试中的考题外，函数还与 不等式、方程有着一定的联系，做这类题目的一般步骤为：画图，确定范围，列出不等式 （或等式），求解. 一元二次不等式的解集： 29  = b 2 − 4 a c   0  = 0   0 二次函数 y = a x 2 + b x + c ( a  0 ) 的图象 方 程 a x 2 + b x + c = 0 有两个相等的实根 有两个不等的实根 b 无实根 x 、x x=− 1 2 的根 2a ax2 +bx+c0(a0) b x x 或x x x− 一切实数 1 2 2a 的解集 ax2 +bx+c0(a0) x  x x 无解 无解 1 2 的解集 如果在区间（a，b）上有 f ( a )  f ( b )  0 ，则至少存在一个 a  x  b ，使得 f ( x ) = 0 . 此定理即为区间根定理，又称作勘根定理，它在判断根的位置的时候会发挥巨大的威力. 2.例题精讲 1. 对于每个 x，函数 y 是y =2x，y = x+2，y =−2x+12这三个函数的最小值. 1 2 3 则函数y的最大值是 .2. 已知抛物线 30 y = a x 2 + b x + c 与双曲线 y = k x 2 有三个交点 A ( − 3 , m ) 、 B ( − 1 , n ) 、 C ( 2 , P ) .则不等式ax3+bx2 +cx−k2 0的解集为 . 3. 已知函数 y =  x x 2 2 − − 2 1 x 0 , x x + ≤ 2 4 3 , , x  3 , 且使 y = k 成立的x的值恰好有三个，则k的值 为 . 4. 求 y = x 4 − x 2 + 1 + x 4 + x 2 − 1 0 x + 2 5 的最小值. 5. 若二次函数 y = a x 2 + b x + c ( a  0 ) 的图象的顶点在第一象限，且过点（0，1）和（－ 1，0），则 S = a + b + c 的值的变化范围是（ ）. （A） − 1  S  1 （B） 0  S  1 （C） 1  S  2 （D）0S 2 6. （1）画出y=||||x|−3|−3|−3|的函数图象； （2）根据图象求出方程 ||||x|−3|−3|−3|=||||x|−4|−4|−4|的解. 7. 已知二次函数 y = a x 2 + b x + c （其中 a、b、c 为整数且 a≠0），对一切实数 x 恒有 x ≤ y ≤ 2 x 2 + 1 4 ，求此二次函数的解析式. 8. 若抛物线 y = x 2 + m x + 2 与连结两点 M（0，1）、N（2，3）的线段 MN（包括 M、 N两点）有两个不同的交点，求m的取值范围. 9. 已知a、b、c为正整数，且抛物线 f ( x ) = a x 2 + b x + c 与x轴有两个不同的交点A、 B. 若A、B到原点的距离都小于1，求 a + b + c 的最小值. 10. 二次函数 f(x)= x2 +ax+b，M =max| f(x)|， − 1 ≤ x ≤ 1 ，求M的最小值. 11. 二次函数 f(x)满足：（1） f ( − 1 ) = 0 ；（2）对任意实数 x 有 x ≤ f ( x ) ≤ x 2 2 + 1 成 立，求 f ( x ) . 12. 问同时满足条件：（1）当−1≤x≤1时，| f(x)|≤1；（2）| f(2)|7的二次函数 f ( x ) = a x 2 + b x + c 是否存在？证明你的结论. 13. 已知x2 +x2 +x2≤1，求证： 1 2 3(x y +x y +x y −1)2≥(x2 +x2 +x2 −1)(y2 + y2 + y2 −1). 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 14. 已知 31 f ( x ) = a x 2 + b x + c ( a  0 ) . （1）若 f ( x ) = x 有实根，求证： f ( f ( x ) ) = x 也有实数根； （2）若 f ( x ) = x 无实数根，求证： f ( f ( x ) ) = x 也无实数根. 3.习题巩固 15. 求函数y =| x2 +4x+5− x2 +2x+5|的最大值. 16. 若对任意实数x，不等式 | x ≥| a x 恒成立，求实数a的取值范围. 17. 求函数 f(x)=| |||x−1|−1|−1| −1|（2016 层绝对值符号）与 x 轴围成的闭合 图形的面积. 18. 已知实数a、b、c满足 a  b  c ， a + b + c = 1 ， a 2 + b 2 + c 2 = 1 ，求 a + b 的取值 范围. 19. 求证：对一切实数a，方程 ( a 2 − 2 a 2 + 7 a ) x 2 − ( a 3 + 4 a 2 + 9 a + 6 ) x + 5 a 2 + 4 = 0 至 少有一个实根. 20. 设a、b是实数，二次函数 f ( x ) = a x 2 + b 满足−4≤ f(1)≤-1， − 1 ≤ f ( 2 ) ≤ 5 . 求 f ( 3 ) 的取值范围. 21. 若方程mx4 −(m−3)x2 +3m=0有一根小于 − 2 ，其余三根都大于 − 1 ，求m的取值 范围. 1 22. 二次函数 f(x)=− x2 +x，若m≤x≤n(mn)时， 2 k m ≤ f ( x ) ≤ k n ( k  1 ) ， 求m、n、k应满足的条件. 1 23. 设函数 f(x)= x2 −4x+16−a，当0≤x≤b(b0)时，0≤ f(x)≤3b，求a、 4 b. 24. 已知 m a + 2 + m b + 1 + c m = 0 ，且 a ≥ 0 ， m  0 . 求证： 有一根x ， 0 满足 0  x 0  1 ax2 +bx+c=0 . 25. 已知 f(x)=ax3+bx2 +cx+d满足6a、2b、a+b+c、d均为整数，求证：对任意的整数x， 32 f ( x ) 均取整数值. 26. 二次函数 f ( x ) = x 2 + b x + c 满足 − 1 ≤ x ≤ 3 时， | f ( x ) ≤| 2 求 f ( x ) 的解析式. 27. 二次函数 y = a x 2 + b x + c 满足 y ≥ 0 ， b  a ，求 a + b b − + a c 的最小值. 28. 求所有的二次函数 f ( x ) = x 2 + a x + b ，a、b为实数，且存在三个取自1，2，3，…， 9的不同整数m、n、p，使得 | f ( m ) |= | f ( n ) |= | f ( p ) |= 7 . 29. 试求实数a、b使得抛物线 y = x 2 + a x + b 、 y = x 2 + b x + a 与x轴有4个交点，且 相邻两点之间的距离相等. 4.自招链接 30. 德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数 f ( x ) =  1 0 , x , x 为 为 理 无 数 理 , 数 . 该函数被称为狄利克雷函数，则关于狄利克雷函数 f(x)有如下四个命题： ① f ( f ( x ) ) = 0 ； ②对任意xR恒有 f ( x ) = f ( − x ) 成立； ③任取一个不为零的有理数T， f ( x + T ) = f ( x ) 对任意的xR恒成立； ④存在三个点A(x , f(x ))、 1 1 B ( x 2 , f ( x 2 ) ) 、 C ( x 3 , f ( x 3 ) ) ，使得△ABC为等边三角 形.其中真命题的个数是（ ）. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 31. 如图，该函数由分段的线性函数组合而成，由于形状像很多顶帽子，被称为“Euclid 帽子函数”. 在数学、工程等领域的插值问题中有很高的应用价值. （1）试写出其函数表达式；  3 （2）求二次函数y =−x2 +a  a 与“Euclid帽子函数”的交点个数；  4 （3）试构造一个二次函数，使其与“Euclid 帽子函数”有且只有两个交点，且两交 5 7 点的横坐标都在 和 之间. 2 25.参考答案 1. 在同一坐标系内分别画出y 、y 、y 的图象，进而可得函数y的图象，易知，当 1 2 3 33 x = 1 0 3 16 时，y有最大值 . 3 2. 两曲线的图象如图3-2，若 x  0 ，则 a x 2 + b x + c  k x 2 ，此时， x  2 . 若 x  0 ，则 a x 2 + b x + c  k x 2 ，此时，由图象知 − 3  x  − 1 . 综上，不等式的解集为 − 3  x  − 1 或 x  2 . 3. 如图3-3，观察图象易知，直线y=3与函数图象恰有三个交点，即k=3时，使y=k成 立的x的值恰好有三个交点. 4. y= (x−0)2 +(x2 −1)2 + (x−5)2 +(x2 −0)2 .几何意义：在平面直角坐标系中，点(x,x2)到点（0，1）与点（5，0）的距离之和. 原题即求：抛物线 34 y = x 2 上的点 P 到 A ( 0 , 1 ) 与 B ( 5 , 0 ) 的距离之和最短是多少？易 知PA+PB≥AB= 26 . 5. 先来常规代数法. 将（0，1）和 ( − 1 , 0 ) 代入得： b = a + 1 ， c = 1 ，则 y = a x 2 + b x + c 化为 y = a x 2 + ( a + 1 ) x + 1 . 顶点坐标  − a 2 + a 1 , 4 a − ( 4 a a + 1 ) 2  在第一象限. 解不等式组：  − 4 a a + 2 a − 1 ( 4 a a  + 0 1 , ) 2  0 , 得 − 1  a  0 ，代入 S = a + b + c = 2 a + 2 ，得 0  S  2 . 答案：D. 除了以上的做法，选择题我们还可以画图象（如图3-4）来解决. 点E在点D、F之间. 由对称轴的位置可知点D在点B的左边，那么E点位置也应 在B点左侧；二次函数抛物线是曲线，从C点开始弯下去了，那么E点当然在F点 下方，同学们可以画一画极端情况：相信你能发现0与2只能无限接近却无法达到. 6. 我们先来体会一下绝对值在函数图象中的表现. 如图3-5，比较一下y = x与 y = | x | ，图中虚线部分为y = x，加了绝对值之后 x  0 时的图象就变为实线部分，满足绝对值的意义，函数值为负的部分翻折上去变成正的了.接着我们考虑： 35 y = | x | − 3 ，这个大家都知道，是将 y = | x | 向下平移 3 个单位，那 么又会出现函数值为负的部分，所以得继续将负数部分翻折上去，如图3-6. 重复刚才的过程两次：将y =|x|−3向下平移3个单位，再把负数部分翻折上去，得 到 y=|||x|−3|−3| ；再向下平移 3 个单位，把负数部分翻折上去，得到 y = |||| x | − 3 | − 3 | − 3 | ，如图3-7. （2）有了作图的经验，我们可以轻松画出 y = |||| x | − 4 | − 4 | − 4 | ， 将两函数图象放一起，交点横坐标即为所求方程的解，我们还是来看图象（图3-8）：两函数图象分别为实线和虚线，构成了很多等腰直角三角形，交点横坐标一目了然. 21 13 7 答案：x=  , , . 2 2 2 x≤ax2 +bx+c,  7.  1 ax2 +bx+c≤2x2 + ,   4 1 对一切实数x恒成立，由②得：(a−2)x2 +bx+c− ≤0. 4 令 36 f ( x ) = ( a − 2 ) x 2 + b x + c − 1 4 ，则 f ( x ) 为开口向下且与x轴至多只有一个公共点 的抛物线或为不在x轴上方的常值函数，又由①得 a ≥ 0 ，则 a = 1 或a=2. 先讨论简单的： 当 a = 2 时，常值函数，则 b = 0 ， c − 1 4 ≤ 0 . 由①得ax2 +(b−1)x+c≥0，即2x2 −x+c≥0恒成立. 由  = 1 − 8 c ≤ 0 ，得 c ≥ 1 8 ，矛盾. 所以这种情况不存在. 当 a = 1 1 时， f(x)=−x2 +bx+c− ≤0. 4 =b2 +4c−1≤0. 由①得 a x 2 + ( b − 1 ) x + c ≥ 0 ，即 x 2 + ( b − 1 ) x + c ≥ 0 恒成立. 