数学建模英语初中数学竞赛辅导材料(专题)240页 强烈推荐

2020年11月19日发(作者：丁廷枚)
竞赛讲座(01)－奇数和偶数
整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示 ，奇数可用2k+1
表示，这里k是整数.
关于奇数和偶数，有下面的性质：
（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；
（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；
（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；
（4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；
（5）n个奇数的乘积是奇数， n个偶数的乘积是2
n
的倍数；顺式中有一个是偶数，则
乘积是偶数.
以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.
1.代数式中的奇偶问题
例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，
那么这1 2个整数中，至少有几个偶数？
□+□=□， □-□=□，
□×□＝□ □÷□＝□.
解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶 数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，
故这12个整数中至少有六个偶数.
例2 （第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组

是整数，那么
（A）p、q都是偶数. （B）p、q都是奇数.
（C）p是偶数，q是奇数 （D）p是奇数，q是偶数
分析 由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第
二方程中， 于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C）
例3 在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是
偶数.
分析 因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添
上正号和 负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992=
数 于是题设的代数和应为偶数.
2.与整除有关的问题
=996×1993为偶
例4（首届“华罗庚金杯”决赛题） 70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数
的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边 的几个数是这样的：0，1，3，8，
21，….问最右边的一个数被6除余几？
解 设70个数依次为a
1
,a
2
,a
3
据题意有
a
1
=0, 偶
a
2
=1 奇
a
3
=3a
2
-a
1
, 奇
a
4
=3a
3
-a2, 偶
a
5
=3a
4
-a3, 奇
a
6
=3a
5
-a4, 奇
………………
由此可知：
当n被3除余1时，a
n
是偶数；
当 n被3除余0时，或余2时，a
n
是奇数，显然a
70
是3k+1型偶数，所 以k必须是奇
数，令k=2n+1，则
a
70
=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.
解 设十位数， 五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，
则a+b=45 ，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与
a-b有相同的奇 偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.
要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由 于偶数位五个数字之和是17，现在
8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这 三个数字只能是2，1，0.
故所求的十位数是9876524130.
例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式
123456789=（11111+a）（11111-b）， ①
证明a-b是4的倍数.
证明 由①式可知
11111（a-b）=ab+4×617 ②
∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0
首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇 数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是
奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶 数，这与式①矛盾
其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而a b+4×617
是4的倍数，由②知a-b是4的倍数.
3.图表中奇与偶
例7（ 第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”
或“-”的符号 ，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的
“变号”程序后，能否从一张表变 化为另一张表.
解 按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：
在黑板所示的2 ×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两
个.

表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正
方 形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.
显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.
例8（第36届美国 中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7…排成五列，按右表
的格式排下去，1985所在的那列 ，从左数起是第几列？（此处无表）
解 由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×49 6+1，因此1985是第497行的第
一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位 于第四列，所以从左
数起，1985在第二列.
例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中 ，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n
个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小 线段的两个端点一个为红点
而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.
证明 不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.
分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、
绿点；
不难 看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变
两次又回到A，现在最后 一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必
为奇数.

4.有趣的应用题
例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都
是湖岸.
（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？
（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋， 上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿
鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说 明理由.

解 （1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.
（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢
不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.
例11 书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元
钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少
钱？
分析 设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有
10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)
即 2a+3b+5c+8d=20k
显然b、c有相同的奇偶性.
若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，
若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.
不是整数；
例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，
每相邻 两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与
厅外相通，试证明：任何一 个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）
之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门 的次数（重复经过的重复计算）之差
总是偶数.
证明 给出入口处展览室记“+”号，凡与 “+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展
览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、 “-”号都不同.
一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+ ”号室，
他的路线是+-+-…+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室 为n+1（重复
经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共< br>走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经
过圆形门 的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立.
例13 有一 无穷小数A=0.a
1
a
2
a
3
…a
n
a
n+1
a
n+2
…其中a
i
(i=1,2)是数字，并且a
1
是奇数，a
2
是偶数，a
3
等于a
1
+ a
2
的个位数…，a
n+2
是a
n
+a
n+1(n=1,2…,)的个位数，证明A是有理
数.
证明 为证明A是有理数，只要证 明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每
一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两 个数字ab重复出现了，即
0.…ab…ab…此小数就开始循环.
而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律：
A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……
又a是奇数可取1，3，5，7，9；
b是偶数可取0，2，4，6，8.
所以非 负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至
少出现两组是完全相同的 ，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.
练 习 一
1.填空题
（1） 有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是
一个奇数，而这四个数的 和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.
（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的
数之和是____.
（3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？
答____.
2.选择题
（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（ ）
①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数；
②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数；
③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数；
④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数.
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
多18，这五个偶
（2）若n是大于1的整数，则
（A）一定是偶数 （B）必然是非零偶数
的值（ ）.
（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数
（3）已知关于x的二次三项式ax
2
+bx+c （a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，
二次三项式的值都是奇数，那么a（ ）
（A）不能确定奇数还是偶数 （B）必然是非零偶数
（C）必然是奇数 （D）必然是零
3.（1986年宿州竞赛题）试证明1
1986
+9
19 86
+8
1986
+6
1986
是一个偶数.
4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数.
5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除
6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这 些点之间以及这些点与凸n边形顶点
之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形 分为只朋角形的
小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.
7.（1983年福 建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第
二位数字大于其它各位数字，第三 位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.
8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3
n
+1能被2或2
2
整除，而不能被2的更高次幂整除.
9.（全 俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3…，1989之间填上“+”或“-”号，求和式
可以得到最 小的非负数是多少？

