名校《强基计划》初升高衔接讲义（下）_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（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. a b c 有   ，此式变形得a:b:csin A:sinB:sinC. sin A sinB 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a2 b2 c2 2bccosA，b2 a2 c2 2accosB ，c2 a2 b2 2abcosC . b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 变形得cosA ，cosB  ，cosC  . 2bc 2ac 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 MA 2. （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 AC   1. AC BA CB 23. 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 AB2CDAC2BD  AD2BCBDCDBC . 6. 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 AF2 BD2 CE2  AE2 CD2 BF2 . 7. 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 1 10. 证明海伦公式：S  p(pa)(pb)(pc) ， p  (abc)，a、b、c为三边 2 长. 11. 如图，AM是△ABC的BC边上的中线，求证：AB2 AC2  2(AM2 BM2). 12. 证明：若G为△ABC的重心，P为△ABC所在平面上任意一点.则 1 PA2 PB2 PC2 GA2 GB2 GC2  3PG2  (a2 b2 c2 ) 3PG2 . 3 13. 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 KF KG 交于点M，直线KL与BD、AC分别交于点F、G.求证：  . LF LG 41 1 1 16. 在△ABC中，已知A:B:C 1:2:4，求证：   . AB AC BC 17. 若a、b、x、y是实数，且a2 b2 1，x2  y2 1.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 abc 的面积S  p(pa)(pb)(pc) ，其中 p  ）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 BD S CM S  △ADE  △AME   △AMD ，  △BMD ，  △CMD . EB S S EB S DC S MA S △BDE △BME △BMD △CMD △AMD AE BD CM S S S 故    △AMD  △BMD  △CMD 1. EB DC MA S S S △BMD △CMD △AMD 2. 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 CB S AC S 所以  △OAB .同理，  △OBC ，  △OCA . AC S BA S CB S △OCA △OAB △OBC BA CB AC 三式相乘，化简得：   1. AC BA CB 22 3x2 3. 若x为最大边，设钝角为，cos 0 ，又x0，解得x 7 . 22 3 又2 3  x2 3，所以 7  x2 3 . 3x2 22 若2为最大边，cos 0 ，又x0，解得0 x1. 2 3x 又因为2 3  x2 3，得2 3  x1. 综上， 7  x2 3 或2 3  x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. 1 1 1 取BH的中点P，连结PL、PM，则PL AH ，PL AH ，PM  HC ， 2 2 2 61 PM  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 1 OM LP  AH ， 2 1 OL MP  CH . 2 1 同理，ON  BH . 2 5. 如图 7-6 所示，过点 A 作 BC 的垂线，垂足为点 E，则有 AB2  AE2 BE2 ， AC2  AE2 CE2，AD2  AE2 DE2. 故 AB2CDAC2BDAD2BC (AE2BE2)CD(AE2CE2)BD(AE2DE2)BC  AE2(CDBDBC)BE2CDCE2BDDE2BC  BE2CDCE2BDDE2BC (BDDE)2CD(CDDE)2BDDE2BC (BD2DE22BDDE)CD(CD2DE22CDDE)BDDE2BC  BD2CDCD2BDDE2BCDE2BC  BD2CDCD2BD  BDCDBC . 即AB2CDAC2BD  AD2BCBDCDBC . 7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，AB2  AD2 BD2 2ADBDcosADB . 在△ACD中，由余弦定理可知，AC2  AD2 CD2 2ADCDcosADC . 故 AB2CDAC2BDAD2BC  AD2CDBD2CD AD2BDCD2BD AD2BC  AD2BCBDCDBC AD2BC  BDCDBC . 6. AF2 BD2 CE2 PA2 PF2 PB2 PD2 PC2 PE2  PA2PE2PC2PD2PB2PF2  AE2CD2BF2 . 7. 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： m， n， k. FA FB FC 因为直线AC割三角形FAC，所以 CC FA AG   1， CF AA GC 即   1   1  AG  1   1. k   1 1 GC  m  AG (1m)k 所以  . GC (1k)m 8CC FB BE BE (1n)k 同理   1，可得到：  . CF BB EC EC (1k)n BD (1n)m 同理可得到：  . DA (1m)n 所以 AG CE BD (1m)k (1k)n (1n)m       1. GC EB DA (1k)m (1n)k (1m)n 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. ml nl ml 不妨设 mn ，设 AB l ，则 AC  ， BC  ， AD  ， mn mn mn nl BD  . mn ml ml 2mnl 所以圆的直径为ADAC    . mn mn m2n2 mnl 圆的半径R  ， m2 n2 AC AD m2l AO   ， 2 m2 n2 BDBC n2l BO   ， 2 m2 n2 m2n2l2 可得到AOBO   R2.  2 m2 n2 BO AO m 所以，对于  上任意一点 E 有   ， EOABOE ，所以 EO EO n EB m △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. 2 AO2 EO2 2AOEOcos EO2 BO2 2EOBOcos  ， m2 n2 其中EOA. AC AD m2l BDBC n2l AO BO 又因为AO   ，BO   ，所以  . 2 m2 n2 2 m2 n2 m2 n2 2AOEOcos 2EOBOcos 所以  . m2 n2 AO2 EO2 EO2 BO2 所以  . m2 n2 2 2  mnl  1  所以 EO2      CD . m2 n2   2  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 1 1 10. S  absinC  ab 1cos2C . 2 2 a2 b2 c2 在△ABC中，由余弦定理可得cosC  ，代入上式可得 2ab  2  2 1 a2 b2 c2 1 4a2b2  a2 b2 c2 S  ab 1  ab 2 4a2b2 2 4a2b2  2    4a2b2  a2 b2 c2 2aba2 b2 c2 2aba2 b2 c2   16 16   (ab)2 c2    c2 (ab)2  (abc)(abc)(cab)(cab)   . 16 16 1 abc 2p2c cab 2p2b 又 p  (abc)，故   pc，   pb， 2 2 2 2 2 cab 2p2a   pa，故S  p(pa)(pb)(pc) . 2 2 11. 过点A作BC的垂线，垂足为点D. 在Rt△ABD中，由勾股定理可知，AB2  AD2 BD2. 同理，AC2  AD2 CD2 ，AM2  AD2 DM2. 又BD BM DM ，CD CM DM ，BM CM ，故 AB2 AC2  2AD2 BD2 CD2 2(AM2DM2)(BM DM)2(CM DM)2 2(AM2DM2)BM2DM2CM2DM2 2AM2BM2CM2 2(AM2BM2) . 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 、m a b c 111 1 分别为对应边上的中线，则有m  2b22c2a2 ，m  2c22a2b2 ， a 2 b 2 1 m  2a22b2c2 . c 2 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，AB2  AM2 BM2 2AM BM cosAMB ； 在△ACM 中，由余弦定理可知，AC  AM2CM22AM 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 PB2 PC2  2(PM2 BM2)， ① PA2 PG2  2(PN2 NG2)， ② PM2 PN2  2(PG2 NG2). ③ ①+②并代入③得： PA2 PB2 PC2 3PG2 2BM2 2NG2 4NG2 .     又GB2 GC2  2 GM2 BM2  2 NG2 BM2 ，4NG2 GA2，所以 PA2 PB2 PC2  3PG2 GA2 GB2 GC2 . 4 4 1  1   又GA2  AM2   2b2 2c2 a2  2b2 2c2 a2 ， 9 9 4 9 1  1  同理GB2  2c2 2a2 b2 ，GC2  2a2 2b2 c2 . 9 9 1  将以上三式代入即得PA2 PB2 PC2  a2 b2 c2  3PG2 . 3 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：AC2 BD2  AB2 BC2 CD2 DA2 . 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，AC2  AE2 CE2，BD2 BF2 DF2. 故AC2 BD2  AE2 CE2 BF2 DF2  AE2(BCBE)2(BCCF)2DF2  AE22BC2BE2CF2DF2  AB2 2BC2 CD2  AB2BC2CD2DA2 . 另解：在△ABD中，由余弦定理可知，BD2  AB2 AD2 2ABADcosBAD . 在△ACD中，由余弦定理可知，AC2  AD2 CD2 2ADCDcosADC . 两式相加可得，AC2 BD2  AB2 AD2 AD2 CD2  AB2 BC2 CD2 DA2 . 点评：如果设两对角线的交点为点O，我们发现： 在△ABD中，AB2 AD2  2  OA2 OB2  ；   在△ACD中，AD2 CD2  2 OC2 OD2 .     故 AB2 AD2 AD2 CD2  2 OC2 OD2  2 OA2 OB2  AC2 BD2 ， 即     AB2 BC2 CD2 DA2  2 OC2 OD2  2 OA2 OB2  AC2 BD2 . 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，AB2 BC2  2(BF2 AF2) ，同 理AD2 CD2  2(DF2 CF2). 两式相加可得， AB2 BC2 AD2 CD2 2(DF2BF2)2(CF2 AF2) 2(DF2BF2) AC2. 13在△BDF 中，BE  DE ，于是有 2 1  1 DF2 BF2  2EF2 2  BD  2EF2  BD2 . 2  2   故2 DF2 BF2 4EF2 BD2. 从而可知，AB2 BC2 AD2 CD2  AC2 BD2  4EF2 ，得证. 点评：本结论也称为欧拉定理. DA KF LC 15. 对△DKL与点B，由塞瓦定理，得   1. AK FL CD DA KG LC 对△DKL与截线AGC，由梅涅劳斯定理，得   1. AK GL CD KF KG 由两式可得  . FL GL 16. 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. 1 1 1 两端同除以ABBCAC ，得   . AB AC BC 17. 