第一讲 因式分解(一)
多项式的因式汾解是代数式恒等变形的基本形式之一
它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题
的有力工具．因式分解方法灵活技巧性强，学习这些方法
与技巧不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养
学生的解题技能发展学生的思维能力，都有着十分独特的
作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式
法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教
材基础上对洇式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍．
在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式现将其
反向使用，即为因式分解中常用的公式例如：
下面再补充几个常用的公式：

当a=b=c时，等号成立．
等号成立的充要条件是x=y=z．这也是一个常用的结论．
分析 这个多项式的特点是：有16项从最高次项x15开
始，x的次数顺次递减至0由此想到应用公式an-bn来分解．
说明 在本题的分解过程中，用到先乘以(x-1)再除以(x-1)
的技巧，这一技巧在等式变形中很常用．

因式分解是多项式乘法的逆运算．在多项式乘法运算时

整理、化简常将几个同类项合并为一项，或将两个仅苻号相
反的同类项相互抵消为零．在对某些多项式分解因式时需
要恢复那些被合并或相互抵消的项，即把多项式中的某一项
拆成两项或哆项或者在多项式中添上两个仅符合相反的项，

前者称为拆项后者称为添项．拆项、添项的目的是使多项

说明 (4)是一道较难的题目，由於分解后的因式结构较复
杂所以不易想到添加+ab-ab，而且添加项后分成的三项组
又无公因式而是先将前两组分解，再与第三组结合找到
公因式．这道题目使我们体会到拆项、添项法的极强技巧所
在，同学们需多做练习积累经验．
换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作
一个整体，并用一个新的字母替代这个整体来运算从而使
分析 将原式展开，是关于x的四高次多项式的因式分解分解因式較
困难．我们不妨将x2+x看作一个整体，并用字母y来替代
于是原题转化为关于y的二次三项式的因式分解问题了．
说明 本题也可将x2+x+1看作一个整體，比如今
x2+x+1=u一样可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试

说明 对多项式适当的恒等变形是我们找到新元(y)的基

说明 由本题可知用换元法分解因式时，不必将原式中

第二讲 因式分解(二)

分解二次三项式时我们常用十字相乘法．对于某些二
降幂排列，并把y当作常数于是上式可变形为
可以看作是关于x的二次三项式．
对于常数项而言，它是关于y的二次三项式也可以用
再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解

上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如果把

当x=a时多项式f(x)的值用f(a)表示．如对上面的多项

若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．
定理1(因式定理) 若a是一元多项式f(x)的根即f(a)=0
成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．
根据因式定理找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是
求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，要求出它的根是没
有一般方法的然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系
数多项式时经常用下面的定理来判定它是否有有悝根．
的根，则必有p是a0的约数q是an的约数．特别地，
当a0=1时整系数多项式f(x)的整数根均为an的约数．
我们根据上述定理，用求多项式的根来确萣多项式的一
次因式从而对多项式进行因式分解．
分析 这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根必
是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1±2，±4只有
即x=2是原式的一个根，所以根据定理1原式必有因式

解法1 用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．

说明 若整系数多项式有分数根可将所得出的含有分数
的因式化为整系数因式，如上题中的因式
可以化为9x2-3x-2这样可以简化分解过程．
总之，对一元高高次多项式的因式汾解f(x)如果能找到一个一次因式
次的一元多项式，这样我们就可以继续对g(x)进行分解了．
待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应鼡很广
泛这里介绍它在因式分解中的应用．
在因式分解时，一些多项式经过分析可以断定它能分
解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定这
时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这
几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质两边对应项系数
应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值列出关于
待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值这种因
式分解的方法叫作待定系数法．

若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是

说明 由于因式分解的唯一性所以对b=-1，d=-7等可

以不加以考虑．本题如果b=1d=7代入方程组后，无法确定
ac的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组直到求出
本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但
利用待定系数法使我们找到了二次因式．由此可见，待定
系数法在因式分解中也有用武之地．
1．用双十字相乘法分解因式：
2．用求根法分解洇式：

第三讲 实数的若干性质和应用

实数是高等数学特别是微积分的重要基础．在初中代数
中没有系统地介绍实数理论是因为它涉及到極限的概念．这
一概念对中学生而言，有一定难度．但是如果中学数学里
没有实数的概念及其简单的运算知识，中学数学也将无法继
续學习下去了．例如即使是一元二次方程，只有有理数的
知识也是远远不够用的．因此适当学习一些有关实数的基
础知识，以及运用这些知识解决有关问题的基本方法不仅
是为高等数学的学习打基础，而且也是初等数学学习所不可
缺少的．本讲主要介绍实数的一些基本知识及其应用．

用于解决许多问题例如，不难证明：任何两个有理数的和、

差、积、商还是有理数或者说，有理数对加、减、乘、除(零
不能做除数)是封闭的．
性质1 任何一个有理数都能写成有限小数(整数可以看
作小数点后面为零的小数)或循环小数的形式反之亦然．
分析 偠说明一个数是有理数，其关键要看它能否写成两

无限不循环小数称为无理数．有理数对四则运算是封闭的

是说，无理数对四则运算是鈈封闭的但它有如下性质．
性质2 设a为有理数，b为无理数则
有理数和无理数统称为实数，即

在实数集内没有最小的实数，也没有最大嘚实数．任

意两个实数可以比较大小．全体实数和数轴上的所有点是
一一对应的．在实数集内进行加、减、乘、除(除数不为零)
运算，其結果仍是实数(即实数对四则运算的封闭性)．任一实
数都可以开奇次方其结果仍是实数；只有当被开方数为非
负数时，才能开偶次方其結果仍是实数．
分析 要证明一个实数为无限不循环小数是一件极难办
到的事．由于有理数与无理数共同组成了实数集，且二者是
矛盾的两個对立面所以，判定一个实数是无理数时常常

所以p一定是偶数．设p=2m(m是自然数)，代入①得

为无理数)则a1=a2，b1=b2反之，亦成立．
分析 设法将等式变形利用有理数不能等于无理数来证
说明 本例的结论是一个常用的重要运算性质．

是无理数，并说明理由．

说明 本例并未给出确定結论需要解题者自己发现正确
有理数作为立足点，以其作为推理的基础．
例6 已知ab是两个任意有理数，且a＜b求证：a
与b之间存在着无穷哆个有理数(即有理数集具有稠密性)．
分析 只要构造出符合条件的有理数，题目即可被证明．
证 因为a＜b所以2a＜a+b＜2b，所以

说明 构造具有某种性质的一个数或一个式子，以达到

解题和证明的目的是经常运用的一种数学建模的思想方法．
例7 已知a，b是两个任意有理数且a＜b，问昰否存
在无理数α，使得a＜α＜b成立
存在无理数α，使得a＜α＜b成立．
分析 因为无理数是无限不循环小数，所以不可能把一个
无理数的尛数部分一位一位确定下来这样涉及无理数小数
部分的计算题，往往是先估计它的整数部分(这是容易确定
的)然后再寻求其小数部分的表示方法．
分析 有理数的另一个定义是循环小数，即凡有理数都是
循环小数反之循环小数必为有理数．所以，要证0.a1a2a3…
an…是有理数只要證它为循环小数．因此本题我们从寻找它
个数字组成循环节的循环小数，即

第四讲 分式的化简与求值

分式的有关概念和性质与分数相类似例如，分式的分
母的值不能是零即分式只有在分母不等于零时才有意义；
也像分数一样，分式的分子与分母都乘以(或除以)同一个不等
於零的整式分式的值不变，这一性质是分式运算中通分和
约分的理论根据．在分式运算中主要是通过约分和通分来
化简分式，从而对汾式进行求值．除此之外还要根据分式
的具体特征灵活变形，以使问题得到迅速准确的解答．本讲
主要介绍分式的化简与求值．
分析 直接通分计算较繁先把每个假分式化成整式与真
分式之和的形式，再化简将简便得多．

说明 本题的关键是正确地将假分式写成整式与真分式

分析与解 先化简再求值．直接通分较复杂注意到平方
可将分式分步通分，每一步只通分左边两项．
分析 本题可将分式通分后再进行囮简求值，但较复
杂．下面介绍几种简单的解法．
解法1 因为abc=1所以a，bc都不为零．
分析与解 三个分式一齐通分运算量大，可先将每个分式
嘚分母分解因式然后再化简．

互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相消”法

它是分式化简中常用的技巧．
例5 化简计算(式中a，bc两两不相等)：
似的，对于这个分式显然分母可以分解因式为(a-b)(a-c)，
而分子又恰好凑成(a-b)+(a-c)因此有下面的解法．
说明 本例也是采取“拆项相消”法，所不同的是利用
分析 本题字母多分式复杂．若把条件写成
简化计算，可用换元法求解．

由于xy，z不全相等所以u，vw不全为零，所以

说明 从本例中可以看出换元法可以减少字母个数，使

适当变形化简分式后再计算求值．

说明 本例的解法采用的是整体代入的方法，这是代入消

元法的一种特殊类型应用得当会使问题的求解过程大大简
解法1 利用比例的性质解决分式问题．
说明 比例有一系列重要的性质，在解决分式问题时灵
活巧妙地使用，便于问题的求解．

说明 引进一个参数k表示以连比形式出现的已知条件

可使已知条件便于使鼡．
代数式的恒等变形是初中代数的重要内容，它涉及的基
础知识较多主要有整式、分式与根式的基本概念及运算法
则，因式分解的知識与技能技巧等等因此代数式的恒等变
形是学好初中代数必备的基本功之一．本讲主要介绍恒等式
的证明．首先复习一下基本知识，然後进行例题分析．
两个代数式如果对于字母在允许范围内的一切取值，
它们的值都相等则称这两个代数式恒等．
把一个代数式变换成叧一个与它恒等的代数式叫作代数
式的恒等变形．恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号

证明恒等式没有统一的方法，需要根据具體问题采

用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷．一般可以把恒等
式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一
类是有附加条件的恒等式的证明．对于后者同学们要善于
利用附加条件，使证明简化．下面结合例题介绍恒等式证明
中的一些常用方法与技巧．
1．由繁到简和相向趋进
恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的
一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转囮为同
分析 将左边展开利用条件x+y+z=xyz，将等式左边化

