初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式

初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)1數(shù)與式數(shù)與式2性質(zhì)1任何一個(gè)有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后面為零的小數(shù))或循環(huán)小數(shù)的形式，反之亦然．有理數(shù)性質(zhì)1任何一個(gè)有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后3無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)．有理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算是封閉的，而無理數(shù)與無理數(shù)的和，差，積，商不一定是無理數(shù)．如：

即無理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算不封閉．但它有下列性質(zhì)：性質(zhì)2設(shè)a為有理數(shù)，b為無理數(shù)，則(1)a+b，a-b是無理數(shù)；(2)a≠0時(shí)，ab與a／b為是無理數(shù).

無理數(shù)有理數(shù)和無理數(shù)統(tǒng)稱為實(shí)數(shù)，記作Ｒ．即無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)．有理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算是封閉的，而無理數(shù)4證（反證法）所以p一定是偶數(shù)．設(shè)p=2m(m是自然數(shù))，代入①得

4m2＝2q2，q2＝2m2，證（反證法）所以p一定是偶數(shù)．設(shè)p=2m(m是自然數(shù))5例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2為有理數(shù)，a為無理數(shù))，則a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．證：將原式變形為(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，則

反之，顯然成立．例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b6實(shí)數(shù)１.實(shí)數(shù)集R對(duì)加、減、乘、除(除數(shù)不為0)四則運(yùn)算是封閉的，即任意兩個(gè)實(shí)數(shù)的和、差、積、商(除數(shù)不為0)仍然是實(shí)數(shù)．２.實(shí)數(shù)集是有序的，即任意兩實(shí)數(shù)a，b必滿足下述三個(gè)關(guān)系之一:a<b,a=b,a>b3.實(shí)數(shù)的大小關(guān)系具有傳遞性，即若a>b,b>c,則a>c

4.實(shí)數(shù)具有阿基米德(Archimedes)性，即對(duì)任何

5．實(shí)數(shù)集R具有稠密性，即任何兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)之間必有另一個(gè)實(shí)數(shù)，且既有有理數(shù)，也有無理數(shù)．6．實(shí)數(shù)集R具有完備性，即實(shí)數(shù)集R與數(shù)軸上的點(diǎn)有著一一對(duì)應(yīng)關(guān)系．實(shí)數(shù)１.實(shí)數(shù)集R對(duì)加、減、乘、除(除數(shù)不為0)四7例1比較下列各組數(shù)的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞bn(n為大于1的整數(shù))反之，若a＞0，b＞0，且an＞bn，則a＞b．例1比較下列各組數(shù)的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞8初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式9例2：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，求證：a與b之間存在著無窮多個(gè)有理數(shù)(即有理數(shù)集具有稠密性)．證：因?yàn)閍＜b，所以2a＜a+b＜2b，即a１＋ba１＋b例2：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，求證：a與b之10例４：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，問是否存在無理數(shù)α，使得a＜α＜b成立？

由①，②有

存在無理數(shù)α，使得a＜α＜b成立．即例４：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，問是否存11整除是整數(shù)問題中一個(gè)重要的基本概念.如果整數(shù)a除以自然數(shù)b，商是整數(shù)且余數(shù)為0，我們就說a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，記作b丨a.此時(shí)，b是a的一個(gè)因數(shù)（約數(shù)），a是b的倍數(shù).1.整除的性質(zhì)性質(zhì)1如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（這里設(shè)a>b）.例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.性質(zhì)2如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。例如：3丨6，6丨24，那么3丨24.性質(zhì)3如果a能同時(shí)被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍數(shù)整除.例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍數(shù)是18，18丨36.整除問題整除是整數(shù)問題中一個(gè)重要的基本概念.如果整數(shù)a除以自然數(shù)12性質(zhì)4整數(shù)a，能分別被b和c整除，如果b與c互質(zhì)，那么a能被b×c整除.例如：72能分別被3和4整除，由3與4互質(zhì)，72能被3與4的乘積12整除.（3）能被3（或9）整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的各位數(shù)字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.

2.數(shù)的整除特征（1）能被2整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的個(gè)位數(shù)字是偶數(shù)，那么它必能被2整除.（2）能被5整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的個(gè)位數(shù)字是0或5，那么它必能被5整除.性質(zhì)4整數(shù)a，能分別被b和c整除，如果b與c互質(zhì)，那么a例13（6）能被11整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差（大減?。┠鼙?1整除，那么它必能被11整除.（4）能被4（或25）整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的末兩位數(shù)能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.（5）能被8（或125）整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的末三位數(shù)能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.（6）能被11整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與14例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處是被蟲蛀掉的數(shù)字，請(qǐng)把這筆賬補(bǔ)上.解：把□67.9□寫成整數(shù)a679b，

72∣a679b．72＝9×8，（9，8）＝１.按照前面的性質(zhì)4，8∣a679b且９∣a679b．按被8整除的特征，8∣79b，因此b＝2.按照被9整除特征，9∣a+24，因此a＝3.這筆帳是367.92元.例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處15例２下面這個(gè)41位數(shù)能被7整除，中間方格代表的數(shù)字是幾？解：因?yàn)?11111＝3×7×11×13×37，所以555555＝5×111111和999999＝9×111111都能被7整除.這樣，18個(gè)5和18個(gè)9分別組成的18位數(shù)，也都能被7整除.上邊的三個(gè)加數(shù)中，前、后兩個(gè)數(shù)都能被7整除，那么只要中間的55□99能被7整除，原數(shù)就能被7整除.把55□99拆成兩個(gè)數(shù)的和：55A00＋B99，其中□=A+B.因?yàn)?丨55300，7丨399，所以□=3+3＝6.注意：記住111111能被7整除是很有用的.例２下面這個(gè)41位數(shù)能被7整除，解：因16分解質(zhì)因數(shù)

一個(gè)整數(shù)，它的約數(shù)只有1和它本身，就稱為質(zhì)數(shù)（也叫素?cái)?shù)）.例如，2，5，7，101，….

