第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题

第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题

在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.

1 挖掘隐含的辅助圆解题

有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆

A例1 如图1,在△ABC中,AB＝AC,D是底边BC

上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝

E∠A.求证：BD＝2CD.

分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.

BCD容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,故不能 GF直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆 图1于F,则可得EB＝EF,从而获取.

证明：如图1,延长AD与△ABC的外接圆相交于点F,连结CF与BF,则∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC.

又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,从而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE. 故EB＝EF.

作∠BEF的平分线交BF于G,则BG＝GF.

1 因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC.

2 于是,BF＝2CF.故BD＝2CD. 1.2 利用四点共圆 CB例2 凸四边形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝ OD∠BCD＝90°,

AB＝2,CD＝1,对角线AC、BD交于点O,如图2. A则sin∠AOB＝____.

分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D

P四点共圆,欲求sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出图2BC、AD即可.

解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则∠ADP＝∠ABC＝60°.

设AD＝x,有AP＝3x,DP＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝

123－2,BC＝BP＝4－3.

2 由托勒密定理有

BD2CA＝(4－3)(23－2)＋231＝103－12. 又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝ 故sin∠AOB＝

33. 215?63. 26例3 已知：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH ⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证： 3△ABC的面积S＝AP2BD.

4

BAPQDC图3H1

33BC2＝AC2BC,只 44须证AC2BC＝AP2BD,转化为证△APC∽△BCD.这由A、B、C、Q四点共圆易证(Q为BD与AH交点).

证明：记BD与AH交于点Q,则由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ. 又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.

从而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四点共圆. ∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ, ∴△APC∽△BCD. ∴AC2BC＝AP2BD. 分析：因S△ABC＝ 于是,S＝

33AC2BC＝AP2BD. 44

2 构造相关的辅助圆解题

有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关

的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆

例4 如图4,四边形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC BA＝DB＝p,BC＝q.求对角线AC的长.

E分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在 CD半径为p的⊙D上.利用圆的性质即可找到AC与 p、q的关系.

图4解：延长CD交半径为p的⊙D于E点,连结AE.

显然A、B、C在⊙D上. ∵AB∥CD,

∴BC＝AE.

从而,BC＝AE＝q.

在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故

AC＝CE2?AE2＝4p2?q2. 2.2 联想直径的性质构造辅助圆

例5 已知抛物线y＝－x2＋2x＋8与x轴交于B、C两点，点D平分BC.若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点,且∠BAC为锐角,则AD的取值范围是____.

分析：由“∠BAC为锐角”可知点A在以定线段BC为直径的圆外,又点A在x轴上侧,从而可确定动点A的范围,进而确定AD的取值范围.

y解：如图5,所给抛物线的顶点为A0(1,9),

对称轴为x＝1,与x轴交于两点B(－2,0)、 A0(1,9)C(4,0).

分别以BC、DA为直径作⊙D、⊙E,则 E两圆与抛物线均交于两点P(1－22,1)、

Q(1＋22,1). QP 可知,点A在不含端点的抛物线PA0Q xBDC(4,0)内时,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD (-2,0)图5≤DA0＝9,即AD的取值范围是3＜AD≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆

例6 AD是Rt△ABC斜边BC上的高,∠B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：AB2－AN2＝BM2BN.

2

分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BM2BN,而由题设易知AM＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论. 证明：如图6,

E∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,

又∠3＝∠4,∠1＝∠5, A∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN.

2N1 以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交 F35M4BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN.

CDB 由割线定理有 图6 BM2BN＝BF2BE ＝(AB＋AE)(AB－AF) ＝(AB＋AN)(AB－AN) ＝AB2－AN2,

即 AB2－AN2＝BM2BN.

例7 如图7,ABCD是⊙O的内接四边形,延长AB和DC相交于E,延长AB和DC相交于E,延长AD和BC相交于F,EP和FQ分别切⊙O于P、Q.求证：EP2＋FQ2＝EF2.

分析：因EP和FQ是⊙O的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP、FQ向EF转化. 证明：如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连 A结CG.

PQ因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、

OG四点共圆. DC由切割线定理,有 BEF2＝(EG＋GF)2EF FEG ＝EG2EF＋GF2EF ＝EC2ED＋FC2FB

＝EC2ED＋FC2FB ＝EP2＋FQ2,

即 EP2＋FQ2＝EF2.

2.4 联想托勒密定理构造辅助圆

A例8 如图8,△ABC与△A＇B＇ A'cbc'C＇的三边分别为a、b、c与a＇、 b'b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A BaCB'a'C'＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇. (1)(2)图8分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇

＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.

证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示. ∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D,

A ∠BCD＝∠B＝∠B＇,

∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD. cbC ∴△A＇B＇C＇∽△DCB. aBbA'B'B'C'A'C' 有＝＝,

DCCBDBDc'a'b'图9即 ＝＝.

DBDCaac'ab' 故DC＝,DB＝.

a'a' 又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a. 从而,由托勒密定理,得

AD2BC＝AB2DC＋AC2BD,

3

ac'ab'＋b2. a'a' 故aa＇＝bb＇＋cc＇.

即 a2＝c2

练习题

ABBD1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则＝.

ACDC(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而

ABBD＝＝ACDEBD.) DC2. 已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.

(提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)

3. 在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.求∠AMC的度数.

1(提示：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝∠BKM＝

210°,得∠AMC＝30°.)

4．如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作 FCDCF⊥AF,CE⊥AE.求证：AB2AE＋AD2AF＝AC2. (提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点

ABEG、H.则CG＝AH,由割线定理可证得结论.)

图105. 如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线

CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D,且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC2＝AB2AE. (提示：作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3 ED于F,证E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,从而AE ＝AF,由相交弦定理即得结论.) ACOO216．已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.

B求证：AB2AC＝AE2－BE2. 图11(提示：以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB2AC＝AN2AM.)

ba7. 若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证：－＝1.

ab(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)

4

第三讲 点共线、线共点

在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。 1. 点共线的证明

点共线的通常证明方法是：通过邻补角关系证明三点共线；证明两点的连线必过第三点；证明三点组成的三角形面积为零等。n(n≥4)点共线可转化为三点共线。

例1 如图，设线段AB的中点为C，以AC和CB为对角线作平行四边形AECD，BFCG。又作平

行四边形CFHD，CGKE。求证：H，C，K三点共线。 证 连AK，DG，HB。

G由题意，ADECKG，知四边形AKGD是平行四边形，D于是AKDG。同样可证AKHB。四边形AHBK是平行四

K边形，其对角线AB，KH互AB相平分。而C是AB中点，线段

CHKH过C点，故K，C，H三点共线。

E

F例2 如图所示，菱形ABCD中，∠A=120°，O为△ABC外

接圆，M为其上一点，连接MC交AB于E，AM交CB延长线于F。求证：D，E，F三点共线。

AM

F证 如图，连AC，DF，DE。

EBOD因为M在O上，

则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB， C有△AMC∽△ACF，得

MCCFCF??。 MACACD又因为∠AMC=BAC，所以△AMC∽△EAC，得

MCACAD??。 MAAEAECFAD?所以，又∠BAD=∠BCD=120°，知△CFD∽ CDAE△ADE。所以∠ADE=∠DFB。因为AD∥BC，所以∠ADF=∠DFB=∠ADE，于是F，E，D三点共线。

例3 四边形ABCD内接于圆，其边AB与DC的延长线交于点P，AD与BC的延长线交于点Q。

由Q作该圆的两条切线QE和QF，切点分别为E，F。求证：P，E，F三点共线。 证 如图。

连接PQ，并在PQ上取一点M，使得 AFB，C，M，P四点共圆，连CM，PF。设PF与圆的另一交点为E’，并作QG

DG丄PF，垂足为G。易如

CQQE2=QM2QP=QC2QB ① B(E')E∠PMC=∠ABC=∠PDQ。

M从而C，D，Q，M四点共圆，于是

PM2PQ=PC2PD ② 由①，②得

PPM2PQ+QM2PQ=PC2PD+QC2QB， 即PQ2=QC2QB+PC2PD。

易知PD2PC=PE’2PF，又QF2=QC2QB，有

PE’2PF+QF2=PD2PC+QC2AB=PQ2，

5

即PE’2PF=PQ2-QF2。又

PQ2－QF2=PG2－GF2=(PG+GF)2(PG－GF)

=PF2(PG－GF)，

从而PE’=PG－GF=PG－GE’，即GF=GE’，故E’与E重合。 所以P，E，F三点共线。

例4 以圆O外一点P，引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点。割线PCD交圆O于C，D。又

由B作CD的平行线交圆O于E。若F为CD中点，求证：A，F，E三点共线。

证 如图，连AF，EF，OA，OB，OP，BF，OF，

延长FC交BE于G。 A易如OA丄AP，OB丄BP， FCDPB OF丄CP，所以P，A，F，O，

OPOB= 五点共圆，有∠AFP=∠AOP=∠

∠PFB。

GEB又因CD∥BE，所以有

∠PFB=∠FBE，∠EFD=∠FEB，

而FOG为BE的垂直平分线，故EF=FB，∠FEB=∠EBF， 所以∠AFP=∠EFD，A，F，E三点共线。

2. 线共点的证明

证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点)，或证明第3条直线通过另外两条直线的交点，也可转化成点共线的问题给予证明。