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≤AB 1，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 DGB 90，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12. AC AD 因为34，所以△ACD∽△BCP，从而有  ，即 BC BP ACBP  ADBC . ① 又ACB DCP，56， AB AC 所以△ACB∽△DCP ，从面有  ，即 DP CD ACDP  ABCD. ② ①+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 . a2 d2  f 2 在△ABD中，由余弦定理，有cosDAB ； 2ad b2 c2  f 2 在△BCD中，同理，有cosBCD . 2bc 因为DABBCD 180，所以cosDABcosBCD 0，即 a2 d2  f 2 b2 c2  f 2   0. 2ad 2bc abcd ad bc 整理，得 f 2  (acbd)；同理可得e2  (acbd). ad bc 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 .  11  pa  4  p2a  ,   b 6 a, 不妨令 联立a2b2a2c，解得  pc2  pb  ,  c 4 a.  3 b11, 令a 6，则 c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 a ,b,c 、 a ,b ,c ，其中c 、c 为直角边，设内切圆 1 1 1 2 2 2 1 2 16半径为r 、r . 1 2 1 1 由周长相等、面积相等可得 rC  rC ，可以推出r r ，两三角形内切圆半径相 2 1 1 2 2 2 1 2 等. 1 1 由 内 切 圆 半 径 相 等 可 得  a b c   a b c  ， 又 由 2 1 1 1 2 2 2 2 a b c a b c ，可得 1 1 1 2 2 2 a b a b , 1 1 2 2  c c . 1 2 1 1 a b a b , 又 由 面 积 相 等 ， 可 得 ab  a b ， 联 立  1 1 2 2 可 得 2 1 1 2 2 2 ab a b , 1 1 2 2 a a , a b ,  a b 2  a b 2 .可以解得 1 2 或 1 2 综上，两三角形全等. 1 1 2 2 b b , b a . 1 2 1 2 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，AOB 45，点P、Q分别是边OA、OB上的两点，且OP 2cm.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，C 90，AC 4，BC 3，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  AC 2，BC边上有100个不同的点P，P ，P ，…， 1 2 3 P ，记m  AP2PBPC(i 1,2,3,,100)，求m m m m . 100 i i i i 1 2 3 100 26. 已知△ABC的两条角平分线BD、CE交于点I，ID  IE，ABC 70.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，ADC 30，AD 3， BD 5.求边CD的长. 28. 如图8-17，在四边形ABCD中，AB  BC CD，ABC 78，BCD 162， 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 OC 30. 如图8-21，    2018，则    . OD OE OF OD OE OF 31. 如图8-22，在Rt△ABC中，CACB，C 90，四边形CDEF、四边形KLMN 是△ABC的两个内接正方形.已知S 441，S 440.求△ABC的三边长. CDEF KLMN 3.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FG 3， FH 4，四边形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 AH 3 ， HD 4 ， DG 1，GC 5，CF 6， FB 4，且 BEAE 1，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？ AG 38. 在△ABC中，AB 1，BC 2，BC 90.则△ABC外接圆的半径是多少？ b a 13 39. 设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，且abc.若   ，求a:b:c ca cb 15 的值. 40. 如图，44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 △ABC 16 于点P，使S  S .求S 的最大值. 四边形BCDE 9 △BPC △DEP 214.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，B4C 45，AD  BC 于点D，若BD 2，CD 1.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 OP  2cm. 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O 45，所以△OPM 是等腰直角三 2 角形，所以OM  OP  2，所以QM  2x. 2 由折叠的性质得：C O 45，CQ OQ  x ，所以△CQM 是等腰直角三 角形，所以QC  2QM ，所以x 2( 2x)，解得：x2 22，即OQ 2 22； 22（ⅱ）如图8-3所示.同（ⅰ）得：OQ 2 22； 综上所述：当PC QB时，QQ的长为2 2 2，或2 22. （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 OP  2cm； ②当点C在AOB的一边上时，△OPQ是等腰直角三角形，OQ  2或2 2； 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PQM  45x，在△OPM 中，由三角 形内角和定理得：45xx45x180，解得：x30，所以OPQ30， 作QN OP 于点 N，设ON a ，因为O45，则QN ON a，OQ  2a ， PN  3QN  3a . 因 为 ON PN OP ， 所 以 a 3a 2 ， 解 得 ： a  31 ， 所 以 OQ  2( 31) 6 2 . （ⅱ）如图8-5所示，PQ MQ ，作QN OA于点N，同①得：OQ  6 2 . 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2 2cm， 或( 6 2)cm或( 6 2)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. CE AC 4 分两种情况：①当   时，EF AB，因为ACB90，AC 4， CF BC 3 BC 3，所以AB  AC2BC2  5. 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， 1 所以DN  (ACBCAB)1. 2 DE CE 4 因为CD平分ACB，所以   . DF CF 3 DN DF 3 7 因为DN AC，所以   ，所以CE  . CE EF 7 3 EF CE 35 因为EF AB，所以△CEF∽△CAB，所以  ，解得：EF  . AB AC 12 CF AC 4 35 ②当   时，同理得：EF  . CE BC 3 12 35 综上所述，EF的长为 . 12 24. 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 1802，BAC 3， C 1804，由于ADB≥90，则≤45. 若B C，则1804，36； 180 若BAC C ，则31804， . 7 （3）若AD  AC时，设B ，C 2，BAC 1803，显然B C. 由BAC C，得21803，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°， 180 540 540 36°，108°）、( , , )，（36°，72°，72°）. 7 7 7 25. 仔细观察，我们发现m  AP2PBPC 的结构与斯德瓦尔特定理非常相似，只是 i i i i 缺BC.从而可知， BCm  AP2BCPBPCBC  AB2PC AC2PB 4BC ， i i i i i i 故m 4，从而有m m m m  400.也可以仿效前面几个例题作垂线，也 i 1 2 3 100 可求出. 如图8-12，作AD  BC于点D，则 m  AP2PBPC  AD2DP2PBPC i i i i i i i  AD2 BDBP 2PBPC i i i  BP CP  2  AD2  i i BP PBPC  2 i  i i  CP BP 2  AD2 i i PBPC 4 i i  CP BP 2  AD2 i i 4  AD2BD2  AB2  4. 从而可知，m m m m  400. 1 2 3 100 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 ACB 70，A40. 当点D与E重合时，如图8-14. 同理，由BIEBIE CID CID，且BID 180，知BIC 120. 所以，A60. 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ADC 30，可知ADE ADCCDE 90. 所以 AD2 DE2  AE2， 从而有 AD2 CD2 BD2， 所以 CD  BD2AD2  4. 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 BCD 180. 因为BCD 162，所以EBF 18. 因为ABC 78，所以ABF ABCEBF 60. 所以三角形ABF是等边三角形. 所以AFB 60，AF  DF ，所以DAF ADF . 因为四边形 BCDF 是菱形，BCD 162，所以BFD BCD 162，所以 AFD 360BFDAFB 138. 因为AFDDAF ADF 180，DAF ADF ，所以ADF  21. 因为DF BE，所以AEBADF ，所以AEB 21. 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,所以△ABD≌△ACE  SAS ，所以ADB AEC.  AD  AE, 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. 2 3 在Rt△AEF 中，EAF 30，AE 2，所以EF  . 3 在Rt△CFG中，FCG 30，CG 3，所以CF 2 3 . 4 3 所以CE CF EF  . 3 2 21 2 21 所以AC  AE2CF2  ，即正三角形ABC的边长是 . 3 3 30. 设S s，S a，S b，S c.则 △ABC △OBC △OCA △OAB OA ADOD AD s   1 1， OD OD OD a 28OB BEOE BE s   1 1， OE OE OE b CC CF OF CF s   1 1； OF OF OF c 所以 OA OB C s s s      1 1 1 OD OE OF a b c  s3 s2(abc) s s s        1 abc a b c  s   s  s    1   1   1 2 a  b  c  OA OB OC    2 OD OE OF 201822020. 31. 设正方形CDEF的边长为x，正方形KLMN的边长为y，则x21， y 2 110 . 设BC a，CAb，AB c，则a2 b2 c2. ab 因为axbx  2  S S  2S ab ，所以x . △CEB △CEA △ABC ab b 因为△AKL∽△ABC ，得AL  y . a a 因为△NBM ∽△ABC，得BM  y. b b a a2 b2 ab c2 ab 因为c ALLM MB  y y y  y  y ，所以 a b ab ab abc y  . c2 ab 则 2 2 1 1 1 1 1 c  1 1             y2 x2  abc  2  ab  2 c ab  a b      c2 ab ab 1 c  1 11 c  1 1 1                . c ab a bc ab a b c2 1 1 所以c   42 110 . 1 1 1 1   y2 x2 440 441 29c2y ab 所以ab  21222，ab  2122. c y x 所以a、b是二次方程t2 2122t212220的两根. 因为ba，所以a 23163 11，b23163 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  42 x2 . 