一個(gè)整數(shù)除1和它本身外，還有其他約數(shù)，就稱為合數(shù).例如，4，12，99，501，….1不是質(zhì)數(shù)，也不是合數(shù).也可以換一種說法，恰好只有兩個(gè)約數(shù)的整數(shù)是質(zhì)數(shù)，至少有3個(gè)約數(shù)的整數(shù)是合數(shù)，1只有一個(gè)約數(shù)，也就是它本身.質(zhì)數(shù)中只有一個(gè)偶數(shù)，就是2，其他質(zhì)數(shù)都是奇數(shù).但是奇數(shù)不一定是質(zhì)數(shù)，例如，15，33，….分解質(zhì)因數(shù)一個(gè)整數(shù)，它的約數(shù)只有1和它本身17

一個(gè)整數(shù)的因數(shù)中，為質(zhì)數(shù)的因數(shù)叫做這個(gè)整數(shù)的質(zhì)因數(shù)，例如，2，3，7，都是42的質(zhì)因數(shù)，6，14也是42的因數(shù)，但不是質(zhì)因數(shù).任何一個(gè)合數(shù)，如果不考慮因數(shù)的順序，都可以唯一地表示成質(zhì)因數(shù)乘積的形式，例如

360＝2×2×2×3×3×5=23×32×5例1有四個(gè)學(xué)生，他們的年齡恰好是一個(gè)比一個(gè)大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：我們先把5040分解質(zhì)因數(shù)

5040＝24×32×5×7.再把這些質(zhì)因數(shù)湊成四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積：

24×32×5×7＝7×8×9×10.所以，這四名學(xué)生的年齡分別是7歲、8歲、9歲和10歲一個(gè)整數(shù)的因數(shù)中，為質(zhì)數(shù)的因數(shù)叫做這個(gè)整數(shù)的質(zhì)因數(shù)，18例２有四個(gè)學(xué)生，他們的年齡恰好是一個(gè)比一個(gè)大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：設(shè)他們的年齡分別是x-1,x,x+1,x+2例２有四個(gè)學(xué)生，他們的年齡恰好是一個(gè)比一個(gè)大1歲，解：設(shè)他19利用合數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個(gè)數(shù)（包括1和它本身）.為尋求一般方法，先看一個(gè)簡單的例子.我們知道24的約數(shù)有8個(gè)：1，2，3，4，6，8，12，24.對(duì)于較大的數(shù)，如果一個(gè)一個(gè)地去找它的約數(shù)，將是很麻煩的事.因?yàn)?4＝23×3，所以24的約數(shù)是23的約數(shù)（1，2，22，23）與3的約數(shù)（1，3）之間的兩兩乘積.

1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.這里有4×2＝8個(gè)，即（3＋1）×（1＋1）個(gè)利用合數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個(gè)數(shù)（包括1和它本20如果合數(shù)B分解質(zhì)因數(shù)后是：

B=am×bn×cp×……其中a、b、c……均為質(zhì)數(shù)，m、n、p……均為自然數(shù).那么，它的約數(shù)個(gè)數(shù)有（m+1）×（n+1）×（p+1）×……（個(gè)）如果合數(shù)B分解質(zhì)因數(shù)后是：其中a、b、c……均為質(zhì)數(shù)，那么，21例３在100至150之間，找出約數(shù)個(gè)數(shù)是8的所有整數(shù).8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)例３在100至150之間，找出約數(shù)個(gè)數(shù)是8的所有整數(shù).822初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式23例４有一種最簡真分?jǐn)?shù)，它們的分子與分母的乘積都是420.如果把所有這樣的分?jǐn)?shù)從小到大排列，那么第三個(gè)分?jǐn)?shù)是多少？解：把420分解質(zhì)因數(shù)

420＝2×2×3×5×7.為了保證分子、分母不能約分（否則約分后，分子與分母的乘積不再是420了），相同質(zhì)因數(shù)，要么都在分子，要么都在分母，并且分子應(yīng)小于分母.分子從小到大排列是

1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超過分母了，它們相應(yīng)的分?jǐn)?shù)是√例４有一種最簡真分?jǐn)?shù)，它們的分子與分母的乘積都是420.如24余數(shù)問題在整數(shù)除法運(yùn)算中，除了前面說過的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形.被除數(shù)=除數(shù)×商+余數(shù).通常把這一算式稱為帶余除式，它使我們?nèi)菀讖摹坝鄶?shù)”出發(fā)去考慮問題，這正是某些整數(shù)問題所需要的.特別要提請(qǐng)注意：在帶余除式中，余數(shù)總是比除數(shù)小，這一事實(shí)，解題時(shí)常作為依據(jù).例175397被一個(gè)質(zhì)數(shù)除，所得余數(shù)是15.求這個(gè)質(zhì)數(shù).解：這個(gè)質(zhì)數(shù)能整除5397-15＝5382，而5382＝2×32×13×23.因?yàn)槌龜?shù)要比余數(shù)15大，除數(shù)又是質(zhì)數(shù)，所以它只能是23.余數(shù)問題在整數(shù)除法運(yùn)算中，除了前面說過的“能25同余兩個(gè)整數(shù)a,b除以正整數(shù)m，若余數(shù)相同，則稱a與b關(guān)于模m同余，記作a≡b(modm)，這叫做同余式。如果a≡b(modm)，則m∣b－a例：一整數(shù)被967,1000,2001除所得余數(shù)相同，求該整數(shù)．解：由上面的結(jié)論，所求整數(shù)應(yīng)能整除967，1000，2001的兩兩之差，即

1000-967＝33＝3×11，

2001-1000＝1001＝7×11×13，

2001-967＝1034＝2×11×47.這個(gè)整數(shù)是這三個(gè)差的公約數(shù)11.同余如果a≡b(modm)，則m∣b－a例：一整數(shù)被96726

二次根式的概念、性質(zhì)以及運(yùn)算法則是根式運(yùn)算的基礎(chǔ)，在進(jìn)行根式運(yùn)算時(shí)，往往用到絕對(duì)值、整式、分式、因式分解，以及配方法、換元法、待定系數(shù)法等有關(guān)知識(shí)與解題方法，也就是說，根式的運(yùn)算，可以培養(yǎng)同學(xué)們綜合運(yùn)用各種知識(shí)和方法的能力．二次根式二次根式的概念、性質(zhì)以及運(yùn)算法則是根式運(yùn)算的27二次根式的性質(zhì)：二次根式二次根式的性質(zhì)：二次根式28二次根式的運(yùn)算法則：設(shè)a，b，c，d，m是有理數(shù)，且m不是完全平方數(shù)，則當(dāng)且僅二次根式的運(yùn)算法則：設(shè)a，b，c，d，m是有理數(shù)，且m不是完29解法1：配方法．例１：解法1：配方法．例１：30解法2待定系數(shù)法．解法2待定系數(shù)法．31例２：化簡：

(2)這是多重復(fù)合二次根式，可從里往外逐步化簡．

例２：化簡：(2)這是多重復(fù)合二次根式，可從里往外逐步32分析被開方數(shù)中含有三個(gè)不同的根式，且系數(shù)都是2，可以看成解設(shè)