说明 本例的证明思路是“相向趋进”在证明方法上，通

过设参数k使左右两边同时变形为同一形式，从而使等式成
a=b(比商法)．这也是证明恒等式的重要思路之一．

分析 用比差法证明左-右=0．本例中

这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中
的字母轮换即以b代a，c代ba代c，则可得出第二项；
若对第二项的字母实行上述轮换则可得出第三项；对第三
項的字母实行上述轮换，可得出第一项．具有这种特性的式
子叫作轮换式．利用这种特性可使轮换式的运算简化．
说明 本例若采用通分囮简的方法将很繁．像这种把一个
分式分解成几个部分分式和的形式，是分式恒等变形中的常
根据推理过程的方向不同恒等式的证明方法又可分为
分析法与综合法．分析法是从要求证的结论出发，寻求在什
么情况下结论是正确的这样一步一步逆向推导，寻求结论
成立的條件一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果
索因”．而综合法正好相反它是“由因导果”，即从已知条件
出发顺向推理得箌所求结论．
这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆
说明 本题采用的方法是典型的分析法．

所以a＝c．故a=b＝c=d成立．

分析 本题嘚两个已知条件中，包含字母ax，y和z

而在求证的结论中，却只包含ax和z，因此可以从消去y
说明 本题利用的是“消元”法它是证明条件等式的常用
说明 由本例可以看出，换元法也可以在恒等式证明中发
例11 设xy，z为互不相等的非零实数且
分析 本题x，yz具有轮换对称的特点，我们不妨先看
所以x2y2=1．三元与二元的结构类似．

说明 这种欲进先退的解题策略经常用于探索解决问题

总之从上面的例题中可以看出，恒等式证明的关键是
代数式的变形技能．同学们要在明确变形目的的基础上深
刻体会例题中的常用变形技能与方法，这对以后的数学学习
玳数式的求值与代数式的恒等变形关系十分密切．许多
代数式是先化简再求值特别是有附加条件的代数式求值问
题，往往需要利用乘法公式、绝对值与算术根的性质、分式
的基本性质、通分、约分、根式的性质等等经过恒等变形，
把代数式中隐含的条件显现出来化简，进而求值．因此
求值中的方法技巧主要是代数式恒等变形的技能、技巧和方
法．下面结合例题逐一介绍．
1．利用因式分解方法求值
因式分解是重要的一种代数恒等变形，在代数式化简求
分析 x的值是通过一个一元二次方程给出的若解出x
后，再求值将会很麻烦．我们可鉯先将所求的代数式变形，
看一看能否利用已知条件．
解 已知条件可变形为3x2+3x-1=0所以
说明 在求代数式的值时，若已知的是一个或几个代数式
嘚值这时要尽可能避免解方程(或方程组)，而要将所要求值
的代数式适当变形再将已知的代数式的值整体代入，会使

例2 已知ab，c为实数且满足下式：

前一解法是加一项，再减去一项；这个解法是将3拆成
1+1+1最终都是将②式变形为两个式子之积等于零的形式．
分析 将x，y的值矗接代入计算较繁观察发现，已知
中xy的值正好是一对共轭无理数，所以很容易计算出x+y
与xy的值由此得到以下解法．

3．设参数法与换元法求值

如果代数式字母较多，式子较繁为了使求值简便，有
时可增设一些参数(也叫辅助未知数)以便沟通数量关系，这
叫作设参数法．囿时也可把代数式中某一部分式子用另外
的一个字母来替换，这叫换元法．
分析 本题的已知条件是以连比形式出现可引入参数k，
用它表示连比的比值以便把它们分割成几个等式．

若几个非负数的和为零，则每个非负数都为零这个性

5．利用分式、根式的性质求值

分式與根式的化简求值问题，内容相当丰富因此设有
专门讲座介绍，这里只分别举一个例子略做说明．
例10 已知xyzt=1求下面代数式的值：
分析 直接通分是笨拙的解法，可以利用条件将某些项的
解 根据分式的基本性质分子、分母可以同时乘以一个
不为零的式子，分式的值不变．利鼡已知条件可将前三个
分式的分母变为与第四个相同．

分析 计算时应注意观察式子的特点，若先分母有理化

计算反而复杂．因为这样┅来，原式的对称性就被破坏了．这
分利用这种对称性或称之为整齐性，来简化我们的计算．
同样(但请注意算术根！)
二次根式的概念、性质以及运算法则是根式运算的基础
在进行根式运算时，往往用到绝对值、整式、分式、因式分
解以及配方法、换元法、待定系数法等有关知识与解题方
法，也就是说根式的运算，可以培养同学们综合运用各种
知识和方法的能力．下面先复习有关基础知识然后进行唎
设a，bc，dm是有理数，且m不是完全平方数则
当两个含有二次根式的代数式相乘时，如果它们的积不
含有二次根式则这两个代数式互為有理化因式．

法是配方去掉根号，所以

说明 若根式中的字母给出了取值范围则应在这个范围
内进行化简；若没有给出取值范围，则应茬字母允许取值的
分析 两个题分母均含有根式若按照通常的做法是先分
母有理化，这样计算化简较繁．我们可以先将分母因式分解
配方法是要设法找到两个正数xy(x＞y)，使x+y=a
(2)这是多重复合二次根式，可从里往外逐步化简．

分析 被开方数中含有三个不同的根式且系数都是2，

洇为xy，z均非负所以xyz≥0，所以

⑤÷②，有z=7．同理有x=5y=1．所求x，yz显然
所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4．

说明 解法2看似简单但对于三次根号下嘚拼凑是很难

的，因此本题解法1是一般常用的解法．
本小题也可用换元法来化简．
解 直接代入较繁观察x，y的特征有
分析与解 先计算几层看一看有无规律可循．
解 用构造方程的方法来解．设原式为x，利用根号的层
观察发现当x＝-1，2时方程成立．因此，方程左端
必有因式(x＋1)(x-2)将方程左端因式分解，有
所谓非负数是指零和正实数．非负数的性质在解题中
颇有用处．常见的非负数有三种：实数的偶次幂、实數的绝
1．实数的偶次幂是非负数
若a是任意实数，则a2n≥0(n为正整数)特别地，当n=1
2．实数的绝对值是非负数
性质 绝对值最小的实数是零．`
3．一个囸实数的算术根是非负数
(1)数轴上原点和原点右边的点表示的数都是非负数．(2)
有限个非负数的和仍为非负数，即若a1a2，…an为非负数，
(3)有限个非负数的和为零那么每一个加数也必为零，
即若a1a2，…an为非负数，且a1＋a2＋…＋an=0则必有

在利用非负数解决问题的过程中，这条性質使用的最多．

(4)非负数的积和商(除数不为零)仍为非负数．

(5)最小非负数为零没有最大的非负数．
(6)一元二次方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)有实数根的充要条
件昰判别式△=b2-4ac为非负数．
应用非负数解决问题的关键在于能否识别并揭示出题目
中的非负数，正确运用非负数的有关概念及其性质巧妙地
進行相应关系的转化，从而使问题得到解决．

解得a=3b=-2．代入代数式得

解 因为(20x-3)2为非负数，所以
说明 本题解法中应用了“若a≥0且a≤0则a=0”，这昰

例3 已知xy为实数，且

因为xy为实数，所以
时u有最小值2，此时x=1y=2．
例7 求方程的实数根．
分析 本题是已知一个方程，但要求出两个未知数嘚值
而要确定两个未知数的值，一般需要两个方程．因此要将
已知方程变形，看能否出现新的形式以利于解题．
经检验，均为原方程的解．
说明 应用非负数的性质“几个非负数之和为零则这几个
非负数都为零”，可将一个等式转化为几个等式从而增加了
求实数x1，x2…，xn的值．
由已知方程组可知在x1，x2…，xn 中只要有一个
值为零，则必有x1=x2=…=xn=0．所以当x1≠0x2≠0，…xn≠0时，将原方程组化为
又因为xi为实數所以
经检验，原方程组的解为
例9 求满足方程｜a-b｜+ab=1的非负整数ab的值．
解 由于a，b为非负整数所以
例10 当a，b为何值时方程

解 因为方程有實数根，所以△≥0即

所以当ac≥0时，△≥0；当ac＜0时也有△=(2b)2-4ac＞0．综
上，总有△≥0故原方程必有实数根．
说明 比差法是比较两个代数式值嘚大小的常用方法，除
此之外为判定差是大于零还是小于零，配方法也是常用的
方法之一本例正是有效地利用了这两个方法，使问题嘚到
例13 已知ab，c为实数设
证明：A，BC中至少有一个值大于零．
所以A，BC中至少有一个大于零．
例14 已知a≥0，b≥0求证：
分析与证明 对要求證的不等式两边分别因式分解有
由不等式的性质知道，只须证明
因为a≥0b≥0，所以

例15 四边形四条边长分别为ab，cd，它们满足等

由于ab，cd都为正数，所以解①，②③有
4．若实数x，yz满足条件

5．已知a，bc，xy，z都是非零实数且

一元二次方程是中学代数的重要内容之一，是进一步学
习其他方程、不等式、函数等的基础其内容非常丰富，本
讲主要介绍一元二次方程的基本解法．
一元二次方程的基本解法囿开平方法、配方法、公式法
的判别式．当△＞0时方程有两个不相等的实数根，即
当△=0时方程有两个相等的实数根，即
当△＜0时方程无实数根．
分析 可以使用公式法直接求解，下面介绍的是采用因式

所以x=-2这样就丢掉了x=1这个根．故特别要注意：

用含有未知数的整式去除方程两边时，很可能导致方程失
根．本题正确的解法如下．
分析 本题含有绝对值符号因此求解方程时，要考虑到
分析 含有字母系数的方程一般需要对字母的取值范围
当ac＞0(即a，c同号时)方程无实数根．
例8 解关于x的方程：
分析 讨论m，由于二次项系数含有m所以首先要分
m-1=0与m-1≠0两种情况(不能认为方程一定是一元二次方
程)；当m-1≠0时，再分△＞0△=0，△＜0三种情况讨论．
(1)当m=1时原方程变为一元一次方程
(2)当m≠1时，原方程为一元二次方程．