则  = ( b − 1 ) 2 − 4 c ≤ 0 . 结合③④，发现： ( b − 1 ) 2 ≤ 4 c ≤ 1 − b 2 ，所以 ( b − 1 ) 2 ≤ 1 − b 2 ，即b(b−1)≤0， 得0≤b≤1. 若 b = 0 ，则c无整数解；若 b = 1 ，则 c = 0 . 所以， a = 1 ，b=1，c=0，二次函数解析式为y = x2 +x. 8. 线段MN的函数解析式为y = x+1. 于是，原问题等价于方程 x 2 + m x + 2 = x + 1 在 0—2之间有两个不同的实根. 整理，得x2 +(m−1)x+1=0.令 f(x)= x2 +(m−1)x+1. 要使得 f(x)=0在0—2之间内有两个不同实根，不仅要考虑端点，还要考虑判别式 和对称轴，则有 37   f f 0 = ( 0 ( 2  ( ) ) − m = = m − 1 4 − 2 1 )  + 1 2 − 0 , 2 (  m 2 4 .  − 1 0 ) , + 1 ≥ 0 , 解得 − 3 2 ≤ m  − 1 . 9. 令 A ( x 1 , 0 ) , B ( x 2 , 0 ) ，依题意，得： =b2 −4ac0,  f(1)=a+b+c0,  f(−1)=a−b+c0.  由①得b2 ac；由③得 a + c  b . a + c  b  a + c ≥ b + 1  2 a c + 1  ( a − c ) 2  1 . 因为 c a = x 1 x 2  1 ，则 a  c . 所以， a  c + 1  a  ( c + 1 ) 2 ≥ (1 + 1 ) 2 = 4 . 从而， a ≥ 5 , b  2 5  4 . 故 b ≥ 5 . 因此， a + b + c ≥ 1 1 . 取 a = 5 , b = 5 , c = 1 ，得 f ( x ) = 5 x 2 + 5 x + 1 = 0 −5 5 ，−1 x = 1. 1,2 10 符合条件，因此，a+b+c的最小值为11. 10. 由已知得： M ≥ | f ( x ) | ， − 1 ≤ x ≤ ，所以 M ≥| f(x)|=|1−a+b|≥1−a+b,  M ≥| f(x)|=|b|≥−b, 4M ≥2,  M ≥| f(x)|=|1+a+b|≥1+a+b  1 所以M ≥ . 2 1 1 1 又当a =0, b=− 时，M = ，故M的最小值是 . 2 2 2 11. 设 f(x)=ax2 +bx+c(a0).由（1）知 38 f ( − 1 ) = 0 ，所以a−b+c=0. 由（2）知 1 ≤ f (1 ) ≤ 1 2 + 2 1 = 1 ，所以 f (1 ) = 1 ，即 a + b + c = 1 ，所以 1 1 1 b= , a+c= , c= −a. 2 2 2 从而 f ( x ) = a x 2 + 1 2 x + 1 2 − a . 又因为 f ( x ) ≥ x ，即 a x 2 − 1 2 x + 1 2 − a ≥ 0 对任意x成立，故a0，  = 1 4 − 4 a  1 2 − a  ≤ 0 从而  2 a − 1 2  2 ≤ 0 1 ，得a = ， 4 则 f ( x ) = 1 4 x 2 + 1 2 x + 1 4 . 12. 假设存在满足条件的二次函数 f(x)=ax2 +bx+c. （1）当 − 1 ≤ x ≤ 1 时， | f ( x ) ≤| 1 ，则 | f ( − 1 ) ≤| 1 ， | f ( 0 ) ≤| 1 ，| f(1)|≤1，则 4 a = 2 f ( − 1 ) + 2 f (1 ) − 4 f ( 0 ) , 2 b = f (1 ) − f ( − 1 ) , c = f ( 0 ) , 7  | f ( 2 ) |= | 4 a + 2 b + c |= | f ( − 1 ) + 3 f (1 ) − 3 f ( 0 ) | ≤ | f ( − 1 ) | + 3 | f (1 ) | + 3 | f ( 0 ) ≤| 7 , 矛盾. 所以不存在. 13. 若 x 21 + x 22 + x 23 − 1 = 0 ，不等式显然成立. 若 x 21 + x 22 + x 23 − 1  0 ，令 f(x)=(x2 +x2 +x2 −1)x2 +2(x y +x y +x y −1)x+(y2 + y2 + y2 −1), 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2 3 则 f ( x ) = ( x 1 x + y 1 ) 2 + ( x 2 x + y 2 ) 2 + ( x 3 x + y 3 ) 2 − ( x + 1 ) 2 , f ( − 1 ) ≥ 0 . 又二次项系数 x 21 + x 22 + x 23 − 1  0 ，所以抛物线与x轴有交点. 故≥0，即 4(x y +x y +x y −1)2 −4(x2 +x2 +x2 −1)(y2 + y2 + y2 −1)≥0, 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(x y +x y +x y −1)2≥(x2 +x2 +x2 −1)(y2 + y2 + y2 −1). 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 14. （1）若x 是 f(x)= x的实数根，则 0 39 f ( f ( x 0 ) ) = f ( x 0 ) = x 0 ，即 x 0 是 f(f(x))= x 的实数根. （2）若 f ( x ) = x 无实数根，当 a0 时， f ( x )  x 对于一切实数都成立， f(f(x)) f(x) x，所以 f(f(x))= x无实数根. 同理当 a  0 时， f(x) x对于一切 实数都成立 f ( f ( x ) )  x ，所以 f ( f ( x ) ) = x 无实数根. 习题巩固 15. 注意到 y = | ( x + 2 ) 2 + ( 0 − 1 ) 2 − ( x + 1 ) 2 + ( 0 − 2 ) 2 | 表示点 P ( x , 0 ) 到点 A ( − 2 , 1 ) 、 B ( − 1 , 2 ) 的距离之差的绝对值，则 | P A − P B ≤| | A B |= 2 ，于是，y最大值为 2 ， 此时， x = − 3 . 16. 可分类讨论. 当 x  0 时， x ≥ a x ，得 a ≤ 1 ，当 x = 0 时， 0 ≥ 0  a ，得a为任意实数；当 x  0 时， − x ≥ a ≥ − 1 . 由恒成立得−1≤a≤1. 另解：数形结合，只不过这次“形”用的是函数图象. 设y =|x|, y =ax，画出两个函数图象，满足 1 2 y 1 ≥ y 2 恒成立，易见 y 2 = a x 的斜率a 的取值范围为 − 1 ≤ a ≤ 1 . 17. 只有一层绝对值时，其面积为0，有两层绝对值时，其面积为1……有k层绝对值时， 其面积为k−1. 那么2016层绝对值，其面积为2015. 18. 由已知得  a a + b b = = c 2 1 − − c c , , 则 a、b 是是方程 f ( x ) = x 2 − ( 1 − c ) x + c 2 − c = 0 的两根且 a  b  c . 所以  f 1 (1 ( c − c 2 − ) c   ) 2 0 c − , , 4 ( c 2 − c )  0   c c −   1 3 0 1 3  或 , c c   1 . 2 3 , 故 − 1 3  c  0 . 又 a + b = 1 − c ，则 1  a + b  4 3 . 19. 设 f ( x ) = ( a 3 − 2 a 2 + 7 a ) x 2 − ( a 3 + 4 a 2 + 9 a + 6 ) x + 5 a 2 + 4 ，则 f(0)=5a2 +40，f(1)=(a+1)2 −10. 由 f(0)f(1)0 f(x)=0至少有一个 实根.4 1 20. 由 f(1)=a+b, f(2)=4a+b3a = f(2)− f(1), b= f(1)− f(2)， 3 3 40 f − ( 4 3 ≤ ) = f 9 a (1 ) + ≤ b = − 1 8 3 , f − ( 1 2 ) ≤ − 5 3 f ( f 2 (1 ≤ ) ) , 5   − 1 ≤ f ( 3 ) ≤ 2 0 . 21. 令 t = x 2 ，则 f ( t ) = m t 2 − ( m − 3 ) t + 3 m = 0 有两个正根. 一根小于 1，另一根大于 4.  f m ( f 0 ( ) 4 f ) ( 1  ) 0  0 ,   3 m m ( ( 1 3 5 m m + + 3 1 ) 2  )  0 , 0   − − 1 4 5   m m   0 , 0  − 4 5  m  0 . 22. f ( x ) = − 1 2 x 2 + x = − 1 2 ( x − 1 ) 2 + 1 2 ≤ 1 2  k n ≤ 1 2 , n ≤ 2 1 k  1 2  1   f f ( ( m n ) ) = = k m k n ,   − − 1 2 1 2 m n 2 2 + + m n = = k k n m ,   m n = = 0 0 或 或 − − 1 2 1 2 m n + + 1 1 = = k k . , 又 m  k , k  1 ，所以 n = 0 且 − 1 2 m + 1 = k . 23. f ( x ) = 1 4 ( x − 8 ) 2 − a ，对称轴 x = 8 . f(0)=3b, （1）当0b8时， 则 f(b)=0, a = b = 4 . （2）当 8 ≤ b ≤ 1 6 时，  f f ( ( 0 8 ) ) = = 3 0 b , , 则 a = 0 , b = 1 6 3  8 （舍去）. （3）当b≥16时，  f f ( ( b 8 ) ) = = 3 0 b , , 则a=0, b=14+2 33或a=0, b=14−2 33（舍 去）. 综上：a=b=4或 a = 0 , b = 1 4 + 2 3 3 . 24. 设 f ( x ) = a x 2 + b x + c am bm ，由已知可得 + +c=0. 故 m+2 m+1 f  m m + 1  = a   m m + 1  2 + m b m + 1 + c = ( m a m + 2 1 ) 2 − m a m + 2 = ( m + − 1 ) a 2 m ( m + 2 ) . bm  m  m （1）若a=0，则 +c=0，即 f   =0，0 x = 1. m+1 m+1 0 m+1（2）若 41 a  0 ，则 f  m m + 1   0 . 若 c  0 ，则 f ( 0 )  0 ， 0  x 0  m m + 1  1 . 若 c ≤ 0 ，则  m+1 m+1  a c f(1)=a+b+c=a+  − a− c  +c= − 0，  m+2 m  m+2 m 0  m 1 + 1  x 0  1 . 综上，ax2 +bx+c=0有一根x 满足0 x 1. 0 0 25. f ( x ) = 6 a x ( x − 1 ) 6 ( x + 1 ) + 2 b x ( x 2 − 1 ) + ( a + b + c ) x + d . 因为6a、2b、a+b+c、d均为整数，对任意的整数x，有 x ( x − 1 ) 6 ( x + 1 ) 、 x ( x 2 − 1 ) 为整数，故对任意的整数x， f ( x ) 均取整数值. 26. 由已知得，2≥| f(x)|,−1≤x≤3，则 2 ≥ | f ( − 1 ) |= | 1 − b + c ≥| 1 − b + c ， ① 2≥| f(−1)|=|1+b+c|≥-1−b−c， ② 2 ≥ | f ( − 3 ) |= | 9 + 3 b + c ≥| 9 + 3 b + c ③ 由①+2②+③得8≥8，所以每个等号都成立，故b=−2, c=−1, f(x)= x2 −2x−1. 27. 