例5 以△ABC的两边AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG。

△ABC的高为AH。求证：AH，BF，CD交于一点。

证 如图。延长HA到M， M使AM=BC。连CM，BM。 设CM与BF交于点K。 E 在△ACM和△BCF中， GAC=CF，AM=BC，

A∠MAC+∠HAC=180°， DFK∠HAC+∠HCA=90°，

并且∠BCF=90°+∠HCA， BCH因此∠BCF+∠HAC=180°

∠MAC=∠BCF。

从而△MAC≌△BCF，∠ACM=∠CFB。

所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°， 即 BF丄MC。

同理CD丄MB。AH，BF，CD为△MBC的3条高线，故AH，BF，CD三线交于一点。

例6 设P为△ABC内一点，∠APB－∠ACB=∠APC－∠ABC。又设D，E分别是△APB及△APC

的内心。证明：AP，BD，CE交于一点。

证 如图，过P向三边作垂线，垂足分别为R，S，T。

连RS，ST，RT，设BD交AP于M，CE交AP于N。 A 易知P，R，A，S；P，T，B，R；

P，S，C，T分别四点共圆，则 RMNSD ∠APB－∠ACB=∠PAC+∠PBC

E 6 PCBT=∠PRS+∠PRT =∠SRT。

同理，∠APC－∠ABC=∠RST，

由条件知∠SRT=∠RST，所以RT=ST。

又RT=PBsinB，ST=PCsinC， 所以PBsinB=PCsinC，那么

PBPC?。 ABAC 由角平分线定理知

ANACABAM???。 NPPCPBMP 故M，N重合，即AP，BD，CE交于一点。

例7 O1与O2外切于P点，QR为两圆的公切线，其中Q，R分别为O1，O2上的切点，

过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交于点I，IN垂直于O1O2，垂足为N，IN与QR交于点M。证明：PM，RO1，QO2三条直线交于一点。

I证 如图，设RO1与QO2交于点O，

连MO，PO。

R 因为∠O1QM=∠O1NM=90°，所以Q，O1，N，M四点共圆，有∠QMI=MQO∠QO1O2。

而∠IQO2=90°=∠RQO1， O1NPO2所以∠IQM=∠O2QO1， 故△QIM∽△QO2O1，得

QO1O1O2 ?QMMIRO2O1O2? 同理可证。因此 RMMIQMQO1 ① ?MRRO2因为QO1∥RO2，所以有

O1OQO1 ② ?ORRO2由①，②得MO∥QO1。 又由于O1P=O1Q，PO2=RO2，

OOOQOP所以 1?1?1，

ORRO2PO2即OP∥RO2。从而MO∥QO1∥RO2∥OP，故M，O，P三点共线，所以PM，RO1，QO2三条直线相交于同一点。

3. 塞瓦定理、梅涅劳斯定理及其应用 定理1 (塞瓦(Ceva)定理):

设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB边上的点。若AP，BQ，CR相交于一点M，则

BPCQAR???1。 APCQARB证 如图，由三角形面积的性质，有

QSSSARBPCQM??AMC, ??AMB, ??BMC. RBS?BMCPCS?AMCQAS?AMBBP7

C

以上三式相乘，得

BPCQAR???1. PCQARB

定理2 (定理1的逆定理):

设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB上的点。若

BPCQAR???1，则AP，BQ，CR交PCQARB于一点。

证 如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R’。

BPCQAR'BPCQAR由定理1有???1. 而???1，所以

PCQAR'BPCQARBAR'AR?. R'BRB于是R’与R重合，故AP，BQ，CR交于一点。

定理3 (梅涅劳斯(Menelaus)定理):

一条不经过△ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB(或它们的延长线)分别交于P，Q，R，则

ABPCQAR???1 RPCQARBQ证 如图，由三角形面积的性质，有

BPCARS?ARPBPS?BRPCQS?CRP, , . ???RBS?BRPPCS?CPRQAS?ARPBPCQAR将以上三式相乘，得???1.

PCQARB

定理4 (定理3的逆定理):

设P，Q，R分别是△ABC的三边BC，CA，AB或它们延长线上的3点。若

BPCQAR???1， PCQARB则P，Q，R三点共线。

定理4与定理2的证明方法类似。

塞瓦定理和梅涅劳斯定理在证明三线共点和三点共线以及与之有关的题目中有着广泛的应用。

例8 如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于

F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。

证 如图，连接BD交AC于H，

过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J。

A对△BCD用塞瓦定理，可得

CGBHDE???1 ①

DGBHDECH因为AH是∠BAD的角平分线， FEBHABB?由角平分线定理知。 GHDADC代入①式得 JICGABDE???1 ② GBADECCGCIDEAD??因为CI∥AB，CJ∥AD，则，。 GBABECCJ

8

代入②式得

CIABAD???1. ABADCJ从而CI=CJ。又由于

∠ACI=180°－∠BAC=180°－∠DAC=∠ACJ，

所以△ACI≌△ACJ，故∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC.

例9 ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点。AF交ED于G，EC交FB

于H。连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M。求证：DL=BM. 证 如图，设直线LM与BA的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I。

EJAB在△ECD与△FAB中分别使用

L梅涅劳斯定理，得

GEGDICHAGFHBJ???1， ???1. HGDICHEGFHBJAM因为AB∥CD，所以 DFCIEGAGCHFH??， . GDGFHEHBDIBJCD?CIAB?AJ??从而，即，故CI=AJ. 而 ICJACIAJBMBJDIDL???， MCCIAJLA且BM+MC=BC=AD=AL+LD. 所以BM=DL。

例10 在直线l的一侧画一个半圆T，C，D是T上的两点，T上过C和D的切线分别交l于B和

A，半圆的圆心在线段BA上，E是线段AC和BD的交点，F是l上的点，EF垂直l。求证：EF平分∠CFD。

证 如图，设AD与BC相交于点P，用O表示半圆T的圆心。过P作PH丄l于H，连OD，

OC，OP。

由题意知Rt△OAD∽Rt△PAH， P于是有

AHHP?. DADDOEC类似地，Rt△OCB∽Rt△PHB， lOF(H)BA则有

BHHP?. BCCOAHBHAHBCPD????1. 由CO=DO，有，从而ADBCHBCPDA由塞瓦定理的逆定理知三条直线AC，BD，PH相交于一点，即E在PH上，点H与F重合。

因∠ODP=∠OCP=90°，所以O，D，C，P四点共圆，直径为OP. 又∠PFC=90°，从而推得点F也在这个圆上，因此

∠DFP=∠DOP=∠COP=∠CFP，

所以EF平分∠CFD。 E例11 如图，四边形ABCD内接于圆，AB，DC延长线交于E，

AD、BC延长线交于F，P为圆上任意一点，PE，PF分别交圆于R，S. 若对角线AC与BD相交于T. 求证：R，T，S三点共线。

BR 先证两个引理。

C

APST9 DF引理1:

A1B1C1D1E1F1为圆内接六边形，若A1D1，B1E1，C1F1交于一点，则ABCDEFB有11?11?11?1.

AB1C1D1E1F1A1C如图，设A1D1，B1E1，C1F1交于点O，根据圆内接多边形的性质易知

O△ OA1B1∽△OE1D1，△OB1C1∽△OF1E1， D△OC1D1∽△OA1F1，从而有

EA1B1B1OE1F1F1OC1D1D1OF， ， . ???D1E1D1OB1C1B1OF1A1F1OABCDEF将上面三式相乘即得11?11?11?1，

B1C1D1E1F1A1引理2：

圆内接六边形A1B1C1D1E1F1，若满足

A1B1C1D1E1F1???1 B1C1D1E1F1A1则其三条对角线A1D1，B1E1，C1F1交于一点。 该引理与定理2的证明方法类似，留给读者。

例11之证明如图，连接PD，AS，RC，BR，AP，SD. 由△EBR∽△EPA，△FDS∽△FPA，知

BREBPAFP??,. PAEPDSFD两式相乘，得

BREB?FP?. ① DSEP?FDCRECPDFP??又由△ECR∽△EPD，△FPD∽△FAS，知，. 两式相乘，得 PDEPASFACREC?FP? ② ASEP?FABR?ASEB?FA?由①，②得. 故

DS?CREC?FDBRCDSAEBAFDC?????. ③ RCDSABBAFDCE对△EAD应用梅涅劳斯定理，有

EBAFDC???1 ④ BAFDCE由③，④得

BRCDSA???1. RCDSAB由引理2知BD，RS，AC交于一点，所以R，T，S三点共线。

111111练 习

A组

1. 由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线

MR，MT。证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上。

10

2. 在△ABC的BC边上任取一点P，作PD∥AC，PE∥AB，PD，PE和以AB，AC为直径而在三

角形外侧所作的半圆的交点分别为D，E。求证：D，A，E三点共线。

3. 一个圆和等腰三角形ABC的两腰相切，切点是D，E，又和△ABC的外接圆相切于F。求证：

△ABC的内心G和D，E在一条直线上。

4. 设四边形ABCD为等腰梯形，把△ABC绕点C旋转某一角度变成△A’B’C’。证明：线段A’D,

BC和B’C的中点在一条直线上。

5. 四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD相交于P。设三角形ABP，BCP，CDP和DAP的

外接圆圆心分别是O1，O2，O3，O4。求证：OP，O1O3，O2O4三直线交于一点。

6. 求证：过圆内接四边形各边的中点向对边所作的4条垂线交于一点。

7. △ABC为锐角三角形，AH为BC边上的高，以AH为直径的圆分别交AB，AC于M，N；M，N

与A不同。过A作直线lA垂直于MN。类似地作出直线lB与lC。证明：直线lA，lB，lC共点。 8. 以△ABC的边BC，CA，AB向外作正方形，A1，B1，C1是正方形的边BC，CA，AB的对边的

中点。求证：直线AA1，BB1，CC1相交于一点。

9. 过△ABC的三边中点D，E，F向内切圆引切线，设所引的切线分别与EF，FD，DE交于I，

L，M。求证：I，L，M在一条直线上。

B组

10. 设A1，B1，C1是直线l1上的任意三点，A2，B2，C2是另一条直线l2上的任意三点，A1B2和

B1A2交于L，A1C2和A2C1交于M，B1C2和B2C1交于N。求证：L，M，N三点共线。

11. 在△ABC，△A’B’C’中，连接AA’，BB’，CC’，使这3条直线交于一点S。求证：AB与

A’B’、BC与B’C’、CA与C’A’的交点F，D，E在同一条直线上(笛沙格定理)。

12. 设圆内接六边形ABCDEF的对边延长线相交于三点P，Q，R，则这三点在一条直线上(帕斯卡

定理)。

11

第四讲 四点共圆问题

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的

例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直

径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)

分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM. A欲证M，N，P，Q四点共圆，须证 NQMK2KN＝PK2KQ，

C′B′即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)

K＝(PB′-KB′)2(PB′+KB′) PM 或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ①BC

不难证明 AP=AM，从而有 AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2

=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2)

=KC′2-KB′2. ②

O由②即得①，命题得证.