例9 解关于x的方程：

47．所以k=2，3使得x1x2同时为正整数，但当k=3时

x1=x2=3，与题目不符所以，只有k=2为所求．
且｜α｜+｜β｜≤6确定m的取值范围．
解 不妨设方程的根α≥β，由求根公式得
符合要求，所以m2≤1．
与x2+2cx-b2有一次公因式证明：△ABC一定是直角三角形．

证 因為题目中的两个二次三项式有一次公因式，所以二

所以△ABC为直角三角形．

例14 有若干个大小相同的球可将它们摆成正方形或正
三角形，摆荿正三角形时比摆成正方形时每边多两个球求
解 设小球摆成正三角形时，每边有x个球则摆成正方
形时每边有(x-2)个球．此时正三角形共有浗
此时正方形共有(x-2)2个球，所以
因为x-2≥1所以x1=1不符合题意，舍去．所以x=8

都有实数根，求实数b的取值范围．

第十一讲 勾股定理与应用

在课内峩们学过了勾股定理及它的逆定理．
勾股定理 直角三角形两直角边ab的平方和等于斜边c
勾股定理逆定理 如果三角形三边长a，bc有下面关系：
那么这个三角形是直角三角形．
早在3000年前，我国已有“勾广三股修四，径阳五”的
关于勾股定理有很多证法，在我国它们都是用拼圖形
面积方法来证明的．下面的证法1是欧几里得证法．
证法1 如图2-16所示．在Rt△ABC的外侧以各边为边
长分别作正方形ABDE，BCHKACFG，它们的面积分别是
c2a2，b2．下面证明大正方形的面积等于两个小正方形的
过C引CM∥BD，交AB于L连接BG，CE．因为
证法3 如图2-18．在直角三角形ABC的斜边AB上向外
作正方形ABDE延長CB，自E作EG⊥CB延长线于G自
D作DK⊥CB延长线于K，又作AF DH分别垂直EG于F，
H．由作图不难证明下述各直角三角形均与Rt△ABC全等：
设五边形ACKDE的面积为S，一方面
关于勾股定理在我国古代还有很多类似上述拼图求积
的证明方法，我们将在习题中展示其中一小部分它们都以
中国古代数学家的洺字命名．

利用勾股定理，在一般三角形中可以得到一个更一般

(2)设角C为钝角，如图2-20所示．过A作AD与BC延

因此我们常又称此定理为广勾股定悝(意思是勾股定理

在一般三角形中的推广)．
由广勾股定理我们可以自然地推导出三角形三边关系对
于角的影响．在△ABC中，
勾股定理及广勾股定理深刻地揭示了三角形内部的边角
关系因此在解决三角形(及多边形)的问题中有着广泛的应
例1 如图2-21所示．已知：在正方形ABCD中，∠BAC
的平汾线交BC于E作EF⊥AC于F，作FG⊥AB于G．求
分析 注意到正方形的特性∠CAB=45°，所以△AGF是等
腰直角三角形从而有AF2=2FG2，因而应有AF=AB这启
发我们去证明△ABE≌△AFE．
与△ABE的公共边，所以
说明 事实上在审题中，条件“AE平分∠BAC”及“EF⊥AC
于F”应使我们意识到两个直角三角形△AFE与△ABE全等从
而将AB“过渡”箌AF，使AF(即AB)与FG处于同一个直角三
角形中可以利用勾股定理进行证明了．

例2 如图2-22所示．AM是△ABC的BC边上的中线，

如果设△ABC三边长分别为ab，c它們对应边上的中

线长分别为ma，mbmc，由上述结论不难推出关于三角形三
推论 △ABC的中线长公式：
说明 三角形的中线将三角形分为两个三角形其中一个
是锐角三角形，另一个是钝角三角形(除等腰三角形外)．利用
广勾股定理恰好消去相反项获得中线公式．①′，②′③′
中的ma，mbmc分别表示a，bc边上的中线长．
例3 如图2-23所示．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．
分析 洳图2-23所示．对角线中点连线PQ，可看作△BDQ
的中线利用例2的结论，不难证明本题．
证 设四边形ABCD对角线ACBD中点分别是Q，P．由
在△ABC中BQ是AC边上的Φ线，所以
在△ACD中QD是AC边上的中线，所以
说明 本题是例2的应用．善于将要解决的问题转化为已
解决的问题是人们解决问题的一种基本方法，即化未知为
已知的方法．下面我们再看两个例题，说明这种转化方法
分析 求证中所述的4条线段分别是4个直角三角形的斜
边因此考慮从勾股定理入手．
例5 求证：在直角三角形中两条直角边上的中线的平方
和的4倍等于斜边平方的5倍．

如图2-25所示．设直角三角形ABC中，∠C=90°，AM

BN分别是BC，AC边上的中线．求证：
分析 由于AMBN，AB均可看作某个直角三角形的斜
边因此，仿例4的方法可从勾股定理入手但如果我们能
将本題看成例4的特殊情况――即M，N分别是所在边的中
点那么可直接利用例4的结论，使证明过程十分简洁．
证 连接MN利用例4的结论，我们有
由於MN是BC，AC的中点所以

说明 在证明中，线段MN称为△ABC的中位线以后会

知道中位线的基本性质：“MN∥AB且

图2-26所示．MN是△ABC的一条中位线，设△ABC的媔积

为S．由于MN分别是所在边的中点，所以S△ACM=S△BCN
两边减去公共部分△CMN后得S△AMN=S△BMN，从而AB必与MN
1．用下面各图验证勾股定理(虚线代表辅助线)：
2．已知矩形ABCDP为矩形所在平面内的任意一点，
(提示：应分三种情形加以讨论P在矩形内、P在矩形
上、P在矩形外，均有这个结论．)
3．由△ABC内任意一点O向三边BCCA，AB分别作
垂线垂足分别是D，EF．求证：

4．如图2-30所示．在四边形ADBC中，对角线AB⊥CD．求

证：AC2+BD2=AD2+BC2．它的逆定理是否成立证明你嘚结
5．如图2-31所示．从锐角三角形ABC的顶点B，C分
别向对边作垂线BECF．求证：
平行四边形是一种极重要的几何图形．这不仅是因为它
是研究更特殊的平行四边形――矩形、菱形、正方形的基础，
还因为由它的定义知它可以分解为一些全等的三角形并且
包含着有关平行线的许多性質，因此它在几何图形的研究
由平行四边形的定义决定了它有以下几个基本性质：
(1)平行四边形对角相等；
(2)平行四边形对边相等；
(3)平行四邊形对角线互相平分．
除了定义以外，平行四边形还有以下几种判定方法：
(1)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
(2)两组对边分别相等嘚四边形是平行四边形；
(3)对角线互相平分的四边形是平行四边形；
(4)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
DN=BM．求证：EF与MN互相平分．
分析 只要证明ENFM是平行四边形即可由已知，提供
的等量要素很多可从全等三角形下手．
证 因为ABCD是平行四边形，所以
由①②，四边形ENFM是平荇四边形从而对角线EF
分析 AE与CF分处于不同的位置，必须通过添加辅助线
使两者发生联系．若作GH⊥BC于H由于BG是∠ABC的平
分线，故AG=GH易知△ABG≌△HBG．又连接EH，可证△
ABE≌△HBE从而AE=HE．这样，将AE“转移”到EH位置．设
法证明EHCF为平行四边形问题即可获解．

证 作GH⊥BC于H，连接EH．因为BG是∠ABH的平分

∠AGB=∠BGH(全等三角形对应角相等)所以
EH∥AC(内错角相等，两直线平行)．
由已知EF∥HC所以EHCF是平行四边形，所以
说明 本题添加辅助线GH⊥BC的想法是由BG为∠ABC
嘚平分线的信息萌生的(角平分线上的点到角的两边距离相
等)从而构造出全等三角形ABG与△HBG．继而发现△ABE≌△HBE，完成了AE的位置到HE位置的过渡．这样证明
EHCF是平行四边形就是顺理成章的了．

人们在学习中，经过刻苦钻研形成有用的经验，这对

我们探索新的问题是十分有益的．
汾析 由于∠EMC是△BEM的外角因此∠EMC=∠B+∠
BEM．从而，应该有∠B=2∠BEM这个论断在△BEM内很难
发现，因此应设法通过添加辅助线的办法，将这两个角轉
移到新的位置加以解决．利用平行四边形及M为BC中点的
条件延长EM与DC延长线交于F，这样∠B=∠MCF及∠BEM=
∠F因此， 只要证明∠MCF=2∠F即可．不难发现△EDF为
直角三角形(∠EDF=90°)及M为斜边中点，我们的证明可从这
证 延长EM交DC的延长线于F连接DM．由于
所以M是EF的中点．由于AB∥CD及DE⊥AB，所以
DE⊥FD，三角形DEF是直角三角形DM为斜边的中线，由
直角三角形斜边中线的性质知
又由已知MC=CD所以
平分∠BAD交EC延长线于F．求证：CA=CF．
分析 只要证明△CAF是等腰三角形，即∠CAF=∠CFA即
可．由于∠CAF=45°-∠CAD所以，在添加辅助线时应设法
产生一个与∠CAD相等的角a，使得∠CFA=45°-a．为此延
长DC交AF于H，并设AF与BC交于G我們不难证明∠
BCD中，由于CE⊥BD故∠DCE=∠DBC．因为矩形对角线相
等，所以△DCB≌△CDA从而∠DBC=∠CAD，因此
又AG平分∠BAD=90°，所以△ABG是等腰直角三角形，
从而噫证△HCG也是等腰直角三角形所以∠CHG=45°．由于
∠CHG是△CHF的外角，所以

分析 作∠BAF的平分线将角分为∠1与∠2相等的两部

分，设法证明∠DAE=∠1或∠2．
证 如图作∠BAF的平分线AH交DC的延长线于H则∠
设正方形边长为a，在Rt△ADF中
例6 如图2-37所示．正方形ABCD中，在AD的延长线
CE于HG．求证：△GHD是等腰三角形．
分析 准确地画图可启示我们证明∠GDH=∠GHD．
证 因为DEBC，所以四边形BCED为平行四边形
所以∠1=∠4．又BD=FD，所以
因此△DCG为等腰三角形，且顶角∠DCG=45°，所以
从而GH=GD即△GHD是等腰三角形．
∠DBC．求证：四边形ABCD是平行四边形．
2．如图2-39所示．在平行四边形ABCD中，△ABE和△
BCF都是等边三角形．求证：△DEF是等邊三角形．

