初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題培訓(xùn)(18)：歸納與發(fā)現(xiàn)

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初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題培訓(xùn)第十八講歸納與發(fā)現(xiàn)

歸納的方法是認(rèn)識(shí)事物內(nèi)在聯(lián)系和規(guī)律性的一種重要思考方法，也是數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)命題與發(fā)現(xiàn)解題思路的一種重要手段．這里的歸納指的是常用的經(jīng)驗(yàn)歸納，也就是在求解數(shù)學(xué)問題時(shí)，首先從簡(jiǎn)單的特殊情況的觀察入手，取得一些局部的經(jīng)驗(yàn)結(jié)果，然后以這些經(jīng)驗(yàn)作基礎(chǔ)，分析概括這些經(jīng)驗(yàn)的共同特征，從而發(fā)現(xiàn)解題的一般途徑或新的命題的思考方法．下面舉幾個(gè)例題，以見一般．

例1如圖2-99，有一個(gè)六邊形點(diǎn)陣，它的中心是一個(gè)點(diǎn)，算作第一層；第二層每邊有兩個(gè)點(diǎn)(相鄰兩邊公用一個(gè)點(diǎn))；第三層每邊有三個(gè)點(diǎn)，這個(gè)六邊形點(diǎn)陣共有n層，試問第n層有多少個(gè)點(diǎn)？這個(gè)點(diǎn)陣共有多少個(gè)點(diǎn)？

分析與解(1)在圖2-100中，設(shè)以P點(diǎn)為公共點(diǎn)的圓有1，2，3，4，5個(gè)(取這n個(gè)特定的圓)，觀察平面被它們所分割成的平面區(qū)域有多少個(gè)？為此，我們列出表18．1．(2)這n個(gè)圓共有多少個(gè)交點(diǎn)？

(1)這n個(gè)圓把平面劃分成多少個(gè)平面區(qū)域？

分析與解我們來觀察點(diǎn)陣中各層點(diǎn)數(shù)的規(guī)律，然后歸納出點(diǎn)陣共有的點(diǎn)數(shù)．

S2-S1=2，

第一層有點(diǎn)數(shù)：1；

S3-S2＝3，

第二層有點(diǎn)數(shù)：1×6；

S4-S3＝4，

第三層有點(diǎn)數(shù)：2×6；

S5-S4＝5，

第四層有點(diǎn)數(shù)：3×6；

由此，不難推測(cè)

第n層有點(diǎn)數(shù)：(n-1)×6.

Sn-Sn-1＝n．

因此，這個(gè)點(diǎn)陣的第n層有點(diǎn)(n-1)×6個(gè)．n層共有點(diǎn)數(shù)為

由表18．1易知

把上面(n-1)個(gè)等式左、右兩邊分別相加，就得到

Sn-S1＝2＋3＋4＋＋n，

因?yàn)镾1=2，所以

例2在平面上有過同一點(diǎn)P，并且半徑相等的n個(gè)圓，其中任何兩個(gè)圓都有兩個(gè)交點(diǎn)，任何三個(gè)圓除P點(diǎn)外無其他公共點(diǎn)，那么試問：

學(xué)習(xí)地址：佛山市南海區(qū)南海大道麗雅苑中區(qū)雅廣居2D第1頁(yè)咨詢熱線：0757-8630706713760993549（吉老師）鼎吉教育遵循：“授人以魚，不如授人以漁”的教育理念秉承：以人為本，質(zhì)量第一，突出特色，服務(wù)家長(zhǎng)

下

面對(duì)Sn-Sn-1=n，即Sn=Sn-1＋n的正確性略作說明．

分析與解我們先來研究一些特殊情況：

因?yàn)镾n-1為n-1個(gè)圓把平面劃分的區(qū)域數(shù)，當(dāng)再加上一個(gè)圓，即當(dāng)n個(gè)圓過定點(diǎn)P時(shí)，這個(gè)加上去的圓必與前n-1個(gè)圓相交，所以這個(gè)圓就被前n-1個(gè)圓分成n部分，加在Sn-1上，所以有Sn=Sn-1＋n．

(2)與(1)一樣，同樣用觀察、歸納、發(fā)現(xiàn)的方法來解決．為此，可列出表18．2．

(2)設(shè)b=n=2，類似地可以列舉各種情況如表18．3．(1)設(shè)b=n=1，這時(shí)b=1，因?yàn)閍≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，．若c=1，則得到一個(gè)三邊都為1的等邊三角形；若c≥2，由于a＋b=2，那么a＋b不大于第三邊c，這時(shí)不可能由a，b，c構(gòu)成三角形，可見，當(dāng)b=n=1時(shí)，滿足條件的三角形只有一個(gè)．

例3設(shè)a，b，c表示三角形三邊的長(zhǎng)，它們都是自然數(shù)，其中a≤b≤c，如果b=n(n是自然數(shù))，試問這樣的三角形有多少個(gè)？

由表18．2容易發(fā)現(xiàn)

這時(shí)滿足條件的三角形總數(shù)為：1+2=3．

a1＝1，

(3)設(shè)b=n=3，類似地可得表18．4．

a2-a1＝1，a3-a2＝2，a4-a3＝3，

a5-a4＝4，

這時(shí)滿足條件的三角形總數(shù)為：1＋2＋3=6．

通過上面這些特例不難發(fā)現(xiàn)，當(dāng)b=n時(shí)，滿足條件的三角形

an-1-an-2＝n-2，an-an-1＝n-1．

n個(gè)式子相加

這個(gè)猜想是正確的．因?yàn)楫?dāng)b=n時(shí)，a可取n個(gè)值(1，2，3，，n)，對(duì)應(yīng)于a的每個(gè)值，不妨設(shè)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個(gè)(n，n＋1，n＋2，，

n＋k-1)．所以，當(dāng)b=n時(shí)，滿足條件的三角形總數(shù)為：總數(shù)為：

例4設(shè)1×2×3××n縮寫為n！(稱作n的階乘)，試化簡(jiǎn)：

注意請(qǐng)讀者說明an=an-1＋(n-1)的正確性．

1！×1＋2！×2＋3！×3＋＋n！×n.分析與解先觀察特殊情況：

◆以鮮明的教育理念啟發(fā)人◆以濃厚的學(xué)習(xí)氛圍影響人第2頁(yè)◆以不倦的育人精神感染人◆以優(yōu)良的學(xué)風(fēng)學(xué)紀(jì)嚴(yán)律人◆鼎吉教育（DinjEducation）中小學(xué)生課外個(gè)性化輔導(dǎo)中心資料初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題培訓(xùn)講練