又 S S ， S S ， S S ， S S ， 且 △AEH △HET △HDG △HRG △EBF △EPF △CGF △PQG S S  2S ，所以x2  yz  25，得 正方形ABCD 矩形PQRT 四边形EFGH 44 44 x2  32 x2  42 x2 10，解得5x2 44，所以x2  ，即S  . 5 正方形ABCD 5 34. 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 PE2 PA2 AE2 PB2 BE2 ， 30PF2 PB2 BF2 PC2 CF2 ， PG2 PC2 CG2 PD2 DG2， PH2 PD2 DH2 PA2 AH2， 以上四式相加并整理，得 AH2 BE2 CF2 DG2  AE2 BF2 CG2 DH2 ， 因为AH 3，HD 4，DG 1，GC 5，CF 6，FB 4，所以 32 BE2 62 12  AE2 42 52 42 ， BE2 AE2 (BEAE）(BEAE）11， 因为BEAE 1，所以BE AE 11，所以 C  ABBCCDDA AEBEBF CF CGDGDH AH  34. ABCD 35. 答案：80°. 如图，在边CD上取点E，使BE  AB，连结AE.则 180B AEC BAE   80BBAC ACE . 2 故AC  AE.易知△ABE≌△ADC .所以，CAD EAB 80. 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由面积关系得 S S S S  △PAB △PBC △PAC △ABC 1 1 1 1 aPF  aPD aPE  aAH ， 2 2 2 2 于是，1PD24，即PD 1. 类似地，当点P不在△ABC的内部时，可知在图2中P(i 1,2,,6)的位置. i 因P (j 2,3,4) 到AB、AC的距离之和小于4，所以，不是P.记P(i 1,5,6)到BC j i 的距离分别为h .则 i S S S S ， △PNC △PBC △PAB △ABC 1 1 1 S S S S ， △PAB △PBC △PAC △ABC 5 5 5 S S S S . △PBC △PAB △PAC △ABC 6 6 6 解得h 3，h 5，h 7.故点P到边BC的距离可能是1、3、5、7. 1 5 6 37. 如图，过E作EM  AC 于点M，延长EM交AB于点N，连结DN.则M是AC的中 点，且MNCB .所以，N是AB的中点.于是，DN  AB. 32又EAN DAM 603090，得AE DN ，AD EN ，所以，四边形 ADNE是平行四边形.因此， 1 1 AG  AN  AB. 2 4 1 令BC a，则AD  AB  2a，AE  AC  3a，AG  a. 2 1 3 3 在Rt△AEM 中，AM  AC  a，EM  a. 2 2 2 AF AD AF AD 由AD EM 得，则  ，即  . FM EM AM EM AD ADAM 2 3 AF 4 3 所以，AF   a，故  . EM AD 7 AG 7 38. 如图，设O是△ABC外接圆的圆心，作直径AD，连结DB、DC.则ABD 90. 由 ABC 90ACB ， ABC 90DBC ， 则 ACB DBC  DC  AB BD  AC  DC  AB 1，BD  AC. 过点C作AD的垂线，垂足为点F.设AD 2R，BD  AC  x. 由勾股定理得 AC2 CD2  AF2 FD2  AF FD)(AF FD) ADBC 33 （ . 代入得 x2 14R. ① 在Rt△ABD中，由勾股定理得BD2  AD2 AB2，即 x2 4R2 1. ②31 由式①、②得4R2 114R，即2R2 2R10.解得R  （负值舍去）. 2 39. 因为c2 a2 b2，c2 b2 a2，所以 13 b a ca cb c(abc) 2c       . 15 ca cb b a ab abc 即13(ab)17c.两边平方并整理得 a 5 12 60a2 169ab60b2 0(5a12b)(12a5b)0  或 . b 12 5 又52 122 132，且abc，则a:b:c5:12:13. 40. 答案：596. （1）当直角三角形的两直角边均在网格线上时，每个顶点为直角顶点，该直角顶点 处有4416个直角三角形.此时，共有1625400个直角三角形. （2）当直角三角形的两直角边不在网格线上时. 如图，其中，（A）表示与A的地位相同的点，（B）、（C）、（D）与之类似. 以四角顶点为直角的直角三角形不存在； 以点A为直角顶点的直角三角形有1325（个）； 以点B为直角顶点的直角三角形有1222128（个）； 以点C为直角顶点的直角三角形为242212（个）； 以点D为直角顶点的直角三角形有21331213（个）； 以点O为直角顶点的直角三角形有44222224（个）. 综上，所求三角形的个数为400854841241324596（个）. 41. 答案：4. 当点P在优弧AB上，且△ABP为锐角三角形时，AHB 180P.当△ABP为 钝角三角形时，AHBP.当△ABP为直角三角形时，垂心为A或B. 当点P在劣弧AB上时，AHB180P .所以，H的轨迹为O关于AB的对称 圆（增加两个特殊点为A、B两点关于该圆的圆心的对称点）.故△ABP的垂心H移动的 路程为224. AE AD S AEAD 42. 设  x，  y，则 △AED   xy.因为S 1，所以S  xy， AB AC S ABAC △ABC △ADE △ABC 34BP DC AE S 1xy，在△ABD中，由梅涅劳斯定理，得   1，则 四边形BCDE PD CA EB BP CA EB 1 1x 1x      . PD DC AE 1y x x(1y) CP 1y 同理，  . PE y(1x) S PDPE x(1 y) y(1x) 所以 △DEP     xy. S PBPC 1x 1y △BPC BP 1x BP 1x 因为  ，所以  ，所以 PD x(1y) BPPD 1xy BP 1x CD (1x)(1y) S  S   S  . △BPC BD △BCD 1xy CA △ABC 1xy 16 因为S  S ，所以 △BCDE 9 △BPC 16 (1x)(1 y) (1xy) ， 9 1xy 9(1xy)2 16(1x yxy). 令xy 2，则x y≥2 xy  2 z ，从而 9(1z)2 16[1(x y)z]≤16(1 z)2 . 1 1 因为0 z1，所以3(1z)≤4(1 z)，即0 z≤ ，当且仅当 x y  时， 9 3 1 z  xy  ，则 9 2 9 9   9  1  9 S  xyS  xy (1xy) z2z  z   ， △DEP △BPC 16 16 16  2  64 1 1 1 所以当且仅当z  xy  ，即x y  时，S  . 9 3 △DEP max 18 自招链接 43. 如图，连结BE，并取其中点为O，再连结PO、SO、RO、SQ、RQ、OQ. 1 在△ABE中，由三角中位线定理得PO∥ AE . 2 在四边形BCDE中，因R、Q、S、O分别为各边的中点， 易知四边形RQSO为平行四边形，其对角线RS、QO互相平分. 351 1 a 又N为RS的中点，则N也是OQ的中点.故MN∥ PO.于是，MN  AE  . 2 4 4 44. 法一：如图1，将△ADB沿直线AB翻折得△AEB，将△ADC沿直线AC翻折得 △AFC，延长EB、FC交于点G. 因 为 AEG EAF AFG 90 ， 所 以 AF EG ， AE FG ， 因 为 AE  AF  AD ，根据平行线间的距离相等，易得EG GF  AD .又EB  BD  2， CF CD 1. 设AD  x.则BG  x2，CG  x1，可列方程： (x2)2 (x1)2 32. 3 17 3 17 解得：x （其中 不合题意，舍去.） 2 2 1 3 17 93 17 所以△ABC的面积为： 3  . 2 2 4 法二：将△ABD绕着点A逆时针旋转90°得△ABD，延长DB、DC交于点H， 连结CB. 36因为ADH DADADH 90，所以AD DH ，AD DH ，根据平行 线间的距离相等，得DH DH  AD，且△ABC≌△ABC .所以CB3. 设AD  x.则CH  x1，HB x2，在Rt△CHB中，由勾股定理得 (x2)2 (x1)2 32. 3 17 3 17 解得x （其中 不合题意，舍去.） 2 2 1 3 17 93 17 所以△ABC的面积为： 3  . 2 2 4 tantan 法三：正切和公式：tan() . 1tantan 2 1  x x 3 17 3 17 设AD  x，则1 ，解方程得x （其中 不合题意，舍去.） 2 1 2 2 1  x x 1 3 17 93 17 所以△ABC的面积为： 3  . 2 2 4 37第九讲 几何不等式 1.知识要点 在自招考试中，求几何最值的问题频频出现，比如求最短距离、求某个角度的取值范围、 求面积的最大值等等.所有这些问题都可以归结为几何不等式 有关几何不等式的性质和定理如下： 1.三角形两边之和大干第三边，两边之差小于第三边. 2.三角形的外角大于任一不相邻的内角. 3.同一三角形中，大角对大边，大边对大角. 4.两点之间线段最短. 5.两边对应相等的三角形中，所夹的角越大，则它所对的边越大 6.两边对应相等的三角形中，第三边越大，则它所对的角越大 7.直角三角形的斜边大干任一直角边 可以看到，几何不等式的基础大多源于三角形，所以关于三角形的不等式是占绝大多数 的，而很多包括四边形、圆的问题都可以化为三角形中的不等关系，因此三角形中的各种不 等式是我们讨论的一个重点. 另外需要注意的是，很多几何不等式实际上是代数不等式，还有相当一部分几何不等武 的证明过程用到了经典的代数不等式，其中最常用的就是均值不等式. 2.例题精讲 1. 如图9-1，矩形ABCD中，AB20cm，BC 10cm若在AC、AB上各取一点M 、 N ，使BM MN 的值最小，求这个最小值. 2. 已知正三角形ABC的边长为1，点M 、N 、P分别在BC、CA、AB上， BM CN AP1，求MNP的最大面积. 3. 在锐角ABC的边BC、CA、AB上各有一动点D、E、F ，求证：DEF 的周长 达到最小当且仅当AD、BE、CF为ABC的三条高. 4. 已知点M 是四边形ABCD的BC边的中点，且AMD120，证明： 1 AB BCCD AD. 2 5. 如图9-7，设ABC的外心为O.在其边AB和BC上分别取点M 和N ，使得 2MON AOC.证明：MBN 的周长不小于边AC之长. 386. 如图9-9，在ABC的边AB上取一点D，连结CD，过点D作DEPBC交AC于点 E，过点E作EFPCD交AB于点F .求证：AB4DF 7. 如图9-10所示，在ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，如果 1 1 b  ac ，求证：B BACBCA  . 2 2 8. 求证：在凸四边形ABCD，有AB2 BC2 CD2 DA2  AC2 BD2 . 9. 证 明 Ptolemy 定 理 （ 托 勒 密 定 理 ） ： 对 于 一 般 的 四 边 形 ABCD ， 有 ABCD ADBC  ACBD，当且仅当ABCD是圆内接四边形时等号成立. 3.习题巩固 10. 如图所示，设MON 20， A为OM 上一点，OA4 3 ，D为ON 上一点， OD8 3，C为AM 上任意一点，B是OD上任意一点，求折线ABCD的长度的最小 值. 3911. 已知平面内的任意四点，其中任意三点不共线，试问：是否一定能从这样的四个点中选 出三点构成一个三角形，使得这个三角形至少有一个内角不大于45？试证明你的结论. 12. 如图，点D、E、F 分别在BC、CA、AB上，若分别记S 、S 、S 为S 、 AEF EFD CED 1 S S S S 、S ，证明：S 2 1 2 3 ，当且仅当AD、BE、CF共点时等号成立. 2 3 DEF S ABC 13. 如图，在AOB的边OA上依次有点A、A ，边OB上依次有点B 、B 1 2 1 2 求证：OA OB OA OB OA OB OA OB . 1 1 2 2 1 2 2 1 14. 如图，在ABC中，A、B、 C的平分线分别交外接圆于点P、Q、R. 证明：APBQCR BCCA AB. 4015. 设四边形四边依次为a、b、c、d，则其面积S不大于  pa  pb  pc  pd ， abcd 其中 p  .取到最大值时，仅当四边形内接于圆. 2 16. 设点P为边长为1的正三角形内一点，则PA、PB、PC中至少有一条其长度不超过 3 . 3 17. 已知点 M 是四边形 ABCD 的 BC 边的中点，且 AMD135 ，证明： 2 AB BCCD AD . 2 18. 如图，已知 ABC中， BAC 120 ，P为 ABC内一点.求证： PAPBPC  AB AC. 19. 如图所示，在四边形ABCD中，ABPCD，AC BD，求证： （1）ADBC  ABCD； （2）ADBC  ABCD . 4.自招链接 20. 已知P为ABC内一点，点P至三边AB、BC、CA的距离分别为z 、 y、x，求 c b a 当   取最小值时点P的位置. z y x 21. ABC中，G为三角形的重心，过G 的直线交边 AB于点D，交边 AC 于点E .若 41ABC的面积为1，求ADE的面积的最大值与最小值. 5.参考答案 1. 