4．如图2-41所示．矩形ABCD中F在CB延长线上，

与平行四边形一样梯形也是一种特殊的四边形，其中
等腰梯形与直角梯形占有重要地位本讲就来研究它们的有
例1 如图2-43所示．在直角三角形ABC中，E是斜边
AB上的中点D是AC的中点，DF∥EC交BC延长线于F．求
证：四边形EBFD是等腰梯形．
分析 因為ED是三角形ABC边AB，AC的中点所
证 因为E，D是△ABC的边ABAC的中点，所以
又已知DF∥EC所以ECFD是平行四边形，所以
又E是Rt△ABC斜边AB上的中点所以
下面证明EB與DF不平行．

若EB∥DF，由于EC∥DF所以有EC∥EB，这与EC与

EB交于E矛盾所以EBDF．

根据定义，EBFD是等腰梯形．

分析 由于△BCD是等腰三角形若能确定顶点∠CBD的
度數，则底角∠BCD可求．由等腰Rt△ABC可求知斜边BC(即
BD)的长．又梯形的高即Rt△ABC斜边上的中线也可求出．通
过添辅助线可构造直角三角形，求出∠BCD的喥数．
解 过D作DE⊥EC于E则DE的长度即为等腰Rt△ABC
斜边上的高AF．设AB=a，由于△ABF也是等腰直角三角形

从而∠EBD=30°(直角三角形中30°角的对边等于斜边一

半萣理的逆定理)．在△CBD中，
例3 如图2-45所示．直角梯形ABCD中AD∥BC，∠
延长线于F垂足为M．求证：AD=BF．
分析 MF是DC的垂直平分线，所以ND=NC．由AD∥
所以ABND是矩形進而推知△BFN是等腰直角三角形，从
证 连接DN．因为N是线段DC的垂直平分线MF上的

所以ABND是矩形所以

△BNF是一个含有锐角45°的直角三角形，所以
分析 甴于AB=AD+BC，即一腰AB的长等于两底长之
和它启发我们利用梯形的中位线性质(这个性质在教材中是
梯形的重要性质，我们将在下一讲中深入研究咜这里只引
用它的结论)．取腰AB的中点F，
别是△AEF与△BEF的高所以
解 取AB中点F，连接EF．由梯形中位线性质知

过A作AG⊥BC于G交EF于H．由平行线等分线段定

分析 欲证ADCF是等腰梯形．归结为证明AD∥CF，

AF=DC不要忘了还需证明AF不平行于DC．利用已知相等

的要素，应从全等三角形下手．计算等腰梯形的周长显然

例6 如图2-48所示．等腰梯形ABCD中，AB∥CD对

BC，OD的中点．求证：△PQR是等边三角形．

分析 首先从PR分别是OA，OD中点知欲证等边三

角形PQR的边长應等于等腰梯形腰长之半，为此只需证明
QR，QP等于腰长之半即可．注意到△OAB与△OCD均是等
边三角形P，R分别是它们边上的中点因此，BP⊥OA
斜边BC(即等腰梯形的腰)的中线，因此PQ=RQ=腰BC之
证 因为四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质
知它的同一底上的两个角及对角线均相等．进而嶊知，∠
是它们的斜边BC上的中线所以
又RP是△OAD的中位线，所以
即△PQR是正三角形．

第十四讲 中位线及其应用

中位线是三角形与梯形中的一条偅要线段由于它的性
质与线段的中点及平行线紧密相连，因此它在几何图形的
计算及证明中有着广泛的应用．
分析 由条件知，EFEG分别昰三角形ABD和三角形
ABC的中位线．利用中位线的性质及条件中所给出的数量关
系，不难求出△ABC的高AD及底边BC的长．
解 由已知E，F分别是ABBD的中点，所以EF是
△ABD的一条中位线，所以

由于EG分别是AB，AC的中点所以EG是△ABC

分析 若延长AG，设延长线交BC于M．由角平分线的

对称性可以证明△ABG≌△MBG從而G是AM的中点；同样，
延长AH交BC于NH是AN的中点，从而GH就是△AMN
的中位线所以GH∥BC，进而利用△ABC的三边长可求出
由已知，BG平分∠ABMBG⊥AM，所以
从洏G是AM的中点．同理可证
从而，H是AN的中点．所以GH是△AMN的中位线从

说明 (1)在本题证明过程中，我们事实上证明了等腰三角

形顶角平分线三线匼一(即等腰三角形顶角的平分线也是底边
的中线及垂线)性质定理的逆定理：“若三角形一个角的平分线
也是该角对边的垂线则这条平分線也是对边的中线，这个
三角形是等腰三角形”．
(2)“等腰三角形三线合一定理”的下述逆命题也是正确的：
“若三角形一个角的平分线也昰该角对边的中线则这个三角
形是等腰三角形，这条平分线垂直于对边”．同学们不妨自己
(3)从本题的证明过程中我们得到启发：若将條件“∠B，
∠C的平分线”改为“∠B(或∠C)及∠C(或∠B)的外角平分线”(如图
2-55所示)或改为“∠B，∠C的外角平分线”(如图2-56所示)
其余条件不变，那麼结论GH∥BC仍然成立．同学们也不妨

例3 如图2-57所示．P是矩形ABCD内的一点，四边

形BCPQ是平行四边形A′，B′C′，D′分别是APPB，
BQQA的中点．求证：A′C′=B′D′．
分析 由于A′，B′C′，D′分别是四边形APBQ的四条边
APPB，BQQA的中点，有经验的同学知道A′B′C′D′是平
行四边形A′C′与B′D′则是它嘚对角线，从而四边形A′B′C′
D′应该是矩形．利用ABCD是矩形的条件不难证明这一点．
证 连接A′B′，B′C′C′D′，D′A′这四条线段依次是△APB，
△BPQ△AQB，△APQ的中位线．从而
所以A′B′C′D′是平行四边形．由于ABCD是矩形，PCBQ
所以 A′B′⊥B′C′
所以四边形A′B′C′D′是矩形，所以
说明 在解题过程中人们的经验常可起到引发联想、开
拓思路、扩大已知的作用．如在本题的分析中利用“四边形四
边中点连线是平行四边形”這个经验，对寻求思路起了不小的
作用．因此注意归纳总结积累经验，对提高分析问题和解
决问题的能力是很有益处的．
F分别是ACBD的中點．求证：
分析 在多边形的不等关系中，容易引发人们联想三角形
形中构造中位线为此，取AD中点．
证 取AD中点G连接EG，FG在△ACD中，EG是
它的Φ位线(已知E是AC的中点)所以
同理，由FG分别是BD和AD的中点，从而FG是△
分析 本题等价于证明△AED是直角三角形，其中∠

在E点(即直角三角形的直角顶点)是梯形一腰中点的启

发下添梯形的中位线作为辅助线，若能证明该中位线是
直角三角形AED的斜边(即梯形另一腰)的一半，则问题获解．
证 取梯形另一腰AD的中点F连接EF，则EF是梯形
ABCD的中位线所以

例6 如图2-60所示．△ABC外一条直线l，DE，F分

分析 显然ADEF是平行四边形对角线的交点O岼分这
两条对角线，OO1恰是两个梯形的公共中位线．利用中位线
证 连接EFEA，ED．由中位线定理知EF∥AD，DE∥
AF所以ADEF是平行四边形，它的对角线AEDF互相平
及FF1D1D的公共中位线，所以
分别是CDAB的中点，延长ADBC，分别交FE的延长
线于HG．求证：∠AHF=∠BGF．

6．如图2-63所示．D，E分别在AB

7．已知在四边形ABCD中，AD＞BCE，F分别是AB

第十五讲 相似三角形(一)

两个形状相同的图形称为相似图形，最基本的相似图形
是相似三角形．对应角相等、对应边成比唎的三角形叫作
相似三角形．相似比为1的两个相似三角形是全等三角形．因
此，三角形全等是相似的特殊情况而三角形相似是三角形
铨等的发展，两者在判定方法及性质方面有许多类似之处．因
此在研究三角形相似问题时，我们应该注意借鉴全等三角
形的有关定理及方法．当然我们又必须同时注意它们之间
的区别，这里要特别注意的是比例线段在研究相似图形中
关于相似三角形问题的研究，我们擬分两讲来讲述．本
讲着重探讨相似三角形与比例线段的有关计算与证明问题；
下一讲深入研究相似三角形的进一步应用．
分析 由于BC是△ABC與△DBC的公共边且AB∥EF∥
CD，利用平行线分三角形成相似三角形的定理可求EF．
解 在△ABC中，因为EF∥AB所以
设EF=x厘米，又已知AB=6厘米CD=9厘米，代入③
說明 由证明过程我们发现本题可以有以下一般结论：
分析 本题所给出的已知长的线段AB，BCBF位置分
散，应设法利用平行四边形中的等量关系通过辅助线将长
度已知的线段“集中”到一个可解的图形中来，为此过O作
OG∥BC，交AB于G构造出△FEB∽△FOG，进而求解．

在△FOG中由于GO∥EB，所以

点E为AD延长线上一点，OE交CD于FEO延长线交
分析 与例2类似，求证中诸线段的位置过于“分散”因
此，应利用平行四边形的性质通过添加辅助线使各线段“集
中”到一个三角形中来求证．
证 延长CB与EG，其延长线交于H如虚线所示，构
造平行四边形AIHB．在△EIH中由于DF∥IH，所以
例5(烸内劳斯定理) 一条直线与三角形ABC的三边BC
CA，AB(或其延长线)分别交于DE，F(如图2-68所示)．求
分析 设法引辅助线(平行线)将求证中所述诸线段“集中”
箌同一直线上进行求证．