例３分析被開方數(shù)中含有三個(gè)不同的根式，且系數(shù)都是2，解設(shè)33例４解用換元法．

例４解用換元法．34解：利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)來解．將方程左端因式分解有

(x-4)(x2＋4x＋10)＝0．因?yàn)?/p>

x2＋4x＋10＝(x＋2)2＋6＞0，所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4例５解：利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)來解．將方35例６解用構(gòu)造方程的方法來解．設(shè)原式為x，利用根號(hào)的層數(shù)是無限的特點(diǎn)，有兩邊平方得兩邊再平方得x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2-x＋2＝0．(x＋1)(x-2)(x2＋x-1)＝0．例６解用構(gòu)造方程的方法來解．設(shè)原式為x，利用根號(hào)的層數(shù)是無36例７例７37分式分式38分式式．若一個(gè)分式分母的值為零，則分式無意義．當(dāng)分式的分子的值為零而分母的值不為零時(shí)，分式的值為零．２.分式的基本性質(zhì)——分式的分子和分母都乘以（或除以）同一個(gè)不等于零的整式，分式的值不變．例1化簡分式：分式式．若一個(gè)分式分母的值為零，則分式無意義．當(dāng)分式的分39例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，求解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，則分式變?yōu)閡2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0．由于x，y，z不全相等，所以u(píng)，v，w不全為零，所以u(píng)2+v2+w2≠0，從而有

例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)40例３

(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10

=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10

=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2

例３(x-4)2=3，即x2-8x+13＝0．41例４解法1:利用比例的性質(zhì)解決分式問題．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，例４解法1:利用比例的性質(zhì)解決分式問題．所以a+b-c=c42解法2:設(shè)參數(shù)法．令

則a+b=(k+1)c，①

a+c=(k+1)b，②

b+c=(k+1)a．③①+②+③有

2(a+b+c)=(k+1)(a+b+c)，所以(a+b+c)(k-1)=0，故有k=1或a+b+c=0．當(dāng)k=1時(shí)，

當(dāng)a+b+c=0時(shí)，解法2:設(shè)參數(shù)法．令則a+b=(k+1)c，①當(dāng)a+b+c43一個(gè)分式是兩個(gè)多項(xiàng)式的商。設(shè)分子的次數(shù)為n，分母的次數(shù)為m。當(dāng)n＜m時(shí)，該分式稱為真分式；當(dāng)n≥m時(shí)，該分式稱為假分式。如果一個(gè)分式不是真分式，可以通過帶余除法化為一個(gè)多項(xiàng)式與一個(gè)真分式的和。把一個(gè)真分式化為幾個(gè)更簡單的真分式的代數(shù)和，稱為將分式化為部分分式。

部分分?jǐn)?shù)和分式一個(gè)分式是兩個(gè)多項(xiàng)式的商。設(shè)分子的次數(shù)為n，分母的次數(shù)為m。44把一個(gè)分式分為部分分式的一般步驟是：

（1）把一個(gè)分式化成一個(gè)整式與一個(gè)真分式的和；

（2）把真分式的分母分解因式；

（3）根據(jù)真分式的分母分解因式后的形式，引入待定系數(shù)來表示成為部分分式的形式；

（4）利用多項(xiàng)式恒等的性質(zhì)和多項(xiàng)式恒等定理列出關(guān)于待定系數(shù)的方程或方程組；

（5）解方程或方程組，求待定系數(shù)的值；

（6）把待定系數(shù)的值代入所設(shè)的分式中，寫出部分分式。

把一個(gè)分式分為部分分式的一般步驟是：45初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式461．運(yùn)用公式法(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n為正整數(shù)；因式分解1．運(yùn)用公式法因式分解47例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．解：因?yàn)?/p>

x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以

例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．48例２：分解因式：x3-9x+8．解法1將常數(shù)項(xiàng)8拆成-1+9原式=x3-9x-1+9

=(x3-1)-9x+9

=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)解法2將一次項(xiàng)-9x拆成-x-8x原式=x3-x-8x+8

=(x3-x)+(-8x+8)

=x(x+1)(x-1)-8(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)2．拆項(xiàng)、添項(xiàng)法例２：分解因式：x3-9x+8．解法12．拆項(xiàng)、添項(xiàng)法49例２：分解因式：x3-9x+8．解法3將三次項(xiàng)x3拆成9x3-8x3原式=9x3-8x3-9x+8

=(9x3-9x)+(-8x3+8)

=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)

=(x-1)(x2+x-8)解法4添加兩項(xiàng)-x2+x2原式=x3-x2+x2-9x+8

=x2(x-1)+(x-8)(x-1)

=(x-1)(x2+x-8)例２：分解因式：x3-9x+8．解法3503．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12解設(shè)x2+x=y，則原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10

=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)

=(x-1)(x+2)(x2+x+5)3．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-51例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，則原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)

=u4-6u2v+9v2

=(u2-3v)2

=(x2+2xy+y2-3xy)2

=(x2-xy+y2)2例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)52４．待定系數(shù)法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的兩個(gè)一次項(xiàng)一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，應(yīng)用待定系數(shù)法即可求出m和n，使問題得到解決．解：設(shè)x2+3xy+2y2+4x+5y+3

=(x+2y+m)(x+y+n)

=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對(duì)應(yīng)項(xiàng)的系數(shù)，則有解之得m=3，n=1．所以：原式=(x+2y+3)(x+y+1)．

４．待定系數(shù)法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+53５．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0(n為非負(fù)整數(shù))的代數(shù)式稱為關(guān)于x的一元多項(xiàng)式，并用f(x)，g(x)，…等記號(hào)表示，如

f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，當(dāng)x=a時(shí)，多項(xiàng)式f(x)的值用f(a)表示．如對(duì)上面的多項(xiàng)式f(x)

f(1)=12-3×1+2=0；定理1：因式定理：若a是一元多項(xiàng)式f(x)的根，即f(a)=0成立，則多項(xiàng)式f(x)有一個(gè)因式x-a．５．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+54例6：分解因式：x3-9x+8．作業(yè)例6：分解因式：x3-9x+8．作業(yè)55定理2的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)．定理2的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)．56例7：分解因式：x3-4x2+6x-4．這是一個(gè)整系數(shù)一元多項(xiàng)式，原式若有整數(shù)根，必是-4的約數(shù)，逐個(gè)檢驗(yàn)-4的約數(shù)：±1，±2，±4，只有

f(2)=23-4×22+6×2-4=0，即x=2是原式的一個(gè)根，所以根據(jù)定理1，原式必有因式x-2．

用多項(xiàng)式除法，將原式除以(x-2)，原式=(x-2)(x2-2x+2)．例7：分解因式：x3-4x2+6x-4．這是一個(gè)整系數(shù)一元57例8：分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因?yàn)?的約數(shù)有±1，±3，±9；-2的約數(shù)有±1，±2為：