(1)當(dāng)n=1時(shí)，原式=1=(1＋1)！-1；(2)當(dāng)n=2時(shí)，原式=5=(2＋1)！-1；(3)當(dāng)n=3時(shí)，原式=23=(3＋1)！-1；(4)當(dāng)n=4時(shí)，原式=119=(4＋1)！-1．由此做出一般歸納猜想：原式=(n+1)！-1.下面我們證明這個(gè)猜想的正確性．

1+原式=1+(1！×1＋2！×2＋3！×3++n！×n)=1！×2＋2！×2＋3！×3++n！×n=2！+2！×2＋3！×3＋+n！×n=2！×3+3！×3+＋n！×n=3！+3！×3++n！×n＝=n！+n！×n=(n＋1)！，所以原式=(n+1)！-1.

例5設(shè)x＞0，試比較代數(shù)式x3和x2+x+2的值的大�。�

分析與解本題直接觀察，不好做出歸納猜想，因此可設(shè)x等于某些特殊值，代入兩式中做試驗(yàn)比較，或許能啟發(fā)我們發(fā)現(xiàn)解題思路．為此，設(shè)x=0，顯然有

x3＜x2+x+2．①

設(shè)x=10，則有x3=1000，x2+x＋2=112，所以

x＞x+x+2．②

設(shè)x=100，則有x＞x+x+2．

觀察、比較①，②兩式的條件和結(jié)論，可以發(fā)現(xiàn)：當(dāng)x值較小時(shí)，x3＜x2+x+2；當(dāng)x值較大時(shí)，x3＞x2+x+2．

那么自然會(huì)想到：當(dāng)x=？時(shí)，x3=x2+x+2呢？如果這個(gè)方程得解，則它很可能就是本題得解的“臨界點(diǎn)”．為此，設(shè)x3=x2＋x＋2，則

x-x-x-2＝0，(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，

學(xué)習(xí)地址：佛山市南海區(qū)南海大道麗雅苑中區(qū)雅廣居2D第3頁(yè)咨詢熱線：0757-8630706713760993549（吉老師）

323232

(x-2)(x2+x+1)=0．

因?yàn)閤＞0，所以x+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．這樣(1)當(dāng)x=2時(shí)，x=x+x+2；(2)當(dāng)0＜x＜2時(shí)，因?yàn)?/p>

x-2＜0，x2+x+2＞0，

所以(x-2)(x2＋x+2)＜0，即x3-(x2＋x+2)＜0，所以x3＜x2＋x＋2.

(3)當(dāng)x＞2時(shí)，因?yàn)閤-2＞0，x2+x+2＞0，所以(x-2)(x2+x+2)＞0，即x3-(x2＋x＋2)＞0，所以x3＞x2＋x＋2．

綜合歸納(1)，(2)，(3)，就得到本題的解答．

322

分析先由特例入手，注意到

例7已知E，F(xiàn)，G，H各點(diǎn)分別在四邊形ABCD的AB，BC，CD，DA邊上(如圖2101)．鼎吉教育遵循：“授人以魚，不如授人以漁”的教育理念秉承：以人為本，質(zhì)量第一，突出特色，服務(wù)家長(zhǎng)

練習(xí)十八

1．試證明例7中：

2．平面上有n條直線，其中沒有兩條直線互相平行(即每?jī)蓷l直線都相交)，也沒有三條或三條以上的直線通過同一點(diǎn)．試求：(1)這n條直線共有多少個(gè)交點(diǎn)？

(2)這n條直線把平面分割為多少塊區(qū)域？

(2)當(dāng)上述條件中比值為3，4，，n時(shí)(n為自然數(shù))，那S么S四邊形EFGH與S四邊形ABCD之比是多少？

引GM∥AC交DA于M點(diǎn)．由平行截割定理易知

G

(2)設(shè)

然后做出證明.)

當(dāng)k=3，4時(shí)，用類似于(1)的推理方法將所得結(jié)論與(1)的結(jié)論列成表18．5.

4．求適合x5=656356768的整數(shù)x．

(提示：顯然x不易直接求出，但可注意其取值范圍：505＜656356768＜605，所以502＜x＜602．＝

觀察表18．5中p，q的值與對(duì)應(yīng)k值的變化關(guān)系，不難發(fā)現(xiàn)：當(dāng)k=n(自然數(shù))時(shí)有

以上推測(cè)是完全正確的，證明留給讀者．

◆以鮮明的教育理念啟發(fā)人◆以濃厚的學(xué)習(xí)氛圍影響人第4頁(yè)◆以不倦的育人精神感染人◆以優(yōu)良的學(xué)風(fēng)學(xué)紀(jì)嚴(yán)律人◆

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數(shù)學(xué)思維的教育

第一講：因式分解(一)......................................................1第二講：因式分解(二)......................................................4第三講實(shí)數(shù)的若干性質(zhì)和應(yīng)用.......................................7第四講分式的化簡(jiǎn)與求值.............................................10第五講恒等式的證明.....................................................13第六講代數(shù)式的求值.....................................................16第七講根式及其運(yùn)算.....................................................18第八講非負(fù)數(shù).................................................................22第九講一元二次方程.....................................................26第十講三角形的全等及其應(yīng)用.....................................29第十一講勾股定理與應(yīng)用.............................................33第十二講平行四邊形.....................................................36第十三講梯形.................................................................39第十四講中位線及其應(yīng)用.............................................42第十五講相似三角形(一)..............................................45第十六講相似三角形(二)..............................................48多項(xiàng)式的因式分解是代數(shù)式恒等變形的基本形式之一，它被廣泛地應(yīng)用于初等數(shù)學(xué)之中，是我們解決許多數(shù)學(xué)問題的有力工具．因式分解方法靈活，技巧性強(qiáng)，學(xué)習(xí)這些方法與技巧，不僅是掌握因式分解內(nèi)容所必需的，而且對(duì)于培養(yǎng)學(xué)生的解題技能，發(fā)展學(xué)生的思維能力，都有著十分獨(dú)特的作用．初中數(shù)學(xué)教材中主要介紹了提取公因式法、運(yùn)用公式法、分組分解法和十字相乘法．本講及下一講在中學(xué)數(shù)學(xué)教材基礎(chǔ)上，對(duì)因式分解的方法、技巧和應(yīng)用作進(jìn)一步的介紹．1．運(yùn)用公式法