练习参考答案
１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）
（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ
＋８．
（３）不能．
２．Ｂ．Ｂ．Ａ
３．１是奇数１，９
最后为偶数．
１９８６１９８６
的个位数字是奇数１，而８
１９８６
，６
１９８６
都是偶数，故
４．仿例５ １２０３４６５８７９．
５．设ａ
１
，ａ< br>２
，…，ａ
ｎ
满足题设即ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ ａ
ｎ
＝０ ①
ａ
１
·ａ
２
……ａ
ｎ
＝ｎ ②。假如ｎ为奇数，由 ②，所有ａ
ｉ
皆为奇数，但奇数个奇数之
和为奇数，故这时①不成立，可见ｎ只能为偶 数．由于ｎ为偶数，由②知ａ
ｉ
中必有
一个偶数，由①知ａ
ｉ
中必有 另一个偶数．于是ａ
ｉ
中必有两个偶数，因而由②知ｎ必
能被４整除．
６． 设小三角形的个数为ｋ，则ｋ个小三角形共有３ｋ条边，减去ｎ边形的ｎ条边及
重复计算的边数扣共有（ ３ｋ＋ｎ）条线段，显然只有当ｋ与ｎ有相同的奇偶性时，
（３ｋ－ｎ）才是整数．
７．设这 个四位数是由于１≤ａ＜ｄ，ｄ是奇数所以ｄ≥３于是ｃ＝２（ａ＋ｄ）
≥８，即ｃ＝８或ｃ＝９．因ｃ 是偶数，所以ｃ＝８，由此得ａ＝１，ｄ＝３．又因
ｂ＞ｃ，所以ｂ＝９因此该数为１９８３．
８．当ｎ为奇数时，考虑（４－１）＋１的展开式；当ｎ为偶数时，考虑（２＋１）
ｎ
＋１的 展开式．
９．除９９５外，可将１，２，…，１９８９所有数分为９９４对：（１，１９８９）
（２，１９８８）…（９９４，９９６）每对数中两个数的奇偶性相同，所以在每对
数前无论放置“＋ ”，“－”号，运算结果只能是偶数．而９９５为奇数，所以数１，２，…，
１９８９的总值是奇数，于 是所求的最小非负数不小于１，数１可用下列方式求得：
１＝１＋（２－３－４＋５）＋（６－７－８ ＋９）＋…＋（１９８６－１９８７－
１９８８＋１９８９）．
ｎ
竞赛讲座(02)－整数的整除性
1． 整数的整除性的有关概念、性质
（1） 整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得
成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。
若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。
（2） 性质
1） 若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am
2） 若a|b，b|a，则|a|=|b|;
3） 若b|a，c|b，则c|a
4） 若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c；
5） 若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；
6） 若c|a，c|b，则c|（ma+nb） ，其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更
多项的和）
例1 （1987年北京初二 数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：
11｜（3x-7y+12 z）。
证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)
而 11｜11(3x-2y+3z),
且 11｜(7x+2y-5z),
∴ 11｜4(3x-7y+12z)
又 (11,4)=1
∴ 11｜(3x-7y+12z).
2.整除性问题的证明方法
(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）
例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。
若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
（2）利用连续整数之积的性质
① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整
除。
② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之
积一定可以被2整除，也可 被3整除，所以也可以被2×3=6整除。
这个性质可以推广到任意个整数连续之积。
例3（1956年北京竞赛题）证明：
除时余2。
对任何整数n都为整数，且用3
证明
∵为连续二整数的积,必可被2整除.
∴对任何整数n均为整数,
∵为整数,即原式为整数.
又∵
，
2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，
∴是能被3整除的整数.
故被3除时余2.
例4 一整数a若不能被2和3整除，则a
2
+23必能被24整除.
证明 ∵a
2
+23=（a
2
-1）+24，只需证a
2
-1可以被24整除 即可.
∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),
则a
2
-1 =(2k+1)
2
-1=4k
2
+4k=4k(k+1).
∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，
∴8|4k（k+1），即8|（a
2
-1）.
又∵（a-1），a，（a +1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（
（a
2
-1），
∵3 a，∴3|（a
2
-1）.3与8互质, ∴24|(a
2
-1),即a
2
+23能被24整除.
(3)利用整数的奇偶性
a+1）=a
下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题.
例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使：
a·b·c·d-a= ①
a·b·c·d-b= ②
a·b·c·d-c= ③
a·b·c·d-d= ④
证明 由①，a（bcd-1）=.
∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.
同理,由②、③、④知b、c、d必为 奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a（bcd-1）
必为偶数，与①式右端为奇数矛盾 .所以命题得证.
例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x
1
,x
2
,…，x
n
，其中每一个不是+1
就是-1，
且