所以，原式有因式9x2-3x-2．解9x4-3x3+7x2-3x-2

=(9x2-3x-2)(x2+1)

=(3x+1)(3x-2)(x2+1)例8：分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．58代數(shù)式的恒等變形兩個(gè)代數(shù)式，如果對(duì)于字母在允許范圍內(nèi)的一切取值，它們的值都相等，則稱這兩個(gè)代數(shù)式恒等．把一個(gè)代數(shù)式變換成另一個(gè)與它恒等的代數(shù)式叫作代數(shù)式的恒等變形．恒等式的證明，就是通過恒等變形證明等號(hào)兩邊的代數(shù)式相等．證明恒等式，沒有統(tǒng)一的方法，需要根據(jù)具體問題，采用不同的變形技巧，使證明過程盡量簡捷．一般可以把恒等式的證明分為兩類：一類是無附加條件的恒等式證明；另一類是有附加條件的恒等式的證明．代數(shù)式的恒等變形兩個(gè)代數(shù)式，如果對(duì)于字母在允591．由繁到簡和相向趨進(jìn)恒等式證明最基本的思路是“由繁到簡”(即由等式較繁的一邊向另一邊推導(dǎo))和“相向趨進(jìn)”(即將等式兩邊同時(shí)轉(zhuǎn)化為同一形式)．例1已知x+y+z=xyz，證明：

x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．證因?yàn)閤+y+z=xyz，所以左邊=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2)

=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2

=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)

=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)

=xyz+xyz+xyz+xyz

=4xyz=右邊．1．由繁到簡和相向趨進(jìn)例1已知x+y+z=xyz，證明：60例2已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且證令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，則

又因?yàn)樗运岳?已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，612．比較法a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之一．分析用比差法證明左-右=0．本例中，這個(gè)式子具有如下特征：如果取出它的第一項(xiàng)，把其中的字母輪換，即以b代a，c代b，a代c，則可得出第二項(xiàng)；若對(duì)第二項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，則可得出第三項(xiàng)；對(duì)第三項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，可得出第一項(xiàng)．具有這種特性的式子叫作輪換式．利用這種特性，可使輪換式的運(yùn)算簡化．例3求證：

2．比較法a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之62

同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．證明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．全不為零同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(63根據(jù)推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與綜合法．分析法是從要求證的結(jié)論出發(fā)，尋求在什么情況下結(jié)論是正確的，這樣一步一步逆向推導(dǎo)，尋求結(jié)論成立的條件，一旦條件成立就可斷言結(jié)論正確，即所謂“執(zhí)果索因”．而綜合法正好相反，它是“由因?qū)Ч奔磸囊阎獥l件出發(fā)順向推理，得到所求結(jié)論．3．分析法與綜合法根據(jù)推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與64

要證a2+b2+c2=(a+b-c)2

這最后的等式正好是題設(shè)，而以上推理每一步都可逆，故所求證的等式成立．證(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要證ab=ac+bc只要證c(a+b)=ab只要證要證a2+b2+c2=(a+b-c)2這最后的等式正65例6已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正數(shù)，求證：a=b=c=d．證由已知可得a4+b4+c4+d4-4abcd=0，

(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．因?yàn)?a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因?yàn)閍，b，c，d都為正數(shù)，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．例6已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，66含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)根問題例1m是什么整數(shù)時(shí)，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x＋72＝0有兩個(gè)不相等的正整數(shù)根．

首先，m2-1≠0，m≠±1．Δ=36(m-3)2＞0，所以m≠3．用求根公式可得由于x1，x2是正整數(shù)，所以m-1=1，2，3，6，

m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2．這時(shí)x1=6，x2=4．含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)根問題例1m是什么整數(shù)時(shí)，方程(67例2已知關(guān)于x的方程a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-13a＋15=0

(其中a是非負(fù)整數(shù))至少有一個(gè)整數(shù)根，求a的值．

解因?yàn)閍≠0，所以所以所以只要a是3或5的約數(shù)即可，即a=1，3，5．例2已知關(guān)于x的方程a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-68解一個(gè)整系數(shù)的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是完全平方數(shù)．令Δ=(m-1)2-4m＝n2，其中n是非負(fù)整數(shù)，于是m2-6m+1=n2，所以(m-3)2-n2=8，(m-3＋n)(m-3-n)＝8．由于m-3＋n≥m-3-n，并且(m-3＋n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶數(shù)，所以m-3＋n與m-3-n同奇偶，所以例3設(shè)m是不為零的整數(shù)，關(guān)于x的二次方程mx2-(m-1)x＋1＝0有有理根，求m的值．

解一個(gè)整系數(shù)的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是例69例4關(guān)于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一個(gè)整數(shù)解，且a是整數(shù)，求a的值．解：當(dāng)a=0時(shí)，原方程變成-6x-2=0，無整數(shù)解．當(dāng)a≠0時(shí)，方程是一元二次方程，它至少有一個(gè)整數(shù)根，說明判別式Δ＝4(a-3)2-4a(a-2)＝4(9-4a)為完全平方數(shù)，從而9-4a是完全平方數(shù)．令9-4a=n2，則n是正奇數(shù)，

要使x1為整數(shù)，而n為正奇數(shù)，只能n=1，從而a=2．要使x2為整數(shù)，即n-3｜4，n可取1，5，7，從而a=2，-4，-10．綜上所述，a的值為2，-4，-10．例4關(guān)于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0解：70例5已知關(guān)于x的方程x2＋(a-6)x＋a=0的兩根都是整數(shù)，求a的值．解設(shè)兩個(gè)根為x1≥x2，由韋達(dá)定理得從上面兩式中消去a得x1x2+x1+x2＝6，所以(x1＋1)(x2+1)=7，所以a=x1x2=0或16．例5已知關(guān)于x的方程x2＋(a-6)x＋a=0的兩根都是整71當(dāng)r≠0時(shí)，原方程是關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)它的兩個(gè)整數(shù)根為x1，x2，且x1≥x2，則消去r得x1x2-x1-x2＝2，所以(x1-1)(x2-1)=3．

例6求所有有理數(shù)r，使得方程rx2+(r+1)x＋(r-1)=0的所有根是整數(shù)．解當(dāng)r=0時(shí)，原方程為x-1=0，所以x=1．