如图9-2，作点B关于AC的对称点B，连结AB，则点N 关于AC的对称点在AB 上的点N处. 此时BM MN  BM MN 过B点作BH AB于点H，则BM MN BH，即BM MN 的最小值为BH. 设AB和DC交于点P，连结BP，则ABP的面积等于 1 2010100  cm2 . 2 因为PAC BAC PCA，则PAPC. 设AP x，则PC  x，DP20x. 所以x2  20x 2 102，解得x12.5. 1002 所以BH 16  cm ，故BM MN 的最小值是16cm.. 12.5 2. 如图9-3，设BM  x，CN  y，AP z，则0 x,y,z1，x yz 1. 1 S S S  x  1z  y  1x z  1 y sin60 ， 于 是 问 题 变 为 求 APN BPM MNC 2   x  1z  y  1x z  1 y 的最小值，展开后约去x yz 1 ，即求xz yxzy的 最大值. 1 1 1 由不等式xy yzzr   x yz 2  知，当x y z  时， 3 3 3 422 S S S  S ， APN BPM MNC 9 ABC 1 3 此时S 的面积达到最大值 S   S  . MNP MNP max 3 ABC 12 3. 如图9-4，设点D关于AB、AC的对称点分别为点G、H ，GD与AB交于点M ， DH 与AC交于点N ，则 DEF的周长GFEFEH GH 2MN 2ADsinBAC 4S 2ADsinBAC  ABC sinBAC BC 2S  ABC . R 这里AD为ABC的高，R为ABC的外接圆半径. 又由对称性，除了ADBC外，BE、CF也分别必须垂直于AC、AB时方能达到. 1 4. 显然，要证题设的不等式，应当把AB、 BC 、CD三条线段首尾连结成一条折线， 2 然后再与线段AD比较要实现这一构想，折线之首端应与A点重合，尾端应与D点重合， 这可由轴对称来实现. 如图9-6，以AM 为对称轴，作点B关于AM 的对称点B ，连接AB 、MB ，则AB  AB， 1 1 1 1 MB MB，即ABM ABM ，由此BMABMA. 1 1 1 再以DM 为对称轴，作点C关于DM 的对称点C ，连结DC 、MC ，则DC  DC， 1 1 1 1 MC MC，即DCM DCM ，由此CMDCMD. 1 1 1 而AMD120，所以 BMACMD180AMD18012060. 注意到 BMACMDBMACMD60， 1 1 因此 BMC 120BMAC MD 1206060， 1 1 1 1 431 1 而MB  MC  BC，所以BMC 是等边三角形，BC  BC . 1 1 2 1 1 1 1 2 由于两点之间以直线段为最短，所以 AB BC C D AD， 1 1 1 1 1 即AB BCCD AD. 2 5. 如图 9-8，注意到 OAOBOC ，则在 AOC 内部可取点 K 和 L ，使得 AKOBMO，CLOBNO. 从而KOOM ，LOON，且 KOLAOCMOBBON MON . 连结KL，则KOLMON ，故KLMN . 因此， MBN的周长MBBN MN  AK LCKL AC. DE AD 6. 由DEPBC知  ，且EDF CBD. BC AB 又由EFPCD得EFDCDB，所以DEF BCD. DF DE AD DF AD 从而   ，即  ，所以 DB BC AB ABAD AB AD2 ABAD ABDF 0. 上式表明二次方程 x2 ABx ABDF 0 有实根，从而其判别式非负，即 AB2 4ABDF 0，故AB4DF . 另解：对于AD2 ABAD ABDF 0，可以配方得 2  1  AB2 4ABDF 4AD AB 0，  2  44即得结论. 1 7. 注 意 到 BACBCA180B ， 所 以 B BACBCA  等 价 于 2 B60. 如图 9-11 所示，延长 BA 至点 D ，使 ADa ，延长 BC 至点 E ，使 CE c ，则 BDBE ac. 过点D作 AC 的平行线，过点C作 AB的平行线，两线交于点F ，连结EF ，则四边形 ADFC为平行四边形. 则DF b，CF a. 因 为 CE BAc ， CF  BC a ， ECF ABC ， 故 CEF BAC ， 则 FE CAb，DE  DF FE 2bac，即DE BD，DE  BE. 从而，在BDE中，DBE BDE BED. 180DBE 180DBE 而BDE BED ，故DBE ，即DBE 60. 2 2 8. 如图9-12，取AC的中点E，BD的中点F ，连结DE 、BE、EF ，令AED， AEB，DFE ，则由余弦定理得 DA2  AE2 DE2 2AEDEcos ， CD2  EC2 DE2 2ECDEcos  180， 1 而AE  EC  AC，cos  180cos， 2 1 所以DA2 CD2  AC2 2DE2 . 2 同理可得 1 AB2 BC2  AC2 2BE2， 2   2 BE2 DE2  BD2 4EF2， 45于是有 AB2 BC2 CD2 DA2  AC2 BD2 4EF2 . 因为EF 0，所以 AB2 BC2 CD2 DA2  AC2 BD2 . 说明：（1）当EF 0时，AB2 BC2 CD2 DA2  AC2 BD2，且有四边形ABCD为 平行四边形.因此我们有结论： 平行四边形的四边长平方和等于对角线长的平方和. 反过来，若四边形的四边长平方和等于对角线长的平方和，则此四边形为平行四边形 (2)运用余弦（或正弦）定理得到几何线段的不等式，是其思路之一. ABAD 9. 如图9-13，作线段AE  ，且BAE CAD. AC AB AC AB BE 则有  ，可得BAE CAD，所以  ，所以 AE AD AC CD ABCD ACBE.① 又因为 BAC BAEEAC CADEAC EAD. AC BC 所以ABC AED，所以  .即 AD ED ADBC  ACED. ①②得到 ABCD ADBC  AC BEED  ACBD. 当且仅当E在BD上时 ABCD ADBC  ACBD， 此时ABE ACD，即A、B、C、D四点共圆. 习题巩固 10. 构造点A关于ON的对称点A，点D关于OM 的对称点D，则 ABBCCD ABBCCD AD . 46在AOD中，OA4 3，OD8 3，AOD60，解得AD12，即折线ABCD 的长度的最小值为12. 11. 一定可以从中选出三点符合题意.根据内角的大小，分凸四边形或凹四边形分类讨论即 可. AF BD CE 12. 设 ， ， ，则 BF 1 CD 2 AE 3    S  1 S ，S  2 S ，S  3 S ， 1  1 1 ABC 2  1 1 ABC 3  1 1 ABC 1 3 2 1 2 3 所以 S S S S S DEF ABC 1 2 3 S  ABC  1 1 1 1 1  1    1 1 1 1 2 3 2 1 3 2 1 3 1 2 3 1  1 2 3 S .  1 1 1 ABC 1 2 3 S S S  又有 1 2 3  1 2 3 ， S  12 12 12 ABC 1 2 3 S2 S S  2 S3  12 故 DEF ABC  DEF   ABC  1 2 3  4， S S S S  S S S  1 2 3 ABC 1 2 3 1 2 3 于是命题得证.当且仅当 1时取等号，由塞瓦逆定理知，此时必有AD、BE、CF 1 2 3 共点. 13. 设AOB.而S S S S S S AOB AOB AOB AOB ABB AAB 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2      S S  S S AOB ABB AOB ABA 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2  S S ， AOB AOB 1 2 2 2 1 1 1 1 即 OA OB sin OA OB sin OA OB sin OA OB sin， 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 47所以OA OB OA OB OA OB OA OB . 1 1 2 2 1 2 2 1 14. 如图，连结AR、RB、BP、PC、CQ、QA. 因为12，34，56，所以AP、BQ、CR相交于一点I ，即I 为ABC 的内心，则PBPI PC，QAQI QC，RA RI  RB. 在BPC中，因为PBPC BC，所以2PI  BC . 同理可证2QI  AC，2RI  AB. 将这三个式子相加并整理，得 1 PI QI RI   BCCAAB  .① 2 因为BI CI  BC，AI BI  AB，AI CI CA，所以 1 AI BI CI   BCCAAB  .② 2 ①②式得APBQCR BCCA AB. 15. 如图，连结 AC 、 BD，交于点O，设AOB，则由四边形的余弦定理，得 b2 d2 a2 c2 2ACBDcos. 又4S =2ACBDsin，两式平方后相加，得 四边形ABCD  2 16S2 4AC2BD2  b2 d2 a2 c2 ， 四边形ABCD 即 48S  1 4  ACBD 2   a2 b2 c2 d22 . 四边形ABCD 4 由托勒密不等式，有ACBDacbd，故 S  1 4  acbd 2   a2 b2 c2 d22 四边形ABCD 4 1   ac 2  bd 2 bd 2  ac 2    4 1   acbd  acd b  bd ac  bd ca  4   pa  pb  pc  pd  . 由托勒密定理知，仅当ABCD内接于圆时，面积取最大值. 3 16. 设G为ABC的重心，则AG BG CG  . 3 分别以A、B、C为圆心，经过G点作圆，将ABC分为如图所示的6个区域. 3 当点P在区域Ⅰ时，显然有PA . 3 3 3 同样地，在区域Ⅱ、Ⅲ时，分别有PB ，PC  . 3 3 3 3 3 当点P在区域Ⅳ时，PA ，PB 至少有一个成立.同样地，在区域Ⅴ时，PA ， 3 3 3 3 3 3 PC  至少有一个成立，在区域Ⅵ时，PB ，PC  至少有一个成立. 3 3 3 3 综上所述，PA、PB、PC中至少有一条不超过 . 3 17. 同例4. 18. 将三角形ACP逆时针旋转60，通过两点之间线段最短得证. 4919. （1）以AC为对称轴将ADC翻折到ADC的位置，则由AC BD可知D在BD 上，且AD AD，CDCD. 将 DC 平 移 到 BC 的 位 置 ， 则 由 ABPCD 可 知 C 在 AB 的 延 长 线 上 ， 且 CBCDCD，CCPBD，因此BCCD是一个等腰梯形，所以BC  DC，于是 ADBC  ADDC AC ABBC ABCD. （2）由（1）可得 ADBC 2  ABCD 2，即 AD2 BC2 2ADBC  AB2 CD2 2ABCD， 而由AC BD及勾股定理可得AD2 BC2  AB2 CD2，故ADBC  ABCD. 自招链接 20. 显然有axbycz 2S ，而由柯西不等式 ABC 2 a b c  a b c       axbycz     ax  bx  cx    abc 2 .  x y z  x x x  a b c  abc 2 即有    . x y z 2S ABC 上式右边即为最小值，等号当且仅当x y  z时取到，即点P是ABC的内心. 1 1 21. 设ADmAB，AE nAC  0m1,0n1 由G为三角形重心可得  3. m n 1 1 S  ADAEsinA mABnACsinAmn. ADE 2 2 mn m m2 因为3 ，可得n ，mn . mn 3m1 3m1 1 3m1 1 3 9 9  1 3 2 9 则           . mn m2 m2 m 4 4 m 2 4 1 9 4 1 根据m的取值范围，可得2  ，所以mn最小值为 ，最大值为 . mn 4 9 2 1 4 即ADE的面积的最大值为 ，最小值为 . 2 9 5051第十讲 数论 1.知识要点 由于数论在中考中涉及的考点几乎没有，同学们接触极少，所以当它出现在自招考试中 往往会造成大范围失分.反之，对数论较为熟悉的同学也因此能在自招考试中取得优势. 数论涉及的考点比较广，其中整除、同余、奇偶性、质数合数、完全平方数及一元二次 方程整数根问题等在自招中出现得比较频繁. 数的整除特征： 1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除. 2.一个各位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除. 3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么 这个数能被11整除. 4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那 么这个数能被7、11或13整除. 2.例题精讲 1. 用数字6、7、8各两个，组成一个六位数，使它能被168整除.这个六位数是多少？ 2. 如果甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最 小公倍数是126，那么甲数是多少？ 3. 方程x2  y2 z2  2016的整数解的个数是_. 4. 若正整数n使得S 123n 是由同一个数字组成的三位数，则符合条件的n 为_. 3.