例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，

O1O1，O2，O3分别为△OAB，△OBC，

？？O2△OCA的外心.求证：O，O1，O2， O3O3四点共圆. (第27届莫斯科数学奥林匹克) ABC分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.观察△OBC及其外接圆，

11立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠

22OCA.

由∠OO2O1=∠OO3O1?O，O1，O2，O3共圆.

利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.

2 以“四点共圆”作为解题手段

这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK. 求证：∠DMA＝∠CKB. CD（第二届袓冲之杯初中竞赛）

分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，

KM有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC

＝180°， ··AB ∴∠CMK+∠KDC＝180°.

故C，D，K，M四点共圆?∠CMD＝∠DKC. 但已证∠AMB＝∠BKA， ∴∠DMA＝∠CKB.

A(2)证线垂直

例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，

OKBC交于K，N(K与N不同).△ABC

外接圆和△BKN外接圆相交于B和 B

12 NCMGM.求证：∠BMO=90°. (第26届IMO第五题)

分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助

“四点共圆”，问题是不难解决的.

连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=

∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=22∠BAC=∠GMC+ ∠BMK=180°-∠CMK，

∴∠COK+∠CMK=180°?C，O，K，M四点共圆. 在这个圆中，由

OC=OK? OC=OK?∠OMC=∠OMK. 但∠GMC=∠BMK， 故∠BMO=90°. (3)判断图形形状

例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记为IA，IB，IC，ID.

试证：IAIBICID是矩形.

(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)

D分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得

11IBIA∠AICB=90°+∠ADB=90°+ C22∠ACB=∠AIDB?A，B，ID，IC四点

ICID共圆.

A同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时 B1∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，

21∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，

2∴∠AICID+∠AICIB

1=360°-(∠ABC+∠ADC)

21=360°-3180°=270°.

2故∠IBICID=90°.

同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.

(4)计算

例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝2.P为正方形内

一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________ (1989，全国初中联赛) CD分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？

连接OA，OB.易知O，P，A，B O四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°. P·故PA2+PB2=AB2=1989.

B由于PA:PB=5:14，可求PB. A·(5)其他

例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最

小的，并求出这两个面积(须证明你的论断). (1978，全国高中联赛)

分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方

形的三条边上，所以不妨令F，G两点在正方形的一组对边上.

13

作正△EFG的高EK，易知E，K，G，

D四点共圆?∠KDE=∠KGE=60°.同

·F··G理，∠KAE=60°.故△KAD也是一个正

K三角形，K必为一个定点. CB 又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积

3也最小.当KF通过B点时，边长为222?3，这时边长最大，面积S=23-3也最4大.

例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的

延长线交⊙O于Q.求证：RS＞MQ. (1991，江苏省初中竞赛)

分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接

MQ′，SQ′.

易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=

∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.

根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称?MQ′=MQ. 又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径(

∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.

A··E·DS=

练习题

1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A 交⊙O1 于D点.求证：点A是△BCD的内心.

(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2 四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)

2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C-1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.

(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.

4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD.

(提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)

5.AD，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B作AB的垂线交l1于K，证：A，B，K，C四点共圆)

14

第五讲 三角形的五心

三角形的外心、重心、垂心、内心及旁心，统称为三角形的五心. 一、外心.

三角形外接圆的圆心，简称外心.与外心关系密切的有圆心角定理和圆周角定理.

例1．过等腰△ABC底边BC上一点P引PM∥CA交AB于M；引PN∥BA交AC于N.作点P关

于MN的对称点P′.试证：P′点在△ABC外接圆上. (杭州大学《中学数学竞赛习题》)

AP'分析：由已知可得MP′=MP=MB，NP′=NP

N=NC，故点M是△P′BP的外心，点

N是△P′PC的外心.有

M11BC ∠BP′P=∠BMP=∠BAC， P2211 ∠PP′C=∠PNC=∠BAC.

22 ∴∠BP′C=∠BP′P+∠P′PC=∠BAC.

从而，P′点与A，B，C共圆、即P′在△ABC外接圆上. 由于P′P平分∠BP′C，显然还有 P′B:P′C=BP:PC.

例2．在△ABC的边AB，BC，CA上分别取点P，Q，S.证明以△APS，△BQP，△CSQ的外心为

顶点的三角形与△ABC相似.

(B2波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》)

A分析：设O1，O2，O3是△APS，△BQP，

O1△CSQ的外心，作出六边形 ....PKSO1PO2QO3S后再由外

心性质可知 O2O3BC ∠PO1S=2∠A， Q ∠QO2P=2∠B， ∠SO3Q=2∠C.

∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+

∠O2QO3+∠O3SO1=360°

将△O2QO3绕着O3点旋转到△KSO3，易判断△KSO1≌△O2PO1，同时可得△O1O2O3≌△

O1KO3.

1 ∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K

21 =(∠O2O1S+∠SO1K)

21 =(∠O2O1S+∠PO1O2)

21 =∠PO1S=∠A；

2 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.

二、重心

三角形三条中线的交点，叫做三角形的重心.掌握重心将每 条中线都分成定比2:1及中线长度公式，便于解题.

15

例3．AD，BE，CF是△ABC的三条中线，P是任意一点.证明：在△PAD，△PBE，△PCF中，

其中一个面积等于另外两个面积的和. (第26届莫斯科数学奥林匹克)

A

A'F' EFG分析：设G为△ABC重心，直线PG与AB E'D'，BC相交.从A，C，D，E，F分别 BCC'D作该直线的垂线，垂足为A′，C′， PD′，E′，F′.

易证AA′=2DD′，CC′=2FF′，2EE′=AA′+CC′， ∴EE′=DD′+FF′. 有S△PGE=S△PGD+S△PGF.

两边各扩大3倍，有S△PBE=S△PAD+S△PCF.

例4．如果三角形三边的平方成等差数列，那么该三角形和由它的三条中线围成的新三角形相似.

其逆亦真.

分析：将△ABC简记为△，由三中线AD，BE，CF围成的三角形简记为△′.G为重心，连DE

到H，使EH=DE，连HC，HF，则△′就是△HCF.

(1)a2，b2，c2成等差数列?△∽△′. 若△ABC为正三角形，易证△∽△′. 不妨设a≥b≥c，有

12a2?2b2?c2， CF=212c2?2a2?b2， BE=212b2?2c2?a2. AD=222

将a+c=2b2，分别代入以上三式，得

333a，BE=b，AD=c. 222333 ∴CF:BE:AD =a:b:c

222 =a:b:c.

故有△∽△′.

(2)△∽△′?a2，b2，c2成等差数列. 当△中a≥b≥c时， △′中CF≥BE≥AD. ∵△∽△′，

S?'CF2

∴＝().

aS? CF=

据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的

S33”，有?'=. 4S?4CF23 ∴2=?3a2=4CF2=2a2+b2-c2

4a?a2+c2=2b2.

三、垂心

三角形三条高的交战，称为三角形的垂心.由三角形的垂心造成的四个等(外接)圆三角形，给我们解题提供了极大的便利.

例5．设A1A2A3A4为⊙O内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为

16

△A2A3A4，△A3A4A1，△A4A1A2，△A1A2A3的垂心.求证：H1，H2，H3，H4四点共圆，并确定出该圆的圆心位置.

A1A2

(1992，全国高中联赛)

.H2H1O分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径

为R.由△A2A3A4知 A3A4A2H1 =2R?A2H1=2Rcos∠A3A2A4；

sin?A2A3H1 由△A1A3A4得

A1H2=2Rcos∠A3A1A4.

但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2. 易证A2H1∥A1A2，于是，A2H1 AH， ∥=12

故得H1H2 ∥ A2A1.设H1A1与H2A2的交点为M，故H1H2与A1A2关于M点成中心对称.

= 同理，H2H3与A2A3，H3H4与A3A4，H4H1与A4A1都关于M点成中心对称.故四边形

H1H2H3H4与四边形A1A2A3A4关于M点成中心对称，两者是全等四边形，H1，H2，H3，H4在同一个圆上.后者的圆心设为Q，Q与O也关于M成中心对称.由O，M两点，Q点就不难确定了.

例6．H为△ABC的垂心，D，E，F分别是BC，CA，AB的中心.一个以H为圆心的⊙H交直线

EF，FD，DE于A1，A2，B1，B2，C1，C2.