當(dāng)r≠0時(shí)，原方程是關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)它的兩個(gè)例6求72例7已知a是正整數(shù)，且使得關(guān)于x的一元二次方程ax2＋2(2a-1)x＋4(a-3)=0至少有一個(gè)整數(shù)根，求a的值．解將原方程變形為(x＋2)2a=2(x＋6)．顯然x＋2≠0，于是由于a是正整數(shù)，所以a≥1，即所以x2+2x-8≤0，(x＋4)(x-2)≤0，所以-4≤x≤2(x≠-2)．當(dāng)x=-4，-3，-1，0，1，2時(shí)，得a的值為1，6，10，3，例7已知a是正整數(shù)，且使得關(guān)于x的一元二次方程由于a是正整73代數(shù)式求值代數(shù)式求值74一：和差代換求值代數(shù)式求值一：和差代換求值代數(shù)式求值75初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式76初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式77初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式78初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式79二：變形代入法例題７：二：變形代入法例題７：80初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式81三：參數(shù)法三：參數(shù)法82四：和差法四：和差法83五：整體法五：整體法84六：特殊值法六：特殊值法85七：活用公式法七：活用公式法86九：構(gòu)造法九：構(gòu)造法87十：升次法十：升次法88幾何不等式幾何不等式89

平面圖形中所含的線段長度、角的大小及圖形的面積在許多情形下會(huì)呈現(xiàn)不等的關(guān)系．由于這些不等關(guān)系出現(xiàn)在幾何問題中，故稱之為幾何不等式．幾何不等式定理1在三角形中，任兩邊之和大于第三邊，任兩邊之差小于第三邊．定理2

同一個(gè)三角形中，大邊對(duì)大角，小邊對(duì)小角，反之亦然．定理3

在兩邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形中，第三邊大的，所對(duì)的角也大，反之亦然．平面圖形中所含的線段長度、角的大小及圖形的面積在許多90定理4

三角形內(nèi)任一點(diǎn)到兩頂點(diǎn)距離之和，小于另一頂點(diǎn)到這兩頂點(diǎn)距離之和．定理5

自直線l外一點(diǎn)P引直線l的斜線，射影較長的斜線也較長，反之，斜線長的射影也較長．定理6

在△ABC中，點(diǎn)P是邊BC上任意一點(diǎn)，則有PA≤max｛AB，AC｝，當(dāng)點(diǎn)P為A或B時(shí)等號(hào)成立．定理4三角形內(nèi)任一點(diǎn)到兩頂點(diǎn)距離之和，小于另一頂點(diǎn)到這兩頂91例1在銳角三角形ABC中，AB＞AC，AM為中線，P為△AMC內(nèi)一點(diǎn)，證明：PB＞PC(圖2-137)

．

證在△AMB與△AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且AB＞AC，由定理3知，∠AMB＞∠AMC，所以∠AMC＜90°．過點(diǎn)P作PH⊥BC，垂足為H，則H必定在線段BM的延長線上．如果H在線段MC內(nèi)部，則BH＞BM=MC＞HC．如果H在線段MC的延長線上，顯然BH＞HC，所以PB＞PC

例1在銳角三角形ABC中，AB＞AC，AM為中線，P為△A92例2已知P是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)(圖2-138)．

(1)求證：(2)若△ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PB＋PC＜2．證(1)由三角形兩邊之和大于第三邊得

PA＋PB＞c，PB＋PC＞a，PC＋PA＞b．把這三個(gè)不等式相加，再兩邊除以2，便得又由定理4可知PA＋PB＜a＋b，PB＋PC＜b＋c，PC+PA＜c＋a．把它們相加，再除以2，便得PA＋PB＋PC＜a＋b＋c．例2已知P是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)(圖2-138)．(2)若△93(2)過P作DE∥BC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E，如圖2-138所示．于是PA＜max｛AD，AE｝＝AD，PB＜BD＋DP，PC＜PE＋EC，所以PA＋PB＋PC＜AD＋BD＋DP＋PE＋EC=AB＋AE＋EC=2．(2)若△ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PB＋PC＜2．(2)過P作DE∥BC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E94例3如圖2-139．在線段BC同側(cè)作兩個(gè)三角形ABC和DBC，使得AB=AC，DB＞DC，且AB＋AC=DB＋DC．若AC與BD相交于E，求證：AE＞DE．

證在DB上取點(diǎn)F，使DF=AC，并連接AF和AD．由已知2DB＞DB+D=AB+AC=2AC，所以DB＞AC．由于DB＋DC=AB＋AC=2AC，所以DC＋BF=AC=AB．在△ABF中，AF＞AB-BF=DC．在△ADC和△ADF中，

AD=AD，AC=DF，AF＞CD．由定理3，∠1＞∠2，所以AE＞DE．例3如圖2-139．在線段BC同側(cè)作兩個(gè)三角形ABC和DB95在Rt△GCK中，CM是GK邊上的中線，所以∠GCM=∠MGC．而∠ACG=45°，∠MGC＞∠ACG，于是∠MGC＞45°，所以∠ACM=∠ACG＋∠GCM＞90°．例4設(shè)G是正方形ABCD的邊DC上一點(diǎn)，連結(jié)AG并延長交BC延長線于K，求證：證如圖2-140，在GK上取一點(diǎn)M，使GM=MK，則由于在△ACM中∠ACM＞∠AMC，所以AM＞AC．故在Rt△GCK中，CM是GK邊上的中線，例4設(shè)G是正方形A96例6在△ABC中，D是中線AM上一點(diǎn)，若∠DCB＞∠DBC，求證：∠ACB＞∠ABC(圖2-142)．證在△BCD中，因?yàn)椤螪CB＞∠DBC，所以BD＞CD．在△DMB與△DMC中，DM為公共邊，BM=MC，且BD＞CD，由定理3知，∠DMB＞∠DMC．在△AMB與△AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且∠AMB＞∠AMC，由定理3知，AB＞AC，所以∠ACB＞∠ABC．例6在△ABC中，D是中線AM上一點(diǎn)，若∠DCB＞∠DBC97于是在Rt△MH1B中，∠MBH1=30°．延長BM至N，使得MN=BM，則ABCN為平行四邊形．因?yàn)锳H為最大高，由三角形的面積公式知ＢＣ是三角形ABC中的最短邊，