在整式的乘、除中，我們學(xué)過若干個(gè)乘法公式，現(xiàn)將其反向使用，即為因式分解中常用的公式，例如：(1)a2

-b2

=(a+b)(a-b)；(2)a2

±2ab+b2

=(a±b)2

；(3)a3

+b3

=(a+b)(a2

-ab+b2

)；(4)a3

-b3

=(a-b)(a2

+ab+b2

)．下面再補(bǔ)充幾個(gè)常用的公式：(5)a2

+b2

+c2

+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2

；

(6)a3

+b3

+c3

-3abc=(a+b+c)(a2

+b2

+c2

-ab-bc-ca)；(7)an

-bn

=(a-b)(an-1

+an-2

b+an-3b2

++abn-2

+bn-1

)其中n為正整數(shù)；

(8)an

-bn

=(a+b)(an-1

-an-2

b+an-3b2

-+abn-2

-bn-1

)，其中n為偶數(shù)；

第十七講*集合與簡(jiǎn)易邏輯...........................................51

第十八講歸納與發(fā)現(xiàn).....................................................56第十九講特殊化與一般化.............................................59第二十講類比與聯(lián)想.....................................................63第二十一講分類與討論.................................................67第二十二講面積問題與面積方法.................................70第二十三講幾何不等式.................................................73第二十四講*整數(shù)的整除性...........................................77第二十五講*同余式.......................................................80第二十六講含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)根問題.....83第二十七講列方程解應(yīng)用問題中的量.........................86第二十八講怎樣把實(shí)際問題化成數(shù)學(xué)問題.................90第二十九講生活中的數(shù)學(xué)(三)鏡子中的世界.....94第三十講生活中的數(shù)學(xué)(四)──買魚的學(xué)問...............99

第一講：因式分解(一)

(9)an

+bn

=(a+b)(an-1

-an-2

b+an-3b2

--abn-2

+bn-1

)，其中n為奇數(shù)．

運(yùn)用公式法分解因式時(shí)，要根據(jù)多項(xiàng)式的特點(diǎn)，根據(jù)字母、系數(shù)、指數(shù)、符號(hào)等正確恰當(dāng)?shù)剡x擇公式．例1分解因式：(1)-2x

5n-1yn+4x

3n-1yn+2

-2xn-1yn+4

；

(2)x3

-8y3

-z3

-6xyz；(3)a2

+b2

+c2

-2bc+2ca-2ab；(4)a7

-a5b2

+a2b5

-b7

．

解(1)原式=-2xn-1yn

(x4

n-2x2

ny2

+y4

)=-2xn-1yn

[(x2

n)2

-2x2

ny2

+(y2)2

]=-2xn-1yn

(x2

n-y2)2

=-2xn-1yn

(xn

-y)2

(xn

+y)2

．(2)原式=x3

+(-2y)3

+(-z)3

-3x(-2y)(-Z)=(x-2y-z)(x2

+4y2

+z2

+2xy+xz-2yz)．(3)原式=(a2

-2ab+b2

)+(-2bc+2ca)+c2

＝(a-b)2

+2c(a-b)+c2

=(a-b+c)2．

本小題可以稍加變形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2

+(-b)2

+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b)=(a-b+c)2

(4)原式=(a7

-a5b2

)+(a2b5

-b7

)=a5

(a2

-b2

)+b5

(a2

-b2

)

數(shù)學(xué)思維的教育

=(a2

-b2

)(a5

+b5

)

=(a+b)(a-b)(a+b)(a4

-a3

b+a2b2

-ab3

+b4

)=(a+b)2

(a-b)(a4

-a3

b+a2b2

-ab3

+b4

)例2分解因式：a3

+b3

+c3

-3abc．

本題實(shí)際上就是用因式分解的方法證明前面給出的公式(6)．

分析我們已經(jīng)知道公式

(a+b)3

=a3

+3a2

b+3ab2

+b3

的正確性，現(xiàn)將此公式變形為

a3

+b3

=(a+b)3

-3ab(a+b)．

這個(gè)式也是一個(gè)常用的公式，本題就借助于它來推導(dǎo)．

解原式=(a+b)3

-3ab(a+b)+c3

-3abc=［(a+b)3+c3

］-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)［(a+b)2

-c(a+b)+c2

]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2

+b2

+c2-ab-bc-ca)．

說明公式(6)是一個(gè)應(yīng)用極廣的公式，用它可以推出很多有用的結(jié)論，例如：我們將公式(6)變形為a3

+b3

+c3

-3abc

顯然，當(dāng)a+b+c=0時(shí)，則a3

+b3

+c3

=3abc；當(dāng)a+b+c＞0時(shí)，則a3

+b3

+c3

-3abc0，即a3

+b3

+c3

3abc，而且，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)，等號(hào)成立．如果令x=a3

0，y=b3

0，z=c3

0，則有

等號(hào)成立的充要條件是x=y=z．這也是一個(gè)常用的結(jié)論．

例3分解因式：x15

+x14

+x13

++x2

+x+1．

分析這個(gè)多項(xiàng)式的特點(diǎn)是：有16項(xiàng)，從最高次項(xiàng)x15

開始，x的次數(shù)順次遞減至0，由此想到應(yīng)用公式an

-bn來分解．解因?yàn)?/p>

x16

-1=(x-1)(x15

+x14

+x13

+x2

+x+1)，所以

說明在本題的分解過程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，這一技巧在等式變形中很常用．2．拆項(xiàng)、添項(xiàng)法