求证：AA1=AA2=BB1=BB2=CC1=CC2. (1989，加拿大数学奥林匹克训练题) B2C1A分析：只须证明AA1=BB1=CC1即可.设 H2MEA2A1FBC=a， CA=b，AB=c，△ABC外

H接圆半径为R，⊙H的半径为r. BCH1 连HA1，AH交EF于M. D AA12=AM2+A1M2=AM2+r2-MH2

C2B1 222

=r+(AM-MH)， ①

11 又AM2-HM2=(AH1)2-(AH-AH1)2

22 =AH2AH1-AH2=AH22AB-AH2

2

=cosA2bc-AH， ②

AH 而=2R?AH2=4R2cos2A,

sin?ABHa=2R?a2=4R2sin2A. sinA∴AH2+a2=4R2，AH2=4R2-a2. ③ 由①、②、③有

2222b?c?a2AA1=r+2bc-(4R2-a2)

2bc1=(a2+b2+c2)-4R2+r2. 21同理，BB12=(a2+b2+c2)-4R2+r2，

21CC12=(a2+b2+c2)-4R2+r2.

2故有AA1=BB1=CC1.

四、内心

17

三角形内切圆的圆心，简称为内心.对于内心，要掌握张角公式，还要记住下面一个极为有用的等量关系：

设I为△ABC的内心，射线AI交△ABC外接圆于A′，则有A ′I=A′B=A′C.换言之，点A′必是△IBC之外心(内心的等量关系之逆同样有用).

D例7．ABCD为圆内接凸四边形，取

△DAB，△ABC，△BCD， O4O3C△CDA的内心O1， O2，O3， O4.求证：O1O2O3O4为矩形.

O2O (1986，中国数学奥林匹克集训题)

BA证明见《中等数学》1992；4

例8．已知⊙O内接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F且与⊙O内切.试证：EF中点P是△ABC之

内心.

(B2波拉索洛夫《中学数学奥林匹克》)

分析：在第20届IMO中，美国提供的一道题实际上是例8的一种特例，但它增加了条件AB=AC.

当AB≠AC，怎样证明呢？

r 如图，显然EF中点P、圆心Q，BC中点K都在∠BAC平分线上.易知AQ=.

sin? ∵QK2AQ=MQ2QN， AMMQ?QNααR ∴QK= EAQrPOQF(2R?r)?rC ==sin??(2R?r). Br/sin?N 由Rt△EPQ知PQ=sin??r. K ∴PK=PQ+QK=sin??r+sin??(2R?r)=sin??2R. ∴PK=BK.?

利用内心等量关系之逆定理，即知P是△ABC这内心. 五、旁心

三角形的一条内角平分线与另两个内角的外角平分线相交于 一点，是旁切圆的圆心，称为旁心.旁心常常与内心联系在一起， 旁心还与三角形的半周长关系密切.

例9．在直角三角形中，求证：r+ra+rb+rc=2p.

式中r，ra，rb，rc分别表示内切圆半径及与a，b，c相切的旁切圆半径，p表示半周. (杭州大学《中学数学竞赛习题》)

分析：设Rt△ABC中，c为斜边，先来证明一个特性：

p(p-c)=(p-a)(p-b).

11∵p(p-c)=(a+b+c)2(a+b-c) rcK22AO31O2 =[(a+b)2-c2]

4rbOrE1B =ab； raC2O111(p-a)(p-b)=(-a+b+c)2(a-b+c)

2211 =[c2-(a-b)2]=ab.

42∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ① 观察图形，可得 ra=AF-AC=p-b， rb=BG-BC=p-a，

1 18

rc=CK=p.

1而r=(a+b-c)

2 =p-c. ∴r+ra+rb+rc

=(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p. 由①及图形易证.

例10．M是△ABC边AB上的任意一点.r1，r2，r分别是△AMC，△BMC，△ABC内切圆的半

rrr径，q1，q2，q分别是上述三角形在∠ACB内部的旁切圆半径.证明：122=.

q1q2q(IMO-12)

分析：对任意△A′B′C′，由正弦定理可知

A'

OD=OA′2sin C'2

B'OsinA'.BA'..2' =A′B′22sin DE2sin?A'O'B'A'B'sin?sinO'22 =A′B′2， A'?B'sin2A'B'coscos22. O′E= A′B′2

A'?B'sin2ODA'B'?tgtg. ∴O'E22亦即有 r1rA?CMA?CNBBtgtg 22=tgtg2222q1q2ABr =tgtg=.

22q六、众心共圆

这有两种情况：(1)同一点却是不同三角形的不同的心；(2)同一图形出现了同一三角形的几个心.

例11．设在圆内接凸六边形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.试证：(1)AD，BE，CF三

条对角线交于一点；

(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF. (1991，国家教委数学试验班招生试题)

分析：连接AC，CE，EA，由已知可证AD，CF，EB是△ACE的三条内角平分线，I为△ACE的

内心.从而有ID=CD=DE，

IF=EF=FA， IB=AB=BC.

再由△BDF，易证BP，DQ，FS是它的三条高，I是它的垂心，利用 不等式有：

.. BI+DI+FI≥22(IP+IQ+IS). ErdosA 不难证明IE=2IP，IA=2IQ，IC=2IS.

F ∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC. BQ ∴AB+BC+CD+DE+EF+FA

19 CSIPED =2(BI+DI+FI)

≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI) =AD+BE+CF. I就是一点两心.

例12．△ABC的外心为O，AB=AC，D是AB中点，E是△ACD的重心.证明OE丄CD. (加拿大数学奥林匹克训练题)

A分析：设AM为高亦为中线，取AC中点

F，E必在DF上且DE:EF=2:1.设

CD交AM于G，G必为△ABC重心. DGEF连GE，MF，MF交DC于K.易证： OK1BCDG:GK=DC:()DC=2:1. 3 ∴DG:GK=DE:EF?GE∥MF. ∵OD丄AB，MF∥AB，

∴OD丄MF?OD丄GE.但OG丄DE?G又是△ODE之垂心. 易证OE丄CD.

例13．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是内心，边AC上的D点与边BC上的E点使得

AD=BE=AB.求证：OI丄DE，OI=DE.

(1988，中国数学奥林匹克集训题)

分析：辅助线如图所示，作∠DAO平分线交BC于K. 易证△AID≌△AIB≌△EIB，

∠AID=∠AIB=∠EIB. DAC30° 利用内心张角公式，有

OKI1FE ∠AIB=90°+∠C=105°，

2B ∴∠DIE=360°-105°33=45°.

1 ∵∠AKB=30°+∠DAO

21 =30°+(∠BAC-∠BAO)

21 =30°+(∠BAC-60°)

21 =∠BAC=∠BAI=∠BEI.

2 ∴AK∥IE.

由等腰△AOD可知DO丄AK，

∴DO丄IE，即DF是△DIE的一条高. 同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE. 由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.

例14．锐角△ABC中，O，G，H分别是外心、重心、垂心.设外心到三边距离和为d外，重心到

三边距 A离和为d重，垂心到三边距离和为d垂.

H3求证：12d垂+22d外=32d重. G3O2O3G2分析：这里用三角法.设△ABC外接圆

H2OG半径为1，三个内角记为A，B， IBC. 易知d外=OO1+OO2+OO3 CO1G1H1=cosA+cosB+cosC，

∴2d外=2(cosA+cosB+cosC). ① ∵AH1=sinB2AB=sinB2(2sinC)=2sinB2sinC，

ADFCPOEGB 20

由①、③、④得100＞b2≥20c，c＜5.

若c＝1，则由②、④得0＜b＜6且b2≥20,得b＝5； 若c＝2，则0＜b＜7且b2≥40，无整数解； 若c＝3，则0＜b＜8且b2≥60，无整数解； 若c＝4，则0＜b＜9且b2≥80，无整数解. 故所求b、c的值为b＝5，c＝1.

2.4 途径四：变更主元法

当方程中参数的次数相同时，可考虑以参数为主元求解.

例11 试求所有这样的正整数a，使方程ax2＋2(2a－1)x＋4(a－3)＝0至少有一个整数解. (第三届祖冲之杯数学竞赛)

解： 因为方程中参数a是一次，所以可将a用x表示，即

2(x?6) a＝. ① 2(x?2)2(x?6) 又a是正整数，则≥1. 2(x?2) 解得－4≤x≤2且x≠－2. 故x＝－4,－3,－1,0,1,2. 分别人入①得a＝1,3,6,10.

3 其他类型 3.1 分类讨论型

当方程中最高次项的系数含有变参数时，应先分系数为0或不为0讨论.

例12 求使关于x的方程kx2＋(k＋1)x＋(k－1)＝0的根都是整数的k值. (第十三届江苏省初中数学竞赛) 解：分k＝0和k≠0两种情况讨论.

当k＝0时，所给方程为x－1＝0，有整数根x＝1. 当k≠0时，所给方程为二次方程. 设两个整数根为x1和x2,则有

k?11?x?x????1?,①12??kk ?

?xx?k?1?1?1. ②12?kk? 由①－②得

x1＋x2－x1x2＝－2 ?(x1－1)(x2－1)＝3. ＝133＝(－1)3(－3).

?x1?1?1,?x1?1??1, 有? ?

x?1?3;x?1??3;?2?2?x1?1?3,?x1?1??3, ? ?

?x2?1?1;?x2?1??1. 故x1＋x2＝6或x1＋x2＝－2，

11即 －1－＝6或－1－＝－2.

kk1 解得k＝－或k＝1.