试证n是4的倍数.
证明 设 (i=1,2,…，n-1)，

则y
i
不是+1就是-1，但y
1
+y
2
+…+y
n
=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.
又y
1y
2
y
3
…y
n
=1，即（-1）
k
=1，故k为偶数，
∴n是4的倍数.
其他方法：
整数a整除整数b，即b含有 因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手段从
b中分解出因子a就成了一条极自然的思路 .
例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n
3
+100能被n+1 0整除的正整数n的最大值是
多少?
解n
3
+100=(n+10)(n< br>2
-10n+100)-900.
若n+100能被n+10整除,则900也能被n +10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应地
n的值为最大.因为900的最大因子是900. 所以,n+10=900,n=890.
例8 (上海1989年高二数学竞赛)设 a、b、c为满足不等式1＜a＜b＜c的整数，
且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc 整除，求所有可能数组（a，b，c）.
解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1）
=a
2
b
2
c
2
-abc（a+b+c）+ab+ac+b c-1，①
∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.
∴存在正整数k,使
ab+ac+bc-1=kabc, ②
k=
∴k=1.
＜＜＜＜
若a≥3，此时
1=-＜矛盾.
已知a＞1. ∴只有a=2.
当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，
即 1=＜
∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5.
说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技
巧.
例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数
求证数
被1987整除.
，

都能被1987整除.
证明∵
（10
3n
+
同样，
×
），且
××
能被1987整除，∴p能被1987整除.
q=（）
且
∴
故、10
2
（
n+1
）
、被除，余
数分别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为19 87，它
可被1987整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除.
练习二
1． 选择题
（1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数n=20· 30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，
则不是n的因数的最 小质数是（ ）.
（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案
（2 ）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则
x+y+z等于（ ）.
（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10
（3）可除尽3
11
+5
18
的最小整数是（ ）.
（A）2 （B）3 （C）5 （D）3
11
+5
18
（E）以上都不是
2． 填空题
（1）（1973年加拿大数学竞赛题）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一
个是1 0的整倍数的表达式为__________.
(2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是
_________.
(3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的 最
小自然数是________.
3.求使为整数的最小自然数a的值.
4.(1 971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n
2
+2n+12不是121的倍数. < br>5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设
246的和是一位正整数d的111倍,
推理 运算过程.
是一个四位正整数,已知三位正整数
又是18的倍数.求出这个四位数
与
,并写出
6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m
2
+1954=n
2
.
7.证明：（1）133|（11
n+2
+ 12
n+1
），其中n为非负整数.
(2)若将(1)中的11改为任意一个正整数 a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的
结论.
8.(1986年全国初中 数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在
a
3
b-ab
3
,b
3
c-bc
3
,c
3
a-ca
3< br>三个数中,至少有一个能被10整除.
9.(1986年上海初中数学竞赛题)100个正整数 之和为101101,则它们的最大公约数的最
大可能值是多少?证明你的结论.

练习参考答案
１．Ｂ．Ｂ．Ａ
２．（１）２·５．（２）２７．
３．由2000a为一整数平方可推出a=5．
５５
４．反证法．若是１２１的倍数 ，设ｎ＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ
２
１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１），
∴１１除尽ｎ＋１
２２
２
（ｎ＋１）＝１
２
１１除尽（ｎ＋１）或 １１｜１１ｋ－１，不可能．
５．由是ｄ的１１１倍，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，只能是１９８．而１９８＋２４６＝６４２，７５３；又
４４４，∴ｄ＝４，
ｎ＋２
是１８的倍数，∴
是１９８４．
２ｎ＋１ｎ
７．（１）１１＋１２＝１２１×１１ ＋１２×１４４＝１２１×１１＋１
ｎｎｎｎｎ
２×１１－１２×１１＋１２×１４４＝…＝１ ３３×１１＋１２×（１４４－１１
ｎｎｎｎ
）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１ ４４－１１，∴１３３｜１１
＋２２ｎ＋１
＋１２．
（２）１１改为ａ．１２改为ａ ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为
ｎ＋２２ｎ＋１
ａ（ａ＋１）＋１｜ａ＋（ ａ＋１），可仿上证明．
８．∵ａｂ－ａｂ＝ａｂ（ａ－ｂ）；同理有ｂ（ｂ－ｃ）；ｃａ（ｃ－ａ）．若
ａ
、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一
２２２
个是 ５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ，ｂ，ｃ个位数只
２２２２２２
能是１ ，４，６，９，从而ａ－ｂ，ｂ－ｃ，ｃ－ａ的个位数是从１，４，６，
９中，任取三个两两之差，其中 必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５
整除，又２、５互质．
９．设１００个正 整数为ａ
１
，ａ
２
，…，ａ
１００
，最大公约数为ｄ，并令
３３２２２２２２
ｎｎ

则ａ
１
＋ａ
２
＋ …＋ａ
１００
＝ｄ（ａ
１
′＋ａ
２
′＋…＋ａ′
１ ００
）＝１０１１０１＝１０１×
１００１，故知ａ
１
′，ａ
２′，ａ′
１００
不可能都是１，从而ａ′
１
＋ａ′
２
＋ …＋ａ′１００≥
１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ
１
＝ａ
２< br>＝ａ
９９
＝１００１，ａ
１００
＝２
００２，则满足ａ
１
＋ａ
２
＋…＋ａ
１００
＝１００１×１０１＝１０１１０１，且 ｄ＝１
００１，故ｄ的最大可能值为１００１

竞赛讲座（03）--同余式与不定方程
同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容. 考虑数学竞赛的需要,下面介绍有
关的基本内容.
1. 同余式及其应用 定义:设a、b、m为整数（m＞0），若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模
m同余.记 为或
一切整数n可以按照某个自然数m作为除数的余数进行分类，即n=pm+r（r=0，1，…，
m-1），恰好m个数类.于是同余的概念可理解为,若对n
1
、n
2
，有n
1
=q
1
m+r，n
2
=q
2
m +r，
那么n
1
、n
2