因式分解是多項(xiàng)式乘法的逆運(yùn)算．在多項(xiàng)式乘法運(yùn)算時(shí)，整理、化簡(jiǎn)常將幾個(gè)同類項(xiàng)合并為一項(xiàng)，或?qū)�兩個(gè)僅符號(hào)相反的同類項(xiàng)相互抵消為零．在對(duì)某些多項(xiàng)式分解因式時(shí)，需要恢復(fù)那些被合并或相互抵消的項(xiàng)，即把多項(xiàng)式中的某一項(xiàng)拆成兩項(xiàng)或多項(xiàng)，或者在多項(xiàng)式中添上兩個(gè)僅符合相反的項(xiàng)，前者稱為拆項(xiàng)，后者稱為添項(xiàng)．拆項(xiàng)、添項(xiàng)的目的是使多項(xiàng)式能用分組分解法進(jìn)行因式分解．例4分解因式：x3

-9x+8．

分析本題解法很多，這里只介紹運(yùn)用拆項(xiàng)、添項(xiàng)法分解的幾種解法，注意一下拆項(xiàng)、添項(xiàng)的目的與技巧．解法1將常數(shù)項(xiàng)8拆成-1+9．原式=x3

-9x-1+9

=(x3

-1)-9x+9

=(x-1)(x2

+x+1)-9(x-1)=(x-1)(x2+x-8)．

解法2將一次項(xiàng)-9x拆成-x-8x．原式=x3

-x-8x+8=(x3-x)+(-8x+8)=x(x+1)(x-1)-8(x-1)=(x-1)(x2

+x-8)．

解法3將三次項(xiàng)x3拆成9x3-8x3

．原式=9x3

-8x3

-9x+8=(9x3

-9x)+(-8x3

+8)

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

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

+x-8)．解法4添加兩項(xiàng)-x2

+x2

．原式=x3

-9x+8=x3

-x2

+x2

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

+x-8)．

2

數(shù)學(xué)思維的教育

說明由此題可以看出，用拆項(xiàng)、添項(xiàng)的方法分解因式時(shí)，要拆哪些項(xiàng)，添什么項(xiàng)并無一定之規(guī)，主要的是要依靠對(duì)題目特點(diǎn)的觀察，靈活變換，因此拆項(xiàng)、添項(xiàng)法是因式分解諸方法中技巧性最強(qiáng)的一種．例5分解因式：(1)x9

+x6

+x3

-3；(2)(m2

-1)(n2

-1)+4mn；(3)(x+1)4

+(x2

-1)2

+(x-1)4

；(4)a3

b-ab3

+a2

+b2

+1．解(1)將-3拆成-1-1-1．原式=x9

+x6

+x3

-1-1-1=(x9

-1)+(x6

-1)+(x3

-1)

=(x3

-1)(x6

+x3

+1)+(x3

-1)(x3

+1)+(x3

-1)=(x3-1)(x6+2x3+3)

=(x-1)(x2

+x+1)(x6

+2x3

+3)．(2)將4mn拆成2mn+2mn．原式=(m2

-1)(n2-1)+2mn+2mn=m2n2

-m2

-n2

+1+2mn+2mn=(m2n2

+2mn+1)-(m2

-2mn+n2

)=(mn+1)2

-(m-n)2

=(mn+m-n+1)(mn-m+n+1)．(3)將(x2

-1)2

拆成2(x2

-1)2

-(x2

-1)2

．原式=(x+1)4

+2(x2

-1)2

-(x2

-1)2

+(x-1)4

=［(x+1)4

+2(x+1)2

(x-1)2

+(x-1)4

]-(x2

-1)2

=［(x+1)2

+(x-1)2]2

-(x2

-1)2

=(2x2

+2)2

-(x2

-1)2

=(3x2

+1)(x2

+3)．(4)添加兩項(xiàng)+ab-ab．原式=a3

b-ab3

+a2

+b2

+1+ab-ab=(a3

b-ab3

)+(a2

-ab)+(ab+b2

+1)=ab(a+b)(a-b)+a(a-b)+(ab+b2

+1)=a(a-b)［b(a+b)+1]+(ab+b2

+1)=[a(a-b)+1](ab+b2

+1)=(a2

-ab+1)(b2

+ab+1)．

說明(4)是一道較難的題目，由于分解后的因式結(jié)構(gòu)較復(fù)雜，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加項(xiàng)后分成的三項(xiàng)組又無公因式，而是先將前兩組分解，再與第三組結(jié)合，找到公因式．這道題目使我們體會(huì)到

拆項(xiàng)、添項(xiàng)法的極強(qiáng)技巧所在，同學(xué)們需多做練習(xí)，積累經(jīng)驗(yàn)．3．換元法

換元法指的是將一個(gè)較復(fù)雜的代數(shù)式中的某一部分看作一個(gè)整體，并用一個(gè)新的字母替代這個(gè)整體來運(yùn)算，從而使運(yùn)算過程簡(jiǎn)明清晰．

例6分解因式：(x2

+x+1)(x2

+x+2)-12．

分析將原式展開，是關(guān)于x的四次多項(xiàng)式，分解因式較困難．我們不妨將x2+x看作一個(gè)整體，并用字母y來替代，于是原題轉(zhuǎn)化為關(guān)于y的二次三項(xiàng)式的因式分解問題了．解設(shè)x2

+x=y，則

原式=(y+1)(y+2)-12=y2

+3y-10=(y-2)(y+5)=(x2

+x-2)(x2

+x+5)=(x-1)(x+2)(x2+x+5)．

說明本題也可將x2+x+1看作一個(gè)整體，比如今x2

+x+1=u，一樣可以得到同樣的結(jié)果，有興趣的同學(xué)不妨試一試．例7分解因式：

(x2

+3x+2)(4x2

+8x+3)-90．

分析先將兩個(gè)括號(hào)內(nèi)的多項(xiàng)式分解因式，然后再重新組合．

解原式=(x+1)(x+2)(2x+1)(2x+3)-90=[(x+1)(2x+3)][(x+2)(2x+1)]-90=(2x2

+5x+3)(2x2

+5x+2)-90．令y=2x2

+5x+2，則原式=y(y+1)-90=y2

+y-90=(y+10)(y-9)