7 又△＝(k＋1)2－4k(k－1)＝－3k2＋6k＋1，当k＝－ 所以，满足要求的k值为

26

1或k＝1时，都有△＞0. 7 k＝0，k＝－

1，k＝1. 73.2 数形结合型

当问题是以几何形式出现，或容易联想到几何模型的时候，可考虑用数形结合法.这是一种

极为重要的解题方法，它具有形 象直观的特点，可使许多问题获得巧解. 例13 以关于m的方程m2＋(k－4)m＋k＝0的最大整A数根为直径作⊙O.P为⊙O外

一点，过P作切线PA和割线PBC，如图1，A为切点.这时发现PA、

.OPPB、PC都是整数，且PB、BC都不是C合数，求PA、PB、PC的长. B解： 设方程两根为m1、m2则

①?m?m2?4?k,图1 ?1

②?m1m2?k. 又设PA＝x，PB＝y，BC＝z，则x﹑y﹑z都是正整数. 由切割线定知

PA2＝PB?PC＝PB(PC＋BC)，

即 x2＝y2＋yz?(x＋y)(x－y)＝yz . ③ 消去①和②中的k，得 m1m2＝4－m1－m2. 整理分解，得

(m1＋1)(m2＋1)＝5.

因为⊙O的直径是方程的最大整数根，不难求得最大整根m＝4.进而，z＝BC≤4. 又正整数z不是合数，故z＝3，2，1. 当z＝3时，(x＋y)(x－y)＝3y，有

?x?y?3,?x?y?y,?x?y?3y, ? ? ?

x?y?1.x?y?y;x?y?3;??? 可得适合题意的解为x＝2，y＝1.

当z＝1和z＝2时，没有适合题意的解， 所以，PA＝x＝2，PB＝y＝1，PC＝y＋z＝4.

3.3 综合探索型

当已知方程不止一个或结论不明确时，常用综合分析、假设探索法求解.

例14 已知关于x的方程4x2－8nx－3n＝2和x2－(n＋3)x－2n2＋2＝0.问是否存在这样的n的

值，使第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一整数根？若存在，求出这样的n值；若不存在，请说明理由.

(2000，湖北省初中数学选拔赛)

解： 由△1＝(－8n)2－4343(－3n－2)＝(8n＋3)2＋23＞0，知n为任意实数时，方程(1)都有实

数根.

设第一个方程的两根为?、?.则

?3n?2 ?＋?＝2n，??＝.

42

于是，(???)＝(???)2－4?? ＝4n2＋3n2＋2. 由第二个方程得

[x－(2n＋2)][x＋(n－1)]＝0 解得两根为

x1＝2n＋2，x2＝－n＋1.

若x1为整数，则4n2＋3n＋2＝2n＋2.

1 于是n1＝0，n2＝－.

4

27

13时，x＝不是整数，舍去. 422

若x2为整数，则4n＋3n＋2＝1－n.

13有n3＝n4＝－.此时x2＝不是整数，舍去.

22综合上述知，当n＝0时，第一个方程的两个实数根的差的平方等于第二个方程的一个整数根.

当n＝0时，x1＝2是整数；n＝－

练 习 题

1. 设a为整数. 若存在整数b和c，使(x＋a)(x－15)－25＝(x＋b)(x＋c)，则a可取的值为_________

(1998，上海市鹏欣杯数学竞赛)

(提示：变形后用因式分解法. a＝9，－15，－39)

2. 设关于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.

(2000，全国初中数学联赛)

24 (提示：求出二根x1＝－1－，x2＝－1－，从中消去k得x1x2＋3x1＋2＝0，分解得

k?4k?210x1(x2＋3)＝－2.借助方程组得k＝6，3，)

33. 求所有的正整数a、b、c，使得关于x的方程x2－3ax＋2b＝0，x2－3bx＋2c＝0，x2－3cx＋2a＝0的所有的根都是正整数. (2000，全国初中数学联赛)

(提示：从根与系数的关系入手，结合奇偶性分析，得a＝b＝c＝1.)

’4. 已知方程：x2＋bx＋c＝0及x2＋cx＋b＝0分别各有二整数根x1、x2及x’、x12，且x1x2＞0，’x’1x2＞0.

’ (1)求证：x1＜0，x2＜0，x’1＜0，x2＜0. (2)求证：b－1≤c≤b＋1. (3)求b、c的值.

(1993，全国初中数学竞赛)

(答案：b＝5，c＝6或b＝6，c＝5.)

1115.x、y为正整数，??.则y的最大值为_________.

xy100 (1998，重庆市初中数学竞赛)

(提示：用因式分解法，结果为9 900.)

6.k为什么整数时，方程(6－k)(9－k)x2－(117－15k)x＋54＝0的解都是整数？ (1995，山东省初中数学竞赛)

(提示：对系数(6－k)(9－k)分为0与不为0讨论，得k值为3，6，7，9，15.)

一元二次方程的整数根问题

(本讲适合初中)

迄今为止，尚未找到使得整系数一元二次方程有整数根的充分条件，通常的方法都是通过讨论其判别式，利用根与系数的关系进行分析和归纳，即使用必要条件解题，然后通过检验确定答案.下面举例说明常用的几种方法，并指出每种方法适合的范围. 整系数一元二次方程有整数根的必要条件： (1)两个根都是整数； (2)判别式是整数；

(3)判别式是整数的完全平方； (4)两根和是整数，两根积是整数.

28

例1 设方程mx2－(m－2)x＋m－3＝0有整数解，试确定整数m的值，并求出这时方程的所有

整数解.

分析：若m＝0，则2x－3＝0，此时方程无整数解；

当m≠0时，考察△＝－3m2＋8m＋4，注意到二次项系数为负，方程有解，则－3m2＋8m

＋4≥0.

4?274?27≤m≤.+ 33因为m是整数，故只能取1，2，3. 当m＝1时，方程有解：－2和1； 当m＝2时，方程无整数解： 当m＝3时，方程有整数解：0.

注：当判别式二次系数为负时，解不等式得关于参数的一个有限长区间，又因为参数为

整数，可以讨论得解.

例2 当x为何有理数时，代数式9x2＋23x－2的值恰好为两个连续的偶数积.

(1998，山东省初中数学竞赛)

分析：设两个连续的偶数为n，n＋2，问题转化为：当n为何值时，方程9x2＋23x－2＝n(n＋2)

有有理数根.

有理根问题本质上也是整数根的问题，要求方程的根的判别式必须为一个整数或有理数

的完全平方.考察判别式 △ ＝232＋36(n2＋2n＋2)

＝36(n＋1)2＋565.

由于n是整数，所以判别式应为整数的完全平方.设 36(n＋1)2＋565＝m2(m为大于565的自然数). 移项因式分解，得

(m＋6n＋6)(m－6n－6)＝1353113.

?m?6n?6?113, 只有?

m?6n?6?5??m?6n?6?565, 或 ?

?m?6n?6?1. 解得n＝8，或n＝46.

41130 分别代入原方程得方程有理数解为－，2或，－17.

99 注：当判别式为关于某一参数的二次式，且二次项系数为正时，可采用配方法变形为：?

2

(?) ＋常数(?是整数).然后采用例1的方法，通过分析得解.

例3 求一实数p，使用三次方程5x3－5(p＋1)x2＋(71p－1)x ＋1＝66p的三个根均为自然数.

(1995，全国高中数学联赛)

分析：观察可知，1是方程的解，方程可转化为

(x－1)(5x2－5px＋66p－1)＝0

问题转化为：求一切实数p使方程 5x2－5px＋66p－1＝0 的解为自然数.

由韦达定理知，p为方程两根之和，即p是自然数.仿例2得 △＝(5p－132)2－17 404.

设(5p－132)2－17 404＝n2(n＞0，n为自然数).移项分解可得

(5p－132＋n)(5p－132－n) ＝223193229.

又(5p－132＋n)，(5p－132－n)同奇偶，所以，

解得

29

?5p?132?n?2?229, ?

?5p?132?n?2?19. 解得p＝76.

注：从表面上看，此题中的p是一切实数，但由韦达定理判断它实际上是自然数，故可采用

前法求得.

例4 设m为整数，且4＜m＜40，又方程x2－2(2m－3)x＋4m2－14m＋8＝0有两个整数根.求m

的值及方程的根.

(1993,天津市初中数学竞赛)

分析：考察判别式△＝4(2m＋1)，因是关于m的一次式，故例1，例2的方法均不可用. 由已知4＜m＜40，可知 9＜2m＋1＜81.

为使判别式为完全平方数，只有2m＋1＝25或2m＋1＝49. 当2m＋1＝25时，m＝12，方程两根分别为16，26； 当2m＋1＝49时，m＝24，方程两根分别为38，52.

注：当判别式不是二次式时，可结合已知条件通过讨论得出参数的范围，进而求解；当判

别式较复杂时，则应改用其他办法，参见例5.

例5 ?是大于零的实数，已知存在惟一的实数k，使得关于x的方程 x2＋(k2＋?k)x＋1 999＋k2＋?k＝0的两根为质数.求?的值. (1999，全国初中数学联赛)

分析：因为?、k均为实数，判别式法不能解决.

设方程两根为x1、x2，且x1≤x2，x1、x2均为质数，则

2??x1?x2??k??k, ? 2??x1x2?1999?k??k. 消掉参数得

x1＋x2＋x1x2＝1 999，

即 (x1＋1)(x2＋1)＝2 000＝24353.

显然，x1≠2. 于是，x1＋1，x2＋1都是偶数且x1＋1≤x2＋1.故只有如下可能：

23???x1?1?2,?x1?1?2, ? ? 233???x2?1?2?5;?x2?1?2?5;22??x1?1?2?5,?x1?1?2?5, ? ? 322??x2?1?2?5;?x2?1?2?5;23???x1?1?2?5,?x1?1?2?5, ? ? 222???x2?1?2?5?x2?1?2?5.?x?3, 符合题意的只有?1

?x2?499. 于是，3＋499＝－k2－?k.