对模m的同余，即它们用m除所得的余数相等.
利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:
(1) 若,则m|(b-a).反过来,若m|(b-a),则;
(2) 如果a=km+b(k为整数),则;
(3) 每个整数恰与0,1,…，m-1，这m个整数中的某一个对模m同余；
(4) 同余关系是一种等价关系：
① 反身性 ；
② 对称性，则，反之亦然.
③ 传递性，，则；
（5）如果，，则
①；
②特别地
应用同余式的上述性质，可以解决许多有关整数的问题.
例1（1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2
n
+1能被3整除的一切自然数n.
解∵ ∴
则2
n
+1
∴当n为奇数时，2
n
+1能被3整除；
当n为偶数时，2
n
+1不能被3整除.
例2 求2
999
最后两位数码.
解 考虑用100除2
999
所得的余数.
∵
∴
又
∴

∴

∴2
999
的最后两位数字为88.
例3 求证3
1980
+4
1981
能被5整除.
证明 ∵

∴
∴
∴
2．不定方程
不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程
有整数解，采取 正确的方法，求出全部整数解.
(1) 不定方程解的判定
如果方程的两端对同一个 模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解
则解必为奇数、偶数两种，因而可以在 奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有
无整数解.
例4 证明方程2x
2
-5y
2
=7无整数解.
证明 ∵2x
2
=5y
2
+7，显然y为奇数.
① 若x为偶数，则

∴

∵方程两边对同一整数8的余数不等，
∴x不能为偶数.
② 若x为奇数，则
但5y
2
+7
∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.
说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.
例5 (第14届美国数学邀请赛题)不存在整数x,y使方程
①
证明 如果有整数x，y使方程①成立，
则
=知（2x+3y
2
）+5能被17整除.
设2x+3y=17n+a，其 中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某个数，但是
这时（2x+3y）< br>2
+5=（17n）
2
+34na+（a
2
+5）=a
2
+5（mod17），而a
2
+5被17整除得的
余数分别是5，6，9 ，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）
2
+5都不能被
17 整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.
例7 （第33届美国数学竞赛题 ）满足方程x
2
+y
2
=x
3
的正整数对（x，y）的个数 是（ ）.
（A）0 （B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对
解由x< br>2
+y
2
=x
3
得y
2
=x
2（x-1），
所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k
2< br>(k为自然数),则
为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y )
有无限多个,应选(D).
说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.
(2) 不定方程的解法
不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式 （质因数）分解法、不等
式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性 质是解
不定方程的基本思路.
例6 求方程的整数解.
解(配方 法)原方程配方得(x-2y)
2
+y
2
=13
2
. 在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的平方和等于13
2
即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,- 5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下
面的八个方程组的解




解得

例7 (原 民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自然数b和c及素数a满足方程
a
2
+b
2
=c
2
.证明:这时有a＜b及b+1=c.
证明（因式分解法）∵a
2
+b
2
=c
2
，
∴a
2
=（c-b）（c+b），
又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a
2
.
于是得c=b+1及a
2
=b+c=2b+1＜3b，
即＜.而a≥3,∴≤1，∴＜1.∴a＜b.
例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程

的正整数（a，b，c）的组数是（ ）.
（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 （E）4
解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得
（a+b）c=23=1×23.
∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得
(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,
∴b
1
=2 ,b
2
=22.从而得a
1
=21,a
2
=1.故满足联立 方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和
(1,22,1),应选(C).
例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.
解 由(y-2)x=2y-7,得
分离整数部分得
由x为整数知y-2是3的因数,
∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1.
∴方程整数解为


例11 求方程x+y=x
2
-xy+y
2
的整数解.
解（不等式法）方程有整数解 必须△=（y+1）
2
-4（y
2
-y）≥0，解得
≤y≤.
满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.
当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当 y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，
由原方程可得x=1或2.
所以方程有整数解

最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.
例12 求满足方程且使y是最大的正整数解（x，y）.
解将原方程变形得
由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应 是144的约数，所
以，
12-x=1，x=11，这时y=132.
故 满足题设的方程的正整数解为
（x，y）=（11，132）.
例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及
整数对（x，y）的个数是（ ）.
（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7
解法1 根据题意知，0＜x＜1984，由
的不同的

得
当且仅当198 4x是完全平方数时，y是整数.而1984=2
6
·31，故当且仅当x具有31t
2
形
式时，1984x是完全平方数.
∵x＜1984，∵1≤t≤7.当t=1， 2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）
和（279，775）.当t＞ 3时y≤x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.
解法2 ∵1984=∴由此可 知：x必须具有31t
2
形式，y必须
具有31k
2
形式，并且t+ k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7
时得（31，1519 ）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.
因此不同 整数对的个数为3.
练习三
1. 选择题
(1)方程x
2
-y
2
=105的正整数解有( ).
（A） 一组 （B）二组 （C）三组 （D）四组
(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（ ）.
（A） 3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个
2．填空题
（1）的个位数分别为_________及_________.
(2)满足不等式10< br>4
≤A≤10
5
的整数A的个数是x×10
4
+1，则x的值 ________.
(3) 已知整数y被7除余数为5,那么y
3
被7除时余数为________.
(4) (全俄第14届中学生数学竞赛试题)求出任何一组满足方程x
2
-51y
2
=1的自然数解
x和y_________.
3.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足
.
4．（19 85年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若
干个数之 和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？
5．求的整数解.
6．求证可被37整除.
7．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件
能的值.
的整数x，y的所有可
8．（1985年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分 别为l厘米、m
厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n） 是完全
平方数.
9.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、
＞1，试求p+q的值.