=(2x2

+5x+12)(2x2+5x-7)=(2x2+5x+12)(2x+7)(x-1)．

說明對(duì)多項(xiàng)式適當(dāng)?shù)暮愕茸冃问俏覀冋业叫略?y)的基礎(chǔ)．

例8分解因式：

(x2

+4x+8)2+3x(x2

+4x+8)+2x2

．

解設(shè)x2

+4x+8=y，則原式=y2

+3xy+2x2

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

+6x+8)(x2

+5x+8)

3

數(shù)學(xué)思維的教育

=(x+2)(x+4)(x2

+5x+8)．

說明由本題可知，用換元法分解因式時(shí)，不必將原式中的元都用新元代換，根據(jù)題目需要，引入必要的新元，原式中的變?cè)�和新變�(cè)�可以一起變形，換元法的本質(zhì)是簡(jiǎn)化多項(xiàng)式．

例9分解因式：6x4

+7x3

-36x2

-7x+6．解法1原式=6(x4

+1)＋7x(x2

-1)-36x2

=6［(x4

-2x2

+1)+2x2

］+7x(x2

-1)-36x2

=6[(x2

-1)2+2x2

]+7x(x2

-1)-36x2

=6(x2

-1)2

+7x(x2

-1)-24x2

=[2(x2

-1)-3x］［3(x2

-1)+8x]=(2x2

-3x-2)(3x2

+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．說明本解法實(shí)際上是將x2

-1看作一個(gè)整體，但并沒有設(shè)立新元來代替它，即熟練使用換元法后，并非每題都要設(shè)置新元來代替整體．解法2

1．雙十字相乘法

分解二次三項(xiàng)式時(shí)，我們常用十字相乘法．對(duì)于某

些二元二次六項(xiàng)式(ax2

+bxy+cy2

+dx+ey+f)，我們也可以用十字相乘法分解因式．

例如，分解因式2x2

-7xy-22y2

-5x+35y-3．我們將上

式按x降冪排列，并把y當(dāng)作常數(shù)，于是上式可變形為

2x2

-(5+7y)x-(22y2

-35y+3)，

可以看作是關(guān)于x的二次三項(xiàng)式．

對(duì)于常數(shù)項(xiàng)而言，它是關(guān)于y的二次三項(xiàng)式，也可

以用十字相乘法，分解為

即：-22y2

+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．

原式=x2[6(t2

+2)+7t-36]

=x2

(6t2

+7t-24)=x2

(2t-3)(3t+8)=x2[2(x-1/x)-3][3(x-1/x)+8]=(2x2

-3x-2)(3x2

+8x-3)=(2x+1)(x-2)(3x-1)(x+3)．例10分解因式：(x2

+xy+y2

)-4xy(x2

+y2

)．分析本題含有兩個(gè)字母，且當(dāng)互換這兩個(gè)字母的位置時(shí)，多項(xiàng)式保持不變，這樣的多項(xiàng)式叫作二元對(duì)稱式．對(duì)于較難分解的二元對(duì)稱式，經(jīng)常令u=x+y，v=xy，用換元法分解因式．

解原式=[(x+y)2

-xy]2

-4xy[(x+y)2

-2xy]．令x+y=u，xy=v，則

原式=(u2

-v)2

-4v(u2-2v)=u4

-6u2

v+9v2

=(u2

-3v)2

=(x2

+2xy+y2

-3xy)2

=(x2

-xy+y2)2

．

第二講：因式分解(二)

再利用十字相乘法對(duì)關(guān)于x的二次三項(xiàng)式分解

所以，原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．

上述因式分解的過程，實(shí)施了兩次十字相乘法．如

果把這兩個(gè)步驟中的十字相乘圖合并在一起，可得到下圖：

它表示的是下面三個(gè)關(guān)系式：

(x+2y)(2x-11y)=2x2

-7xy-22y2

；(x-3)(2x+1)=2x2

-5x-3；

4

數(shù)學(xué)思維的教育

(2y-3)(-11y+1)=-22y+35y-3．這就是所謂的雙十字相乘法．

用雙十字相乘法對(duì)多項(xiàng)式ax+bxy+cy+dx+ey+f進(jìn)

行因式分解的步驟是：

(1)用十字相乘法分解ax+bxy+cy，得到一個(gè)十字

22222

原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)

相乘圖(有兩列)；

(2)把常數(shù)項(xiàng)f分解成兩個(gè)因式填在第三列上，要求

第二、第三列構(gòu)成的十字交叉之積的和等于原式中的ey，第一、第三列構(gòu)成的十字交叉之積的和等于原式中的dx．例1分解因式：(1)x2

-3xy-10y2

+x+9y-2；(2)x2

-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；

(4)6x2

-7xy-3y2

-xz+7yz-2z2

．解(1)

原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．

說明(4)中有三個(gè)字母，解法仍與前面的類似．2．求根法

我們把形如an

n-1

nx+an-1x++a1x+a0(n為非負(fù)整數(shù))的

代數(shù)式稱為關(guān)于x的一元多項(xiàng)式，并用f(x)，g(x)，等記號(hào)表示，如

f(x)=x2

-3x+2，g(x)=x5

+x2

+6，，

當(dāng)x=a時(shí)，多項(xiàng)式f(x)的值用f(a)表示．如對(duì)上面

的多項(xiàng)式f(x)f(1)=12-31+2=0；f(-2)=(-2)2

-3(-2)+2=12．

若f(a)=0，則稱a為多項(xiàng)式f(x)的一個(gè)根．定理1(因式定理)若a是一元多項(xiàng)式f(x)的根，即

f(a)=0成立，則多項(xiàng)式f(x)有一個(gè)因式x-a．根據(jù)因式定理，找出一元多項(xiàng)式f(x)的一次因式的

關(guān)鍵是求多項(xiàng)式f(x)的根．對(duì)于任意多項(xiàng)式f(x)，

原式=(x+y+1)(x-y+4)．

(3)原式中缺x2

項(xiàng)，可把這一項(xiàng)的系數(shù)看成0來分

解．

原式=(y+1)(x+y-2)．(4)