例7在銳角△ABC中，最大的高線AH等于中線BM，求證：∠B＜60°(圖2-144)．證作MH1⊥BC于H1，由于M是中點(diǎn)，所以所以AN=BC＜AB，從而∠ABN＜∠ANB=∠MBC=30°，∠B=∠ABM+∠MBC＜60°．于是在Rt△MH1B中，∠MBH1=30°．例7在銳角△98一分耕耘一分收獲青春飛揚(yáng)展現(xiàn)自我九年級(jí)數(shù)學(xué)知識(shí)競賽一分耕耘一分收獲九年級(jí)數(shù)學(xué)知識(shí)競賽99風(fēng)險(xiǎn)題，請(qǐng)選擇10分20分30分風(fēng)險(xiǎn)題，請(qǐng)選擇10分20分30分1001234567891010分1234567891010分1011234567891020分1234567891020分1021234567891030分1234567891030分103如圖，D是等腰直角三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，BC是斜邊，如果將△ABD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到△ACD′的位置，則么DAD′的度數(shù)是________如圖，D是等腰直角三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，BC是斜邊，如果將△A104如圖，半徑為4的⊙O中有弦AB，以AB為折痕對(duì)折，劣弧恰好經(jīng)過圓心O，則弦AB的長度等于（）A、B、

C、D、4如圖，半徑為4的⊙O中有弦AB，以AB為折痕對(duì)折，劣弧恰好經(jīng)105一元二次方程x2﹣2x+m=0總有實(shí)數(shù)根，則m應(yīng)滿足的條件是_______一元二次方程x2﹣2x+m=0總有實(shí)數(shù)根，則m應(yīng)滿足的條件是106如圖，⊙O的直徑CD垂直弦AB于點(diǎn)E，且CE=2，DE=8，則AB的長為（）A．2B．4C．6D．8如圖，⊙O的直徑CD垂直弦AB于點(diǎn)E，且CE=2，DE=8，107解方程：

(x+3)2﹣2(x+3)=0．解方程：

(x+3)2﹣2(x+3)=0．108若關(guān)于x的一元二次方程

（k﹣1）x2+2x﹣2=0有不相等實(shí)數(shù)根，則k的取值范圍是________若關(guān)于x的一元二次方程

（k﹣1）x2+2x﹣2=0有不相等109下列方程沒有實(shí)數(shù)根的是（）

A.x2+4x=10B.3x2+8x-3=0C.x2-2x+3=0D.(x﹣2)(x﹣3)=12下列方程沒有實(shí)數(shù)根的是（）

A.x2+4x=10110拋物線的一部分如圖，該拋物線在y軸右側(cè)部分與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)是_____

拋物線的一部分如圖，111已知x1，x2是一元二次方程x2﹣4x+1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則x1?x2等于（）A.﹣4B.﹣1C.1D.4已知x1，x2是一元二次方程x2﹣4x+1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，112某藥品經(jīng)過兩次降價(jià)，每瓶零售價(jià)由168元降到128元，已知兩次降價(jià)的百分率相同，每次降價(jià)的百分率為x，根據(jù)題意列方程________某藥品經(jīng)過兩次降價(jià)，每瓶零售價(jià)由168元降到128元，已知兩113關(guān)于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根分別為x1，x2，且x1+x2＞0，x1x2＞0，則m的取值范圍是（）A.m≤1B.m≤1且m≠0C.m＜1D.m＜1且m≠0關(guān)于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)114將拋物線繞著原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，則旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式為_______將拋物線繞著原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，則旋115已知關(guān)于x的方程x2-mx+2m-1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根的平方和為7，那么m的值是______已知關(guān)于x的方程x2-mx+2m-1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根的平方和116已知二次函數(shù)，若當(dāng)x取,，（≠）時(shí)，函數(shù)值相等，則當(dāng)x取+時(shí)，函數(shù)值為__________已知二次函數(shù)，若當(dāng)x取117已知三角形兩邊長分別是2和9，第三邊的長為一元二次方程x2-14x+48=0的一個(gè)根，則這個(gè)三角形的周長為________.已知三角形兩邊長分別是2和9，第三邊的長為一元二次方程x2-118如圖，△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)100°得到△AEF，若∠C=60°，∠E=100°，則α的度數(shù)為____.如圖，△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)100°得到△AEF，若∠C=119二次函數(shù)與一次函數(shù)y=ax+c在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)的大致圖象是()二次函數(shù)與一次函數(shù)y=120如圖所示，是圓O的一條弦，

垂足為C，交圓O于點(diǎn)D，點(diǎn)E在圓O上．

（1）若，求的度數(shù)；

（2）若AC=，CD=1，求圓O的半徑．如圖所示，是圓O的一條弦，

垂足為C，交圓O于121已知二次函數(shù)當(dāng)x=1時(shí)，y有最大值為5，且它的圖象經(jīng)過點(diǎn)（2，3），求這個(gè)函數(shù)的關(guān)系式．已知二次函數(shù)當(dāng)x=1時(shí)，y有最大值為5，且它的圖象經(jīng)過點(diǎn)（2122如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝35°，若以點(diǎn)C為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABC旋轉(zhuǎn)θ°到△DEC的位置，使點(diǎn)B恰好落在邊DE上，則θ值等于_______．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝35°，若以點(diǎn)C123已知二次函數(shù)y=x2-mx+m-2：

（1）求證：不論m為任何實(shí)數(shù)，此二次函數(shù)的圖象與x軸都有兩個(gè)交點(diǎn)；

（2）當(dāng)二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)（3，6）時(shí)，確定m的值，并寫出此二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)．已知二次函數(shù)y=x2-mx+m-2：

（1）求證：不論m為任124已知關(guān)于x的一元二次方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，求

的值。已知關(guān)于x的一元二次方程125如圖，邊長為1的正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形AB1C1D1，邊B1C1與CD交于點(diǎn)O，則四邊形AB1OD的面積是_______

如圖，邊長為1的正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后得到正126如圖，點(diǎn)B在x軸上，∠ABO=90°，∠A=30°，OA=4，將△OAB繞點(diǎn)O按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)120°得到△OA′B′，則點(diǎn)A′的坐標(biāo)是（）

A．（2，﹣2）

B．（2，﹣2）

C．（2，﹣2）

D．（2，﹣2）如圖，點(diǎn)B在x軸上，∠ABO=90°，∠A=30°，OA=4127如圖1，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)．作正方形DEFG，使點(diǎn)A、C分別在DG和DE上，連接AE，BG．

（1）試猜想線段BG和AE的數(shù)量關(guān)系.

（2）將正方形DEFG繞點(diǎn)D逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α≤360°），

①判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)利用圖2證明你的結(jié)論；

②若BC=DE=4，當(dāng)AE取最大值時(shí)，求AF的值．如圖1，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，點(diǎn)D128如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿邊AC向點(diǎn)C以1cm/s的速度移動(dòng)，點(diǎn)Q從C點(diǎn)出發(fā)沿CB邊向點(diǎn)B以2cm/s的速度移動(dòng)．

(1)如果P，Q同時(shí)出發(fā)，幾秒鐘后，可使△PCQ的面積為8cm2?