由已知 b  a  0 , b 2 ≤ 4 a c ，则 2 1 b 1b a2 +ab+ b2 1+ +   a+b+c a2 +ab+ac 4 a 4a = ≥ = ， b−a a(b−a) a(b−a) b −1 a 令 b a − 1 = t 1 1+(t+1)+ (t+1)2 a+b+c 1 9 3 9 3 4 ，则 ≥ = t+ + ≥2 + =3. b−a t 4 4t 2 16 2 当 t = 3 , b 2 = 4 a c , b = c = 4 a 时等号成立，所以最小值为3. 28. f ( x ) = x 2 − 7 x − 1 或 f ( x ) = x 2 − 9 x + 7 或 f(x)= x2 −11x+17或 f(x)= x2 −13x+29.29. 设 y = x2 +ax+b与 y = x2 +bx+a分别与 x 轴交于(x ,0)、(x ,0)；(x ,0)、 1 2 3 42 ( x 4 , 0 ) ， x 1  x 2 , x 3  x 4 . 因为两抛物线有交点(1,a+b+1)，所以由图象可知 x 2 − x 1 = x 4 − x 3 ，即 b 2 − 4 a = a 2 − 4 b . 不妨设ab, (b−a)(a+b+4)=0， 故a+b+4=0，a+b+1=−30. 可知两抛物线交点在第四象限，由图象可知： x 1 = x 1 + 2 x 2 = − b 2 ， 则  − b 2  2 + a  − b 2  + b = 0 ， 且 a + b + 4 = 0 . 所 以 a = − 4 , b = 0 或 a = 0 , b = − 4 （舍）. 综上，结合对称性得 a = − 4 , b = 0 或 a = 0 , b = − 4 . 自招链接 30. 这算考查函数思想的阅读理解题了吧，别怕，我们好歹学过一点函数知识，基本思 想还是具备的，一个个来看. 命题①错： f ( x ) = 1 或0，为有理数，则 f ( f ( x ) ) = f ( 有 理 数 ) = 1 ，矛盾. 命题②对：当 x为有理数时， − x 也为有理数， f ( x ) = f ( − x ) = 1 ；当 x为无理数时， − x 也为无理数， f ( x ) = f ( − x ) = 0 . 命题③对：当x为有理数时， x + T 也为有理数， f ( x + T ) = f ( x ) = 1 ；当x为无理数 时， x + T 也为无理数， f ( x + T ) = f ( x ) = 0 . 命题④对：由于 f(x )、 1 f ( x 2 ) 、 f ( x 3 ) 只能取0或1，要构成三角形就不能同时取0， 或同时取1，不妨设 f(x )= f(x )=0, f(x )=1，则x 、x 为无理数，x 为有理数，作图 1 2 3 1 2 3 看看能否构造； x 随便取个有理数即可. 3 答案：C 31. （1）容易想到的就是写成分段函数：43 y =  x − − x n + , n + 1 , n n ≤ + 1 2 x ≤  n x +  1 2 n , + 1 （n为整数）. 也可以写成一个表达式，注意到图象中 0 ≤ x ≤ 1 这段，恰好是 y = − x − 1 2 + 1 2 ， 可以利用高斯函数达到目的： y = − x − [ − x ] − 1 2 + 1 2 ， 其是[x]表示不大于x的最大整数. 或者根据前面例题总结的经验，写成这样的形式： y = x − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 （偶数个绝对值）. （2）求交点，先考虑图象法，图象法比较直观，但无法精确求值，如图： 由图象知： 0  a  3 4 时，有 2 个交点，当 a = 0 时，有 1 个交点，当 a  0 时没有交 点.  1 注意：当 a 接近最高点的时候，需要验证一下y = x+1  −1 x− 这条直线（不  2 含端点）和二次函数y =−x2 +a一定没有交点. （3） y = 1 0 ( x − 3 ) 2 − 0 .1 .第四讲 不等式 1.知识要点 不等式章节是一个相对综合的章节，会与方程、函数相结合进行考核.一般的题型为，解不 等式，证明不等式，求最大值和最小值等. 在这个章节中我们要学习一些在初中能力范围内可以接受的重要不等式. 不等式 44 a 2 + b 2  2 a b （a、b为实数）是不等式中最基本最重要的一个，它有许多变形，如： 2 a+b a2 +b2 2 ab ， ab，(a+b)2 4ab，    2  2 ( a 2 + b 2 )  ( a + b ) 2 a b + b a  2 ( a b  0 ) ， a + 2 b  a b ( a , b  0 ) . 不等式 a 2 + b 2  2 a b 或 a + 2 b  a b 可以被推广，例如由于有恒等式： a 3 + b 3 + c 3 − 3 a b c = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − a b − b c − c a ) ， 即知当a、b、c均为正实数时必有： a 3 + b 3 + c 3  3 a b c . 或把a、b、c代以 3 a 、 3 b 、 3 c 则可有： a + b 3 + c  3 a b c . 2.例题精讲 7 n 6 1. 已知n、k均为正整数，且满足不等式   ．若对于某一给定的n，只有唯 13 n+k 11 一的一个k使不等式成立，求所有符合要求的n中的最大数和最小数． 2. 已知x、y、z为非负数，且满足 3 y + 2 z = 3 + x ， 3 y + z = 4 − 3 x ．求 w = 3 x − 3 y + 4 z 的最大值和最小值． 3. 甲组同学每人有28个核桃，乙组同学每人有30个核桃，丙组同学每人有31个核桃， 三组的核桃总数是365个．问：三个小组共有多少名同学？ 4. 若不等式 x+1+ x−3 a有解，求 a 的取值范围． 5. 关于x的不等式 x − 5  x + 2 a 的解包含了不等式 x  a ，求a的取值范围． x2 +5x+1 6. 解不等式 1． 3+2x−x27. 已知直线 45 y = k x + b 过点 P ( − 2 , 1 ) ，且与x轴负半轴交于点A，与y轴正半轴交于点B， 当 △ A O B 面积最小时，求k与b的值． 8. 如果 x  0 并且 x  2 ，则  x 3 1 − 8 + x 4 1 − 1 6  ( x 2 − 4 ) 的最大值为______． 9. 在 △ A B C 的边 B C 、CA、 A B 上分别取点D、E、F，试证在 △ A E F 、 △ B D F 、△CDE 中至少有一个面积不大于 1 4 S △ A B C ． 10. 设a ， 1 a 2 ，…， a n a a a 1 1 1 为不同的正整数，求证： 1 + 2 + + n  + + + ． 12 22 n2 1 2 n 11. 证明： ( a b + c d ) 2  ( a 2 + c 2 ) ( b 2 + d 2 ) ．（柯西不等式二元形式） 12. 若 3 x + 4 y + 5 z = 1 （x、y、z为实数），求 3 x 2 + 2 y 2 + 5 z 2 的最小值．（利用柯西不等 式） 3.习题巩固 13. 已知关于x的不等式组  x 4 − ( x 2 +  1 a ) x  + 3 1 ． （1）若不等式组无正整数解，求a的取值范围； （2）是否存在实数a，使得不等式组的解集中恰含了3个正整数解． 14. 代数式xy(x−2)(y+6)+12x2 −242x+3y2 +18y+36的最小值为多少？ 15. 设a、b是正整数，且满足 5 6  a + b  5 9 ， 0 .9  a b  0 .9 1 ，求 b 2 − a 2 的值． 16. 在实数范围内解方程 ( x 2 + 1 ) ( y 2 + 2 ) ( z 2 + 8 ) = 3 2 x y z ． 17. 在坐标系平面上，纵坐标与横坐标都是整数的点称为整点，试在二次函数 y = x 1 2 0 − 1 x 0 + 9 5 的图象上找出满足 y  x 的所有整点 ( x , y ) ，并说明理由． 18. 证明： b2 （1）a+ 2b(a,b0)； a a2 b2 c2 （2） + + a+b+c(a,b,c0)． b c a 19. 已知x、y、z为正实数且x+ y+z3，试证明： 5x+1+ 5y+1+ 5z+13 6 ．20. 证明： 46 a 4 + b 4 + c 4  a b c ( a + b + c ) ． 21. 设 a , b , c  0 ，证明： a + c b z 2 + b + a c x 2 + c + b a y 2  2 ( x y + y z + z x ) ． 22. 已知a,b,c0，a+b=1，求证： a x 2 + b y 2  ( a x + b y ) 2 ． 23. 已知 a , b , c  0 ，且 a + b + c = 1 ，证明： ( 1 − a ) ( 1 − b ) ( 1 − c )  8 a b c ． 24. 设 a  b ， c  d 1 ，证明：ac+bd  (a+b)(c+d)． 2 4.自招链接 25. 如果关于x的不等式组  7 6 x x − − m n   0 0 的整数解仅为1、2、3，那么，适合这个不等式组 的整数对 ( m , n ) 共有多少对？ 26. 下凸函数的定义： f  x 1 + 2 x 2   f ( x 1 ) + 2 f ( x 2 ) 恒成立，则称 f ( x ) 为正凸函数． 已知 f ( x ) 为下凸函数，对于 f bx +(1−b)x bf (x )+(1−b) f (x )． ①  1 2 1 2 （1）当 b = 1 4 时，求证①式． （2）当 b = 1 3 时，求证①式． 5.参考答案 7 n 6 11 n+k 13 1. 因为   ，所以   ， 13 n+k 11 6 n 7 即 5 6  k n  6 7 ，可写成 5 n 6  k  6 7 n ． 6n 5n n 因为对于给定的n、k值是唯一的，所以 − 2，从而 2， 7 6 42 n  8 4 ． 当n=84时，代入 5 n 6  k  6 7 n 得70k 72，k =71是唯一解，所以n的最大值是84． 5 k 6 又由   ，显然n7． 6 n 7 5n 6n 2 6 当n=8时，代入 k  ，得6 k 6 ，k没有整数解． 6 7 3 75n 6n 1 5 当n=9时，代入 k  ，得7 k 7 ，k也无正整数解． 6 7 2 7 当n=10，11，12时，代入 47 5 n 6  k  6 7 n ，均无k整数解． 当 n = 1 3 时，代入 5 n 6  k  6 7 n ，得 1 0 5 6  k  1 1 1 7 有唯一整数解 k = 1 1 ，符合要求． 所以n=13是满足条件的最小值． 综上所述，n的最大值是84，n的最小值是13． 2. 把含三个未知数的方程组转化为关于 y 和 z 的二元方程组，根据 x、y、z 为非负数来 确定x的取值范围，w全用x表示，从而求得w的最大值和最小值． z =−1+4x 3y+2z =3+x  由 ，解得 5−7x ． 3y+z =4−3x  y =  3 因为x、y、z均为非负数，所以 x  0 ， y  0 ， z  0 ，于是  z y = = − 5 1 − + 3 7 4 x x   0 0 ． 解得 1 4  x  5 7 ，所以 w = 3 x − 3 y + 4 z = 3 x − 5 + 7 x − 4 + 1 6 x = 2 6 x − 9 ． 1 5 由  x 得 4 7 − 5 2  w  6 7 7 ，所以，w的最大值是 6 7 7 （当 x = 5 7 ， y = 0 ， z = 1 3 7 时取 到），w的最小值是 − 5 2 （当 x = 1 4 ， y = 1 1 3 2 ， z = 0 时取到）． 3. 方法一：设甲组同学 a 人，乙组同学 b 人，丙组同学 c 人，由题意得 2 8 a + 3 0 b + 3 1 c = 3 6 5 ，怎样解三元一次不定方程？运用放缩法，从求出 a + b + c 的 取值范围入手． 因为 2 8 ( a + b + c )  2 8 a + 3 0 b + 3 1 c = 3 6 5 ，得 a + b + c  3 6 2 5 8  1 3 . 