练习三
1.D.C.
2.(1)9及1. (2)9. (3)4.
、都是整数，并且p＞1，q
(4)原方程可变形为x
2
=(7 y+1)
2
+2y(y-7),令y=7可得x=50.
3.不妨设x≤y≤z,则 ,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.
又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y =5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可
以确定3≤y≤4,y=3或4,z都 不能是整数.
4.可仿例2解.
5.先求出
全平方数,…,解得
,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完

6.8888≡ 8(mod37),∴8888
2222
≡8
2
(mod37).
7777≡7(mod37),7777
3333
≡7
3
(mod37),8 888
2222
+7777
3333
≡(8
2
+7
3
)(mod37),而
8
2
+7
3
=407,37|40 7,∴37|N.
7.简解:原方程变形为3x
2
-(3y+7)x+3y
2
-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y
为整数可得0≤y≤5,即y=0,1 ,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).
8.∵l2
+m
2
=n
2
,∴l
2
=(n+m)(n- m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l
2
,n-m=1.于是
l< br>2
=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l
2
-1,2(l+m+1) =2l+2+2m=l
2
+2l+1=(l+1)
2
.即2(l+m+1)是 完全
平方数.
9.易知p≠q,不妨设p＞q.令
(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.














=n,则m＞n由此可得不定方程
竞赛专题讲座（04）－平面几何证明
[竞赛知识点拨]
1． 线段或角相等的证明
（1） 利用全等△或相似多边形；
（2） 利用等腰△；
（3） 利用平行四边形；
（4） 利用等量代换；
（5） 利用平行线的性质或利用比例关系
（6） 利用圆中的等量关系等。
2． 线段或角的和差倍分的证明
（1） 转化为相等问题。如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明
a=p，即所谓“截长补 短”，角的问题仿此进行。
（2） 直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt△斜边上的中 线等于斜边的
一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。
3． 两线平行与垂直的证明
（1） 利用两线平行与垂直的判定定理。
（2） 利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂
直。
（3） 利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。
【竞赛例题剖析】
【例1】从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。从A点 作弦AE平行
于CD，连结BE交CD于F。求证：BE平分CD。
【分析1】构造两个全等△。
连结ED、AC、AF。
CF=DF←△ACF≌△EDF←
←

←∠PAB=∠AEB=∠PFB
【分析2】利用圆中的等量关系。连结OF、OP、OB。

←∠PFB=∠POB←
←
注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。

【例2】△ABC内接于⊙O，P是弧 AB上的一点，过
P作OA、OB的垂线，与AC、B C分别交于S、T，AB
交于M、N。求证：PM=MS充要条件是PN=NT。
【分析】只需证
PM·PN=MS·NT。
，
（∠1=∠2，∠3=∠4）→△APM∽△PBN
→

（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA
→PM·PN=AM·BN
→→MS·NT=AM·BN
【例3】已知A为平面上 两半径不等的圆O
1
和O
2
的一个交点，两外公切线P
1
P
2
、Q
1
Q
2
分别切两圆于P
1
、P2
、Q
1
、Q
2
，M
1
、M
2
分别为P
1
Q
1
、P
2
Q
2
的中点。求 证：
∠O
1
AO
2
=∠M
1
AM
2
。
【分析】设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P
1
P
2
于C，交O
1
O
2
于M，则C
为P
1
P
2
的中点，且
P
1
M
1
∥CM∥P
2
M2
，故CM
为M
1
M
2
的中垂线。
在O1
M上截取
MO
3
=MO
2
，则
∠M
1
AO
3
=∠M
2
AO
2
。
故只需证< br>∠O
1
AM
1
=∠O
3
AM
1
，即 证
。
由△P
1
O
1
M
1
∽P
2
O
2
M
2
，M
1
O
3
=M
2
O
2
，O
1
P
1
=O
1
A， O
2
P
2
=O
2
A可得。
【例4】在△ABC中 ，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB
于E，求证：AE=。
【分析】方法1、2AE=AB-AC
← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证
△DBF≌△DCA
← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC
←∠DFA=∠DAF=∠DAG。
方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG
← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG
← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。
【例5】∠ABC的顶点B在⊙O 外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引
∠ABC平分线的垂线，交
⊙O于P，交 BC于M。
求证：线段PM为圆心到
∠ABC平分线距离的2
倍。
【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。
若角平分线不过O，< br>则延长DO至D‘，
使OD’=OD，则只
需证DD‘=PM。连
结D’P、D M，则只
需证DMPD‘为平行
四边形。
过O作m⊥PK，则
D
D’,KP，∴∠D‘PK=∠DKP
BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK的中垂线→∠DKB=∠DMK
∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’ D∥PM，
∴DMPD‘为平行四边形。
【例6】在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上 的中线，过B作BH⊥AP
于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。





【分析】方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。
倍长中线：延长AM至M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。
PQ∥AB←←←
←
∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)= 180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ
方法2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。
延长BH交AC的延长线于B’，如图6 -2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，
连结HM，则HM∥B
/
C。延长 HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，
使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则AM ’BM是平行四边形，
∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，