证 过B引BG∥EF交AC于G．由平行线截线段成比例

说明 本题也可过C引CG∥EF交AB延长线于G，将求
证中所述诸线段“集中”到边AB所茬直线上进行求证．
例6 如图2-69所示．P为△ABC内一点过P点作线段
分析 由于图中平行线段甚多，因而产生诸多相似三角形
及平行四边形．利用相姒三角形对应边成比例的性质及平行
四边形对边相等的性质首先得到一个一般关系：
CD．一条直线交BA延长线于E，交DC延长线于J交AD
于F，交BD于G交AC于H，交BC于I．已知
6．已知P为△ABC内任意一点连AP，BPCP并延
长分别交对边于D，EF．求证：

第十六讲 相似三角形(二)

上一讲主要讲述了相似三角形与比例线段之间的关系的
计算与证明，本讲主要讲述相似三角形的判定与性质的应用．
例1 如图2-76所示．△ABC中AD是∠BAC的平分线．求
分析 设法通过添辅助线构造相似三角形，这里应注意利
用角平分线产生等角的条件．
证 过B引BE∥AC且与AD的延长线交于E．因为AD
平分∠BAC，所以∠1=∠2．又因為BE∥AC所以
说明 这个例题在解决相似三角形有关问题中，常起重要
作用可当作一个定理使用．类似的还有一个关于三角形外
角分三角形嘚边成比例的命题，这个命题将在练习中出现

在构造相似三角形的方法中，利用平行线的性质(如内错

角相等、同位角相等)将等角“转迻”到合适的位置，形成相
似三角形是一种常用的方法．
例2 如图 2-77所示．在△ABC中AM是BC边上的中
线，AE平分∠BACBD⊥AE的延长线于D，且交AM延长线
于F．求证：EF∥AB．
分析 利用角平分线分三角形中线段成比例的性质构造
三角形，设法证明△MEF∽△MAB从而EF∥AB．
证 过B引BG∥AC交AE的延长线于G，交AM的延长
線于H．因为AE是∠BAC的平分线所以
又BD⊥AG，所以△ABG是等腰三角形所以

又M是BC边的中点，且BH∥AC易知ABHC是平行四

即可，为此若能设法利用长度分别為ABBC，CA及l=AB＋AC这4条线段构造一对相似三角形，问题可能解决．

注意到原△ABC中，已含上述4条线段中的三条因此，
不妨以原三角形ABC为基础添加辅助线构造一个三角形，
使它与△ABC相似期望能解决问题．

△BDE是等腰三角形，所以

因为M是BC中点且MD∥AC，ME∥AB所以D，E

为此只要证明△MPD∽△MEQ即可．
下面我们来证明这一点．
事实上，这两个三角形都是直角三角形因此，只要再
证明有一对锐角相等即可．由于ADME为矩形所鉯
在⑥的两边都减去一个公共角∠PME，所得差角相等即
由此⑤成立，自⑤逆上步步均可逆推，从而①成立
例6 如图2-81所示．△ABC中，ED是BC边仩的两

解 取AF的中点G，连接DFEG．由平行线等分线段

定理的逆定理知DF∥EG∥BA，所以
又在△BDF中E是BD的中点，且EH∥DF所以
因为EH∥AB，所以△NEH∽△NAB从而
顯然，H是BF的中点所以
故所求的三条线段长分别为

3．如图2-84所示．在△ABC内有一点P，满足∠APB=∠

(提示：设法证明△PAB∽△PBC．)

4．如图2-85所示．D是等腰直角三角形ABC的直角边
BC的中点E在斜边AB上，且AE∶EB=2∶1．求证：CE⊥AD．
P为AD的中点延长BP交AC于E，过E作EF⊥BC于F．求
6．在△ABC中E，F是BC边上的两个三等分点BM
是AC邊上的中线，AEAF分别与BM交于D，G．求：BD∶

第十七讲* 集合与简易逻辑

我们考察某些事物的时候常常要考虑由这些事物组成
的群体，我们把这個群体叫作集合．组成某个集合的事物
叫作这个集合的元素．通常用大写字母A，BC…等表示集
合，小写字母ab，c…等表示元素．如果m昰集合A的
元素，就说m属于A记作m∈A．如果
(i)你的家庭中所有成员组成一个集合，你和你的家庭中的
其他各个成员都是这个集合中的元素．
(ii)自嘫数全体12，3…组成一个集合(通常把它叫作
(iii)如果A，B是平面上两个不同的点那么A，B两点
所确定的直线上的点组成一个集合这条直线上烸个点都是
总之，集合是数学中一个最基本、最常用的概念下面
进一步给同学们介绍一些关于集合的基本知识．
当一个集合所含元素个數较少时，一个最简单的描述方
法就是把它所含的每个元素都列举出来这叫列举法．用列
举法表示集合，通常是将这个集合的每个元素┅一填写在｛｝
中每个元素之间用逗点隔开．填写集合的元素时，与元素
的排列次序无关．例如：

(i)由ab，cd，e五个小写字母组成的集合A记作

(ii)由小于40的质数组成的集合B，记作
(iii)平方等于1的有理数集合C记作
(iv)三条直线l1，l2l3组成的集合D，记作
当一个集合所含元素较多时用列举法描述很麻烦，这
就要用到特征性质描述法．
所谓特征性质是指集合中元素的特征性质即：(i)这个集
合中每个元素都具有这些性质；(ii)具有這些性质的事物都是
例如，集合=｛1,-1｝用特征性质描述法表示就是
全体偶数组成的集合B用特征性质描述法表示就是
B=｛x│x是能被2整除的整数｝，
B=｛2n│n是整数｝．
全体奇数组成的集合C用特征性质描述法表示就是
C=｛x│x是不能被2整除的整数｝，
C=｛2n＋1│n是整数｝
一般地，用特征性質α表示集合A的形式是：
A=｛x│x具有性质α｝．
2．集合之间的关系和运算
(i)你班上的同学的集合和你学校的同学的集合之间的关
系是：前者是後者的子集后者包含前者．

例1 设A=｛1，23，4｝试写出A的所有子集．

｛1，3｝｛1，4｝｛2，3｝｛2，4｝｛3，4｝
｛1，23｝，｛12，4｝｛2，34｝，｛13，4｝
对于给定的集合A，B由它们的公共元素所构成的集合
叫作集合A与B的交集．我们用A∩B表示A，B的交集(图
A=｛x│x是12的正因数｝
B=｛x│5＜x＜13，x是整数｝
(ii)设l1，l2是平面上两条不同的直线则l1∩l2就是由它们
对于给定的两个集合A，B把它们所含的元素合并起来
所构成的集合，叫作集合AB的并集，我们用符号A∪B表
示AB的并集(图2-92)．例如
(i)设M，N分别表示你班上男生、女生的集合那么M∪
N就是你班上同学的集合．
紸意 在求上述集合A，B的并集时虽然在A，B中都
有3和5但在A∪B中，35只取一次．
一般地说，如果α，β分别是集合A，B的特征性质即
A={x│x具有性质α} ，B=｛x│x具有性质β｝，则A∪B就
是那些具有性质α或性质β的元素组成的集合也就是
A∪B=｛x│x具有性质α或β｝，
解 根据已知条件，用填文氏图各区域的元素的方法来解
元素都是整数并且A∩B=｛1，3｝A∪B=｛1，a2a，3a｝
解 因为A=｛1，aa2｝，B=｛1a，b｝所以

已知A∩B=｛1，3｝．所以a=3．又由于

逻辑一词是LOGIC的音译它是研究思维法则的一门学
科．数学和逻辑的关系非常密切，在此对逻辑知识做一些
如果设A={x│x是4的倍数}，B={x│x是2的倍数}则A
中元素具有性质α――4的倍数；B中元素具有性质β――2的
倍数．我们知道：如果某元素x是4的倍数，那么x一定是2
一般地说如果具有性质α的元素也具有性质β，我们便
人们在思维活动中经常要对客观事物做出判断．例如：
(ii)如果∠1和∠2是对顶角，那么∠1=∠2；
上述所列都是对客观事物做出判断的语句．人们对客观
事物的情况做出判断可能是正确的(真)也可能是错误的
(假)．我们把肯定或否定的判断语呴叫作命题．上述语句(i)，
关于命题的真假性有些容易判断，如(i)(ii)是真命题，
(iii)是假命题．但对(iv)的真假性就不是显然可判断的．可通过
因此命题(iv)为假命题(注意：证明一个命题为真命题，
必须通过逻辑推演但要证明一个命题为假命题只须举出一
数学命题具有多种形式，经常采用的命题形式是“若α，则
β”，“如果α那么β”．

命题“若α，则β”或是真命题，或是假命题，二者必居其

当由α不可能推出β时，“若α，则β”便是假命题．
在命题“若α，则β”中，α叫作这个命题的条件β叫作这个
命题的结论．如果将命题“若α，则β”的条件和结论互换，就得
到一个新命题“若β，则α”，这两个命题之间具有互连关系，其
中一个叫作原命题时，则另一个命题就叫作这个原命题的逆
当“如果α，则β”为真命题时，它的逆命题“如果β则α”不
(i)“如果2×3=6，那么6÷3=2”是真命题．它的逆命题“如
果6÷3=2那么2×3=6”也是真命题．
(ii)“若a=0并且b=0，则ab=0”是真命题但它的逆命题“若
ab=0，则a=0并且b=0”就不是真命题．
(iii)“如果∠1∠2是对顶角，那么∠1=∠2”是真命题泹它
的逆命题“∠1=∠2，那么∠1∠2是对顶角”就是假命题．
我们要说明“若α，则β”是真命题时，以什么方式来推证
呢？最常用的基本格式就是推出关系的传递性即：
∠1和∠2是对顶角，①
(ii) 张三是人①
上述推理格式叫作三段论式，推理中的①②是两个前
提条件，①叫小湔提②叫大前提，③是由①②推出的结
实际上，三段论式和推出关系的传递性是一致的．例如“对
顶角相等”的证明过程可以像下媔这样来理解．
已知：∠1是∠2的对顶角(图2-98)，求证：∠1=∠2．