同余的基本性质 若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表 示为：a b  modm ，左边的式子叫做同余式. 同余具有下面的性质： （1）自反性 a a  modm ； （2）对称性 a b  modm ba  modm ； （3）传递性 a b  modm ，bc  modm a c  modm  . 52设a、b、c、d是整数，并且a b  modm ，c d  modm 则 （1）ac bd  modm ； （2）ac bc  modm ； （3）an bn modm  . 5. 试求477385除以17的余数. 完全平方数常用性质 1.主要性质 （1）完全平方数的尾数只能是0、1、4、5、6、9.不可能是2、3、7、8. （2）在两个连续正整数的平方数之间不存在完全平方数. （3）完全平方数的约数个数是奇数，约数的个数为奇数的自然数是完全平方数. （4）若质数p整除完全平方数a2，则p能被a整除. 2.一些重要的推论 （1）任何偶数的平方一定能被4整除；任何奇数的平方被4（或8）除余1.即被4除余 2或3的数一定不是完全平方数. （2）一个完全平方数被3除的余数是0或1.即被3除余2的数一定不是完全平方数. （3）自然数的平方末两位只有：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25， 09，29，49，69，89，16，36，56，76，96. （4）完全平方数个位数字是奇数（1、5、9）时，其十位上的数字必为偶数. （5）完全平方数个位数字是偶数（0、4）时，其十位上的数字必为偶数. （6）完全平方数的个位数字为6时，其十位数字必为奇数. （7）凡个位数字是5但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数；末尾只有奇数个 “0”的自然数不是完全平方数；个位数字为1、4、9而十位数字为奇数的自然数不是完全 平方数. 6. 有一个四位数N  a1  a  a2  a3 ，它是一个完全平方数，求a. 7. 设正整数n至少有4个不同的正约数，且0d d d d 是n的最小的4个正约 1 2 3 4 数，它们满足d2 d2 d2 d2 n.求所有这样的n. 1 2 3 4 8. 正整数n恰好有4个正因数（包括1和n）已知其中两个因数之和是另两个因数之和的 六倍.求n的值. a bc1,  x y  z 1, 9. 求所有的整数数组 a,b,c,x,y,z ，使得 abc  xyz,   z yz abc. 10. 已知质数p使得 p36p2 9p恰有30个正因数.则p的最小值为多少？ 5311. 有四个数，每三个数的积被第四个数除后余一，求这四个数. 习题巩固 12. 试求1010 10102被7除的余数. 13. 使得n1整除n2012 2012的正整数n共有多少个？ 14. 若n为正整数，且满足 n1 2  n20131  ，则n的可能值有多少个？ 15. 方程2x2 5xy2y2 2012的所有不同整数解的个数为多少？ 10 1 1 16. 已知正整数x、y.求   的解 x,y  . x2 y 5 17. 一个三位数是它的各位数字之和的29倍.则这个三位数是多少？ 18. 设x abc，y cab，z bca，其中，a、b、c是质数，且满足x2  y， z  y 2.问：a、b、c能否构成三角形的三边？如果能，求出三角形的面积；如果 不能，请说明理由. 19. 已知a、b是整数，c是质数，且 ab 4 c ab .则有序数对 a,b 有多少组？ 20. 若a、b均为质数，且a4 13b107，则a2011b2012的末位数字是多少？ 21. 设x为正整数，且x50，则使x311能被12整除的共有多少个？ 22. 已知p为大于5的质数，且m为  p2 5p5 2 除以120的余数.则2009m的个位数字 是多少？ 23. 对正整数n，记12nn!.若M 1!2!10!，则M的正因数中共有完全立 方数多少个？ 4.自招链接 24. 已知某个直角三角形的两条直角边长都是整数，且在数值上该三角形的周长等于其面积 的整数倍.问：这样的直角三角形有多少个？ 25. 方程abc 2  abc 的正整数解共有多少组？ 5.参考答案 例题精讲 1. 因为168837，所以组成的六位数可以被8、3、7整除. 能够被8整除的数的特征是末三位组成的数一定是8的倍数，末两位组成的数一定是4 的倍数，末位为偶数.在题中条件下，验证只有688、768是8的倍数，所以末三位只能是688 54或768，而又要求是7的倍数，由数的整除性质4知abccab形式的数一定是7、11、13的 倍数，所以768768一定是7的倍数，□□□688的□不管怎么填都得不到7的倍数. 至于能否被3整除可以不验证，因为整除3的数的规律是数字和为3的倍数，在题中给 定的条件下，不管怎么填数字和都是定值. 所以768768能被168整除，且验证没有其他满足条件的六位数. 2. 对90分解质因数：902325. 因为126是甲的倍数，又126不是5的倍数，所以甲中不含因数5. 如果乙也不含因数5，那么甲、乙的最小公倍数也不含因数5，但90是5的倍数，所以 乙含有因数5. 因为105不是2的倍数，所以乙也不是2的倍数，即乙中不含因数2，于是甲必含有因 数2.因为105不是9的倍数，所以乙也不是9的倍数，即乙最多含有1个因数3.由于甲、乙 两数的最小公倍数是 90，90 中含有 2 个因数 3，所以甲必含有 2 个因数 3，那么 甲23218. 总结：两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子，并且这些质因数的个数为两数中此 质因数的个数的最大值.如a 233527，b23325711，则A、B的最小公倍 数含有质因子2、3、5、7、11，并且它们的个数为a、b中含有此质因子较多的那个数的个 数.即依次含有3个、3个、2个、1个、1个，故[a,b]233352711. 3. 2016是4的倍数，一个平方数除以4的余数为0或者1，所以可以判断x，y，z为2的 倍数. 2 2 2  x  y  z 两边同时除以4，得       504. 2 2 2 x y z 同理可得， 、 、 为2的倍数. 2 2 2 2 2 2  x  y  z 两边同时除以4，得      126. 4 4 4 不妨设x y  z ，可得 x y z 11， 2， 1； 4 4 4 x y z 10， 5， 1； 4 4 4 x y z 9， 6， 3； 4 4 4 所以， x,y,z  44,8,4 ； 40,20,4 ； 36,24,12  . 根据排列组合与正负号，共368144组解. n  n1  4. 设S  aaa，① 2 n2 n  n1  则   aaa1000， 2 2 得：n45. n  n1 2a1112337a ， 因为 n,n1 1，所以37 n或37  n1  . 由n的大致范围得：n37或36，代入得：n36，a 6. 555. 同余：若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用 式子表示为：a b  modm ，左边的式子叫做同余式. 因为474  mod17 ，所以472 4 2 1  mod17  . 从而474 1 2 1  mod17 ， 477385 47418461   4741846 47118464713  mod17  . 6. 由完全平方数的个位数字特征：a3只能取0、1、4、5、6、9，故a 1,2,3,6.因此， N的末两位为 a2  a3 34,45,56,89 . 再由完全平方数末两位特征：只有 a2  a3 56,89符合条件，即a 3，6. 当a 6时，N 7689非完全平方数，舍去； 当a 3时，N 4356662，符合条件. 故a 3. 7. 显然最小的是1，其次如果n为奇数则矛盾，所以是偶数.于是第二小的数是2.于是剩下 的两个约数是一奇一偶.如果第三个为偶数，那么只能是4，否则若是2p大于4，那么p必 定是比第三个还小的约数.如果第三个是4，那么n是4的倍数，这和式子左边除以4余数是 2 矛盾.所以第三个是奇数.第四个是偶数，那么只能是第三个数的两倍.于是我们得到 n130. 8. 注意到，恰有四个正因数的正整数必为 p3或 pq（p、q为质数， pq）. 当n pq时，其全部正因数为1、p、 p2、 p3. 由题设条件知，有 i, j,k  1,2,3 ， s,t  1,6 ，满足s  1 pi t  pi  pk .上式 右边为p的倍数，故s 6， p 2或3.经检验，上式均不成立. 当n pq时，其全部正因数为1、p、q、 pq. 显然， pq pq .若1 pq6  pq ，则 p6  q6 3513557 ，可 得（ p,q  7,41 或 11,13 ，因此n287或143. 若 p pq 6  1q ，则 p 6，与p为质数矛盾. 若q pq 6  1 p ，则q 6，与p为质数矛盾. 综上：n287或143. 9. 如果xz 3，并且bc3，则3a abc  xyz 3x x yz abc3a . 所以式中所有不等号均为等号，这要求a bc，x  y  z，bc 3，yz 3，这是 不可能的，从而 yz 2或者bc2.不妨设 yz ，则 y,z  1,1 或 2,1  . 情形一： y,z  1,1 ，此时abc  x，x2abc ，故abc abc2， 可知a 2，从而a abc abc2 4a ，故1bc4，于是 b,c  2,1 ， 3,1 或  2,2  .分别代入可求得 a,b,c,x,y,z  5,2,1,8,1,1 ， 3,3,1,7,1,1 或 2,2,2,6,1,1  . 情形二： y,z  2,1 ，此时abc 2x，x3abc，即有2abc abc6， 同上可知12bc6，即bc3，因此， b,c  1,1 ， 2,1 或 3,1 ，对应地，可求得 56 a,b,c,x,y,  8,1,1,5,2,1 或 3,2,1,3,2,1 （当 b,c  3,1 时无解） 综上，结合对称性，可知 a,b,c,x,y,z  5,2,1,8,1,1 ， 8,1,1,5,2,1 ， 3,3,1,7,1,1 ，  7,1,1,3,3,1 ， 2,2,2,6,1,1 ， 6,1,1,2,2,2 或 3,2,1,3,2,1 共7组解. 10. 当 p 2或3时，不符合题意.所以 p 3. 又 p36p2 9p  p  p3 2 ，此时， p,p3  p,3 1. 因为p有两个因数，所以 p3 2 有15个因数. 而1553，为使p最小， p3又是偶数，故只能是 p3 2 2432或2452. 从而， p 15（舍）或23. 因此p的最小值为23. 11. 设这四个数分别为a、b、c、d，其实题目就一个条件：a  bcd 1 ，b  acd 1 ， c  abd 1 ，d  abc1  . 第一步：先证四个数两两互质（这个还是比较容易发现的） 设 a,b  p，则a  bcd 1  p  bcd 1  p11. 所以a、b互质.同理，其他均两两互质. 第二步：构造一个多项式，能被四个数共享.（这个技巧比较难想到） 令x bcd acd abd abc1，则a x，b x，c x，d x. 由a、b、c、d两两互质得：abcd x，即 x bcd acd abcabc1 1 1 1 1 1        Z（表示为整数），很 abcd abcd a b c d abcd 显然a、b、c、d中不可能有1，不然就没余数这回事了. 又由两两互质可知，这四个数都不相同. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 那么我们不妨设1abcd ，则          2，故 a b c d abcd 2 3 4 5 1 1 1 1 1     1. a b c d abcd 第三步：用不等式解方程.（这个算基本功了） 首先a不能太大，我猜是2，不信咱就证一下： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 若a 3，则1         1，矛盾！所以a 2. a b c d abcd 3 4 5 6 1 1 1 1 1 那么方程化为     . b c d 2bcd 2 同理，b也不能太大. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 若b6，则         ，所以b3或4或5. 2 b c d 2bcd 6 7 8 2 讨论一下： 1 1 1 1 当b3时，原方程化为：     cd6c6d 1，构造因式分解： c d 6cd 6  c6  d 6 35，得：c 7，d 41或c 11，d 13. 同理，当b4，5时，原方程无整数解. 综上：这四个数分别为2、3、7、41或2、3、11、13. 习题巩固 12. 由于106 1  mod7 ，故只需考虑10n除以6的余数即可.而无论n取什么正整数， 5710n除以6均余4. 1010 10102 10103 101010 106k 1 4 106k 2 4 106k 3 4106k 10 4   106k 1104   106k 2104   106 k 10104 1k 11041k 2 10410k 10104 10104 35 5  mod7  . （其中k 为10n除以6余4后的商） n 13. n2012 20121 2012201220130  modn1 ，而201331161，故 n有2317个. 14.  