，所以PQ∥AB。
【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G 、H，在EF与GH
上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。
求证：MQ∥NP。（95年全国联赛二试3）
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证△AMQ∽△CPN←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC、B D，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、
ON、OF。记∠ABO=φ ，∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。
∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是
∴AM·CN=AO·CO
同理，AQ·CP=AO·CO。
，
【例8】ABCD是圆内接四边形，其对角线 交于P，M、N分别是AD、BC的中点，
过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KP⊥AB 。



【分析】延长KP交AB于L，则只需
证∠PAL+∠APL=90°，
即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证∠PDC=∠PKF，
因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即EF∥DC。
←←←△DME∽△CNF
【例9】以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交 于点D、E。过D、E
作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AM⊥BC 。






【分析】连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。（同一法）
设AH⊥BC于O ，DG、AH交于M
1
，EF、AH交于M
2
。下面证M
1
、M
2
重合。
OM
1
∥DF→→OM
1
=。
OM
2
∥EG→→OM
2
=。
只需证OG·DF=EG· OF，即
←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。














竞赛讲座(05)－几何解题途径的探求方法
一．充分地展开想象
想象力，就是人们平常说的形象思维或直觉思维能力。想象力对于人们的 创造性
劳动的重要作用，马克思曾作过高度评价：“想象是促进人类发展的伟大天赋。”解题
一 项创造性的工作，自然需要丰富的想象力。在解题过程中，充分展开想象，主要是
指：
1．全面地设想
设想，是指对同一问题从各个不同的角度去观察思考和深入分析其特 征，推测解
题的大致方向，构思各种不同的处理方案。
例1．在
ABCD
中，AB=AC，D是BC边上一点，E是线段AD上一点 ，且
?BED?2?CED??BAC
，求证：BD=2CD（92年全国初中联赛试题）
例2． 在
?ABC
中，AB>AC，
?A
的外角平分线交
?ABC
的外接圆于D，
DE?AB
于E。求证：
AE?
(AB?A C)
（89年全国高中联赛试题）
2
3．在
Rt?ABC
的斜边上 取一点D，使
?ABD和?ACD
的内切圆相等。证明：
S
?ABC
?AD
2
（31届IMO备选题）
例4．设A是三维立体
a
bc< br>的长方体砖块。若B是所有到A的距离不超过1的点的
集合（特别地，B包含A），试用
abc
的多项式表示B的体积（84年美国普特南数学
竟赛试题）
2．广泛地联想
联想，是指从事物的相联糸中来考虑问题，从一事物想到与其相关的各种不同的
事物， 进行由此彼的思索。在解题过程中，我们如能根椐问题特征广泛地联想熟知命
题，并设法将其结论或解法 加以利用，则无疑是获得解题途径的简捷方法。
例5．在
?ABC
中角A，B，C的 对边分别为a，b，c，若角A，B，C的大小成等比
数列，且
b?a?ac
，求角B （85年全国高中联赛试题）
例6．四边形ABCD内接于
?o
，对角线
A C?BD
于
P
，
E
是
CD
的中点，
22< br>OF?AB于F
。
求证
：PE
?OF
（78年上海高中竟赛试 题）
例7． 在正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
是
BC
的中点，
F
在 棱
AA
1
上，且
A
1
F:FA?1:2
，求平面< br>B
1
EF
与底面
A
1
B
1
C
1
D
1
所成的二面角。（85年全国高中联赛
试题）
例8． 设
A
1
A
2
A
3
A
4
为
?
0的内接四边形，
H
1
,H
2
,H
3
,H
4
依次为
?A
2
A
3
A
4
,? A
3
A
4
A
1
,?A
4
A
1A
2
,?A
1
A
2
A
3,
的垂心。求 证：
H
1,
H
2
,H
3
,H
4
四 点在同一
个圆上，并确定该圆的圆心位置。（92年全国高中联赛试题）
3．大胆地猜测想
猜想，是指由直觉或某些数学事实，推测某个判断或命题可能成立的一种创造性
的思维 活动过程。科学家都非常重视猜想的作用。誉满世界被称为数学王子的德国数
学家高斯就曾深有体会地说 ：“没有大胆的猜想就不可能有伟大的发现。”“若无某种
放肆的猜想，一般是不可能有知识的进展的。 ”在解题过程中，通过猜想不仅可以得
到问题的结论，而且还可以获得解题的途径，但应注意，由猜想所 得出的结论不一定
可靠，其正确性还必须经过严格的逻辑证明或实践的检验。
例9． 正方形
ABCD
的边长为1，
P,Q
分别是边
AB
与边
A D
上各一点。若
?APQ
的周长为2。求
?PCD
（88年国家队选 拔试题）
例10．已知圆内接四边形的对角线
AC
与
BD
相交于< br>M
。求证：
例11．已知四面体
p?ABC
的六条棱长之和为
l
，并且
ABADAM
??