要求出它的根是沒有一般方法的，然而當(dāng)多項(xiàng)式f(x)的系數(shù)都是整數(shù)時(shí)，即整系數(shù)多項(xiàng)式時(shí)，經(jīng)常用下面的定理來判定它是否有有理根．

定理2

的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)．特別

地，當(dāng)a0=1時(shí)，整系數(shù)多項(xiàng)式f(x)的整數(shù)根均為an的約數(shù)．

我們根據(jù)上述定理，用求多項(xiàng)式的根來確定多項(xiàng)式

的一次因式，從而對(duì)多項(xiàng)式進(jìn)行因式分解．例2分解因式：x3

-4x2

+6x-4．

分析這是一個(gè)整系數(shù)一元多項(xiàng)式，原式若有整數(shù)

根，必是-4的約數(shù)，逐個(gè)檢驗(yàn)-4的約數(shù)：±1，±2，±4，只有

f(2)=23

-422

+62-4=0，

5

數(shù)學(xué)思維的教育

即x=2是原式的一個(gè)根，所以根據(jù)定理1，原式必

有因式x-2．

解法1用分組分解法，使每組都有因式(x-2)．原式=(x-2x)-(2x-4x)+(2x-4)=x(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x-2x+2)．

解法2用多項(xiàng)式除法，將原式除以(x-2)，

223222

可以化為9x-3x-2，這樣可以簡(jiǎn)化分解過程．總之，對(duì)一元高次多項(xiàng)式f(x)，如果能找到一個(gè)一

次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解為(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多項(xiàng)式，這樣，我們就可以繼續(xù)對(duì)g(x)進(jìn)行分解了．3．待定系數(shù)法

所以

原式=(x-2)(x2

-2x+2)．

說明在上述解法中，特別要注意的是多項(xiàng)式的有理

根一定是-4的約數(shù)，反之不成立，即-4的約數(shù)不一定是多項(xiàng)式的根．因此，必須對(duì)-4的約數(shù)逐個(gè)代入多項(xiàng)式進(jìn)行驗(yàn)證．

例3分解因式：9x4

-3x3

+7x2-3x-2．

分析因?yàn)?的約數(shù)有±1，±3，±9；-2的約數(shù)有

±1，±

為：

所以，原式有因式9x2

-3x-2．解9x4

-3x3

+7x2

-3x-2=9x4

-3x3

-2x2

+9x2

-3x-2=x2

(9x3

-3x-2)+9x2

-3x-2=(9x2

-3x-2)(x2

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

+1)

說明若整系數(shù)多項(xiàng)式有分?jǐn)?shù)根，可將所得出的含有

分?jǐn)?shù)的因式化為整系數(shù)因式，如上題中的因式

待定系數(shù)法是數(shù)學(xué)中的一種重要的解題方法，應(yīng)用

很廣泛，這里介紹它在因式分解中的應(yīng)用．在因式分解時(shí)，一些多項(xiàng)式經(jīng)過分析，可以斷定它

能分解成某幾個(gè)因式，但這幾個(gè)因式中的某些系數(shù)

尚未確定，這時(shí)可以用一些字母來表示待定的系數(shù)．由于該多項(xiàng)式等于這幾個(gè)因式的乘積，根據(jù)多

項(xiàng)式恒等的性質(zhì)，兩邊對(duì)應(yīng)項(xiàng)系數(shù)應(yīng)該相等，或取多項(xiàng)式中原有字母的幾個(gè)特殊值，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程(或方程組)，解出待定字母系數(shù)的值，這種因式分解的方法叫作待定系數(shù)法．例4分解因式：x2

+3xy+2y2

+4x+5y+3．分析由于

(x2

+3xy+2y2

)=(x+2y)(x+y)，

若原式可以分解因式，那么它的兩個(gè)一次項(xiàng)一定是

x+2y+m和x＋y＋n的形式，應(yīng)用待定系數(shù)法即可求

出m和n，使問題得到解決．解設(shè)

x2

+3xy+2y2

+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)

=x2+3xy+2y2

+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對(duì)應(yīng)項(xiàng)的系數(shù)，則有

解之得m=3，n=1．所以

原式=(x+2y+3)(x+y+1)．

說明本題也可用雙十字相乘法，請(qǐng)同學(xué)們自己解一

下．

例5分解因式：x4

-2x3

-27x2

-44x+7．

數(shù)學(xué)思維的教育

分析本題所給的是一元整系數(shù)多項(xiàng)式，根據(jù)前面講

過的求根法，若原式有有理根，則只可能是±1，±7(7的約數(shù))，經(jīng)檢驗(yàn)，它們都不是原式的根，所以，在有理數(shù)集內(nèi)，原式?jīng)]有一次因式．如果原式能分解，只能分解為(x2

+ax+b)(x2

+cx+d)的形式．解設(shè)

原式=(x2

+ax+b)(x2+cx+d)

=x4

+(a+c)x3

+(b+d+ac)x2

+(ad+bc)x+bd，所以有

由bd=7，先考慮b=1，d=7有

實(shí)數(shù)是高等數(shù)學(xué)特別是微積分的重要基礎(chǔ)．在初中代數(shù)中沒有系統(tǒng)地介紹實(shí)數(shù)理論，是因?yàn)樗�涉及到極限的概念．這一概念對(duì)中學(xué)生而言，有一定難度．但是，如果中學(xué)數(shù)學(xué)里沒有實(shí)數(shù)的概念及其簡(jiǎn)單的運(yùn)算知識(shí)，中學(xué)數(shù)學(xué)也將無法繼續(xù)學(xué)習(xí)下去了．例如，即使是一元二次方程，只有有理數(shù)的知識(shí)也是遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠用的．因此，適當(dāng)學(xué)習(xí)一些有關(guān)實(shí)數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí)，以及運(yùn)用這些知識(shí)解決有關(guān)問題的基本方法，不僅是為高等數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)打基礎(chǔ)，而且也是初等數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)所不可缺少的．本講主要介紹實(shí)數(shù)的一些基本知識(shí)及其應(yīng)用．