n1 2  n20131   n1  n2012n2011n2n1   n1   n20121    n20111    n1 2013    n1  2013. 因为201331161，所以2013有8个约数，而每个约数加1即为符合条件的n. 答案:8个. 15. 原方程化为 2x y  x2y 22503. 因为2x y与x2y的和能被3整除，而22503分解为两个整数因数（包括负因数）， 这两个整数因数的和也能被3整除，所以解的个数应为 21  11 212. 10 1 1 50 y 250 16. 由   50y x2 y5  x2  50 . ① x y 5 y 5 y 5 若 y,5 1，有 5,y5 1 y5  x .又 y52，矛盾.所以5 y. 在式①中，由 y510，有25 x2 50.因此，x只可取5、6、7中的数. 经验算， x,y 只有两组正整数解为 5,5 ， 7,245  . 17. 设三位数为abc.则 5 100a10bc 29  abc 71a 19b28cb4a2c  2ca  . 因 19 a、b、c为正整数，所以19  2ca  . 而92ca 17，则2ca 0a 2c，b6c.由0b10，知c 1，从而， a 2，b6.所以，这个三位数为261. 1 1 1 18. 不能.由题意得：a   x y ，b  xz ，c   yz  . 2 2 2 因为 y  x2，所以a  1 xx2  x  x1  . 2 2 又x为整数，a为质数，则x 2或3，a 3.  2 当x 2时， y  x2 4 z  y 2 16. 进而，b9，c 10，与b、c是质数矛盾.  2 当x 3时， y 9 z  y 2 25. 进而，b11，c 17.因为ab3111417，所以a、b、c不能构成三角形的 58三边. 19. 由已知得 ab 4  ab c .因ab与ab的奇偶性相同，所以上式左边为偶 数.从而，c为偶质数2.故 ab,ab  0,2 ， 0,2 ， 1,1 ， 1,1 ，1,1 ，1,1  共6组. 20. 由条件知 a4 和13b 必为一奇一偶.若 a4 是偶数，则 a 2 ， b7 .此时， a2011b2012 2201172012   24502 23   74 503 . 由  24502 的末位数字为6，  74503 的末位数字为1，知2201172012的末位数字为9. 若13b是偶数，则b2，a 3.此时， a2011b2012 3201122012   34502 33   24 503 . 由  34502 的末位数字为1，  24503 的末位数字为6，知3201122012的末位数字为3. 故a2011b2012的末位数字是9或3. 21. 注 意 到 x311 x1  x2 x1  12  x1  x  x1   x1 12 ， 由 6  x1  x  x1 ，得6  x1 ，又x2 x1是奇数，故12  x1  . 而x50，于是，x10，12，24，36，48.故x 1，13，25，37，49，共5个. 22. 注意到  p2 5p5 2   p2 5p5 2 1  1     p2 5p6  p2 5p4  1  p1  p2  p3  p4 1. 设M  p1  p2  p3  p4  . 显然，5! pM .又p为大于5的质数，故120 M . 所以  p2 5p5 2 除以120的余数总是1，即m1. 所以2009m 2009.即2009m的个位数字为9. 23. 注意到，M 1!2!10!2383175774. 又一个完全立方数n  n M  应具有形式n23x33y53z73u  x,y,z,uN ，且3x38， 3y 17，3z 7，3u4.故这样的n共有13632468个. 自招链接 24. 设该直角三角形的两条直角边长为a、b，且a b，那么结合勾股定理及条件，可 设 k ab a2b2  ab ，① 2 其中k为正整数. 对①两边乘以2，移项后，两边平方，4  a2 b2   kab2  ab   2 ，化简整理，得 k2ab4k  ab 80，因式分解，得 ka4  kb4 8. 注意到，ka、kb为正整数，且ka kb，故 ka4,kb4  1,8 ， 2,4  .分别可求 得 k,a,b  1,5,12 ， 1,6,8 或 2,3,4  . 综上，满足条件的直角三角形恰有 3 个，它们的三边长为 3,4,5 ， 6,8,10  和   5,12,13 . 25. 注意到原方程关于a、b、c对称.不妨设a bc.则ab2c. 59代入原方程得2ab6. 当ab3时，得 a,b,c  1,3,8 ； 当ab4时，得 a,b,c  1,4,5 ， 2,2,4 ； 当ab5时，得 a,b,c  1,5,4 （舍去）； 当ab6时，c不为正整数. 综上，当时，原方程有三组正整数解 a,b,c  1,3,8 ， 1,4,5 ， 2,2,5  .故原方程 的正整数解共有26315（组）. 60第十一讲 组合 1.知识要点 组合问题非常考验同学们的思维能力，其中组合计数、概率等问题是自招考试的高频 考点，抽屉原理、染色问题、极端原理等偶尔也会出现． 一、乘法原理 一般地，如果完成一件事需要n个步骤（缺一不可），第1步有m 种不同的方法， 1 第2步有m 种不同的方法，第3步有m 种不同的方法……第n步有m 种不同的方法， 2 3 n 则完成这件事一共有N m m m m 种不同的方法． 1 2 3 n 乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完 成这件任务缺一不可，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步， 步步相关”． 二、加法原理 一般地，如果完成一件事有n类步骤（每一类中的任何一种方法都能独立完成这件事 情），第1类有m ，种不同的方法，第2类有m 种不同的方法，第3类有m 种不同的 1 2 3 方法……第n类有m 种不同的方法，则完成这件事一共有N m m m m 种 n 1 2 3 n 不同的方法． 加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完 成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”． 三、排列 在实际生活中经常会遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算 有多少种排法，就是排列问题．在排的过程中，不仅与参与排列的事物有关，而且与各事 物所在的先后顺序有关． 根据排列的定义，两个排列相同，指的是两个排列的元素完全相同，并且元素的排列 顺序也相同．如果两个排列中，元素不完全相同，它们是不同的排列；如果两个排列中， 虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列． 排列的基本问题是计算排列的总个数． 从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同的 元素的排列中取出m个元素的排列数，我们把它记做Pm或Am. n n Pm n(n1)(n2)(nm1) . n 四、组合 一般地，从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素组成一组不计较组内各元素的次 序，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合． 从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．如果两 个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合 中的元素不完全相同时．才是不同的组合． 从n个不同元素中取出m个元素（m≤n）的所有组合的个数，叫做从n个不同元素 61m 中取出m个不同元素的组合数．记作Cm或 . n n  Pm n(n1)(n2)  (nm1) Cm  n  n Pm m(m1)(m2)  321 m 3.例题精讲 45. 回答下列问题： （1）在1～5的自然数可以组成的五位数共有几个？ （2）有3种染料给三行144列的方格网染色，一共有多少种染色方法（只列式，不计 算）？至少取多少列方格，才能保证有两列方格染色完全相同？ （3）从十位同学中任意选取2名同学，一共有多少种选法？ （4）爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶．若只考虑每人左邻的情况，问共有多 少种不同的入座方法？ （5）图11-l中有六个点，任意三个点都不在一条直线上．请问：以这些点为顶点， 一共可以连出多少个三角形？ （6）某铁路线上，在起点和终点之间原有7个车站，现在新增加了3个车站，这样需 要增加几种不同的车票？ 46. 6人同时被邀请参加一项活动．必须有人去，去几个人自行决定，共有多少种不同的 去法？ 47. 小明的妈妈给了小明9块一样的糖，让他在接下来的4天正好吃完，每天至少吃一块， 则小明有多少种不同的吃糖方案？ 48. 4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发 球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？ 49. 游乐园的门票1元1张，每人限购1张．现在有10个小朋友排队购票，其中5个小 朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票，售票员没有准备零钱．问有 多少种排队方法，使售票员总能找得开零钱？ 50. 给定一个15×15的方格表，将其中有公共边的方格称为相邻的．将某些相邻方格的 中心用线段相连，得到一条不白交的闭折线．现知该折线关于方格表的一条对角线对 称．证明：折线的长度不大于200． 51. 物体A和B放在坐标平面上同时移动，且每次移动一个单位长度，A从（0，0）开始 移动每次以相同的可能性向右或向上移动，物体B从（5，7）开始移动，每次以相 同的可能性向左或向下移动，问两物体相遇的可能性是多少？ 52. 摄影师给8名同学照相，有两人合影，也有三人合影，若任意两名同学都恰好合影一 次，问最少要拍多少张照片？ 6253. 某同学在暑假里做数学竞赛题，每天至少做一题，每星期至多做12题，一共做了7 个星期，求证：该同学在连续的若干天里恰好做了12道题． 54. 平面上有20个点，在他们之间已连了n线段，若任意三点之间都至少有一条线段．求 n的最小值． 55. 20个红球、17个白球，重量都是正整数．红球与白球重量之和相等，且都小于340．证 明：一定可以取出一些红球和一些白球，使得这些红球重量之和等于这些白球重量之 和（不能全取）． 4.习题巩固 56. 某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳 工、电工都会．从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？ 57. 平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域？ 58. 在图中（单位：厘米）： （1）一共有几个长方形？ （2）所有这些长方形面积的和是多少？ 59. 有11名外语翻译人员，其中5名是英语翻译员，4名是日语翻译员，另外两名英语、 日语都精通．从中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中4人翻译英文，另4 人翻译日文，这两个小组能同时工作．问这样的分配名单共可以开出多少张？ 60. 假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月 26日9时30分28秒．在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、 “3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现．如果 在电子计时器所显示的这串数里．“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”、 “7”、“8”、“9”这十个数字都只出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”．那 么2016年一共有几个这样的“十全时”？ 61. 从1，2，…，2011中选取n个数，使得其中任意两数的差都不等于4或7．求n的 最大值． 62. 7名学生参加演出，学校为他们安排了m次演出，每次由其中3名同学同时登台演出， 请你设计一种方案，使得7名学生中，任意两名同台演出的次数一样多，且使m最 小． 63. 求证：任意9个整数中，必有5个整数，它们的和被5整除． 64. 有红、黄、蓝卡片各6张，分别写有数字1、2、3、4、5、6．从中选取6张，要求 三色俱全，且数字1、2、3、4、5、6各一张，则不同的选法有多少种？ 5.自招链接 65. 在右图中，不包含☆的长方形有 个． 6366. 第二季“中国好声音”杨坤组某一学员和那英组某一学员进行一对一PK，9位专业评 委依次给两位学员投票，最终杨坤组学员拿到5票，那英组学员拿到4票．请问在依 次投票的过程中，杨坤组学员得票数一直严格大于那英组学员得票数的概率是多少？ 6.