CBCDMC
?APB?? BPC??CPA?90
0
，试求它的最大体积。（28届IMO备选题）
例12． 设正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1< br>的棱长为
a
，过棱
B
1
C
1
上一点
Q
作一直线与棱
AA
1
和
DC
的延长线分别交于
P ,R
，试问：当
Q
在棱
B
1
C
1
上移动时 ，线段
PR
最短
时的长度是多少？证明你的结论。
二．精心地进行类比 < br>类比，是指人们在观察或思考问题时，往往把相似的事物加以比较，并把处理某些事
物的成功经验 用到与其性质相似的另一些事物上去的思维方式。在解题过程中，若能
将它与相似的问题精心地进行类比 ，则往往可由此得到解题途径，甚至发现新的知识。
例13．四边形
ABCD
内接于 ⊙
O
，对角线
AC
与
BD
相交于
P
，设< br>?ABP,?BCP,?CDP
和
?DAP
的外接圆圆心分别为
O1
,O
2
,O
3
,O
4
。求证：
（9 0年全国高中联试题）
O
1
O
3
,O
2
O
4
,OP
三直线共点。
0
例14．在四面体
O?ABC
中 ，已知
?AOB??BOC??COA?90
，试问：
S
?ABC
, S
?AOB
,S
?BOC
,S
?COA
之间有何关系？证明 你的结论。
例16．设
O
是四体
ABCD
内部的任意一点，
AO,BO,CO,
和
DO
的延长线分别与面
BCD,ACD,ABD和
ABC
交于
A
?
,B
?
,C
?,D
?
。求证：
三．合理地利用特殊
OA
?
OB?
OC
?
OD
?
????1

AA
?
BB
?
CC
?
DD
?
例17.
?ABC< br>和
?ABD
在边
Ab
的同侧,
?ACB??ADB?180?
,且边
BC
与边
AD
相
交于
E
点.求证:
AE?AD?BE?BC?AB
.
例18.已知半径分别为
R
、< br>r
（
R
>
r
）的两圆内切于
A
，
A E
是外圆的直径，
AE
的
垂线与两圆分别交于
AE
同侧的两 点
B
和
C
，试求
?ABC
的外接圆直径（83年苏联
竞赛题）
例19．设
AO
是
?AB
i
C
i的角平分线，且点
B
i
,O,C
i
共线（
i?1,2, ?,n
），则
2
OB
1
?B
1
B
2?B
2
B
3
?
?
?B
n?1
B
n
?B
n
O
?
AB
1
?AB
2
?
?
?AB
n
?
?
OC
1
?C
1
C
2
?C
2
C
3
?
?
?C
n?1
C
n
?C
n
O
?
?
AC
1
?AC
2
?
?
?AC
n
?
?

?
（79年苏联竞赛题）
?
2
例20．已知菱形
ABCD< br>外切于⊙
O
，
MN
是与边
AD,CD
分别交于
M,N
的⊙
O
的
任一切线，求证：
AM?CN
为定值。（ 89年苏联奥赛题）
PB?PC?PA
；例21．设
P
是正三角形
ABC
外接圆的劣弧
BC
上任一点，求证：（1）
（2）
PB?PC ?PA?AB

例22．求证：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个内角的余弦之和小于这个三 角形周
长的一半。
例23．
?ABC
外接于⊙
O
，
P
是
AB
弧上一点，过
P
作
OA,OB
的垂线， 与
AC,BC
分别于
S,T
，与
AB
分别义于
M, N
。求证：
PM?MS
的充要条件是
PN?NT
。
例24 ．在凸六边形
ABCDEF
中，若对角线
AD,BE,CF
中的每一条都把六 边形分成
面积相等的两部分，则这三条对角线相交于一点（88年苏联奥赛题）
习题
1．若
CE
是
?ABC
的
?C
的平分线，且
CE ?AE?EB
，则
AE:AC?1:2
（78
年四川联赛试题）
2 ．在
?ABC
中，
AB?AC
，任意延长
CA
到
P
，再延长
AB
到
Q
，使
AP?BQ
。
求 证：
?ABC
的外心与
A,P,Q
四点共圆（94年全国初中联赛试题） < br>2
22
3．平面上已给一锐角
?ABC
，以
Ab
中直 径的圆交高
CC
?
及延长线于
M,N
，以
AC
为直 径的圆交高
BB
?
及其延长线于
P,Q
，证明：
M,N,P ,Q
四点共圆（90年美国19
届奥赛题）
4．已知一凸五边形
ABCDE
中，
?BAE?3
?
,BC?CD?DE
，且
?BCD?? CDE?18?0?2
?
，求证：
?BAC??CAD??DAE
（90年全 国初中
联赛题）
5．在
?ABC
中，
?A,?B
，
?C
的对边分别为
a,b,c
，已知
a?ac?bc?2b
， < br>22
a
2
?ac?bc?2c
2
，求它的最大角的度数（90 年苏联奥赛试题）
6．已知锐角
?ABC
的顶点
C
到垂心，外心的 距离相等，求
?ACB
（90年匈牙利奥
赛题）
7．在三棱锥
S? ABC
中，
SA?SC
，△
SBC
和△
ABC
都有 等腰三角形，
D
是
BC
边上任意一点，在平面
SAD
内作< br>SH?AD
于
H
，
P
是
SH
的中点，求证：
tg?PAH?tg?SDH
为定值。
9．设不过给定的平行四边形
ABC D
顶点的任一直线分别与直线
AB,BV,CD,DA
交
于
E,F, G,H
，则⊙
EFC
与⊙
GHC
的另一交点必在定直线上。
10．设
ABCD
是任意四边形（包括凹四边形），则
AC?BD
的充要条 件是：
AB
2
?CD
2
?AD
2
?BC
2
（1912年匈牙利竞赛试题）
11．如图，圆的三条弦
PP
1
,QQ
1
,RR
1
两两相交，交点分别为
A,B,C
。若< br>求证：△
ABC
是正三角形。（28届IMO备选题）
AP?BQ?CR,A R
1
?BP
1
?CQ
1
。
12．已知锐角△
ABC
的外接圆半径为
R
，
D,E,F
分别是边
BC,C A,AB
上的点，求
证：
AD,BE,CF
是三条高的充要条件是：
S
?ABC
?
中联赛试题)
13.凸四边形
ABCD
内接 于⊙
O
,对角线
AC
与
BD
相交于
P
,△
ABP
与△
CDP
的外
接圆相交于
P
和另一点Q
,且
O,P,Q
三点两两不重合,则
?OQP?90?
(第8 届CMO
试题)