(2)點(diǎn)P，Q在移動(dòng)過程中，是否存

在某一時(shí)刻，使得△PCQ的面積

等于△ABC的面積的一半._____

(填“存在”或“不存在”)如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8c129如圖，P是等邊△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，且PA=4，PB=2，PC=2．

求：(1)∠BPC，∠APB的度數(shù)；(2)S△ABC.如圖，P是等邊△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，且PA=4，PB=2130如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過A(-2,-4)，O(0，0),B(2，0)三點(diǎn).

(1)求拋物線的解析式。

(2)若點(diǎn)M是拋物線對(duì)稱軸上的一點(diǎn)，求AM+OM的最小值。OABxy如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線131如圖，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC邊在直線a上，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到位置①可得到點(diǎn)P1，此時(shí)AP1=；將位置①的三角形繞點(diǎn)P1順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到位置②，可得到點(diǎn)P2，此時(shí)AP2=1+；將位置②的三角形繞點(diǎn)P2順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到位置③，可得到點(diǎn)P3，此時(shí)AP3=2+；…，按此規(guī)律繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，直至得到點(diǎn)P2014為止．則AP2014=______．如圖，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，132如圖所示，已知二次函數(shù)

的函數(shù)圖象的頂點(diǎn)為A，二次函數(shù)

的圖象與軸交于原點(diǎn)O及另一點(diǎn)C，它的頂點(diǎn)B在函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸上。

（1）求點(diǎn)A與點(diǎn)C的坐標(biāo)。

（2）當(dāng)四邊形AOBC為

菱形時(shí)，求函數(shù)

的關(guān)系式。

如圖所示，已知二次函數(shù)

的函數(shù)圖象的頂點(diǎn)為A，二次函數(shù)

的圖133學(xué)無止境，志存高遠(yuǎn)，希望同學(xué)們?cè)诮窈蟮膶W(xué)習(xí)中腳踏實(shí)地，奮發(fā)圖強(qiáng)，為自己青春的第一次飛躍保駕護(hù)航。學(xué)無止境，志存高遠(yuǎn)，希望同學(xué)們?cè)诮窈蟮膶W(xué)習(xí)中腳踏實(shí)地，奮發(fā)圖134初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式135初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式136初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)137數(shù)與式數(shù)與式138性質(zhì)1任何一個(gè)有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后面為零的小數(shù))或循環(huán)小數(shù)的形式，反之亦然．有理數(shù)性質(zhì)1任何一個(gè)有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后139無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)．有理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算是封閉的，而無理數(shù)與無理數(shù)的和，差，積，商不一定是無理數(shù)．如：

即無理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算不封閉．但它有下列性質(zhì)：性質(zhì)2設(shè)a為有理數(shù)，b為無理數(shù)，則(1)a+b，a-b是無理數(shù)；(2)a≠0時(shí)，ab與a／b為是無理數(shù).

無理數(shù)有理數(shù)和無理數(shù)統(tǒng)稱為實(shí)數(shù)，記作Ｒ．即無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)．有理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算是封閉的，而無理數(shù)140證（反證法）所以p一定是偶數(shù)．設(shè)p=2m(m是自然數(shù))，代入①得

4m2＝2q2，q2＝2m2，證（反證法）所以p一定是偶數(shù)．設(shè)p=2m(m是自然數(shù))141例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2為有理數(shù)，a為無理數(shù))，則a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．證：將原式變形為(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，則

反之，顯然成立．例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b142實(shí)數(shù)１.實(shí)數(shù)集R對(duì)加、減、乘、除(除數(shù)不為0)四則運(yùn)算是封閉的，即任意兩個(gè)實(shí)數(shù)的和、差、積、商(除數(shù)不為0)仍然是實(shí)數(shù)．２.實(shí)數(shù)集是有序的，即任意兩實(shí)數(shù)a，b必滿足下述三個(gè)關(guān)系之一:a<b,a=b,a>b3.實(shí)數(shù)的大小關(guān)系具有傳遞性，即若a>b,b>c,則a>c

4.實(shí)數(shù)具有阿基米德(Archimedes)性，即對(duì)任何

5．實(shí)數(shù)集R具有稠密性，即任何兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)之間必有另一個(gè)實(shí)數(shù)，且既有有理數(shù)，也有無理數(shù)．6．實(shí)數(shù)集R具有完備性，即實(shí)數(shù)集R與數(shù)軸上的點(diǎn)有著一一對(duì)應(yīng)關(guān)系．實(shí)數(shù)１.實(shí)數(shù)集R對(duì)加、減、乘、除(除數(shù)不為0)四143例1比較下列各組數(shù)的大小．(不查表)若a＞b＞0，則an＞bn(n為大于1的整數(shù))反之，若a＞0，b＞0，且an＞bn，則a＞b．例1比較下列各組數(shù)的大?。?不查表)若a＞b＞0，則an＞144初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式145例2：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，求證：a與b之間存在著無窮多個(gè)有理數(shù)(即有理數(shù)集具有稠密性)．證：因?yàn)閍＜b，所以2a＜a+b＜2b，即a１＋ba１＋b例2：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，求證：a與b之146例４：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，問是否存在無理數(shù)α，使得a＜α＜b成立？

由①，②有

存在無理數(shù)α，使得a＜α＜b成立．即例４：已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，問是否存147整除是整數(shù)問題中一個(gè)重要的基本概念.如果整數(shù)a除以自然數(shù)b，商是整數(shù)且余數(shù)為0，我們就說a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，記作b丨a.此時(shí)，b是a的一個(gè)因數(shù)（約數(shù)），a是b的倍數(shù).1.整除的性質(zhì)性質(zhì)1如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（這里設(shè)a>b）.例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.性質(zhì)2如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。例如：3丨6，6丨24，那么3丨24.性質(zhì)3如果a能同時(shí)被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍數(shù)整除.例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍數(shù)是18，18丨36.整除問題整除是整數(shù)問題中一個(gè)重要的基本概念.如果整數(shù)a除以自然數(shù)148性質(zhì)4整數(shù)a，能分別被b和c整除，如果b與c互質(zhì)，那么a能被b×c整除.例如：72能分別被3和4整除，由3與4互質(zhì)，72能被3與4的乘積12整除.（3）能被3（或9）整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的各位數(shù)字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.