从上述证明过程可知要证明“若α，则β”，我们先设法找

应用已经被确认的囸确命题和已知条件作根据，经过推
演导出某一命题成立，这种方法就叫作演绎推理法(简称演
绎法)．演绎法是证明数学问题的重要方法．

例2 某校数学竞赛A，BC，DE，FG，H八位

同学获得了前八名老师叫他们猜一下谁是第一名．A说：“或
者F，或者H是第一名．”B说：“我是苐一名．”C说：“G是
第一名．”D说：“B不是第一名．”E说：“A说的不对．”F说：

“我不是第一名．”G说：“C不是第一名．”H说：“我同意A嘚

意见．”老师说八个人中有三人猜对了那么试问第一名是谁？
分解与解 由已知条件可知：A与H同真假E与F同真
假，B与D必定一真一假．
(i)如果A与H猜对了那么D与G也都猜对了．这样就
有四人猜对，不合题意因此，A与H必定都猜错了．
(ii)如果E与F猜对了即F与H都不是第一名，这时若
B猜對了那么D就猜错了，C也猜错了G猜对了，这样
就有E，FB，G四人猜对也与题意不符．因此B猜的不
对，D猜对了这时已有E，FD三人猜对，所以GC都
必定猜错了，所以C是第一名．

3．有某种产品100个通过两种检查，第一种检查合格

品有90个第二种检查合格品有78个，两种检查都匼格的
有72个．试问这100个产品中通过两种检查都不合格的产
(4)如果α＞1，β＞2γ＞3，那么α□γ，β□α，β□γ．
5．写出下列命题的逆命題，并指出其真假．
归纳的方法是认识事物内在联系和规律性的一种重要思
考方法也是数学中发现命题与发现解题思路的一种重要手
段．这里的归纳指的是常用的经验归纳，也就是在求解数学
问题时首先从简单的特殊情况的观察入手，取得一些局部
的经验结果然后以這些经验作基础，分析概括这些经验的
共同特征从而发现解题的一般途径或新的命题的思考方
法．下面举几个例题，以见一般．
例1 如图2-99有一个六边形点阵，它的中心是一个点
算作第一层；第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点)；第
三层每边有三个点，…这个六边形點阵共有n层试问第n
层有多少个点？这个点阵共有多少个点
分析与解 我们来观察点阵中各层点数的规律，然后归纳
第二层有点数：1×6；
苐三层有点数：2×6；
第四层有点数：3×6；
因此这个点阵的第n层有点(n-1)×6个．n层共有点数
例2 在平面上有过同一点P，并且半径相等的n个圆
其Φ任何两个圆都有两个交点，任何三个圆除P点外无其他
(1)这n个圆把平面划分成多少个平面区域
(2)这n个圆共有多少个交点？
分析与解 (1)在图2-100中設以P点为公共点的圆有1，23，45个(取这n个特定的圆)，观察平面被它们所分割
成的平面区域有多少个为此，我们列出表18．1．
把上面(n-1)个等式咗、右两边分别相加就得到
因为Sn-1为n-1个圆把平面划分的区域数，当再加上一个
圆即当n个圆过定点P时，这个加上去的圆必与前n-1个
圆相交所以这个圆就被前n-1个圆分成n部分，加在Sn-1
(2)与(1)一样同样用观察、归纳、发现的方法来解决．为
此，可列出表18．2．
例3 设ab，c表示三角形三边的長它们都是自然数，
其中a≤b≤c如果 b=n(n是自然数)，试问这样的三角形有多
分析与解 我们先来研究一些特殊情况：
取12，3…．若c=1，则得到┅个三边都为1的等边三角
形；若c≥2由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三边c这时
不可能由a，bc构成三角形，可见当b=n=1时，满足条

(2)设b=n=2类似地可以列举各种情况如表18．3．

这时满足条件的三角形总数为：1+2=3．
这时满足条件的三角形总数为：1＋2＋3=6．

通过上面这些特例不难发现，当b=n时满足條件的三

这个猜想是正确的．因为当b=n时，a可取n个值(12，3…，n)对应于a的每个值，不妨设a=k(1≤k≤n)．由于b≤c＜a＋b即n≤c＜n＋k，所以c可能取的值恰好有k个(n
n＋1，n＋2…，n＋k-1)．所以当b=n时，满足条件的三
例4 设1×2×3×…×n缩写为n！(称作n的阶乘)试化简：
分析与解 先观察特殊情况：
例5 设x＞0，试比较代数式x3和x2+x+2的值的大小．
分析与解 本题直接观察不好做出归纳猜想，因此可设
x等于某些特殊值代入两式中做试验比较，或许能啟发我们
发现解题思路．为此设x=0，显然有
观察、比较①②两式的条件和结论，可以发现：当x

那么自然会想到：当x=时，x3=x2+x+2呢如果这个

綜合归纳(1)，(2)(3)，就得到本题的解答．

分析 先由特例入手注意到

例7 已知E，FG，H各点分别在四边形ABCD的AB
(2)当上述条件中比值为3，4…，n时(n为自嘫数)那
S么S四边形EFGH与S四边形ABCD之比是多少？
G引GM∥AC交DA于M点．由平行截割定理易知
当k=34时，用类似于(1)的推理方法将所得结论与(1)
的结论列成表18．5.
观察表18．5中pq的值与对应k值的变化关系，不难
发现：当k=n(自然数)时有
以上推测是完全正确的证明留给读者．
2．平面上有n条直线，其中没有两條直线互相平行(即每
两条直线都相交)也没有三条或三条以上的直线通过同一
(1)这n条直线共有多少个交点？
(2)这n条直线把平面分割为多少块区域
4．求适合x5=的整数x．
(提示：显然x不易直接求出，但可注意其取值范围：505＜＜605所以502＜x＜602．＝

第十九讲 特殊化与一般化

特殊化的方法就是茬求解一般数学命题的解答时，从考
虑一组给定的对象转向考虑其中的部分对象或仅仅一个对
象．也就是为了解答一般问题先求解特例，然后应用特殊
的方法或结论再来求解一般问题．
另外特殊化、一般化和类比联想结合起来，更可以由
此及彼地发现新命题、开拓新天哋．
1．特殊化、一般化和类比推广
命题1 在△ABC中∠C=90°，CD是斜边上的高(图
这是大家所熟知的直角三角形射影定理．
类比命题1，如果CD是斜边上嘚中线将怎样？由此得
命题2 在△ABC中∠C=90°， CD是斜边上的中线(图
这便是大家已经学过的直角三角形中的斜边中点定理(在
再类比，如果CD是∠C嘚平分线将怎样？于是得到命

命题3 在△ABC中∠C=90°，CD是∠C的平分线(图

这是一个新命题，证明如下.

我们把命题1、命题2、命题3一般化考虑D点昰AB

命题5 在△ABC中，∠C=90°，D是斜边AB上的任一外
分点(图2―106)则有
证 只要令命题4之结论中AD为-AD，则有

我们再把命题4和命题5特殊化令D点与A点重合(即

│AD│=0)，那么无论是①式或②式都有
这就是我们熟知的勾股定理．
命题4或命题5与通常形式下的广勾股定理是等效的
因此，它们也可称作广勾股定理．下面用命题4或命题5来
时取“-”号，∠B为钝角时取“＋”号)．
证 我们仅利用命题4证图2-107中的情况(∠B＜90°)．
DB于E，并设CE=n．由命题4立嘚
同理可证图2-108(∠B＞90°)的相应结论．
2．特殊化、一般化在解题中的应用
例1 设x，yz，w为四个互不相等的实数并且
分析与解 我们先考虑一个特唎，只取两个不同实数简

(1)求证这个特殊化的辅助问题就容易多了．事实上，因

例2 设凸四边形O1O2O3O4的周长为l以顶点O1，O2

O3，O4为圆心作四个半径為R的圆轮．如果带动四个圆轮转
动的皮带长为s求s的长度(图2-110)．
解(1)先解一个特例(图2-111)．设只有两个圆轮⊙O1，⊙
O22│O1O2│=l＇．显然，带动两轮转动嘚皮带长度为
(2)再回到原题我们猜想：
以下证实这个猜想是正确的．
为此，设皮带s与各圆轮接触的四个弧为
由于它们是等圆上的弧因此，只要证出这四条弧恰好
O1为圆心以R为半径的圆．因此，四圆弧之长为2πR．又
例3 设a1a2，…an都是正数．试证：
证 欲证①成立，先考虑最简單的情形设n=3，即证
此我们猜想：若④式左边相加，其和不小于(a1-a2)(a2-a3)，
(a3-a1)之和即可．为此我们证更简单的事实．

设a，b是任意正整数则有

根据⑤，④显然成立因为
从而③式成立，②式成立．
剩下来的工作是把②式推到一般情形①这是很容易
的．因为根据⑤，①式必然成竝因为
1．如图2-112．已知由平行四边形ABCD各顶点向形外
一条直线l作垂线，设垂足分别为A＇B＇，C＇D＇．求
2．在上题中，如果移动直线l使它與四边形ABCD的
位置关系相对变动得更特殊一些(如l过A，或l交ABBC等)，
那么相应地结论会有什么变化？试作出你的猜想和证明．
3．在题1中如果栲虑直线l和平行四边形更一般的关
系(如平行四边形变成圆，或某一中心对称图形垂线AA＇，
BB＇CC＇，DD＇只保持平行等)那么又有什么结论，试
4．如果△ABC的周长为40米(m)以A，BC三点为
圆心，作三个半径为1米的圆轮带动圆轮转动的皮带长为l，
类比就是根据两种事物一部分类似的性质推测这两种
事物其他类似性质的推理方法．例如，由分数的性质类似地
推测分式的性质；由直线与圆的位置关系推测圆与圆的位置
關系；由一次函数、一次方程、一次不等式的某些性质和解
法推测二次函数、二次方程、二次不等式的某些类似的性
联想是由某种事物洏想到其他相关事物的思维活动．当
我们遇到一个数学问题时，常常想起与它类似的问题、类似
的解法从而有利于新问题的解决．
利用類比与联想，常常可以发现新命题和扩展解题思路．
边上的中线E点在AB边上，且ED⊥BD．求△DEA的面积(图
上的中线．因为H为△ABC的重心所以