因为存在惟一的k，故方程k2＋?k＋502＝0有两等根. 判别式△＝?2－43502＝0，解得 ?＝2502.

注：应用韦达定理的关键在于消去参数，首先求得方程的解，在消去参数之后，要注意因式

分解的使用.

例6 设关于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.

(2000，全国初中数学联赛)

分析：方程的表达式比较复杂，判别式法和韦达定理均不可用.将原方程变形得 (k－2)(k－4)x2＋(2k2－6k－4)x＋(k－2)(k＋2)＝0.

30

分解因式得

[(k－2)x＋k＋2][(k－4)x＋k－2]＝0. 显然，k≠2，k≠4.解得

k?2k?2 x1＝－, x2＝－.

k?4k?2 消去k得

x1x2＋3x2＋2＝0 ? x2(x1＋3)＝－2.

?x2??2, 讨论得?

x?3?1;?1?x1?1,?x?2, 或?1 或?

?x2?3??2.?x2?3??1;10. 3 注：当判别式与韦达定理均难解决时，这时反而意味着可用因式分解法求出方程的根，然

后再整理转化.

例7 设?为整数，若存在整数b和c，使得(x＋?)(x－15)－25＝(x＋b)(x＋c)成立，求?可取的

值.

(1998，上海市初中数学竞赛)

分析：此题可转化为：当?为何值时，方程(x＋?)(x－15)－25＝0有两个整数根. 方程可化为

x2－(15－?)x－15?－25＝0

视其为关于?的一次方程，整理得

?(x－15)＝－x2＋15x＋25. 易知x≠15，

25?x2?15x?25＝－x＋. ??＝

x?15x?15因为?、x均为整数，讨论见下表： 5 25 x－15 －25 －5 x 10 20 40 －10 9 ? －15 －15 －39 ?取值为：9，－15，－39，经检验符合题意. 注：此解法为分离参数法，它适合于参数与方程的根均是整数，且参数较易于分离的情况.

如此题变形为?＝?(x)，然后利用函数的性质求解，这是一种应用较广泛的方法.

上面只介绍了处理整数根问题的常用解法，这些解法的基本依据是：方程有整数根的必要条件. 基本方法是：(1)判别式讨论法(主要讨论由判别式决定的参数范围，由判别式为完全平方数求参数)；(2)韦达定理法；(3)判别式与韦达定理结合法；(4)分离参数法(通过分离参数，利用根为整数的条件讨论).

需说明的是，每个题的解法都不是惟一的，本文所给的只是较简洁的一种.同学们在解题时，应因题而定方法，不断求新，才能领悟数学的美感.

解x1、x2，代入原式得k值为6，3，

练习题

1. 求满足如下条件的所有k值，使关于x的方程kx＋(k＋1)x＋(k－1)＝0的根都是整数. (第十三届江苏省初中数学竞赛)

1 (k＝0，k＝－，k＝1)

72. 关于x的方程(m3－2m2)x2－(m3－3m2－4m＋8)x＋12－4m＝0的根均为整数，求实数m的值. (提示：应用求根消参法，得m＝1，或m＝2.)

3. 求所有正实数?，使方程x2－?x＋4?＝0仅有整数根.

31

(1998，全国初中数学联赛)

16x2 (提示：分离参数法. ?＝＝x＋4＋，讨论得?＝25，或18，或16).

x?4x?4’4. 已知方程x2＋bx＋c＝0及x2＋cx＋b＝0分别各有两个整数根x1、x2及x’1、x2，且x1x2＞0，

’x’1x2＞0.

’ ①求证：x1＜0，x2＜0，x’1＜0，x2＜0； ②求证：b－1≤c≤b＋1； ③求b、c所有可能的值. (1993，全国初中数学联赛) (提示：应用韦达定理，得 ?b?5?b?6?b?4 ? ? ? )

c?6c?5c?4???5.某顾客有钱10元，第一次在商店买x件小商品花去y元，第二次再去买该小商品时，发现每打(12件)降价0.8元，他比第一次多买了10件，花去2元.问他第一次买的小商品是多少件？(x、y为正整数)

y20.8? (提示：列方程?问题转化为：y为何值时，方程x2＋(40－15y)x－150y＝0有正

xx?1012整数解，利用判别式可求得x＝5，或x＝50.)

32

第七讲 抽屉原则

知识点拨

抽屉原则,又称鸽巢原理,最早由德国数学家狄利克雷提出,并在有关数论问题中得到成功应用. 抽屉原则,主要有下面几种表述形式：

抽屉原则1：把n＋1个元素分为n个集合,那么必有一个集合含有两个以上的元素.

抽屉原则2：把mn＋1个元素分为n个集合,那么必有一个集合中含有m＋1个或m＋1个以上的元素.

?n?抽屉原则3：把n个元素分为k个集合,那么必有一个集合中的元素个数≥??,也必有一个集

?k??n?合中的元素个数≤??.

?k?抽屉原则4：把无穷多个元素分为有限个集合,那么必有一个集合含有无穷多个元素.

在运用抽屉原则时,所给定的元素具有任意性,也就是说,对元素的处理是任意的；所论证的问题,也只要求存在即可,不必一定是确定的.运用抽屉原则进行论证的命题,往往含有“至少含有”、“一定有”、“不少于”、“存在”、“必然有”等词语.

利用抽屉原则的关键在于构造抽屉,从而把论证的命题的范围缩小,使问题变得简单明确,易于把握.一般说来,总是从问题自身的特点出发,先弄清所需要进行分类的元素特征.并指出规律,从而构造“抽屉”.

利用抽屉原则解题的一般步骤是：

第一步,根据元素的特征,构造抽屉(是运用抽屉原则解决问题的关键)； 第二步,把元素放入所构造的抽屉；

第三步,运用抽屉原则,对所论证的问题作出问题.

赛题精讲

(一)抽屉原则的一般运用

例1 证明：从1,2,3,?,11,12这12个数中任意取出7个数,其中至少有两个数之差为6.

【解析】现将这12个数按下面的方式分成6组(1,7)；(2,8)；(3,9)；(4,10)；(5,11)；(6,12).任取7个数,根据抽屉原则1,至少有两个数来自同一个抽屉,这也就是说,至少有两个数之差是6. 例2 某校初中二年级共有210名学生,则至少有18名同学是在同一个月里出生的.

【解析】由于一年有12个月,则可以将其试作12个抽屉,又因为210＝12317＋6.因此根据抽屉原则2可知,至少有19名同学是在同一个月里出生的.

23例3 从1,2,3,?,n中任取10个数,使得其中两个数比值大于,小于,那么n的最大值是91.

32【解析】由于任取10个数中有两个数在同一个抽屉里,显然最多构造9个抽屉.这9个抽屉中的每

23一个抽屉都含有1,2,3,?,n中的一些数,而且这些数必须满足每两个数的比值都在和之间,这

329个抽屉,是：｛1｝；｛2,3｝；｛4,5,6｝；｛7,8,9,10｝；

｛11,12,?,16｝；｛17,18,?,24,25｝；｛26,27,?,38,39｝；｛40,41,?,59,60｝；｛61,62,?,90,91｝.因此,n的最大值是91.

例4 从1到100这100个自然数中,任意取出51个数,其中一定存在两个数,这两个数中的一个是另一个的整数倍.

【解析】由于任何一个自然数都可以表示成一个奇数与2n和乘积的形式,而且这种表示方法是惟一的.因此,我们可以按下面的方法来构造50个抽屉：

｛1,132,1322,?,1323,1326｝； ｛3,332,3322,3323,3324,3325｝； ｛5,532,5322,5323,5324｝； ??；

33

｛49,4932｝； ｛51｝； ｛53｝； ??； ｛99｝.

于是从这50个抽屉中任取51个数,根据抽屉原则,其中一定存在至少两个数属于同一个抽屉,即命题得证.

(二)同余与抽屉原则

当任何一个正整数m被另一个正整数n相除时,总可以写成m＝nq＋r的形式(其中,q称为商,r称为余数.当n整除m时,r＝0；当n不能整除m时,r为小于n的正整数,也就是说,这里的0≤rn.)

于是,我们可以根据m被n所除的余数的不同情况来构造抽屉,进而运用抽屉原则来解决一些与之相关的命题.

这时,我们根据整数被某一整数n相除所得的余数相同与否进行分类,从而构造抽屉.如果将所有整数被n所除余数相同(习惯上我们称之为同余)的数归为一类,这样便可以构造出n个不同的抽屉,而且任一整数,它必然在这n类数(或n个抽屉)中的某一个之内.同时,如果所讨论的对象超出了n个,那么至秒有两个数被n所除的余数相同；此外,这样的两个数的差也一定能被n整除.

下面,我们给出一些运用同余来构造抽屉并解决实际问题的例子.

例5 对于任意给定的n个自然数,其中一定存在若干个数,它们的和是n的倍数.

【解析】我们假设n个自然数是a1,a2,a3,?,an,而且考虑如下形式的和：S1＝a1,S2＝a1＋a2,?,Sn＝a1＋a2＋a3＋?＋an.

如果在这n个和S1,S2,?,Sn中,存在一个数是n的倍数,则原命题成立.

如果在n个和S1,S2,?,Sn中,没有n的倍数的数,那么它们被n除所得的余数只可能是

1,2,?,n－1共n－1种情况.但由于S1,S2,?,Sn共有n个数,从而根据抽屉原则,必然存在两个数它们被n除的余数相同.不妨设在这两个数是Sk与Sj(k>j),那么这两个数的差Sk－Sj一定是n的倍数.