0 4 ， 所以a+b+c13． 因为 3 1 ( a + b + c )  2 8 a + 3 0 b + 3 1 c = 3 6 5 ，得 a + b + c  3 6 3 5 1  1 1 . 7 ， 所以 a + b + c  1 2 ，因此 a + b + c = 1 2 或13． 当a+b+c=13时，得 2 b + 3 c = 1 ，此方程无正整数解，故 a + b + c  1 3 ， 所以a+b+c=12．故，三个小组共有12名同学． 方法二：三组的核桃总数是 365个（联想一年是 365 天），甲组同学每人有 28 个（联想一 年只有2月份有28天），乙组同学每人有30个（联想一年只有4、6、9、11月，一共4个 月），丙组同学每人有31个（联想一年只有1、3、5、7、8、10、12月，一共7个月）． 所以，三个小组共有 1 + 4 + 7 = 1 2 名同学． 4. 方法一：可以通过零点分段法，解得a4． 方法二：可以利用绝对值的几何意义． 因为 x+1、 x−3 分别表示数轴上的点x 到点−1和3的距离，所以 x+1+ x−3 表示数 轴上的某个点到−1和3的距离和，无论怎么移动，某个点到−1和3的距离和为4，所以a4．5. 由已知，得 48 ( x − 5 ) 2  ( x + 2 a ) 2 ，(2a+5)2x+(2a−5)0．   当 a = − 5 2 时，解集是任意解，包含xa． 当 a  − 5 2 时， x  5 − 2 2 a ，要包含 x  a ，则必有 a  5 − 2 2 a ，解得 a  5 4 ． 当 a  − 5 2 时， x  5 − 2 2 a ，不能包含 x  a ． 所以 a  5 4 或 a = − 5 2 ． 6. 原不等式  x 3 2 + + 2 5 x x − + x 1 2 − 3 3 + + 2 2 x x − − x x 2 2  0  2 3 x 2 + + 2 3 x x − − x 2 2  0 2x2 +3x−2 (x+2)(2x−1)  0 0 x2 −2x−3 (x−3)(x+1)  ( x + 2 ) ( 2 x − 1 ) ( x − 3 ) ( x + 1 )  0 ． 所以原不等式的解集是 − 2  x  − 1 或 1 2  x  3 ． 在因式分解前，为增强直观性，可将分子、分母最高项的系数都化为正数，然后再进行因 式分解，否则比较容易出错．另外，如图4-1最后求解可以用数轴标根穿线法，原则是“奇 穿偶不过”，即因式的指数为奇数时，画线时让线穿过去；当因式的指数为偶数时，穿线让 曲线与x轴相切． 7. 因为直线 y = k x + b 过点 P ( − 2 , 1 ) ，所以1=−2k+b，b=2k+1． 所以直线与x轴负半轴交于点 A  − 2 k k + 1 , 0  ，与y轴正半轴交于点 B ( 0 , 2 k + 1 ) ．  2k+1 − 0 因为 k ，所以k 0．  2k+10 所以 S △ A O B = 1 2  − 2 k k + 1  2 k + 1 = 2 k + 2 1 k + 2  2 2 k  2 1 k + 2 = 4 ， 1 1 当且仅当2k = ，即k = 时，等号成立． 2k 2 1 所以当△AOB面积的最小值为4时，k = ，b=2． 28. 式子比较复杂，观察发现可以约分，先化简： 原式 49 = x 2 x + + 2 2 x + 4 + x 2 1 − 4 ． 第二个分式直接就有最大值，就是不知道能否取到，先放着，我们来研究第一个分式：分 子分母都存在变量，无法判断最值，用分式的性质． 第一个分式的分子分母同时除以 ( x + 2 ) ：原式 = x + 1 x 4 + 2 ． 想到基本不等式，则原式 = x + 2 + 1 x 4 + 2 − 2  4 1 − 2 = 1 2 ． 其实我们还可以利用万能的判别式法： x+2 设y = ，化为一元二次方程：yx2 +(2y−1)x+4y−2=0． x2 +2x+4 算出判别式：=−12y2 +4y+10，即 ( 2 y − 1 ) ( 6 y + 1 )  0 1 1 ，则−  y ． 6 2 所以，原式  1 2 + 1 4 = 3 4 ，当 x = 0 3 时，等号成立，所以最大值为 ． 4 9. 回想起鸟头定理，可以得出这三个三角形的面积和原三角形面积之比，然后进行分析． 如图4-2所示，设BD=m， D C = p ， C E = q ，EA=e， A F = f ，FB=n． 因为 m  p   m + 2 p  2 = 1 4 a 2 ，同理有 f  n  1 4 c 2 ， q  e  1 4 b 2 ， 于是 S △ C D E  S △ A E F  S △ B D F = 1 2 p q s i n C  1 2 e f  s i n A  1 2 m n s i n B 1 1   absinCbcsinAcasinB 64 8 3 1  =  S  ． 4 △ABC  由此即知本题结论正确． 10. a 1 12 + 1 a 1  2 1 ， a 2 22 + 1 a 2  2 2 ，…， a n n2 + 1 a n  2 n ． 又因a ，a ，…，a 为不同的正整数，于是不妨设1a a  a ， 1 2 n 1 2 n故有 50 a 1  1 ， a 2  2 ，…， a n  n ，从而 1 a 1  1 ， 1 a 2  1 2 ，…， 1 a n  1 n ， 即有 1 a 1 + 1 a 2 + + 1 a n  1 + 1 2 + + 1 n ， 所以由 a 1 12 + a 2 22 + + a n n2 + 1 a 1 + 1 a 2 + + 1 a n  2  1 1 + 1 2 + + 2 n  ， a a a 1 1 1 可得 1 + 2 + + n  + + + ． 12 22 n2 1 2 n 11. 证法一： ( a 2 + c 2 ) ( b 2 + d 2 ) − ( a b + c d ) 2 = ( a d − b c ) 2  0 ， 等号当且仅当 a = b k ， c = d k 时成立． 证法二：若 a 2 + c 2 = 0 ，则原式正确． 现设 a 2 + c 2  0 ，考虑二次三项式： ( a x − b ) 2 + ( c x − d ) 2 = ( a 2 + c 2 ) x 2 − 2 ( a b + c d ) x + ( b 2 + d 2 )  0 成立， 故应有  = 4 ( a b + c d ) 2 − 4 ( a 2 + c 2 ) ( b 2 + d 2 )  0 ，此式与原式等价． 12. 1 = ( 3 x + 4 y + 5 z ) 2 = ( 3  3 x + 2 2  2 y + 5  5 z ) 2  ( 3 )2 + ( 2 2 )2 + ( 5 )2( 3x2 +2y2 +5z2)   =16 ( 3x2 +2y2 +5z2) ， 其中等号仅当 3 3 x = 2 2 y 2 = 5 5 z 或者 x = y 2 = z = 1 1 6 时取到，故最小值为 1 1 6 ． 习题巩固 13. 解不等式组得，当a1时，解集为 − 1 4  x  − a 3 − 1 ，当1a13时，解集为 x  − 1 4 ， 当 a  1 3 3 时，解集为x− ． a−1 3 （1）显然a1时，均不合题意．当a1时，应有− 1，得a−2，所以原不等式 a−1 组无正整数解时，a的取值范围是a−2． （2）当a1时，不等式组的解集中均有无数个正整数解． 3 1 当a1时，依题意得3− 4，解之得0a ． a−1 41 所以当0a 时，原不等式组的解集中恰有3个正整数解． 4 14. 原式= xy(x−2)(y+6)+ ( 12x2 −24x+12 ) + ( 3y2 +18y+27 ) −3 = xy(x−2)(y+6)+12 ( x2 −2x+1 ) +3 ( y2 +6y+9 ) −3． 用换元的思想 原式 51 = ( x 2 − 2 x ) ( y 2 + 6 y ) + 1 2 ( x 2 − 2 x + 1 ) + 3 ( y 2 + 6 y + 9 ) − 3 = ( x 2 − 2 x ) ( y 2 + 6 y ) + 1 2 ( x 2 − 2 x ) + 3 ( y 2 + 6 y ) + 3 6 ． a b + a + b + 1 = ( a + 1 ) ( b + 1 ) 的基本模型． 原式 = ( x 2 − 2 x + 3 ) ( y 2 + 6 y + 1 2 ) =  ( x − 1 ) 2 + 2   ( y + 3 ) 2 + 3   2  3 = 6 ． 当x=1，y =−3时，原式取到最小值为6． 15. 因为 0 .9  a b  0 .9 1 ，a、b是正整数，所以0.9ba0.91b． 因为 5 6  a + b  5 9 ，所以 1 .9 b = 0 .9 b + b  a + b  5 9 ， 5 6  a + b  0 .9 1 b + b = 1 .9 1 b ， 所以 2 9 1 6 9 1 1  b  3 1 1 1 9 ． 因为b是正整数，所以 b = 3 0 或 b = 3 1 ． 当b=30时，由0.9ba0.91b，得 2 7  a  2 7 . 3 ，不存在这样的整数a． 当 b = 3 1 时，由 0 . 9 b  a  0 . 9 1 b ，得 2 7 . 9  a  2 8 . 2 1 ，由于a是整数，因此 a = 2 8 ． 经检验，当 a = 2 8 ， b = 3 1 时确实满足已知条件． 所以 a = 2 8 ， b = 3 1 ，所以b2 −a2 =177． 16. 根据平均值不等式，有 x 2 + 1  2 x ， y 2 + 2  2 2 y ， z 2 + 8  4 2 z ． 故 ( x 2 + 1 ) ( y 2 + 2 ) ( z 2 + 8 )  3 2 x y z  3 2 x y z ． 上式中，前一个等号，当且仅当 x = 1 ，y2 =2， z 2 = 8 时取到，第二个等号当且仅当 x、 y、z为三个正数或者两负一正时取得，故得解为： x =1 x=1 x=−1 x=−1     y = 2 ，y =− 2 ，y = 2 ，y =− 2．     z =2 2 z =−2 2 z =−2 2 z =2 2     17. 由y  x ，得 x 2 − 1 x 0 + 1 8  x ，即x2 −x+1810 x ． （1）当x0时，x2 −11x+180，解得2 x9．对于这个范围内的x的整数值，当x=2，4，7，9时，相应的y均为整数值，此时满足条件的整点有 52 ( 2 , 2 ) 、(4,3)、 ( 7 , 6 ) 、 ( 9 , 9 ) ． （2）当x0时，x2 +9x+180，解得−6 x−3．对于这个范围内的 x 的整数值， 当x=−6， − 3 时，相应的y均为整数值，此时满足条件的整点有 ( − 6 , 6 ) 、(−3,3)． 故满足条件的整点共有以上6个． b2 b2 18. （1）a+ 2 a =2b． a a （2）  a b c + + + 2 b a 2 c b 2 a c    2 2 2 b c a  a + b + c + b a 2 + c b 2 + a c 2  2 a + 2 b + 2 c ． 19. 利用 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )  ( a + b + c ) 2 可有： ( 5 x + 1 + 5 y + 1 + 5 z + 1 ) 2  3  5 ( x + y + z ) + 3   ( 3 6 ) 2 ． 20. 反复运用 a 2 + b 2 + c 2  a b + b c + c a ，即 a 4 + b 4 + c 4  a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2  a b  b c + b c  c a + c a  a b = a b c ( a + b + c ) ． 21. a + c b z 2 + b + a c x 2 + c + b a y 2 − 2 ( x y + y z + z x ) 2 2 2  a c   b c   b a  = z− x + z− y + x− y 0．       