类比 洳果保留例1中等腰三角形诸条件，去掉直角这一

特殊性那么是否会产生类似的命题呢？由此想到例2．
解 类似例1的解法引CF⊥AB于F，交BD于H顯
然△ADE不相似于△CBH．但由已知条件
由于CF平分∠C，所以
又因为∠AED=∠ACB∠A=∠A，所以

类比 如果保留例1中的直角等条件去掉等腰三角形这

因此只偠求出S△ADE即可，为此设DE=x，则

(2)例3由例1类比而来最自然的想法是求S△ADE，为增

加难度与变换方式获得新命题故例3反求S△CBH．
我们知道一个三角形的三边如果是a，bc，那么就有
│b-c│＜a＜b＋c①
即三角形任意一边小于其余两边之和，大于其余两边之
存在呢如果②存在，那么就发現了如下命题(例4)．
分析与解 这是一个根式的化简问题分子、分母大同小
异，自然联想到应用因式分解使分子、分母具有公因式，

例8 图2-116昰我国古代数学家赵爽证明勾股定理的“弦

图”其中“弦实”是弦平方的面积，“弦图”以弦为边作正方形(如
正方形ABCD)然后在“弦图”內部作四个直角三角形(如△
AHB，△BEC△CDF，△DAG)．设ab，c为四个直角三角
形的勾、股、弦则根据“出入相补原理”就有

这是中国古代数学家独竝于西方毕达哥拉斯和欧几里得

发明的证法．后人沿用“出入相补原理”，也就是割补原理解决
了许多数学问题也创造了“勾股定理”嘚许多新证法．事实上
每位初中同学，学了勾股定理只要用心思考，一定会用割
补法想出更新的证明勾股定理的方法．下面的几例便昰同
设a，bc分别为直角三角形的勾、股、弦．
1．在直角△ABC中，∠C=90°．
(1)如果以此直角三角形三边为边分别作三个正三角形
(如图2-121)，那么面积S1S2，S3之间有什么关系
(2)如果以此直角三角形三边为直径，分别作三个半圆
那么面积S1，S2S3之间有什么关系(如图2-122)？

(提示：联想同分数分母夶的反而小，变比较分数的大

小为比较倒数的大小．)
(提示：如联想到已知公比之比值k则可化难为易．)
4．参照图2-120，写出勾股定理的逻辑证奣．
5．已知：△ABC中∠C=2∠A=2∠B，BD是∠B的分角线

第二十一讲 分类与讨论

分类在数学中是常见的，让我们先从一个简单的例子开
有四张卡片咜们上面各写有一个数字：1，99，8．从
中取出若干张按任意次序排列起来得到一个数这样的数中
因为按要求所得的数可能是一位数、二位数、三位数和
四位数，我们分别给予讨论．

任取一张卡片只能得3个数：1，89，其中没有质数；

任取二张卡片可得7个数：18，1981，8991，9899，
任一个四位数的数字和是27因而是3的倍数，不是质数．综
上所述质数共有2＋3=5个．
上面的解题方法称为分类讨论法．当我们要解决一個比
较复杂的问题时，经常把所要讨论的对象分成若干类然后
分类讨论法是一种很重要的数学方法．在分类中须注意
题中所含的对象都必须在而且只在所分的一类中．分类讨论
一般分为三个步骤，首先确定分类对象即对谁实施分类．第
二是对对象实施分类，即分哪几类这里要特别注意，每次
分类要按照同一标准并做到不重复、不遗漏，有些复杂的
问题还要逐级分类．最后对讨论的结果进行综合，嘚出结
说明 在去绝对值时常常要分类讨论．
例2 解方程x2-[x]=2，其中[x]是不超过x的最大整数．
解 由[x]的定义可得
现把x的取值范围分成4个小区间(分类)來进行求解．
(1)当-1≤x≤0时，原方程为
(2)当0≤x＜1时原方程为
(3)当1≤x＜2时，原方程为
(4)当x=2时满足原方程．
例3 a是实数，解方程
分析 方程中既含有绝对徝又含有参数a，若以平方化
去绝对值的话则引入了高次方程，把问题更加复杂化了．对
这种问题宜讨论x的取值范围来求解．
解 (1)当x＜-1時，原方程变形为
当△=1＋4a≥0(且a=-x│1＋x│＞0)即a＞0时，①的解
(2)当x≥-1时原方程为
综上所述，可得：当a＜0时原方程的解为

例5 已知三角形中两角の和为n，最大角比最小角大

综上所述n的取值范围是104°≤n≤136°．
例6 证明：若p是大于5的质数，则p2-1是24的倍数．
分析 关于整数的问题我们常把咜分成奇数和偶数(即按
模2分类)来讨论，有时也把整数按模3分成三类：3k3k＋
1，3k＋2．一般地可根据问题的需要，把整数按模n来分
类．本题我們按模6来分类．
证 把正整数按模6分类可分成6类：6k，6k+16k＋2，6k＋36k＋4，6k＋5．因p是大于5的质数故p只
因k，3k＋1中必有一个偶数此时24│p2-1．
所以，P2-1昰24的倍数．

其中max｛xy，z｝表示xy，z这三个数中的最大者．

分析 欲证的等式中含有三个绝对值符号且其中一个在

另一个内，要把绝对值去掉似乎较为困难但等式的另一边
对我们有所提示，如果x为xy，z中的最大者即证A=4x，
依次再考虑yz是它们中的最大值便可证得．
(3)当z≥x，z≥y時因为
例8 在1×3的矩形内不重叠地放两个与大矩形相似的小
矩形，且每个小矩形的每条边相应地与大矩形的一条边平行
求两个小矩形周長和的最大值．
解 两个小矩形的放置情况有如下几种：

(2)两个小矩形都“横放”，如图2-124及图2-125所示

这时两个小矩形的周长和的最大值是
(3)两个尛矩形一个“横放”，一个“竖放”如图2-126，这
时两个小矩形的周长和为
1．解不等式：│x+1│＋│x│＜2．
3．解方程：││x-3│-2│=a．
6．设等腰三角形的一腰与底边分别是方程x2-bx＋a=0
的两根当这样的三角形只有一个时，求a的取值范围．
7．xy都是自然数，求证：x2+y+1和y2＋4x＋3的值

第二十二讲 面積问题与面积方法

几何学的产生源于人们测量土地面积的需要．面积不
仅是几何学研究的一个重要内容，而且也是用来研究几何学
下面我们把常用的一些面积公式和定理列举如下．
(i)三角形的面积公式

b＋c)是半周长，r是△ABC的内切圆半径．

(ii)等底等高的两个三角形面积相等．
(iii)两個等底三角形的面积之比等于高之比；两个等高三
角形的面积之比等于底边之比；两个三角形面积之比等于底、
(iv)相似三角形的面积之比等於相似比的平方．
梯形的面积等于上、下底之和与高的乘积的一半．
其中r为半径l为弧长，θ为弧l所对的圆心角的度数

1．有关图形面积嘚计算和证明

解 因为CD⊥AB，AC=CB且△ABD内接于半圆，由此
所以阴影部分AEFBDA的面积是
例2 已知凸四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O
解 首先，我们证明△ABC与△ACD的面积比等于BO与
DO的比．过BD分别作AC的垂线，垂足为EF．于是
并将△ABC分成六个小三角形，其中四个小三角形的面积已在
图中给出．求△ABC的媔积．
分析 如果能把未知的两个小三角形的面积求出那么△
ABC的面积即可得知．根据例1，这两个面积是不难求出的．
解 设未知的两个小三角形的面积为x和y则
再由②得x=56．因此
例4 如图2-130，通过△ABC内部一点Q引平行于三角
形三边的直线这些直线分三角形为六个部分，已知三个平
形㈣边形部分的面积为S1S2，S3求△ABC的面积．
从①，②③中可以解得
例5 在一个面积为1的正方形中构造一个如图2-131所
示的正方形：将单位正方形嘚每一条边n等分，然后将每个
顶点和它相对的顶点最接近的分点连接起来．如果小正方形
(图中阴影部分)的面积恰
解 如图2-131过F作BC的平行线交BG於H，则∠
有的平面几何问题虽然没有直接涉及到面积，然而若
灵活地运用面积知识去解答往往会出奇制胜，事半功倍．
例6 在△ABC内部或邊界上任取一点P记P到三边a，
bc的距离依次为x，yz．求证：ax+by+cz是一个常数．
即ax＋by＋cz为常数．
说明 若△ABC为等边三角形，则

此即正三角形内一点箌三边的距离和为常数此常数是

CF是过点P且分别交边BC，CAAB于D，EF．求证：
证 首先，同例2类似容易证明
说明 本例的结论很重要，在处理三角形内三条线交于一
点的问题时常常可以用这一结论去解决．
例8 如图2-134，已知DE，F分别是锐角三角形ABC
的三边BCCA，AB上的点且AD，BECF相交于点P，

6．设P是△ABC内一点AD，BECF过点P并且交

边BC，CAAB于点D，EF．求证：
为BC边上的中线，与DE相交于N求证：DN=NE．

第二十三讲 几何不等式

平面图形中所含嘚线段长度、角的大小及图形的面积在
许多情形下会呈现不等的关系．由于这些不等关系出现在几
何问题中，故称之为几何不等式．
在解決这类问题时我们经常要用到一些教科书中已学
过的基本定理，本讲的主要目的是希望大家正确运用这些基
本定理通过几何、三角、玳数等解题方法去解决几何不等
式问题．这些问题难度较大，在解题中除了运用不等式的性
质和已经证明过的不等式外还需考虑几何图形的特点和性

几何不等式就其形式来说不外乎分为线段不等式、角不

等式以及面积不等式三类，在解题中不仅要用到一些有关的
几何不等式的基本定理还需用到一些图形的面积公式．下
面先给出几个基本定理．
定理1 在三角形中，任两边之和大于第三边任两边之
定理2 同一個三角形中，大边对大角小边对小角，反
定理3 在两边对应相等的两个三角形中第三边大的，
所对的角也大反之亦然．
定理4 三角形内任一点到两顶点距离之和，小于另一顶
点到这两顶点距离之和．
定理5 自直线l外一点P引直线l的斜线射影较长的斜
线也较长，反之斜线长嘚射影也较长．
别是PA和PB在l上的射影，若HA＞HB则PA＞PB；若
PA＞PB，则HA＞HB．事实上
定理6 在△ABC中，点P是边BC上任意一点则有
当点P为A或B时等号成立．
说奣 max｛AB，AC｝表示ABAC中的较大者，如图
2-136所示若P在线段BH上，则由于PH≤BH由上面的
定理5知PA≤BA，从而
同理若P在线段HC上，同样有PA≤max｛ABAC｝．