也就是说,有：Sk－Sj＝(a1＋a2＋a3＋?＋aj＋aj＋aj＋2＋?＋ak)－

(a1＋a2＋a3＋?＋aj)＝aj＋1＋aj＋2＋?＋ak,这表明：这时从第j＋1个数起,一直到第k个数.它们的和正好是n的倍数.

例6 如果三个完全平方数之和能被9整除,那么可以从这三个数中选出两个来,使得这两个完全平立数之差也能被9整除.

【解析】下面我们先来讨论任意的完全平方数被9除的余数.根

据同余理论,我们知道,任何一个整数总可以表示成：9k,9k±1,9k±2,9k±3及9k±4这九种情况中的一种.现在将这九种情况分别平方,于是可得：

(9k)2＝939k2＋0；(9k±1)2＝9(9k2±2k)＋1；

(9k±2)2＝9(9k2±4)＋4；(9k±3)2＝9(9k2±6k＋1)＋0

及(9k±4)2＝9(9k2±8k＋1)＋7.可见,任何一个完全平方数被9除的余数只可能是0,1,4,7这四种情况之一.

另一方面,由于所选的三个完全平方数之和能被9整除,因此这三个数的余数之和也一定能被9整除；而从0、1、4、7这四个数中选出三个,其和要能被9整除,只可能是｛0,0,0｝、｛1,1,7｝、｛1,4,4｝或｛4,7,7｝这四种情况中的一种.

而在上面这四种可能的余数组合中,每一组都至多有两种余数,因此至少有两个完全平方数被所9除的余数相同,从而这两个余数相同的完全平方数之差就一定能被9整除. (三)图形分割与抽屉原则

一些与几何图形有关的数学命题,有时可以先根据图形的特点“适应”地将其分割,然后再利用分割而成的图形来构造“抽屉”,最后在此基础上再利用抽屉原则来解决这些问题.

1例7 如果在长度为1的线段上有n＋1个点,那么其中必有两点,它们之间的距离不超过.

n

34

【解析】这里,我们可以将这条线段n等分,并把等分后的每一份看成一个“抽屉”,那么这里的n

1＋1个点至少有两个点一定在等分后的“抽屉”中,也就是说,至少有两个点在一个长度为的小

n1线段内,当然这两个点之间的距离就一定不会超过.命题得证.

n2例8 在边长为1的正方形内任给五点,则必有两点,它们之间的距离不大于.

2【解析】由抽屉原则,显然我们应将这五点放入四个合适的抽屉 中,且每个抽屉中任两个点的距离都不超过而将其分割成长度为

2.于是我们可以通过连接正方形两组对边的中点,从21的四个小正方形来构造“抽屉”.这样,任意的五个点中必有两个点一定在22同一个小正方形内,如图1所示,而每一个小正方形内两点间的最大距离就是.因此,在同一个

22小正方形内的两个点的距离一定不大于.于是命题得证.

2

这里,特别值得一提的是,并不是任意与几何图形有关的命题在构造抽屉时都一定得将图形等图1分(见下面的例9).事实上,就本例来讲,如果将原正方形的两条对角线连接起来,也将原正方形四等分了,但是对于原命题的证明是没有任何原助的.因为这时如果两点恰好位于正方形的相邻的两

个顶点处,这样的两个点也可以在一个抽屉内,但是这两个点的距离却不大于

2,显然与原命题的2要求不符.

例9 证明：如果在边长分别为3和4的矩形中有任意6个点,那么一定可以选出两个点,它们之间的距离不大于5.

【解析】根据抽屉原则,显然需要将334的矩形分割成五个“抽屉”,每个抽屉中任意两个点的最大距离不超过5.而且大家都容易将5与边长为132的矩形联系起来,因为这里矩形的对角线长度是5.但是这样却把334的矩形分割成了六个“抽屉”,显然这是不符合题目要求的.可见,构造的抽屉是要满足一定 “尺寸”的.

我们可以在此基础上适当改造“抽屉” BAC的形状,如图2,可以将图中的点A、B、K、J、 KDI这五点,B、C、D、L、K这五点,D、E、F、 IL这四点,F、G、J、K、L这五点以及G、H、

JLI、J这四点所组成的五边形或四边形为“抽 HEGF屉” 而构造出五个抽屉,而且这五个“抽屉”

图2中的任何两个点之间的最大距离都不超过5.根据抽 屉原则,该命题得证.

这是“非平均分割”而构造“抽屉”的一个非常有说明力的例子.可见,对于通过分割图形来构造“抽屉”并运用抽屉原则来解决问题时,恰当的构造抽屉是多么重要；同时也说明在构造抽屉时,并不一定是将所给出的图形等分.

针对训练

A组

1.一个口袋内有100个球,其中有红球28个,绿球20个,黄球12个,蓝球20个,白球10个,黑球10个.从袋中任意取球,如果要求一次取出的球中至少有15个球的颜色相同,那么至少要从袋中取出多少个球？

2.从1到100这100个自然数中至少要取出多少个数,才能保证一定存在两个数是互质的.

35

3.有100人聚会,其中每一个人都认识这100人中的50人.现请你证明：可以从中选出4人,当这4人坐成一个圆圈时,每个人都与他所认识的人邻坐.

4.一定存在这样的正整数,它的各位数字由0或1构成,并且是201的倍数.

5.证明：在任意给定的100个整数中,一定存在两个数,它们的和或差是100的倍数. B组

1.证明：在21－1,22－1,23－1,?,2n－1－1这n－1个数中,至少有一个数能被n整除(其中n为大于1的奇数).

2.九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2：3的两个四边形.证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.

3.对于平面上给定的25个点,如果其中任何3个点中都有某两个点的距离小于1,那么在这些给定的点中,一定可以找到13个点,这13个点都位于一个半径为1的圆内.

4.我们把在直解坐标平面内横坐标都是整数的点称为整点.证明：对于平面内任意给定的五个整点,其中一定存在两个整点,这两个点的连线的中点仍为整点.

5.在直角坐标系中,我们考虑上面所定义的整点(x,y),其中1≤x≤16,1≤y≤9,显然共有114个整点.如果将114个点任意地染成红、黄、蓝三色,那么一定存在一个长方形,它的边平形于坐标轴,且它的顶点颜色相同.

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第八讲 推理题

目标 了解推理题的一些特征；知道抽屉原则最基础的知识；能根据题目所提供的信息,用直接推

理法,反证法,抽屉原则解答推理题,提高分析问题的能力,逻辑思维的能力.

一、有关知识的拓展 ㈠反证法的应用.

㈡不定方程的整数解. ㈢抽屉原则.

二、知识剖析和例题精讲

竞赛题中,有一类考题是依靠严密的推理来解决,这类问题往往并不给出或者很少给出数量关系,因此不能通过大量的运算或像一般推理题那样,利用公理、定理、性质、法则等作出解答,它的求解没有固定的方法,要根据题中所提供的信息,认真地分析,遵循逻辑推理的基本规律去寻找答案.正因为没有通法可循,对思维能力的要求又比较高,有的作为压轴题出现,解答起来确有一定的难度.它的求解方法有如下一些主要途径：直接推理,反证法和利用抽屉原则. ㈠直接推理

从条件出发,通过严密的逻辑推理,正确地得出结论.

例1 甲乙丙丁戊五名同学参加投铅球比赛,通过抽签决定出赛顺序,在未公布顺序前,每人都对出赛顺序进行了猜测,甲猜：乙第三,丙第五；乙猜：戊第四,丁第五；丙猜：甲第一,戊第四；丁猜：丙第一,乙第二；戊猜：甲第三,丁第四,老师说,每人的出赛顺序都至少被一人所猜中,则出赛顺序中,第一是________,第三是________,第五是________.

分析 为清楚起见,将各人猜测的情况列成表格,从表格中就不难确定乙或戊的名次,以此为突破口,就很容易确定五名同学的出赛顺序.

解 将五人所猜测的出赛顺序列成表格如下：

第一 第二 第三 第四 第五 甲猜 乙 丙 乙猜 戊 丁 丙猜 甲 戊 丁猜 丙 乙 戊 甲 丁 由于老师说,每人的出赛顺序都至少被一人所猜中,而从表中看到,猜第二出赛的只有一人猜乙,因此,乙第二出赛必定无疑.乙既然第二就不可能第三,所以甲第三出赛；甲既然第三就不可能第一,所以丙第一出赛；丙既然第一出赛就不可能第五,所以丁第五出赛；丁既然第五就不可能第四,所以戊第四出赛.

∴出赛顺序中,第一是丙,第三是甲,第五是丁.

说明 以上的解答是以乙为突破口,从表中看出戊必定第四出赛,以戊为突破口,类似地推理,可以得出同样的结论.

例2 圆周上有12个点,其中有一个是涂了红色,还有一个是涂了蓝色,其余10个是没有涂色,以这些点为顶点的凸多边形中,其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形,只包含红点(蓝点)的称为红色(蓝色)多边形,不包含红点及蓝点的称为无色多边形.

试问以这12个点为顶点的所有凸多边形(边数从三角形到12边形)中,双色多边形的个数与无色多边形的个数哪一种多？多多少？

分析 考察双色n(n≥5)边形和去掉红、蓝两个顶点后得到的无色n－2边形的个数之间的关系.

解 对于任何一个双色n(n≥5)边形,显然去掉红、蓝顶点后,得到一个无色n－2边形,不同的双色n边形去掉红蓝顶点后,得到的是不同的无色n－2边形.反过来,对任一无色多边形,添上红蓝

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顶点后,总可以得到一个双色多边形,由此可知,无色多边形(从三角形到十边形)的个数与双色多边形(从五边形到十二边形)的个数相等.