c a c b a b       22. 利用柯西不等式得 ( a x + b y ) 2 = ( a  a x + b  b y ) 2  ( a + b ) ( a x 2 + b y 2 ) = a x 2 + b y 2 ． 23. ( 1 − a ) ( 1 − b ) ( 1 − c ) = ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )  8 a b c ． 24. 由已知(a−b)(c−d)0，即有 a c + b d  b c + a d ， 或者 2 ( a c + b d )  a c + b d + b c + a d = ( a + b ) ( c + d ) ，易证命题成立． 自招链接 m n 25. 不等式组解得  x ．因为x只能取三个整数x=1，2，3． 7 6 故m只能取17这7个数，n只能取1924这6个数．所以一共67=42对．26. （1）当 53 b = 1 4 时，即证： f  1 4 x 1 + 3 4 x 2   1 4 f ( x 1 ) + 3 4 f ( x 2 ) ． 不妨设 x 1  x 2 ，则 x 1  x 1 + 2 x 2  x 2 ． f  1 4 x 1 + 3 4 x 2  = f  x 1 + 2 x 2 2 + x 2   f  x 1 + 2 x 2 2  + f ( x 2 ) 1  x +x  1 1 f (x )+ f (x ) 1 = f  1 2  + f (x )  1 2 + f (x ) 2  2  2 2 2  2  2 2 = 1 4 f ( x 1 ) + 3 4 f ( x 2 ) ． （2）当 b = 1 3 时，留给读者思考．54第五讲 圆 1.知识要点 在自招考试中，对于拓展Ⅱ教材中的知识点必须掌握．处理圆中比例线段的问题，通 常用到圆幂定理．圆幂定理是初中几何中最重要的定理之一．相交弦定理、切割线定理和 割线定理统称为圆幂定理． 相交弦定理：圆的弦相交于圆内的一点，各弦被这点内分（分点在线段内）成的两条 线段长的乘积相等．即如图5-1所示，有 55 P A  P B = P C  P D ． 切割线定理：圆的弦延长相交于圆外一点，各弦被这点外分（分点在线段的延长线上） 成的两线段长的乘积相等，并且等于这点到圆的切线长的平方．即如图 5-2 所示，有 P A  P B = P C  P D = P E 2 ． 2.例题精讲 1. 如图5-3， P A 是 O的切线．从 P A 的中点 B 作割线BCD，分别交 O 于点C、 D ， 连结 P C 、 P D ，分别交 O 于点 E 、 F ．求证：  A P D =  E F D ． 2. 如图5-4，四边形 A B C D 内接于以 B C 为直径的半圆O，且 A B = A D ， D A 、 C B 的 延长线相交于P点．CE ⊥PE，PB=BO，已知DC =18，求DE的长3. 已知 56 O 为等腰 △ A B C 底边 B C 的中点，以点 O 为圆心作半圆与两腰相切于点 D 、 E ， 过半圆上任一点 F 作半圆的切线，分别交 A B 、AC于点M 、 N ，求 B M B  C C 2 N 的值． 4. 如图5-7，正 △ A B C 中与 B C 平行的中位线和 △ A B C 的外接圆弧 A B 交于 K ， C K 和 A B 交于点 P ，求 A B P P ． 5. 如图5-9，过△ABC的顶点B、C分别作其外接圆的切线BP、CP交于点P，连结 A P 分别交 △ A B C 的边 B C 及其外接圆于点 D 、 Q ．求证： B C D D = B C Q Q 2 2 ． 6. 如图5-10， O 的弦 A B ⊥ C D ，垂足为G，以CG为一边作正方形CGFE，点E在 O 上．若 O 的半径等于10，弦AB的弦心距为5，求正方形 C G F E 的边长．7. 如图 5-12，甲、乙两名滑冰运动员分别在圆形滑冰场的点 57 A 、 B 处， O B = 2 0 m ， O A = 1 5 m ，且OA⊥OB，乙以 5 m s 的速度从点 B 沿着圆形滑冰场边 O 顺时针方 向滑行，在乙离开点 B 的同时，甲以 5 m s 的速度也从点 A 沿着一条直线滑行，这条 直线能使甲、乙在给定的速度下最早相遇．则最早相遇的时间在（ ）(s)内． A．(0,5) B．(5,6) C．(6,7) D．(7,10) 8. 如图5-14， O 与 O 外切于点 1 2 P ， O 1 、 O 的半径分别为2、1， 2 O 1 A 为 O 的 2 切线，AB为 O 2 的直径， O 1 B 分别交 O 1 、 O 2 于点C、 D ．求CD+3PD的值． 9. 如图 5-16，已知 N 是以AB为直径的半圆上一点， N M ⊥ A B 于点 M ，半圆 O 、 1 O 分别以 2 A M 、 B M 为直径， O 、 O 均与半圆 O内切，亦与 3 4 M N 相切，并 分别与半圆 O 1 、 O 2 相外切．若 O 3 、 O 4 的面积之和为 6 4 π 1 1 ，则 + 的 AM BM 值为多少？3.习题巩固 10. 已知四边形 58 A B C D 内接于直径为3的圆 O ，对角线 A C 和BD的交点是P， A C 是直 径， A B = B D ，且 P C = 0 .6 ，求四边形 A B C D 的周长． 11. 如图，已知圆 O 的直径 A B 上有两定点 C 、 D 和圆心 O 等距离， P 是圆周上任意一点， 连结 P C 、 P D 分别延长交圆 O 于点 M 、 N ，求证： P C C M + P D D N 是定． 12. 如图，在以 O 为圆心的两个同心圆中，A、B是大圆上任意两点，过A、B作小圆的 割线 A X Y 和 B P Q ．求证： A X  A Y = B P  B Q ． 13. 如图，已知 O的弦AB、 C D 相交于点 P ，PA=4， P B = 3 ， P C = 6 ， E A 切 O 于点A， A E 与CD的延长线交于点E，EA=2 5，求PE的长．14. 在 59 △ A B C 中，已知 A B = 9 ， B C = 8 ， C A = 7 ， A D 为内角平分线，以 A D 为弦作 一圆与BC相切，且与 A B 、AC分别交于点M 、N ，求 M N 的． 15. 如图所示，若 P A = P B ，  A P B = 2  A C B ， A C 与 B P 交于点 D ，且 P B = 4 ， P D = 3 ， 求 A D  D C ． 16. 两个角的边交于点 A 、 B 、 C 、 D ．已知，这两个角的平分线互相垂直，证明：点 A 、 B、 C 、D四点共圆． 17. 如图所示，如果凸五边形 A B C D E 中，  A B C =  A D E 且  A E C =  A D B ．求证：  B A C =  D A E ． 18. 如图所示，在锐角 △ A B C 中， A D ⊥ B C ，垂足为点 D ； D E ⊥ A B ，垂足为点 E ； D F ⊥ A C ，垂足为点 F ．若点 O 为 △ A B C 的外心，求证： A O ⊥ E F ． 19. 如图所示， △ A B C 的外接圆半径为R， A D ⊥ B C ，垂足为点D；DE ⊥ AB，垂足 为点E； D F ⊥ A C ，垂足为点 F ．求证：S = EFR． △ABC20. 如图，在筝形 60 A B C D 中， A B = A D ，CB=CD，  B D C 的平分线交 B C 于点 L ．已 知 A 、 L 、 C 、 D 四点共圆．则 2  B A D + 3  B C D 的度数是多少？ 21. 如图，已知 O 1 与 O 2 相离，自点 O 1 向 O 2 作切线 O 1 A 、 O 1 B （A、 B 为切点）分 别交 O 于点 1 E 、 F ；自点O 向 O 作切线 2 1 O 2 C 、O D（C、 2 D 为切点）分别交 O 2 于点 G 、 H ．假定E、 G 两点在连心线 O 1 O 2 的同侧．求证： E G F H ． 4.自招链接 22. 如图所示，在梯形 A B C D 中， A D B C ， B C = B D = 1 ， A B = A C ， C D  1 ，且  B A C +  B D C = 1 8 0  ，求 C D 的长． 23. 如图， P Q 切 O 于点 Q ， Q 点是 A B 的中点，弦 A C = B C ，CA的延长线交 P Q 于 点 D ，OE ⊥BC于点E，连结DE， F 是DE的中点．已知QF =2， A C = 6 ．求 O E 的长．5.参考答案 1. 因为 61 P A 是 O 的切线， B A 是 O 的切线，BCD是 O的割线，所以BA2 = BCBD． 又因为 B 为 P A 的中点，所以 B A = P B ，所以 P B 2 = B C  B D ，即 P B B D = B P C B ． 又因为PBC =DBP，所以△PBC∽△DBP．所以BPC =D． 因为  E =  D ，则  B P C =  E ，所以 E F P A ，所以  A P D =  E F D ． 2. 注意到  C D E =  C B A ，所以 R t △ C D E ∽ R t △ C B A ， 因此只需求出 A B 与 O 半径之间的关系． 因为 A B = A D ，所以 B A 所对的圆心角等于 B D 所对的圆周角，即 A O C D ． 利用平行线分线段成比例以及圆幂定理可以联立解得 A B 与 O半径之比． 如图5-5，连结 A O 、 A C ．设 O 半径为 r ． 因为 A B = 1 2 B D 的，所以  A O B =  D C B ，所以 A O D C ． 设 A D = x PA PO ，则 = =2．所以 AD OC P A = 2 x ． 由切割线定理有： P A  P D = P B  P C ，即 2 x  ( 2 x + x ) = r  3 r ． 1 2 2r 所以x2 = r2，所以x= r．所以AB= AD= ． 2 2 2 因为CDE =CBA，CED=90=CAB，所以△CDE∽△CBA． AB ED 所以 = ． BC DC又因为 62 A B B C = 2 22 r r = 4 2 ，所以 D E = 4 2 D C = 9 2 2 ． 3. 如图5-6，连结 O D 、 O M 、 O F 、 O N 、OE． 由切线的性质得 O D ⊥ B M ， O E ⊥ C N ， O F ⊥ M N ， O D = O E = O F 且由切线长定理得 D M = F M ， F N = E N ， 所以BOD=COE，  D O M =  F O M ，  E O N =  F O N ， 所以  B O M =  C N O ． 因为 A B = A C ，所以  B =  C ，所以△BOM ∽△CNO． 所以 B C M O = B C O N ，即 B M  C N = B O  C O = 1 2 B C  1 2 B C = 1 4 B C 2 ， 所以 B M B  C C 2 N = 1 4 ． 4. 如图 5-8，设S 、 T 分别为 A B 、AC中点，ST 两端延长，交圆于点 K ， Q ，易见 K S = T Q ．设 K S = x ，AS =BS =ST =a． 则由相交弦定理有x(x+a)=a2，解得 x = 5 2 − 1 a ． 由 B S P P = B K C S ，知 B B P S = B C B C + K S = 5 2 − 2 1 a a + 2 a = 5 4 + 3 ， 4a ( ) ( ) BP = = 3− 5 a，AP=2a−BP= 5−1 a， 3+ 5于是 63 A B P P = 3 5 − − 1 5 = 5 2 + 1 ． 5. 因为 P B 、 P C 是 O的切线，所以 △ P B Q ∽ △ P A B ， △ P C Q ∽ △ P A C ． BQ PB CQ CP 故 = ， = ． AB PA AC PA BQ CQ 又PB=PC，则 = ，即 AB AC A A C B = C B Q Q ． 