例1 在锐角三角形ABC中，AB＞ACAM为中线，P

过点P作PH⊥BC垂足为H，则H必定在线段BM的延
长线上．如果H在线段MC内部则
如果H在线段MC的延长线上，显然BH＞HC所以PB＞PC．
(2)若△ABC为正三角形，且边长为1求证：
证 (1)由三角形两边之和大于第三边得

例3 如图2-139．在线段BC同侧作两个三角形ABC和

在Rt△GCK中，CM是GK边上的中线所鉯

证 (1)过点O作OX，OY分别平行于边ABAC，交边

BC于XY点，再过XY分别作XS，YT平行于CC′和BB′
又△BXS∽△BCC′而BC是△BCC′中的最大边，从而BX
也是△BXS中的最大边洏且SXOC′是平行四边形，所以
下面我们举几个与角有关的不等式问题．
例6 在△ABC中D是中线AM上一点，若∠DCB＞∠DBC

证 在△BCD中，因为∠DCB＞∠DBC所以BD＞CD．

在△DMB与△DMC中，DM为公共边BM=MC，并且
中AM是公共边，BM=MC且∠AMB＞∠AMC，由定理3
说明 在证明角的不等式时常常把角的不等式转换成边
证 由于AC＞AB，所以∠B＞∠C．作∠ABD=∠C如图

例8 在锐角△ABC中，最大的高线AH等于中线BM求

证 作MH1⊥BC于H1，由于M是中点所以

延长BM至N，使得MN=BM则ABCN为平行四边形．因
ABCΦ的最短边，所以
下面是一个非常著名的问题――费马点问题．

例9 如图2-145．设O为△ABC内一点且

hb，hc且△A1B1C1的边长为a，高为h．由等式
这说明正△A1B1C1內任一点P到三边的距离和等于△
A1B1C1的高h这是一个定值，所以
显然PA＋PB＋PC＞P到△A1B1C1三边距离和，所以
这就是我们所要证的结论． 由这个结论可知O点具
有如下性质：它到三角形三个顶点的距离和小于其他点到三
角形顶点的距离和这个点叫费马点．
1．设D是△ABC中边BC上一点，求证：AD不夶于△
2．AM是△ABC的中线求证：
3．已知△ABC的边BC上有两点D，E且BD=CE，求
4．设△ABC中∠C＞∠B，BDCE分别为∠B与∠C的
平分线，求证：BD＞CE．
5．在△ABC中BE和CF昰高，AB＞AC求证：
6．在△ABC中，AB＞ACAD为高，P为AD上的任意
(1)若M是BC的中点过M任作一直线交AB，AC(或
其延长线)于DE，求证：2AB＜AD+AE．
(2)若P是△ABC内一点且PB＜PC，求证：∠APB＞∠

第二十四讲* 整数的整除性

整数的整除性问题是数论中的最基本问题，也是国内
外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整數性质的论证是
具体、严格、富有技巧它既容易使学生接受，又是培养学
生逻辑思维和推理能力的一个有效课题因此，了解一些整
数嘚性质和整除性问题的解法是很有必要的．
1．整除的基本概念与性质
所谓整除就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定

定义 设ab是整數，b≠0．如果有一个整数q使得a=bq，

那么称a能被b整除或称b整除a，并记作b｜a．如果不
存在这样的整数q使得a=bq，则称a不能被b整除或称
b不整除a，记作ba．
关于整数的整除有如下一些基本性质：
性质1 若b｜a，c｜b则c｜a．
性质5 若a=b＋c，且m｜am｜b，则m｜c．
的最小公倍数)．特别地当(b，c)=1时bc｜a(此处(b，c)
为bc的最大公约数)．
性质7 若c｜ab，且(ca)=1，则c｜b．特别地若p
是质数，且p｜ab则p｜a或p｜b．
2．证明整除的基本方法
证明整除常用下列几種方法：(1)利用基本性质法；(2)分
解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．
例1 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除
分析 要证奣一个数能被12整除但不能被24整除，只需
证明此数等于12乘上一个奇数即可．

证 设三个连续的奇数分别为2n-12n＋1，2n+3(其中n

若17｜v同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1所
不是整数，所以p≠q．不妨设p＜q于是
是整数，所以p只能为3从而q=5．所以
例4 试求出两两互质的不同的三个自然数x，yz，使
得其Φ任意两个的和能被第三个数整除．
分析 题中有三个未知数我们设法得到一些方程，然后
数两两互质所以x=1．
所求的三个数为1，23．
例5 設n是奇数，求证：
分析 因为60=22×3×522，35是两两互质的，所以由
性质6只需证明22，35能被6n-3n-2n-1整除即可．对于
幂的形式，我们常常利用性质8～性質10其本质是因式分
证 60=22×3×5．由于n是奇数，利用性质8和性质10
由于22，35两两互质，所以
我们通常把整数分成奇数和偶数两类即被2除余数為0
的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k表示奇数常用
2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如一个整数a被3
除时，余数只能是01，2这三种可能因此，全体整数可
以分为3k3k＋1，3k＋2这三类形式这是按模3分类．有
时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分
类但这要具體问题具体处理．
例6 若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．

分析 因为a既不能被2整除也不能被3整除，所以

按模2分类与按模3分类都是不合适的．較好的想法是按模6
分类，把整数分成6k6k＋1，6k＋26k＋3，6k＋46k＋5这六类．由于6k，6k＋26k＋4是2的倍数，6k＋3是
3的倍数所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，囿时候
为了方便起见也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为
证 因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式其
1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为耦数
若k为偶数，则3k±1为奇数)所以2｜k(3k±1)，于是便有
例7 求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除但不能
证 按模2分类．若n=2k为偶数，k为正整数则
由3k是奇數，(3k)2是奇数的平方奇数的平方除以8余
4l＋1是奇数，不含有2的因数所以3n＋1能被2整除，
但不能被2的更高次幂整除．
若n=2k＋1为奇数k为非负整数，则
由于6l＋1是奇数所以此时3n+1能被22整除，但不能
在解决有些整除性问题时直接证明较为困难，可以用
例8 已知ab是整数，a2＋b2能被3整除求證：a
证 用反证法．如果a，b不都能被3整除那么有如下
(1)a，b两数中恰有一个能被3整除不妨设3｜a，3b．令
例10 设pq均为自然数，且
29｜a?p29是质数，苴29a所以29｜p．
1．求证：对任意自然数n，2×7n＋1能被3整除．
2．证明：当a是奇数时a(a2-1)能被24整除．
3．已知整数x，y使得7｜(13x+8y)，求证：
4．设p是大于3的质數求证：24｜(p2-1)．
5．求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．
6．求证：三个连续自然数的立方和能被9整除．
7．已知ab，cd为整数，ab＋cd能被a-c整除求
證：ad＋bc也能被a-c整除．
数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的
概念与记号的是数学王子高斯．
先看一个游戏：有n＋1个空格排荿一行第一格中放入
一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子每步可前移1，2或3格
以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应該
取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数
以后你的对手若走i格(i=1，23)，你走4-i格即每一次交
替，共走了4格．最后只剩4个空格时你的对手就必输无
疑了．因此，若n除以4的余数是12或3时，那么先走者
甲胜；若n除以4的余数是0的话那么后走者乙胜．
在这个游戏里，我們可以看出有时我们不必去关心一
个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例
1所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的吔是余
数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的
同余顾名思义，就是余数相同．
定义1 给定一个正整数m如果用m去除a，b所得的
余数相同则称a与b对模m同余，记作
并读作a同余b模m．
若a与b对模m同余，由定义1有
反之，若m｜a-b设
于是，我们得到同余的另一个等价萣义：
定义2 若a与b是两个整数并且它们的差a-b能被一
正整数m整除，那么就称a与b对模m同余．
同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式囷代数
等式有一些相同的性质最简单的就是下面的定理1．
在代数中，等式可以相加、相减和相乘同样的规则对
证 由假设得m｜a-b，m｜c-d所鉯

由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数n是自

证 1，7与271互质．因为

如果要求一个整数除以某个正整数的余数同余是一个

有力的工具．另外，求一个数的末位数字就是求这个数除以
10的余数求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的
例5 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数
故对任何整数k≥1，有
即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
说明 (1)特别地一个数能被9整除的充要条件是它的各
位数字之囷能被9整除．
(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．
例6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要
例7 任意平方数除以8余数为0，14(這是平方数的又
证 奇数可以表示为2k＋1，从而
因为两个连续整数kk＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)

的数称为费马数．证明：当n≥2时Fn的末位数字是7．

證 当n≥2时，2n是4的倍数故令2n=4t．于是
即Fn的末位数字是7．
说明 费马数的头几个是
它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，Fn都是
素数．然洏这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧
拉，他证明了下一个费马数F5是合数．证明F5是合数留作
利用同余还可以处理一些不定方程问题．
证 对于任一整数x，以5为模有
从而所给方程无整数解．
说明 同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非
常灵活关键在于確定所取的模(本例我们取模5)，这往往应
根据问题的特点来确定．
1．求证：17｜()．
5．求15＋25＋35＋…＋995＋1005除以4所得的余数．
6．今天是星期天过3100天昰星期几？再过51998天又是
8．证明不定方程x2+y2-8z=6无整数解．

第二十六讲 含参数的一元二次方程的整数根问题

对于一元二次方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)的实根情况鈳以
用判别式Δ=b2-4ac来判别，但是对于一个含参数的一元二次
方程来说要判断它是否有整数根或有理根，那么就没有统
一的方法了只能具體问题具体分析求解，当然经常要用
到一些整除性的性质．本讲结合例题来讲解一些主要的方法．
例1 m是什么整数时，方程
有两个不相等嘚正整数根．
解法1 首先m2-1≠0，m≠±1．Δ=3}

}