R(DE?EF?FD)
(86年全国高2
竞赛专题讲座(06)－平面几何四个重要定理
四个重要定理：
梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）
△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线 上有点P、Q、R，则
P、Q、R共线的充要条件是
塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点）
。
△ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、
CR共点的充要条件是
托勒密(Ptolemy)定理
。
四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该
四边形内接于一圆。


西姆松(Simson)定理（西姆松线）
从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是
该点落在三角形的外接圆上。




例题：
1． 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。
求证：。
【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理）
【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。
2． 过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、
F，交CB于D。
求证：。
【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中
点。
DEG截△ABM→（梅氏定理）
DGF截△ACM→（梅氏定理）
∴===1
【评注】梅氏定理
3． D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，
，AD、BE、CF交成△LMN。
求S
△
LMN
。
【分析】
【评注】梅氏定理
4． 以△ABC各边为底边向外作相似
的 等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：
AE、BF、CG相交于一点。
【分析】
【评注】塞瓦定理
5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC
2
=AB
2
+AB·BC。 < br>【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。
则CD=DA=AB，AC= BD。
由托勒密定理，
AC·BD=AD·BC+CD·AB。
【评注】托勒密定理
6． 已知正七边形A
1
A
2
A3
A
4
A
5
A
6
A
7
。
求证：。（第21届全苏数学
竞赛）
【分析】
【评注】托勒密定理
7． △ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，
作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。
求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。
【分析】
【评注】西姆松定理（西姆松线）
8． 正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内 分点M、
N
分成的比为AM：AC=CN：
CE=k，且B、M、N共线。求
k。（23-IMO-5）
【分析】
【评注】面积法
9． O为△ABC内一点 ，分别以d
a
、d
b
、d
c
表示O到BC、CA、AB的距 离，以R
a
、
R
b
、R
c
表示O到A、B、C的距 离。
求证：（1）a·R
a
≥b·d
b
+c·d
c
;
(2) a·R
a
≥c·d
b
+b·d
c
;
(3) R
a
+R
b
+R
c
≥2(d
a< br>+d
b
+d
c
)。
【分析】
【评注】面积法
10．△ABC中，H、G、O
分别为垂心、重心、外心。
求证：H、G、O三点共线，
且HG=2GO。（欧拉线）
【分析】
【评注】同一法
11．△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，BM、BN三
等 分∠ABC，与AD相交于M、N，延长CM交AB于
E。
求证：MB//NE。
【分析】
【评注】对称变换
12．G是△ABC的重心，以
AG为弦作圆 切BG于G，延
长CG交圆于D。求证：
AG
2
=GC·GD。
【分析】
【评注】平移变换
13．C是直径AB=2的⊙O上一点，P在△ABC 内，若
PA+PB+PC的最小值是
，求此时△ABC的面积
S。
【分析】
【评注】旋转变换
费马点：

已知O是△ABC内一点，
∠AOB =∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC内任一
点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+O C。（O为费马点）
【分析】将CC‘，OO’， PP‘，连结OO’、PP‘。
则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。
∴OO’=OB，PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。
由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。
∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+O C。
14．(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各
边分别交于E、F、G、H，在 弧EF和弧GH上分
别作⊙O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、
N、P、Q。
求证：MQ//NP。
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证
∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证
△AMQ∽△CPN
←，AM·CN=AQ·CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。
设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、 OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，
则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。
∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是
∴AM·CN=AO·CO
同理，AQ·CP=AO·CO。
【评注】
，
15．(96全国竞赛) ⊙O
1
和⊙O
2
与ΔABC的三边所在直
线都相切，E、F、G、H 为切点，EG、FH的延长线交
于P。求证：PA⊥BC。
【分析】
【评注】 < br>16．(99全国竞赛)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。
证明：连结BD交AC于H。对
△BCD用塞瓦定理，可得

因为AH是∠BAD的角平分线，
由角平分线定理，
可得，故
。
过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。
则，
所以，从而CI=CJ。
又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。
因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。
已知AB= AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O
的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四
边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD
于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO）
证明：作△EOH△E’OH‘，则只需证E’、
M、H‘共线，即E’H‘、BO、GF三线 共点。
记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO于K。
只需证=1（Ceva逆定理）。
===1
注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。
对应于99联赛 2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF、BO三线共
点。求证：∠GOB=∠H‘OB。
事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍
然成立。
证明方法为：同一法。
蝴蝶定理：P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF ，连结DE交AB
于M，连结CF交AB于N。求
证：MP=NP。
【分析】设GH 为过P的直径，
FF’F，显然‘∈⊙O。又
P∈GH，∴PF’=PF。
∵PFPAPB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。
PF‘，
又FF’⊥GH，AN⊥ GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’
=∠EFF‘+∠EDF ’=180°，∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。
∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。
【评注】一般结论为：已知半径为R的⊙O内一弦A B上的一点P，过P作两条相交
弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB 中点的距离为a，则
。（解析法证明：利用二次曲线系知识）