用于解決許多問題，例如，不難證明：任何兩個(gè)有理數(shù)的和、差、積、商還是有理數(shù)，或者說，有理數(shù)對(duì)加、減、乘、除(零不能做除數(shù))是封閉的．性質(zhì)1任何一個(gè)有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點(diǎn)后面為零的小數(shù))或循環(huán)小數(shù)的形式，反之亦然．例1

所以

原式=(x2

-7x+1)(x2

+5x+7)．

說明由于因式分解的唯一性，所以對(duì)b=-1，d=-7

等可以不加以考慮．本題如果b=1，d=7代入方程組后，無法確定a，c的值，就必須將bd=7的其他解代入方程組，直到求出待定系數(shù)為止．本題沒有一次因式，因而無法運(yùn)用求根法分解因

式．但利用待定系數(shù)法，使我們找到了二次因式．由此可見，待定系數(shù)法在因式分解中也有用武之地．

第三講實(shí)數(shù)的若干性質(zhì)和應(yīng)用

分析要說明一個(gè)數(shù)是有理數(shù)，其關(guān)鍵要看它能否寫成兩個(gè)整數(shù)比的形式．證設(shè)

兩邊同乘以100得

②-①得

99x=261.54-2.61=258.93，

無限不循環(huán)小數(shù)稱為無理數(shù)．有理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算是封閉的，而無理

是說，無理數(shù)對(duì)四則運(yùn)算是不封閉的，但它有如下性質(zhì)．

性質(zhì)2設(shè)a為有理數(shù)，b為無理數(shù)，則(1)a+b，a-b是無理數(shù)；

數(shù)學(xué)思維的教育

有理數(shù)和無理數(shù)統(tǒng)稱為實(shí)數(shù)，即

在實(shí)數(shù)集內(nèi)，沒有最小的實(shí)數(shù)，也沒有最大的實(shí)數(shù)．任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，可以比較大小．全體實(shí)數(shù)和數(shù)軸上的所有點(diǎn)是一一對(duì)應(yīng)的．在實(shí)數(shù)集內(nèi)進(jìn)行加、減、乘、除(除數(shù)不為零)運(yùn)算，其結(jié)果仍是實(shí)數(shù)(即實(shí)數(shù)對(duì)四則運(yùn)算的封閉性)．任一實(shí)數(shù)都可以開奇次方，其結(jié)果仍是實(shí)數(shù)；只有當(dāng)被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)時(shí)，才能開偶次方，其結(jié)果仍是實(shí)數(shù)．例2

分析

證

所以

分析要證明一個(gè)實(shí)數(shù)為無限不循環(huán)小數(shù)是一件極難辦到的事．由于有理數(shù)與無理數(shù)共同組成了實(shí)數(shù)集，

且二者是矛盾的兩個(gè)對(duì)立面，所以，判定一個(gè)實(shí)數(shù)是

無理數(shù)時(shí)，常常采用反證法．證用反證法．

所以p一定是偶數(shù)．設(shè)p=2m(m是自然數(shù))，代入①得

4m2

＝2q2

，q2

＝2m2

，

例4若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2為有理數(shù)，

a為無理數(shù))，則a1=a2，b1=b2，反之，亦成立．分析設(shè)法將等式變形，利用有理數(shù)不能等于無理數(shù)來證明．

證將原式變形為(b1-b2)a=a2-a1．若b1≠b2，則

反之，顯然成立．

說明本例的結(jié)論是一個(gè)常用的重要運(yùn)算性質(zhì)．

是無理數(shù)，并說明理由．

整理得：

由例4知a＝Ab，1=A，

8

數(shù)學(xué)思維的教育

說明本例并未給出確定結(jié)論，需要解題者自己發(fā)現(xiàn)正確的結(jié)

有理數(shù)作為立足點(diǎn)，以其作為推理的基礎(chǔ)．

例6已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，求證：a與b之間存在著無窮多個(gè)有理數(shù)(即有理數(shù)集具有稠密性)．

分析只要構(gòu)造出符合條件的有理數(shù)，題目即可被證明．

證因?yàn)閍＜b，所以2a＜a+b＜2b，所以

說明構(gòu)造具有某種性質(zhì)的一個(gè)數(shù)，或一個(gè)式子，以達(dá)到解題和證明的目的，是經(jīng)常運(yùn)用的一種數(shù)學(xué)建模的思想方法．

例7已知a，b是兩個(gè)任意有理數(shù)，且a＜b，問是否存在無理數(shù)α，使得a＜α＜b成立？

即

由①，②有

存在無理數(shù)α，使得a＜α＜b成立．

b4

+12b3

+37b2

+6b-20

的值．

分析因?yàn)闊o理數(shù)是無限不循環(huán)小數(shù)，所以不可能把一個(gè)無理數(shù)的小數(shù)部分一位一位確定下來，這樣涉及無理數(shù)小數(shù)部分的計(jì)算題，往往是先估計(jì)它的整數(shù)部分(這是容易確定的)，然后再尋求其小數(shù)部分的表示方法．

14=9+6b+b2

，所以b2

+6b=5．

b4

+12b3

+37b2

+6b-20

=(b4

+26b3

+36b2

)+(b2

+6b)-20=(b2

+6b)2

+(b2

+6b)-20=52+5-20=10．例9求滿足條件

的自然數(shù)a，x，y．解將原式兩邊平方得

由①式變形為

兩邊平方得

數(shù)學(xué)思維的教育

例10設(shè)a2

222

n是1+2+3++n的個(gè)位數(shù)字，n=1，2，3，，求證：0.a1a2a3an是有理數(shù)．

分析有理數(shù)的另一個(gè)定義是循環(huán)小數(shù)，即凡有理數(shù)都是循環(huán)小數(shù)，反之循環(huán)小數(shù)必為有理數(shù)．所以，要證0.a1a2a3an是有理數(shù)，只要證它為循環(huán)小數(shù)．因此本題我們從尋找它的循環(huán)節(jié)入手．