因此,双色多边形的个数多,多出来的数目恰是双色三角形和双色四边形的数目. 双色三角形有10个.

1双色四边形有31039＝45个.

2这是由于每对应一个双色三角形,可以有九个双色四边形,而在90个双色四边形中,两两相重,故只有45个双色四边形.

∴双色多边形比无色多边形多55个.

例3 在某市举行的一次乒乓球邀请赛上,有3名专业选手与3名业余选手参加,比赛采用单循环方式举行,即两每位选手都要比赛一场,为公平起见,用以下方法记分：开赛前每位选手各有10分为底分,每赛一场胜者加分,负都扣分,每胜专业选手一场加2分,每胜业余选手一场加1分,专业选手每负一场扣2分,业余选手每负一场扣一分.问一位业余选手至少要胜几场才能确保他的得分比某位专业选手高？试说明理由.

解 业余选手至少要胜3场才能确保他的得分比某位专业的选手高.

设业余选手为A、B、C,专业选手为a、b、c,若A胜了3场,则A至少胜了1名专业选手(设为a),至少可得10＋1＋1＋2－1－1＝12分.此时若a胜b和c,则b、c对阵中的败者至多可得10－2－2＋1＋1＋1＝9分；若a败给b、c中之一,则a至多可得10＋2－2－2＋1＋1＝10分,可见A的得分必比某位专业选手高.

若A只能胜2场,则有可能A、a、b、c都胜B、C,又若a胜b,b胜c,c胜a,a、b、c均胜A,此时,A得10＋1＋1－1－1－1＝9分,而a、b、c均得10＋1＋1＋1＋2－2＝13分,A的得分不能比某位专业选手高.

∴业余选手至少要胜3场,才能确保他的得分比某位专业选手高.

例4 将正方形ABCD分割为n2个相等的小方格,把相对的顶点A、C染成红色,把B、D染成蓝色,其他各点任意染成红蓝两色中的一种颜色.证明：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数.

证明 用数代表颜色,将红色记为0,蓝色记为1,再将小方格编号记为1,2,3,?,n2,又记第i(i＝1,2,3,?,n2)个小方格四个顶点数字之和为A.

若恰有三个顶点同色(三红一蓝或一红三蓝),则Ai＝1或3为奇数,否则(4红,二红二蓝,4蓝)Ai为偶数.

在A1＋A2＋A3＋?＋An2中,有如下事实：

(1)原正方形内部的交点属于4个小正方形,各加了4次；

(2)原正方形边上非顶点的交点属于2个小正方形,各加了2次； (3)原正方形的四个顶点各加了1次(含2个0,2个1). ∴A1＋A2＋A3＋?＋An2

＝4(内部交点相应的数字之和)＋2(边上非顶点的交点相应的数字之和)＋2,此和必为偶数. 于是,在A1,A2,A3,?An2中必定是偶数个奇数,也就是说,恰有三个顶点同色的小方格的数目必有是偶数.

说明 这道推理题将染色问题转化为数的问题来处理,简明、清晰,效果突出.

例5 某个信封上邮政编码M和N均由0,1,2,3,5,6这六个不同数字组成,现有4个编码如下：

(A)320651 (B)105263 (C)612305 (D)316250

已知编码A、B、C、D各恰有两个数字的位置与M和N相同,D恰有三个数字的位置与M和N相同,试求M和N.

解 对于编码M考虑编码(A)中恰有两个数位上的数字与M中相应数位上的数字相同,设这两位是x1、x2.观察编码(A)、(B)、(C),六个数位上的数都不同,于是(B)中与M中数字相同的数位必异于x1、x2,不妨设x3、x4,同理(C)中与M中数字相同的数位只能是异于x1、x2,x3、x4,设为x5、x6.

对于编码N也有类似的结论.

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这就是说,在每个数位上,(A)、(B)、(C)在该数位上的数字中,必有一个与M在该数位上的数字相同.同样地，也必有一个与N在该数位上的数字相同.

观察编码(D),它各个数位上的数与(A)(B)(C)相比,只有0,6完全不同,因此,0,6这两个数字必不是M、N,在相应数位上的数字,于是(D)中的3、1、2、5四个数字中,只有一个数字与M在相应数位上的数字相同,与N相比,也有类似的结果.

(1)若3不同,则1,2,5与M相应数位上的数相同,而个位不能为0,千位不能为6,因此只有两个不可能

610253,013256；

(2)若1不同,则3,2,5与M相应数位上的数相同,同样个位上不能为0,千位不能为6,因此只有两个可能：

360251,301256；

同样地,若2不同,也有两个可能：

312056,310652；

若5不同,也只有两个可能：

315206,310256.

对上述八种可能进行检验,知该信封上的编码M、N或者同为610253,或者同为310265,或者一个是610253,另一个是310265. ㈡反证法

这也是推理题常用的方法,有的是整体反设,有的只是局部反设.

例6 将539的长方形分成边长为整数的长方形,无论怎样分法,分得的长方形中必有两个是完全相同的,请你说明理由.

解 边长为整数的长方形,它们的面积由小到大排列的序列是

131,132,133,134,232,135,136,233,137,138,234,139,333,235,? 假设539的长方形能分成10个两两不同的长方形,它们的面积的和等于45. 上列序列中,前十个的长方形两两不同,它们的面积和是

131＋132＋133＋134＋232＋135＋136＋233＋137＋138＝46＞45,这就产生了矛盾. 这说明要将539的长方形分成边长为整数的长方形,其中至少要有两个是完全相同的.

例7 某班参加校运动会的19名运动员的运动服号码恰是1～19号,这些运动员随意地站成一个圆圈,则一定有顺次相邻的某3名运动员他们的运动号码数之和不小于32,请你说明理由.

解 在圆圈上以1号为起点,接逆时针顺序记运动员运动服的号码为a1,a2,a3,?,a18. 令A1＝a2＋a3＋a4,A2＝a5＋a6＋a7, A3＝a8＋a9＋a10,A4＝a11＋a12＋a13, A5＝a14＋a15＋a16,A6＝a17＋a18＋a19, 则A1＋A2＋A3＋A4＋A5＋A6 ＝a2＋a3＋a4＋?＋a19

* ＝2＋3＋4?＋19＝189. ○

如果A1,A2,?,A6都≤31,则有

*矛盾, A1＋A2＋A3＋A4＋A5＋A6≤6331＝186,与○

∴A1,A2,?,A6中,至少有一个大于31. 不妨设A1＞31,即a2＋a3＋a4＞31. ∵a2、a3、a4是整数, ∴a2＋a3＋a4≥32.

∴一定有顺序相邻的某3名运动员他们运动服号码数之和不小于32.

说明 解题中将1号为起点,正好将18个数平均分成三组,且使18个数之和达到最大,这些细节的处理非常细腻.

例8 组装甲乙丙三种产品,需用A、B、C三种零件,每件甲产品需用A、B各2个；每件乙产品需用B、C各1个；每件丙产品需用2个A和1个C.用库存的A、B、C三种零件,如组装成p件甲产品,q件乙产品和r件丙产品,则剩下2个A和1个B,而C恰好用完.

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证明 假设改变产品件数,使甲种产品x件,乙种产品y件,丙种产品z件,便能恰好将A、B、C三种零件用完.

其中的数量关系列表如下：

A B C 甲 2p 2x 2p 2x q y q y 乙 r z 丙 2r 2z 仓库乘余 2 0 1 0 0 0 依题意,得

?2x?2z?1p?2r?2,①??2x?y?2p?q?1, ②?y?z?q?r.?③①－②,得2x－y＝2r－q＋1. ④ 由③得,y＝q＋r－z,代入④,得 2z－(q＋r－z)＝2r－q＋1.

1化简,得z＝r＋.

3这与假设z为整数相矛盾,因此,无论处样改变生产甲、乙、丙的件数,也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完.

例9 国际象棋比赛中,胜一局得1分,平一局得0.5分,负一局得0分.今年8各选手进行单循环比赛(每两人均赛一场),赛完后发现各选手的得分均不相同,当按得分由大到小排列好名次后,第4名选手得4.5分,第2名选手的得分等于最后4名选手得分总和.问前3名选手各得多少分？说明理由.

解 设第i名运动员为Ai,其得分为ai(i＝1,2,?,7,8) 则a1＞a2＞a3＞a4＞a5＞a6＞a7＞a8.

由于8名选手每人参加7局比赛,胜一局得1分, ∴ai≤7分.

7?88名选手进行单循环赛,共比赛＝28局,总积分为28分.

2∴a1＋a2＋?＋a7＋a8＝28. ① ∵每位选手每局得分为0或0.5或1, ∴每位选手的积分只能在

1｛0,,1,1.5,2,2.5,3,3.5,4,4.5,5,5.5,6,6.5,7｝中取值.

2若a3≥5.5,则a2≥6,a1≥6.5, ∴a1＋a2＋a3≥5.5＋6＋6.5＝18. 由①知,a4＋a5＋a6＋a7＋a8≤10. ∵a4＝4.5,∴a5＋a6＋a7＋a8≤5.5.

而a2＝a5＋a6＋a7＋a8,∴a2≤5.5,这与a2≥6矛盾. ∴a3＜5.5.

但a3＞a4＝4.5,∴4.5＜a3＜5.5,∴a3＝5.5.

这时,a1＋a2＋a5＋a6＋a7＋a8＝28－5－4.5＝18.5 即a1＋2a2＝18.5.

若a2＝5.5,则a1＝7.5＞7,不可能； 若a2＝6.5,则a1＝5.5＜a2,也不可能. ∴a2只能为6,此时a1＝6.5.

∴前3名选手的得分依次是6.5,6,5.

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