由于 △ A C D ∽ △ B Q D ， △ C D Q ∽ △ A D B ， 从而， C D D Q = C B A Q ， D B Q D = C A Q B ． 2 CD CA CQ CQ CA CQ 两式相乘得 =  =  =   ． BD BQ AB BQ AB BQ 所以， B C D D = B C Q Q 2 2 ． 6. 如图5-11，作OM ⊥CE于点M ，交AB于点H ，作 O N ⊥ C D 于点N ，连结 O B 、 O D ． 易知 O H = 5 ， O B = O D = 1 0 ，BH =5 3． 不妨设正方形CGFE的边长为 2 x ，则 C M = M E = G H = H F = O N = x ． 由相交弦定理得 A G  G B = C G  G D ，即 ( 5 3 − x ) ( 5 3 + x ) = 2 x G D ， ① ( ) 又GD=2ND−CG =2 OD2 −ON2 −2x=2 100−x2 −x ． ② 将式②代入式①并化简整理得 x4 −46x2 +225=0 ( x2 +4x−15 )( x2 −4x−15 ) =0． 因为0 x5，取x= 19−2，所以，正方形CGFE的边长为2x=2 19−4． 7. 答案：C如图5-13，射线 64 A O 、 B O 分别交 O于点 A  、 B  ． 在 B A  上依次取点 C 、 D ． A C 、 A D 分别交 O 于点 C  、 D  ，过点 O 分别作弦 C C  、 D D  的垂线，垂足分别为 C  、 D  ． 设OC交 D D  于点 E ．则 O C   O E  O D  ． 故 A C + A C   A D + A D  ． ① 由相交弦定理知ACAC= ADAD． 则(AC−AC)2 =(AC+AC)2 −4ACAC(AD+AD)2 −4ADAD = ( A D − A D  ) 2 ． 显然， A C − A C   0 ， A D − A D   0 ． 故 A C − A C   A D − A D  ． ② ①＋②得 A C  A D ． 由点C、 D 的任意性得AB AC AD AA． 设甲、乙最早相遇的时间为 t ．此时，乙的位置为点 B t ．设 A  B 的中点为 D ． 由 A B t  A B = 2 0 2 + 1 5 2 = 2 5 ，得 t  5 ．则乙至少滑行了 2 5 m ． 2π20 又 =5π25，故乙在时间 8 t 时已滑过了点D．则 A B t  A D = ( 1 5 + 1 0 2 ) 2 + ( 1 0 2 ) 2 = 5 2 5 + 1 2 2 ． 于是，t  25+12 2 6.3．因此，乙至少滑行了 3 1 . 5 m ． 由 2 π  4 2 0 = 1 0 π  3 1 .5 ，知乙在时间 t 时已滑过了点A． 又 A A  = 3 5 m ，故甲沿直线滑到弧BAB上任一点（除点 A  外）所用时间小于7s． 从而， t  7 ．所以，答案为 ( 6 , 7 ) ． 8. 如图5-15，连结OO ，则OO 过点P．连结 1 2 1 2 A P 并延长交OB于点E． 1因为 65 O 1 P : O 2 P = 2 : 1 ，且 O 2 为 A B 中点，所以，P为 △ O 1 A B 的重心． 又 A E 过点 P ，则EP:EA=1:3，且 E 为 O 1 B 的中点． 由O AB=90，知 1 E A = E B = O 1 E ．即EAB=EBA． 又四边形 A P D B 为圆内接四边形，则  E A B =  P D E ． 故PDE =ABEPD AB△EPD∽△EAB  E E P A = P A D B = P D 2 = 1 2  P D = 2 3 ． 由PD AB，有 O B D 1 D = O O 1 2 P P = 2 ．令BD= x．则 O 1 D = 2 x ． 又O A= OO2 −O A2 =2 2，故 1 1 2 2 O 1 B = O 1 A 2 + A B 2 = 2 3 = B D + O 1 D = 3 x ． 解得 x = 2 3 3 ． 所以， O 1 D = 2 x = 4 3 3 ， C D = O 1 D − O 1 C = 4 3 3 − 2 ． 则 C D + 3 D P = 4 3 3 − 2 + 3  2 3 = 4 3 3 ． 9. 如图5-17，设 O 1 、 O 2 、 O 3 、 O 、 4 O 的半径分别为 R 1 、 R 2 、 R 3 、 R 4 、 R ， O 与 4 M N 切于点 D ，过点O 作O C ⊥ AB于点 4 4 C ，连结OO 、O O 、DO ． 4 2 4 4 易知，四边形CO DM 是矩形，则CM = DO = R ． 4 4 4故OC =OO −CO =(R−R )−(R −R )= R−2R +R ． 2 2 2 2 4 2 4 在Rt△OCO 和 4 66 R t △ O 2 C O 4 中， O O 24 − O C 2 = C O 24 = O 2 O 24 − C O 22 ， 即(R−R )2 −(R−2R +R )2 =(R +R )2 −(R −R )2 ． 4 2 4 2 4 2 4 故 R 4 = R 2 − R R 22 = R 2 − R 1 R + 22 R 2 = R R 1 1+ R 2R 2 ． 同理， R 3 = R R 1 1 + R 2 R 2 = R 4 ． 由题设知 π R 23 + π R 24 = 6 4 π ．则 R 3 = 4 2 ． 故 A 1 M + B 1 M = 2 1 R 1 + 2 1 R 2 = R 2 1R + 1 R R 2 2 = 2 1 R 3 = 8 1 2 = 1 2 6 ． 习题巩固 10. 如图，连结 B O 并延长交 A D 于点 E ，则 E 为 A D 中点， B E ⊥ A D ， 易证△OBC∽△BAD，则BOC =ABD=ACD， 故 O B D C BP OP 1.5−0.6 3 ， = = = ． PD PC 0.6 2 又BPPD= APPC =1.44．故 B P = 3 5 6 2 ，PD = 6 ． 5 而 D O C B = P O C P ，即 D 1 C . 5 = 2 3 ．所以 D C = 1 ． 又 A D B C = A P P D ，即 A 1 B = 2 5 2 .4 6 ，所以 A B = 6 ． 1 1 而OE = CD = ，BE =2， 1 2 A E = A B 2 − B E 2 = 2 ，所以 A D = 2 2 ． BC PC 又 = ，所以 AD PD B C = 3 ． 故四边形 A B C D 的周长为 6 + 2 2 + 3 + 1 ． 11. 连结PO，本题中C、D是定点，由相交弦定理PCCM 是定值，PDDN 是定值， 又因为PC、PD在一个三角形内，满足一定的数量关系，故取PC、PD为变参量． 设PC = x，PD= y，圆O半径为R（常量），CO=OD=a（常量）．根据相交弦定理得 67 P C  C M = A C  C B = ( R − a ) ( R + a ) = R 2 − a 2 ． 所以 P C C M = P P C C  C 2 M = R 2 x − 2 a 2 ． 同理可证 P D D N = P P D D  D 2 N = R 2 y − 2 a 2 ． 在△PCD中， P O 是 C D 上中线，且 x 2 + y 2 = 2 ( P O 2 + C O 2 ) = 2 ( R 2 + a 2 ) ， 所以 P C C M + P D D N = 2 ( R R 2 2 − + a a 2 2 ) = 定值． 12. 设大圆半径为 R ，小圆半径为 r ，由圆幂定理得 A X  A Y = R 2 − r 2 = B P  B Q ． 13. 因为弦 A B 、CD交于点 P ，所以由相交弦定理得 P A  P B = P C  P D ． 因为 P A = 4 ， P B = 3 ， P C = 6 ，所以 P D = P A P  C P B = 4  6 3 = 2 ． 因为 E A 为 O 切线，由切割线定理得： A E 2 = E D  E C = E D ( E D + D P + P C ) = E D ( E D + 8 ) ． 因为 A E = 2 5 ，所以 E D = 2 ， E D = − 1 0 （舍去）， 所以 P E = P D + D E = 2 + 2 = 4 ． 14. 如图，连结 D M ． 由  B D M =  B A D =  C A D =  D M N ，得 M N B C ．则 △ A M N ∽ △ A B C ． 9 9 易知BD= 8= ， 9+7 2 B M  B A = B D 2  B M  9 =  9 2  2  B M = 9 4  A M = 9 − 9 4 = 2 7 4 ． 27 MN AM 3 4 又 = = = ，因此， BC AB 9 4 M N = 3 4  8 = 6 ． 15. 以P为圆心，以r = PA为半径作圆，则该圆过A、B，且C在圆上．延长BP交圆于另一点E． 由相交弦定理知ADDC = BDDE =(r−PD)(r+PD)=17=7． 16. 依题意， 68 A E M M E B   =  = ， N M F A M E   =  = ，  D A B 是 △ E A M 的外心， 所以 D A B    = + ， 因为 E N ⊥ N F ，所以EPN =90−， N F M 9 0 P F C   =  =  ． 又EPN 与  C P F 是对顶角， 因此CPF =EPN =90−，  B C D 是△PCF的外角． 所以BCD=PFC+CPF =(90−)+(90−)=180−−． 于是 D A B B C D ( ) ( 1 8 0 ) 1 8 0      +  = + +  − − =  ， 所以A、B、 C 、D四点共圆． 17. 如图，连结 A F ． 因为AEC =ADB（已知），所以A、 F 、 D 、E四点共圆， 故AFE =ADE =ABC，又有A、B、C、 F 四点共圆． 于是BCA=BFA=DEA． 在△BCA与△DEA中，因为ABC =ADE（已知），BCA=DEA（已证）， 且三角形内角和为180，所以BAC =DAE． 说明 其实，当证得A、B、C、F 也四点共圆之后，推得：69  B A C =  B F C =  D F E =  D A E ． 18. 如图，延长 A O 交 O 于点 Q ，连结 B Q ． 由“双垂直模型”可知  C =  A D F ， 而由 A 、 E 、 D 、 F 四点共圆可知  A D F =  A E F ， 由A、B、Q、 C 四点共圆可知C =Q，从而Q=AEF ，故得证． 19. 由“双垂直模型”可知  1 =  2 ，而由 A 、 E 、 D 、 F 四点共圆可知2=3，从 而  1 =  3 ． 由△ABC∽△AFE可知 B E C F = 2 A R D （注意到AD是A、E、 D 、F 的直径即可）， 从而 1 2 B C  A D = E F  R ． 20. 如图，连结 A L 交 B D 于点 M ． 设AC、 B D 交于点 O ，作点 L 关于 A C 的对称点L． 易知 L  在线段上 C D ．连结 A L  、ML． 由A 、 L 、 C 、D四点共圆知CDL=LAC =LAC． 1 由BML=AMO=90−LAC =90−CDL=90− BDC 2 1 =90− DBC， 2 知BML=BLM ，则 B M = B L ． 又MAL=2LAC =2CDL=MDL，则A、 M 、 L  、D四点共圆． BM BL CL CL 由 = = = ，知ML BC． BD BD CD CD 所以，CBD=LMD=LAD．3 3 从而，OAD= ODC，即BAD= (180−BCD)． 2 2 因此， 70 2  B A D + 3  B C D = 5 4 0  ． 21. 证法一：如图，连结 O 1 C 、 O 2 A 、 C E 、 A G 、 A C ． 