参考答案 1. （1）根据乘法原理，5×5×5×5×5=3125．共有3125个． （2）根据乘法原理，31443 3432． 抽屉原理，从最坏的情况考虑取到的第一个是33 128列． 109 （3）C2  45． 10 12 （4）4个相异元素的环形排列问题，共有P3 3216种不同的入座方法． 3 （5）因为任意三个点都不在一条直线上； 654 所以以这些点为顶点，一共可以连出C3  20个三角形． 6 321 （6）原来有车站7+2=9，现在有车站9+3=12． 考虑每两个站点之间的往返车票起始站和终点站互异，所以新增的车票种类为 2(C2 C2)1327260种． 12 9 2. （法一）可以分为一人去、两人去、三人去、四人去、五人去、六人去六种情况，每 种情况都是组合问题． 第一种情况有6种去法； 65 第二种情况有C2  15种去法； 6 21 654 第三种情况有C3  20种去法； 6 321 6543 第四种情况有C4  15种去法； 6 4321 65432 第五种情况有C5  6种去法； 6 54321 654321 第六种情况有C6  1种去法． 6 654321 根据加法原理，共有6+15+20+15+6+1=63种不同的去法． （法二）每个人都有去或不去两种可能，因此共有26种可能，但必须有人去，即所有 人都不去的情况必须排除，因此有26 163种． 643. 插板法：9块一样的糖有8个间隔，要分成4份，需要3个问隔，所以有C3 56种 8 方案． 4. 设第n次传球后，球又回到甲手中的传球方法有a 种．可以想象前n1次传球，如 n 果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有3种可能，由乘法 原理，共有33333n1（种）传球方法．这些传球方法并不是都符合要求  (n1)个3 的，它们可以分为两类，一类是第n1次恰好传到甲手中，这有a 种传法，它们 n1 不符合要求，因为这样第n次无法再把球传给甲；另一类是第n1次传球，球不在 甲手中，第 n 次持球人再将球传给甲，有 a 种传法．根据加法原理，有 n a a 3333n1． n1 n  (n1)个3 由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以a 0． 1 利用递推关系可以得到：a 303，a 3336，a 333621， 1 3 4 a 33332160． 5 这说明经过5次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种． 本题也可以列表求解． 由于第n次传球后，球不在甲手中的传球方法，第n+1次传球后球就可能回到甲手中， 所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种． 第n次传球 传球的方法 球在甲手中的传球方法 球不在甲手中的传球方法 1 3 0 3 2 9 3 6 3 27 6 21 4 81 21 60 5 243 60 183 从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60种． 5. 与类似题目找对应关系． 要保证售票员总能找得开零钱，必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的若干小朋友 中，拿1元的要比拿2元的人数多，先将拿1元钱的小朋友看成是相同的，将拿2元钱的 小朋友看成是相同的，可以利用斜直角三角模型．在图11-2中，每条小横线段代表1元 钱的小朋友，每条小竖线段代表2元钱的小朋友，因为从A点沿格线走到B点，每次只 能向右或向上走，无论到途中哪一点，只要不超过斜线，那么经过的小横线段都不少于小 竖线段，所以本题相当于求右图中从A到B有多少种不同走法．使用标数法，可求出从A 到B有42种走法． 65但是由于10个小朋友互不相同，必须将他们排队，可以分成两步，第一步排拿2元 的小朋友，5个人共有5！=120种排法；第二步排拿到1元的小朋友，也有120种排法， 所以共有5！×5！=14400种排队方法． 这样，使售票员能找得开零钱的排队方法共有42×14400=604800种． 6. 因为闭折线不自交，可知它恰好经过对角线方格上的两个中心点．（因为闭所以有2 个，因为不自交所以只能为2个．）那么可以得到这条闭折现一定不经过其他的13 个对角线方格的中心点．将15×15的方格表黑白二染色，对角线染黑色，则黑色小 方格一定比白色小方格多一个．又因为折线上的中心点所在的小方格是黑白交替出现 的，所以闭折曲线上的黑点和白点个数是相等的．如果闭折线不经过13个黑点，那 么他必然不经过 12 个白点．所以闭折线经过的中心点的个数最多不超过 152 1312200；也就是说，折线的长度不大于200． 7. 因为从A到B的距离为12，所以要移动6次，物体A和B才能相遇． 在6次移动中，不同的移动方式有2626 212种． 其中A和B能相遇的移动方式有 C6C1 C5C2 C4C3 C3C4 C2C5 C1C6 C7 ． 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 12 C7 99 故A和B相遇的可能性为 12  ． 212 512 8. 设3人合影的有x张，两人合影的有y张，则 C2x y C2 3x y 28 x y 282x ． 3 8 3x 因为每两人都恰好合影一张，所以每人至多可拍3张合影．故等 ≤3则x≤8，所 8 以 x y 282x≥12． 将8人编号为1，2，3，4，5，6，7，8； 8张三人合影为：（1，2，4），（2，3，5），（3，4，6），（4，5，7），（5，6， 8），（6，7，9），（7，8，2），（8，1，3）； 4张二人合影为：（1，5），（2，6），（3，7），（4，8）； 显然这12张照片满足条件，所以最少要拍12张． 669. 设前n天做了a ；那么 n 1≤a a a a ≤84 ， 1 2 3 49 112≤a 12 a 12 a 12 a 12 ≤8412 ． 1 2 3 49 上面这98个数不同的取值最多96种．所以其中必有两数相等． 不妨设a a 12(1≤i j≤49) ，则a a 12． j i j i 这表明从第（i+1）天开始，到第j天这连续若干天里恰好做了12道题． 10. 设A点连出的线段数最少，且为k条（0≤k≤19）；将20个点分为两组，一组为A 点和所有与A相连的k个点，共（k+1）个点；另外一组为余下的点，为19k是个 点；对于第一组的（k+1）个点，因为A点连出的最少为k，所以他们连出的最少为 k(k 1) ；对于第二组的19k是个点，他们都不和A点相连，那么如果选取A点和 2 他们其中的两个点，那么这三点之间至少有一条直线，于是第二组的19k是个点必 (19k)(18k) 须 两 两 相 连 ， 共 有 条 线 ． 两 者 相 加 最 少 为 2 k(k 1)(19k)(18k) k(k 1)(19k)(18k) ．所以n≥ ． 2 2 整理得：n≥k2 18k 199(k 9)2 90≥90 当且仅当k=9时取“=”． 下面构造一种方法证明90是可以的：20个点分为2组，每组10个点．同组的两两 相连，不同组的不连．共连C2 C2 90满足题意； 10 10 综上：n的最小值为90． 11. 对 20 个 红 球 、 17 个 白 球 的 重 量 做 排 序 a ≤a ≤a ≤≤a ， 1 2 3 20 b ≤b ≤b ≤≤b ，记S a a a ，T b b b 由已知条 1 2 3 17 k 1 2 k k 1 2 17 件知S T 340． 20 17 考虑S T (1≤i≤20, 1≤ j ≤17) 共340个元素，由抽屉原理，它们模339必有 i j 两个是同余的，不妨设 S T S T (mod339)(u i, j v)， i j u v 那么S S T T (mod339)． i u v j 又因为0 S S 339，0T T 339，所以S S T T ，也就是得到了 i u v j i u v j a a b b ， u1 i ji v 命题得证． 习题巩固 6712. 分两类情况讨论： （1）都会的这1人被挑选中，则有： ①如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工 也有3种方法，所以有33=9种方法． ②同样，这人做电工，也有9种方法． （2）都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法，从3名电工中 选2人，也有3种方法，一共有33=9种方法． 所以，根据加法原理，一共有9+9+9=27种方法． 13. 先考虑最简单的情形，为了叙述方便，设平面上k个圆最多能将平面分割成a 个部 k 分． 从 图 1 中 可 以 看 出 ， a 2 ， a 4221 ， a 8422 ， 1 2 3 a 14823，… 4 可以发现a 满足下列关系式：a a 2(k 1)． k k k1 实际上，当平面上的(k1)个圆把平面分成a 个区域时，如果再在平面上出现第k k1 个圆，为了保证划分平面的区域尽可能多，新添的第k个圆不能通过平面上前(k1)个 圆之间的交点．这样，第k个圆与前面(k1)个圆共产生2(k1)个交点，如图2： 这2(k1)个交点把第k个圆分成了2(k1)段圆弧，而这2(k1)段圆弧中的 每一段都将所在的区域一分为二，所以也就是整个平面的区域数增加了2(k1)个部 分．所以，a a 2(k 1)． k k1 那么， 68a a 29a 2829a 272829 10 9 8 7  a 2122272829 1 22(12789) 92. 故10个圆最多能将平面分成92部分． 14. （1）一共有(4321)(4321)100（个）长方形； （2）所求的和是 [51281(512)(128)(81)(5128)(1281)(51281)] [2473(24)(47)(73)(247)(473)(2473)] 1448612384（平方厘米）． 15. 针对两名英语、日语都精通人员（以下称多面手）的参与情况分成三类： （1）多面手不参加，则需从5名英语翻译员中选出4人，有C4 5种选择，需从4 5 名日语翻译员中选出4人，有1种选择．由乘法原理，有515种选择． （2）多面手中有一人参加，有2种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两 种可能： ①如果参加英文翻译，则需从5名英语翻译员中再选出3人，有C3 10选择，需从 5 4名日语翻译员中选出4人，有1种选择，由乘法原理，有210120种选择； ②如果参加日文翻译，则需从5名英语翻译员中选出4人，有C4 5种选择，需从4 5 名日语翻译员中再选出3名，有C3 4种选择，由乘法原理，有25440种选择． 4 根据加法原理，多面手中有一人参加，有204060种选择． （3）多面手中两人均参加，有一种选择，但此时又分三种情况： ①两人都译英文，②两人都译日文，③两人各译一个语种． 情况①中，还需从5名英语翻译员中选出2人，有C2 10种选择，需从4名日语翻 5 译员中选4人，有1种选择．由乘法原理，有110110种选择． 情况②中，需从5名英语翻译员中选出4人，有C4 5种选择，还需从4名日语翻 5 译员中选出2人，有C2 6种选择． 4 根据乘法原理，共有15630种选择． 情况③中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择，剩下的需从5名英语翻译员 中选出3人，有C3 10种选择，需从4名日语翻译员中选出3名，有C3 4种选择， 5 4 由乘法原理，有1210480种选择． 根据加法原理，多面手中两人均参加，一共有103080120种选择． 69综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出560120185张． 16. （1）容易验证在1、2、10、11、12月内没有“十全时” （2）3月里只有形式032 1 □ □ 符合条件，其中2个方格中可以填4或5， 4条横线上可以填6或7或8或9，所以3月里有P2P4 (21)(4321)48个 2 4 “十全时”． 同理，4、5月里各有48个“十全时”． （3）6月里有2种形式：①061 23□ □ ，②062 1 □ □ ． ①061 23□ □ 中，2个方格中可以填4或5，3条横线上可以填7或8或9， ②062 1 □ □ 中，2个方格中可以填3或4或5，4条横线上可以填7或 8或9或3、4、5中余下的某一个． 所以 6 月里有P2P3P2P4 (21)(321)(32)(4321)156 个 2 3 3 4 “十全时”． 同理，7、8、9月里各有156个“十全时”． 综上所述，2016年一共有4831564768个这样的“十全时”． 17. 将1，2，3，…，11；排成一圈，发现从中至多只能选取5个数保证菘中任意两数的 差都不等于4或7；2011111829，所以我们尽可能选取1到9之间的数，以 便使多一个完整的周期．经尝试选取数为：1，3，4，6，9；检验11k1，11k3， 11k4，11k6，11k9发现相邻周期间也不存在不满足题意的两数．所以当 k 0, 1, 2, , 182时，11k1，11k3，11k4，11k6，11k9这915个 数满足条件且为最多． 18. 