2.數(shù)的整除特征（1）能被2整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的個(gè)位數(shù)字是偶數(shù)，那么它必能被2整除.（2）能被5整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的個(gè)位數(shù)字是0或5，那么它必能被5整除.性質(zhì)4整數(shù)a，能分別被b和c整除，如果b與c互質(zhì)，那么a例149（6）能被11整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差（大減?。┠鼙?1整除，那么它必能被11整除.（4）能被4（或25）整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的末兩位數(shù)能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.（5）能被8（或125）整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的末三位數(shù)能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.（6）能被11整除的數(shù)的特征：如果一個(gè)整數(shù)的奇數(shù)位數(shù)字之和與150例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處是被蟲蛀掉的數(shù)字，請(qǐng)把這筆賬補(bǔ)上.解：把□67.9□寫成整數(shù)a679b，

72∣a679b．72＝9×8，（9，8）＝１.按照前面的性質(zhì)4，8∣a679b且９∣a679b．按被8整除的特征，8∣79b，因此b＝2.按照被9整除特征，9∣a+24，因此a＝3.這筆帳是367.92元.例１一本老賬本上記著：72只桶，共□67.9□元，其中□處151例２下面這個(gè)41位數(shù)能被7整除，中間方格代表的數(shù)字是幾？解：因?yàn)?11111＝3×7×11×13×37，所以555555＝5×111111和999999＝9×111111都能被7整除.這樣，18個(gè)5和18個(gè)9分別組成的18位數(shù)，也都能被7整除.上邊的三個(gè)加數(shù)中，前、后兩個(gè)數(shù)都能被7整除，那么只要中間的55□99能被7整除，原數(shù)就能被7整除.把55□99拆成兩個(gè)數(shù)的和：55A00＋B99，其中□=A+B.因?yàn)?丨55300，7丨399，所以□=3+3＝6.注意：記住111111能被7整除是很有用的.例２下面這個(gè)41位數(shù)能被7整除，解：因152分解質(zhì)因數(shù)

一個(gè)整數(shù)，它的約數(shù)只有1和它本身，就稱為質(zhì)數(shù)（也叫素?cái)?shù)）.例如，2，5，7，101，….

一個(gè)整數(shù)除1和它本身外，還有其他約數(shù)，就稱為合數(shù).例如，4，12，99，501，….1不是質(zhì)數(shù)，也不是合數(shù).也可以換一種說法，恰好只有兩個(gè)約數(shù)的整數(shù)是質(zhì)數(shù)，至少有3個(gè)約數(shù)的整數(shù)是合數(shù)，1只有一個(gè)約數(shù)，也就是它本身.質(zhì)數(shù)中只有一個(gè)偶數(shù)，就是2，其他質(zhì)數(shù)都是奇數(shù).但是奇數(shù)不一定是質(zhì)數(shù)，例如，15，33，….分解質(zhì)因數(shù)一個(gè)整數(shù)，它的約數(shù)只有1和它本身153

一個(gè)整數(shù)的因數(shù)中，為質(zhì)數(shù)的因數(shù)叫做這個(gè)整數(shù)的質(zhì)因數(shù)，例如，2，3，7，都是42的質(zhì)因數(shù)，6，14也是42的因數(shù)，但不是質(zhì)因數(shù).任何一個(gè)合數(shù)，如果不考慮因數(shù)的順序，都可以唯一地表示成質(zhì)因數(shù)乘積的形式，例如

360＝2×2×2×3×3×5=23×32×5例1有四個(gè)學(xué)生，他們的年齡恰好是一個(gè)比一個(gè)大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：我們先把5040分解質(zhì)因數(shù)

5040＝24×32×5×7.再把這些質(zhì)因數(shù)湊成四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積：

24×32×5×7＝7×8×9×10.所以，這四名學(xué)生的年齡分別是7歲、8歲、9歲和10歲一個(gè)整數(shù)的因數(shù)中，為質(zhì)數(shù)的因數(shù)叫做這個(gè)整數(shù)的質(zhì)因數(shù)，154例２有四個(gè)學(xué)生，他們的年齡恰好是一個(gè)比一個(gè)大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：設(shè)他們的年齡分別是x-1,x,x+1,x+2例２有四個(gè)學(xué)生，他們的年齡恰好是一個(gè)比一個(gè)大1歲，解：設(shè)他155利用合數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個(gè)數(shù)（包括1和它本身）.為尋求一般方法，先看一個(gè)簡單的例子.我們知道24的約數(shù)有8個(gè)：1，2，3，4，6，8，12，24.對(duì)于較大的數(shù)，如果一個(gè)一個(gè)地去找它的約數(shù)，將是很麻煩的事.因?yàn)?4＝23×3，所以24的約數(shù)是23的約數(shù)（1，2，22，23）與3的約數(shù)（1，3）之間的兩兩乘積.

1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.這里有4×2＝8個(gè)，即（3＋1）×（1＋1）個(gè)利用合數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個(gè)數(shù)（包括1和它本156如果合數(shù)B分解質(zhì)因數(shù)后是：

B=am×bn×cp×……其中a、b、c……均為質(zhì)數(shù)，m、n、p……均為自然數(shù).那么，它的約數(shù)個(gè)數(shù)有（m+1）×（n+1）×（p+1）×……（個(gè)）如果合數(shù)B分解質(zhì)因數(shù)后是：其中a、b、c……均為質(zhì)數(shù)，那么，157例３在100至150之間，找出約數(shù)個(gè)數(shù)是8的所有整數(shù).8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)例３在100至150之間，找出約數(shù)個(gè)數(shù)是8的所有整數(shù).8158初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)課件-數(shù)與式159例４有一種最簡真分?jǐn)?shù)，它們的分子與分母的乘積都是420.如果把所有這樣的分?jǐn)?shù)從小到大排列，那么第三個(gè)分?jǐn)?shù)是多少？解：把420分解質(zhì)因數(shù)

420＝2×2×3×5×7.為了保證分子、分母不能約分（否則約分后，分子與分母的乘積不再是420了），相同質(zhì)因數(shù)，要么都在分子，要么都在分母，并且分子應(yīng)小于分母.分子從小到大排列是

1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超過分母了，它們相應(yīng)的分?jǐn)?shù)是√例４有一種最簡真分?jǐn)?shù)，它們的分子與分母的乘積都是420.如160余數(shù)問題在整數(shù)除法運(yùn)算中，除了前面說過的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形.被除數(shù)=除數(shù)×商+余數(shù).通常把這一算式稱為帶余除式，它使我們?nèi)菀讖摹坝鄶?shù)”出發(fā)去考慮問題，這正是某些整數(shù)問題所需要的.特別要提請(qǐng)注意：在帶余除式中，余數(shù)總是比除數(shù)小，這一事實(shí)，解題時(shí)常作為依據(jù).例175397被一個(gè)質(zhì)數(shù)除，所得余數(shù)是15.求這個(gè)質(zhì)數(shù).解：這個(gè)質(zhì)數(shù)能整除5397-15＝5382，