因为 O 1 A 切 O 2 于点A， O 2 C 切 O 1 于点 C ，所以  O 1 A O 2 =  O 1 C O 2 = 9 0  ． 于是， O 1 、O 、 2 A 、 C 四点共圆． 因此，  A O 1 O 2 =  A C G =  A C O 2 ，  E O 1 C =  A O 1 C =  A O 2 C =  G O 2 A ． 在等腰 △ O 1 E C 与 △ O 2 G A 中，易知  C E A =  C G A ． 所以， A 、 C 、 E 、 G 四点共圆． 于是，  A E G =  A C G =  A C O 2 ．从而，  A O 1 O 2 =  A E G  E G O 1 O 2 ． 同理，FH OO ．故 1 2 E G F H ． 证法二：如图，过 E 、 G 分别向连心线 O 1 O 2 引垂线，垂足分别为 M 、 N ，连结OC、O A． 1 2 由EOM =O O A， 1 2 1 得Rt△OEM ∽ 1 R t △ O 1 O 2 A  E O M 2 A = O O E 1 O 1 2  E M = O 1 E O  O 1 O 2 2 A ． 同理， R t △ O 2 G N ∽ R t △ O 2 O 1 C  G O N C 1 = O O G 2 O 1 2  G N = O 1 C O  O 1 O 2 2 G ． 由OC =OE， 1 1 O 2 A = O 2 G ，知EM =GN，所以， E G O 1 O 2 ， 同理，FH OO ．故EG FH ． 1 2 自招链接 22. 如图，作点 D 关于BC的对称点E，连结 A E 、BE、CE．设AE与 B C 交于点 F ．由AD BC，知点A、E到BC的距离相等．则 71 A F = E F ． 设CD=CE = x， A F = E F = m ． 由BAC+BDC =180，得  B A C +  B E C = 1 8 0  ． 故A、B、E、C四点共圆． 由AB= AC，得  A B C =  A C B ． 故AEB=ACB=ABC =AEC． 又EBF =EAC△BFE∽ △ A C E  B E E F = A C E E ． 故2m2 = AEEF =BECE = x． 由角平分线的性质得 B C F F = B C E E = 1 x ． 又因为 B F + C F = 1 ， 所以 B F = x 1 + 1 ， C F = x x + 1 x ，m2 = AFEF = BFFC = ． (x+1)2 于是，由 ( x 2 + x 1 ) 2 = x ，解得 x = 2 − 1 ．故 C D = 2 − 1 ． 23. 如图，延长 P Q 、 C B 交于点G．易知 Q A C 是半圆．连结 Q C ，则 Q C 是 O 的直径． 由 P Q ⊥ C Q ，  A C Q =  B C Q  △ D C Q ≌ △ G C Q  D Q = Q G ． 又 D F = F E ，则 E G = 2 F Q = 2  2 = 4 ． 1 1 1 由OE ⊥CB得EB= EC = BC = AC = 6=3． 2 2 2 于是，GB=EG−EB=4−3=1．由切割线定理得GQ2 =GBGC =1(1+6)=7GQ= 7 ． 由勾股定理得 72 Q C = G C 2 − G Q 2 = 7 2 − 7 2 = 4 2 ． 易知 △ C O E OE CE ∽△CGQ．所以， = ． GQ CQ OE 3 于是， = ，即 7 42 O E = 2 6 ．73第六讲 几何证明 1.知识要点 几何证明一般考查： （1）证明线段数量关系； （2）证明角数量关系； （3）证明线段位置关系. 需要掌握，全等三角形判定，特殊四边形定义与性质，中位线性质等. 辅助线方面：中线倍长，旋转思想，平行线与垂线等均有出现. 2.例题精讲 1. 如图6-1，已知在△ABC中，AD平分∠BAC，点E是BC的中点，过点E作FG⊥ AD 交AD延长线于点H，交AB于点F，交AC的延长线于点G.求证： 74 A B − A C = 2 C G . 2. 如图6-3，把△AOB绕顶点O逆时针旋转90°，使顶点A变成A'，B变成B'.求证：△ OAB'中AB'边上的中线与△OA'B中A'B边上的高共线. 3. 如图6-5，在△ABC中，D为AB的中点，分别延长CA、CB到点E、F，使DE = DF ， 过点E、F分别作CA、CB的垂线，相交于点P.求证：PAE =PBF.4. 已知AD是△ABC的高（在形内）.给出下列四个条件： ①AB+BD= AC+CD； ② 75 A B − B D = A C − C D ； ③ A B  B D = A C  C D ； ④ A B : B D = A C : C D . 一定能得到 A B = A C 的有______个. （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 5. 在△ABC中，已知 A C  B C ，∠C=60°.分别以AB、BC、CA为边向形外作三个正三 角形，即△ABC'、△BCA'、△CAB'.问S 与S 、S 、S 之间存在怎样的关 △ABC △ABC' △BCA' △CAB' 系式？请你作出判断并加以证明. 6. 设△ABC的三边长为BC =a，CA=b，AB=c.若 t a n A 2 = b a + c ， t a n B 2 = b b + c ， 则△ABC是什么特殊三角形？ 7. 如图 6-10，△ABC 中，D、E 分别是 AB、AC 上的点，  B C D =  C D E =  B A C ， 求证： A D + D E A + B E + A B + C B C + C + A C D + D B  5 4 . 8. 设a、b、c为锐角△ABC的三边长，h 、h 、h .为对应边上的三条高. a b c 求证： 1 2  h aa + + h b b + + h c c  1 9. 已知O为△ABC内一点，过O引三条边的平行线DE∥BC，FG//CA，HI//AB，D、E、 F、G、H、I为各边上的点（如图6-11），记S 为六边形DGHEFI的面积，S 为△ABC 2 2 2 的面积.证明：S  S .. 1 3 2 10. 已知△ABC是不等边三角形，点O、I分别是△ABC的外心、内心，且OI ⊥ AI . 求证：AB+AC =2BC.3.习题巩固 11. 如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，ABC =90，AB= BC，E为边AB上一点， 76  B C E = 1 5  ，且AE = AD.连结DE与对角线AC交于点H，连结BH.给出下列结论： ① △ A C D ≌ △ A C E ； ②△CDE为等边三角形； ③ E B H E = 2 ④ S S △ △ E E B H C C = A C H H 其中，正确的结论是（ ）. （A）①② （B）①②④ （C）③④ （D）①②③④ 12. 如图，在锐角△ABC 中，点 D、E、F 分别是三条高 AD、BE、CF 的垂足，连结DE、 EF、FD，求证： △ D E C ∽ △ A E F ∽ △ D B F . 13. 如图，在正方形 ABCD 中，F、E 分别是边 BC、CD 上的点，满足△CEF 的周长等于 正方形ABCD周长的一半，AE、AF分别与BD交于点M、N.求证：BNF =DEM . 14. 如图，过圆外一点P作圆的两条切线PA、PB，A、B为切点，再过P作圆的一条割线 分别与圆交于点C、D，过AB上任一点Q作PA的平行线分别与直线AC、AD交于点E、F.证明： 77 Q E = Q F . 15. 在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，BE与CD交于点O.则 S S △ △ A A D B E C 与 S S △ △ D B O O E C 的 大小关系是________（填“相等”或“不相等”）. 16. 如图，已知四边形ABCD是 O的内接四边形，对角线AC的中点I是△ABD的内心. 求证： （1）OI是△IBD外接圆的切线； （2）AB+AD=2BD. 17. 如图，已知 O 和 O 交于P、Q两点，过PQ上任意一点M作直线与 O 、 O 1 2 1 2 分别交于点A和S、R和D，再过点A、D分别作PQ的平行线分别与PR、PS交于点 B、C.证明： A D = B C . 4.自招链接 18. 请利用以下图证明勾股定理.19. 在△ABC中，BF和CE分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，O是内心（角平分线的交 点），满足 78 O E = O F ，求证：△ABC是等腰三角形或者A=60. 5.参考答案 1. 如图6-2，过点C作CI∥AB，交FG于点I. 因为CI∥AB，所以BFE =CIE，因为E是BC的中点，所以 B E = C E . 因为   B  B E B F = E E F C = E =  ,  C C I E E I , , 所以△BEF≌△IEC（A.S.A），所以BF =CI. 因为AD平分∠BAC， F G ⊥ A D ，所以 A F = A G ，所以  A F G =  G . 因为  B F E =  C I E ， BFE+AFG=180 ，  C I E +  C I G = 1 8 0  ，所以 AFG=CIG，所以  G =  C I G ，所以 C I = C G ，所以 B F = C G . 因为 A F = A B − B F ， A G = A C + C G ，AF = AG，所以 A B − A C = 2 C G . 2. 如图6-4，取AB'中点C，连结OC并延长至点E，使CO=CE，OE交A'B于点D， 分别连结AE、B'E.因为点C是AB'的中点， C O = C E ，所以四边形OAEB'是平行四边 形，所以OA∥B'E，OA= BE.因为 79 A O ⊥ A O ， A O = A O ，所以 B E ⊥ A O ， B E = A O . 所以  O B E = 9 0  −  A O B  =  B O B  −  A O B  =  A O B . 在△OB'E与△BOA'中，  B  B O O E B = O E = O B = A ,  , B O A , 所以 △ O B E ≌ △ B O A  ，所以∠ B O E =  O B A  ，所以  O B D +  B O D =  B O E +  B O E = 9 0  . 所以  O D B = 9 0  ，即 O D ⊥ A B . 所以，△OAB'中AB'边上的中线与△OA'B中A'B边上的高共线. 3. 如图6-6，分别取AP、BP的中点M、N，连结EM、DM、FN、DN. 因为 D M ∥ B N ，DN∥AM ，所以AMD=BND. 因为点M、N分别是Rt△AEP、Rt△BFP斜边的中点，所以 E M = A M = D N ， F N = B N = D M . 又因为DE = DF ，所以△ D E M ≌△ D F N . 所以  E M D =  F N D ，  A M E =  B N F . 而△AME、△BNF均为等腰三角形，所以PAE =PBF. 4. 答案：D. 如图6-7，令AB=c，AC =b，BD= x，CD= y.则 c2 −x2 =b2 − y2. 分解得（c+ x）（c−x）=（b+ y）（b− y）.（1）若 80 c + x = b + y ，则 c − x = b − y .两式相加得2c=2bc=b. （2）若c−x=b− y，同理， c = b . （3）若 c x = y ，则 y = c x b ，代入式①得 c 2 − b 2 = x 2  1 − c b 2 2   ( c + b ) ( c − b ) ( b 2 + x 2 ) = 0  c = b （4）若 c : x = b : y ，则 y = b x c ，代入式①同理可得 c = b . 综上，四个条件均可得到AB= AC. 5. 结论：S = S +S .- S . △ABC △BCA' △CAB' △ABC' 如图6-8，在AC上取 C D = C B ，连结DB、DC'、DB'. 