设任意两名同台演出n次，nC2 C2mm7n≥7 ；当n1时，m最小为7， 7 3 将7人编号为1，2，…，7，7场演出如下：（1，2，4），（2，3，5），（3，4， 6），（4，5，7），（5，6，1），（6，7，2），（7，1，3）． 19. 提示：通过余数进行讨论． 20. 数字1、2、3、4、5、6各一张的选法有36种，其中三色不全的选法有C226 C116． 3 3 故满足条件的选法有36 326 3540种． 自招链接 21. 根据乘法原理，所有长方形总数为(123456)(123456)441 （个），包含☆的长方形有3344144（个），所以不包含☆的长方形有 441144297（个）． 22. 我们把所有的比分，画到直角坐标系里面．形成下图： 每个点可以向右或者向上走，即标数法． 7098765 14 1 所以一共14种可能性，而C5  126 ，所以，所求概率为  ． 9 54321 126 9 71第十二讲 高斯函数 [x] 1.知识要点 不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作[x]，x[x]称为x的小数部分， 记作{x}. 例如，[3.4]3，[2.1]3. 这一规定最早为大数学家高斯所使用，故[x]称 为高斯函数. 高斯函数的性质： （1）y [x]的定义域为实数集，值域为整数集； （2）x[x]{x}； （3）x1[x]≤x[x]1； （4）当x ≤x ，[x ]≤[x ]； 1 2 1 2 （5）设n为整数，则[nx]n[x]； （6）[x x x ]≥[x ][x ][x ]； 1 2 n 1 2 n （7）对任意正实数x , x , , x 有[x x x ]≥[x ][x ][x ]. 1 2 n 1 2 n 1 2 n 特别地，对正数x及正整数n有[xn]≥[x]n，[x]≥[n x]n； y [y] （8）对正实数x、y有   ≤ ； x [x] x [x] （9）设n为正整数，则      ； n  n  （10）对整数x，有[x][x]，对非整数x，有[x][x]1； m （11）对正数m和n，不大于m的n的倍数共有   个； n （12）①{x} x[x]，②0≤{x}1，③{nx}{x}（n为整数）； （13）设p为任一素数，在n！中含p的最高乘方次数记为 p(n!)，则 72n  n   n  p(n!)         .  p  p2   p3  2.例题精讲 67. 计算[ 2017 2017 2017] 的值. （2017共出现了2017次） 3051 3052 305502 68. 计算S          的值.  503   503   503   1   2   29 69. 已知0a1，且满足  a    a    a  18，求[10a]的值.  30  30  30  12   22   32  20172 70. 在  ,  ,  , ,   中，有多少个不同的整数？ 2017 2017 2017  2017  71. 解方程6x3[x]70. 72. 解方程x2 2[x]30. 99 99 73. 解方程x [x] . x [x]  1 74. 证明：对于任意实数x，有[x]  x  [2x].  2 3.习题巩固 1 1 1 75. 设S    ，求[30S]. (10111)2 (11121)2 (49501)2        1011   1112   4950  76. 求[3123][3 234][3 201620172018] 的值. 171 172 172016 77. 计算         的值. 2017 2017  2017   13   23   33  20173 78. 在  ,  ,  , ,   中，有多少个不同的整数？ 2017 2017 2017  2017  731 79. 解方程[3x1]2x . 2 7 80. 解方程x2[x] . 2 81. 解方程x3 [x]3. 82. 解方程4x2 40[x]510. 7 83. 解方程[2x][3x]9x . 4 84. 求满足25{x}[x]125的所有x的和. 85. 解方程x{x}2[x](x0). 86. 设[x]表示不超过x的最大整数，求方程x2 x[x][x]2的解. 87.（1）从1017到2017的整数中，有多少个数是7的倍数？ （2）如果7k 101710182017，求最大的正整数k. 4.自招链接 88. 求不超过( 7  3)6的最大整数. 89. 用[x]表示不大于x的最大x的整数，如[2, 1]2, [2.5]3. 解方程： 75 75 x [x] . x [x] 5.参考答案 例题精讲 1. 为了方便表述，记a  2017 2017 2017 （n个2017），则 n 44a  2017 45. 1 所以 45 201744  a  2017 2017  201745 46 ， 2 即45a 46. 2 所以 7445 201745  a  2017a  201746 46 ， 3 2 即45a 46. 3 同理：45a 46, 45a 46, , 45a 46 . 4 5 2017 所以[a ]45. 2017 305k 305(503k) 305k 305(503k) 2. 由题意   305，       304. 503 503  503   503  事实上，当ab为整数，而a、b均不是整数时，有ab[a]{a}[b]{b}为 整数，则{a}{b}为整数，又0{a}{b}2，所以{a}{b}1，故[a][b]ab1. 根据上面结论，将原式首尾配对，共有251对，所以S 30425176304. k  k  3. 因为0a1，故0a 2, (k 1, 2, , 29) 则  a  0或1，共有18 30  30 个1，由性质（4）可知，前面11项均为0，后面18项均为1，即  1   2   11  a    a    a   0，  30  30  30  12  13  29  a    a    a  1.  30  30  30  11 a 1,   30 18 19 1 所以 解得 ≤a ，故6≤10a6 . 12 30 30 3  a ≥1,  30 所以[10a]6. n2 4. 设a  , n1, 2, , 2017. n 2017 (n1)2 n2 当 a a ≤1 时，必有 [a ][a ]≤1 ，此时 - ≤1 ，解得 n1 n n1 n 2017 2017 n≤1008, [a ]503，所以，从0到503的整数都能取到，当a a 1时，必有 1008 n1 n [a ][a ]≥1，此时n1008，所以[a ], [a ], , [a ]是不同的整数，从而， n1 n 1009 1010 2017 共有50410091513个不同的整数. 753[x]7 3[x]7 5. （法一）原方程化为x ，代入[x]≤x[x]1得[x]≤ [x]1， 6 6 13 7 19 8 得 [x]≤ ，则[x]可能取值为4、3，对应的x取值为 、 . 经 3 3 6 3 19 8 检验，x 和x 均为原方程的解. 6 3 7 7 （法二）原方程化为[x]2x ，代入x1[x]≤x ，得x12x ≤x，得 3 3 10 7 19 8 19   x≤ ，故[x]4或3，对应的x取值为 、 . 经检验，x 和 3 3 6 3 6 8 x 均为原方程的根. 3 x2 3 x2 3 6. 原 方 程 化 为 [x] ， 代 入 x1[x]≤x 得 x1 ≤x ， 解 得 2 2 1≤x1 2 或1 2  x≤3. 所以[x]的可能取值为1、2、3，对应的x取值 分别为1、 7 、3. 经检验x1或x 7 或x3均为原方程的解. 7. 去分母，将原方程化为(x[x])(x[x]99)0，当x[x]时，只需满足x为非零整 99 99 数；当x[x]时，x[x]99，将x 代入[x]≤x[x]1得[x]≤ [x]1. [x] [x] 当 [x]0 时， [x]2≤99[x]2 [x] ，此时 [x] 无整数解，当 [x]0 时， [x]2≥99[x]2 [x]，解得[x]10，此时x9.9. 1 8. 当0≤{x} 时， 2  1  1 x  [x]{x} [x]，      2  2 [2x][2[x]2{x}]2[x].  1 所以[x] x [2x]；    2 1 当 ≤{x}1时， 2  1  1 x  [x]{x} [x]1，      2  2 [2x][2[x]2{x}]2[x]1， 76 1 所以，[x]  x  [2x].  2  1 因此，对于任意实数x，[x]  x  [2x]恒成立.  2 习题巩固 [n(n1)1]2 9. 考虑 的整数部分. n(n1) [n(n1)1]2 n2(n1)22n(n1)1 1   n(n1) 2 ， n(n1) n(n1) n(n1) 所以 [n(n1)1]2 n(n1)2 n(n1)1， n(n1) 整数部分为n(n1)2(n1)(n2)，故 1 1 1 S    912 1013 4851 11 1 1 1   1 1 1             39 10 11 48 12 13 51 11 1 1 1 1 1         . 39 10 11 49 50 51 故[30S]2. 10. 考虑 [3 (n1)n(n1)] ，其中 n≥2 ，因为 (n1)3 (n1)n(n1)n3 ，故 [3 (n1)n(n1)]n1，原式1220162033136. 11. 首尾配对，原式(171)100816128. n3 12. 设a  , n1, 2, , 2017. n 2017 (n1)3n3 当 a a 1 时 ， 必 有 [a ][a ]≤1 ， 此 时 1 ， 解 得 n1 n n1 n 2017 n26, [a ]8，故从0到8的整数都能取到； 26 当a a 1时，必有[a ][a ]≥1，此时n26，所以[a ], [a ], , [a ] n1 n n1 n 27 28 2017 77是不同的整数，从而共有919912000个不同的整数. 1 3 1 13. 将原方程代入3x[3x1]≤3x1得3x2x ≤3x1，解得 ≤x ， 2 2 2 7 1 3 7 3 则 ≤2x  ，即 ≤[3x1] ，所以[3x1]的可能取值为3、 2 2 2 2 2 5 3 5 3 2，对应的x取值为 、 ，经检验x 或 为原方程的解. 4 4 4 4 7 5 5 14. 由题意，得[x]≤2[x] [x]1，解得：[x]3，所以x ，经检验x 2 2 2 为原方程的解. 15. 由题意，得x1 x33≤x. 估算一下x的范围，得到：[x]1，所以x 3 4. 4x2 51 3 7 13 17 16. 由题意，得 x1[x] ≤x ，得 ≤x 或  x≤ ，所以 40 2 2 2 2 29 3 21 229 269 [x]1, 2, 3, 6, 7, 8，代入检验得x , , , . 2 2 2 2 17. 由于2x1[2x]≤2x ，3x1[3x]≤3x ，所以：5x2[2x][3x]≤5x ， 7 1 7 37 7 35 即：5x29x ≤5x，解得：  x≤ ，故 9x ≤ . 所以 4 16 16 16 4 16 7 1 1 7 11 5 1 9x 2, 1, 0, 1, 2，对应的x为 , , , , ，经检验x 4 36 12 36 36 12 36 7 或x 为原方程的解. 36 125[x] 125[x] 18. 原方程化为{x} ，所以0≤ 1，可得100[x]≤125，于是 25 25 [x]101, 102, , 125，从而，满足条件的x为： 125[x] 24 x[x]{x}[x]  [x]5 ， 25 25 24 和为： (101102125)5252837 . 25 19. x[x]{x}代入得[x]2{x}2[x]，即[x]2{x}，由0{x}1得0[x]2， 故[x]1，所以x1.5. 20. 将 x[x]{x} 代入得 [x]2 {x}2 {x}[x]1[x] ，解得 [x]0 ，1，所以 1 5 x0, . 2 782017 21. （1）1到2017的整数中有   288个7的倍数，1到1016的整数中有7的倍  7  1016 数   145个，故1017到2017的整数中有288145143个7的倍数；  7  2017 2017 2017 （2）2017！中含有7的次数为          288 415 334，  7   72   73  1016 1016 1016 1016！中含有7的次数为         145 20 2167，故k的最大  7   72   73  值为334167167. 自招链接 22. 设x 7 3, y  7 3 ，则 x y ( 7 3)( 7 3)2 7 ， xy ( 7 3)( 7 3)4， x2  y2 (x y)2 2xy (2 7)2 24 20 ， x6  y6 (x2  y2)(x4 x2y2  y4) (x2  y2)[(x2  y2)2 3(xy)2] 20(202342) 7040. 因为0 7  3 1，所以0( 7  3)6 1. 所以求不超过( 7  3)6的最大整 数是7039. 23. （1）当x是整数，则[x] x，所有非零整数都是原方程的解. （2）当x不是整数，则[x] x，由原方程得(x[x])(x[x]75)0. 所以 x[x]75. 当[x]n，则xna, 0a1. 代入①，得(na)n75. 当n0时，n2 75n(n1)，这样的整数不存在； 75 25 当n0时，n(n1)75n2，只有整数n9满足，此时x  . 9 3 25 综上所述，原方程的解为所有非零整数和 . 3 7980