易知  D B C = 6 0  .故  C B D =  A B C . 又 C B = A B ，DB=CB，则 △ C D B ≌ △ A C B . 此时，  C D B =  A C B = 6 0  ，  A D C  = 1 8 0  −  C D B −  B D C = 1 8 0  − 6 0  − 6 0  =60=DAB. 于是，C'D//AB'.注意到CD= AC = AB，因此，四边形AB'DC'为平行四边形. 故S =S △C'DA △B'AD 又易证 △ A C B ≌ △ B C D ≌ △ C D B ，则 S △ A C B = S △ B C D , S △ C D B = S △ B C D . 由 S A B C + S A B C  = S B D C + S C D B + S C D A = S B C A ' + S B 'C D + S B 'A D = S +S BCA' CAB' 得 S △ A B C = S △ B C A S △ C A B  − S △ A B C . 1 6. 如图6-9，设 p= （a+b+c），△ABC的内切圆半径为r. 2 A r a 则 tan = = , ① 2 p−a b+c81 t a n B 2 = p r − b = a b + c . ② ①÷②得 p−b a a+c = p−a b+c b 2(p−b) a(a+c)  = 2(p−a) b(b+c)  （b b + c ） （ c + a − b ） = （a a + c ） （ b + c − a ） （b ab−b2 +c2 +ca）=（a ab+bc−a2 +c2）  a b 2 − b 3 + b c 2 + a b c = a 2 b + a b c − a 3 + a c 2  a b 2 − b 3 + b c = a 2 b − a 3 + a c 2  （ a − b ） （ a 2 + b 2 − c 2） = 0  a − b = 0 或 a 2 + b 2 − c 2 = 0  a = b 或 a 2 + b 2 = c 2   A =  B 或  C = 9 0  . 故△ABC是等腰三角形或直角三角形. 7. 因为  B C D =  C D E ，所以DE//BC，所以△ADE∽△ABC. 因为    C B B C D D = =   A B B A C C , , 所以△CBD∽△ABC，所以△ADE∽△CBD∽△ABC. 设 C △ A D B = m 1 ,C =m ， △CBD 2 C △ A B C = m BD BC .因为 = , BC BA 所以 D B E C = A A D B = A B A − B B D = 1 − B A D B = 1 − B A C B 2 2 m DE ，又因为 1 = ， m BC 2 m m 2 = B B D C ， 所以 m 1 + m m 2 = D B E C + B B D C = B A C B +  1 − B A C B 2 2  . 设 B A C B = x ，则 m 1 + m m 2 = 1 + x − x 2 m +m ，则x2 −x+ 2 2 −1=0. m m +m  m +m 5 要使0有实根，则0有实根，则 =(−1)2 −41 1 2 −10， 1 2  ，  m  m 4AD+DE+EA+BC+CD+DB 5 即  AB+BC+CA 4 8. 作 82 A D ⊥ B C 于点D， B E ⊥ A C 于点E，CF ⊥ AB于点F.则 A D = h a ， B E = h b ， C F = h c ，则 h a + C D  b ， h a + B D  c ， h b + C E  a ， h b + A E  c ， h c + A F  b ， h c + B F  a . 所以 （2 h a + h b + h ）c （+ a + b + c ）  （2 a + b + c ） ，即 h aa + + h b b + + h c c  1 2 . 在直角△ACD、△BAE、△CBF中，h b，h c，h a，则h +h +h a+b+c. a b c a b c 故结论成立. 9. 可以从△DGO、△OHE、△OIF的面积与△ABC的面积关系入手. 设BC =a，CA=b，AB=c，FI = x， E H = y ，DG= z.易知 △ O I F ∽ △ H O E ∽ △ G D O ∽ △ A B C ，所以 z c = O D a = B a I , y b = O a E = F C a ，由此 可得 x a + y b + z c = I F + F C a + B I = 1 由柯西不等式知： S +S +S x2 y2 z2 1 x y z 2 1 △OIF △OEH △CGD = + +   + +  = S a2 b2 c2 3a b c 3 2 从而 s 四 边 形 O H A G + S 四 边 形 O E C F + S △ B D I  1 3 S 2 ， 即 S 1  2 3 S 2 10. 如图6-12，延长AI交 O于点D，交BC于点E，连结CI、CD，则 A I = I D ，  B =  D ，  B A D =  B C D ， 1 1 由DIC =CAI +ACI = BAC+ ACB， 2 2  D C I =  B C I +  B C D =  B C I +  B A D 1 1 = ACB+ BAC， 2 2 得DIC =DCI.故 83 I D = D C ，从而， A I = I D = D C . 由△ABE∽△ADC知 A A B D = B D E C ，所以 A B B E = A D D C = 2 . 在△ABC中，由角平分线性质定理得 A A B D = B D E C  A B B E = A E C C = A B B E + + A E C C = A B B + C A C 所以 A B B + C A C = 2 .故 A B + A C = 2 B C . 习题巩固 11. 答案：B. 易知，△ABC、△ADE均为等腰直角三角形.所以，  B A C = 4 5  ，即AH平分∠EAD. 从而， △ A C D ≌ △ A C E ，结论①正确. 因  A C B = 4 5  ，BCE =15，所以，DCA=ECA=45−15=30.从而，  E C D = 2  D C A = 6 0  .又 C E = C D ，因此，△CDE是等边三角形，结论②正确. 设△CDE的边长为2a，则 E H = A H = a ，CH = 3a， A E = 2 a ， 1 AH +CH 6+ 2 AB= AC = = a， 2 2 2 B E = A B − A E = 6 − 2 2 a ， EH 6+ 2 所以， = ，结论③不正确. BE 2 又 S △ E B C = 1 2 B C  B E = 1 2 a 2 ， S △ E H C = 1 2 S △ C D E = 2 3 a 2 ，则 S S △ △ E B E H C C = 3 3 = A C H H ，， 结论④正确. 12. AD、BE、CF 分别是△ABC 的三条高.容易证明一下相似关系： △ A F C ∽ △ A E B ， △ A B D ∽ △ C B F ， △ C B E ∽ △ C A D . AC AF BA BD CA CD 所以有如下比例关系： = , = , = . AB AE BC BF CB CE 由 A A C B = A A F E ，A=A.可得到△AFE∽△ACB. 所以 AF: AE:EF = AC: AB:BC ，同理 DC:DE:CE = AC: AB:BC ，同理 DF:BD:BF = AC: AB:BC.所以 △ D E C ∽ △ A E F ∽ △ D B F . 13. 设正方形边长为1，BF =a，DE =b.则CF =1−a，CE =1−b. 由题设有EF = BF +DE，即 （ 1 − a ） 2 （+ 1 − b ） 2 = a + b . a 1−b 化简得ab+a+b=1 = . 1+a 2 FN BF FN a 作 NG⊥ BC 于点 G.由 NB 平分∠ABF 得 = =a ， = ， NA AD AF a+1NG FN a = = . AB AF a+1 则 84 N G = a a + 1 = 1 − 2 b ， B N = 2 ( 1 2 − b ) ，同理， D M = 2 ( 1 2 − a ) . 1 1 故BN·DM = （1−a）（1−b）= （1−a−b+ab）=ab. 2 2 又 B F · D E = a b ，则 B N  D M = B F  D E  B B N F = D D E M . 因为  F B N =  E D M = 4 5  ，所以△BNF∽△DEM .故BNF =DEM . 14. 如图，连结 BD、BC.则  A B C =  P A C =  E .则 △ A B C ∽ △ A E Q BQ AQ .故 = ， BC AC 即 E Q = A Q A  C B C 同理， Q F = A Q A  D B D 另一方面，由 △ P B C ∽ △ P D B ， △ P C A ∽ △ P A D ，得 B B C D = P P C B ， A A C D = A P C A . 因为 P A = P B ，所以， B B C D = A A C D . 由上式及式①、②即得 Q E = Q F . 15. 答案：相等. 设S =a， △BCD S △ D O E = b ， S △ B O C = c ， S △ B O D = x ， S △ C O E = y . 由 S S △ △ B D O O D E = B O O E = S S △ △ B C O O C E ，得 x b = c y  x y = b c . S BD S 由 △BDE = = △BCD ，得 S AD S △ADE △ACD85 b + a x = a c + + b x + y  b ( x + y ) + x y = a c − a b − b 2 . 由式①、②解得 ac−ab−b2 −bc x+ y = . b 因此， S △ A B C = a + b + c （+ x + y ） = a b c . 故 S S △ △ A A D B E C = a  b a c = b c = S S △ △ D B O O C C 16. 如图.由内心性质知CB=CI =CD.故点C是△IBD的外心.因为点I是AC的中点，所 以， O I ⊥ A C ，且AI = IC.故 O I ⊥ C I .因此，OI是△IBD外接圆 C的切线. （2）如图，过点I作 I E ⊥ A D 于点E，连结QC与BD交于点F.由 B C = C D ，知 O C ⊥ B D ， B F = 1 2 B D .故  A E I =  B F C = 9 0  . 又  C B F =  I A E ， B C = C I = A I ，则 △ B C F ≌ △ A I E  B F = A E . 因为点I是△ABD的内心，所以，AB+ AD−BD=2AE = BD. 故 A B + A D = 2 B D . 17. 由相交弦定理知 A M · M S = P M · M Q = R M · M D . 则 A M M R = M M D S  A M R R = D M S S . 由AB//PQ//CD，得△ABR∽△MPR，则 A M R R = B P R R ② DS CS 同理， = . ③ MS PS 由式①、②、③知 B P R R = C P S S ，于是，RS∥BC，即AD∥BC.故四边形ABCD是平行四边形. 因此，AD= BC. 自招链接 18. 略.请自行查阅课本第十九章阅读材料.19. 仅给出 86  A = 6 0  的图形，等腰三角形的情况自行考虑.思路是沿直线 AO 翻折 OE 或 OF，故在 AB 上取一点 F'使 A F = A F  ，易证 O F = O F  .双解出现在 OE 和 OF'是重 合还是形成等腰三角形.在等腰△EOF'中利用内角和得证.