證計(jì)算an的前若干個(gè)值，尋找規(guī)律：1，5，4，0，5，1，0，4，5，5，6，0，9，5，0，6，5，9，0，0，1，5，4，0，5，1，0，4，發(fā)現(xiàn)：a20=0，a21=a1，a22=a2，a23=a3，，于是猜想：ak+20=ak，若此式成立，說明分式的有關(guān)概念和性質(zhì)與分?jǐn)?shù)相類似，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時(shí)才有意義；也像分?jǐn)?shù)一樣，分式的分子與分母都

乘以(或除以)同一個(gè)不等于零的整式，分式的值不變，這一性質(zhì)是分式運(yùn)算中通分和約分的理論根據(jù)．在分式運(yùn)算中，主要是通過約分和通分來化簡(jiǎn)分式，從而對(duì)分式進(jìn)行求值．除此之外，還要根據(jù)分式的具體特征靈活變形，以使問題得到迅速準(zhǔn)確的解答．本講主要介紹分式的化簡(jiǎn)與求值．例1化簡(jiǎn)分式：

分析直接通分計(jì)算較繁，先把每個(gè)假分式化成整式

與真分式之和的形式，再化簡(jiǎn)將簡(jiǎn)便得多．

＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］

0.a1a2an是由20個(gè)數(shù)字組成循環(huán)節(jié)的循環(huán)小數(shù)，

即

下面證明ak+20=ak．

令f(n)=12

+22

++n2

，當(dāng)f(n+20)-f(n)是10的倍數(shù)時(shí)，表明f(n+20)與f(n)有相同的個(gè)位數(shù)，而f(n+20)-f(n)

=(n+1)2

+(n+2)2

++(n+20)2

=10(2n2

+42

n)+(12

+22

++202

)．

由前面計(jì)算的若干值可知：12

+22

++202

是10的倍數(shù)，故a12

k+20=ak成立，所以0.aaan

是一個(gè)有理數(shù)．第四講分式的化簡(jiǎn)與求值

說明本題的關(guān)鍵是正確地將假分式寫成整式與真

分式之和的形式．例2求分式

當(dāng)a=2時(shí)的值．

分析與解先化簡(jiǎn)再求值．直接通分較復(fù)雜，注意到

平方差公式：a2

-b2

=(a+b)(a-b)，

可將分式分步通分，每一步只通分左邊兩項(xiàng)．

10

數(shù)學(xué)思維的教育

例3若abc=1，求

互消掉的一對(duì)相反數(shù)，這種化簡(jiǎn)的方法叫“拆項(xiàng)相

消”法，它是分式化簡(jiǎn)中常用的技巧．

分析本題可將分式通分后，再進(jìn)行化簡(jiǎn)求值，但較

復(fù)雜．下面介紹幾種簡(jiǎn)單的解法．

解法1因?yàn)閍bc=1，所以a，b，c都不為零．

例5化簡(jiǎn)計(jì)算(式中a，b，c兩兩不相等)：

解法2因?yàn)閍bc=1，所以a≠0，b≠0，c≠0．

例4化簡(jiǎn)分式：

分析與解三個(gè)分式一齊通分運(yùn)算量大，可先將每個(gè)

分式的分母分解因式，然后再化簡(jiǎn)．

說明

似的，對(duì)于這個(gè)分式，顯然分母可以分解因式為(a-b)(a-c)，而分子又恰好湊成(a-b)+(a-c)，因此有下面的解法．

解

說明本例也是采取“拆項(xiàng)相消”法，所不同的是利

用

例6已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，

求

分析本題字母多，分式復(fù)雜．若把條件寫成

(x-a)+(y-a)+(z-a)=0，那么題目只與x-a，y-a，z-a有關(guān)，為簡(jiǎn)化計(jì)算，可用換元法求解．解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，則分式變?yōu)?/p>u2

+v2

+w2

+2(uv+vw+wu)=0．

由于x，y，z不全相等，所以u(píng)，v，w不全為零，

所以u(píng)2+v2+w2

≠0，從而有

說明從本例中可以看出，換元法可以減少字母?jìng)�(gè)

數(shù)，使運(yùn)算過程簡(jiǎn)化．

11

數(shù)學(xué)思維的教育

例7化簡(jiǎn)分式：

說明本例的解法采用的是整體代入的方法，這是代

入消元法的一種特殊類型，應(yīng)用得當(dāng)會(huì)使問題的求解過程大大簡(jiǎn)化．

解法1利用比例的性質(zhì)解決分式問題．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有

適當(dāng)變形，化簡(jiǎn)分式后再計(jì)算求值．

(x-4)2

=3，即x2

-8x+13＝0．原式分子

=(x4

-8x3

+13x2

)+(2x3

-16x2

+26x)+(x2

-8x+13)+10

=x2

(x2

-8x+13)+2x(x2

-8x+13)+(x2

-8x+13)+10=10，

原式分母=(x2

-8x+13)+2=2，

所以

a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，于是有

(2)若a+b+c=0，則a+b=-c，b+c=-a，c+a=-b，

于是有

說明比例有一系列重要的性質(zhì)，在解決分式問題

時(shí)，靈活巧妙地使用，便于問題的求解．

解法2設(shè)參數(shù)法．令

則

a+b=(k+1)c，①a+c=(k+1)b，②b+c=(k+1)a．③①+②+③有

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

12

數(shù)學(xué)思維的教育

當(dāng)a+b+c=0時(shí)，

代數(shù)式的恒等變形是初中代數(shù)的重要內(nèi)容，它涉及的基礎(chǔ)知識(shí)較多，主要有整式、分式與根式的基本概念及運(yùn)算法則，因式分解的知識(shí)與技能技巧等等，因此代數(shù)式的恒等變形是學(xué)好初中代數(shù)必備的基本功之一．本講主要介紹恒等式的證明．首先復(fù)習(xí)一下基本知識(shí)，然后進(jìn)行例題分析．

兩個(gè)代數(shù)式，如果對(duì)于字母在允許范圍內(nèi)的一切取值，它們的值都相等，則稱這兩個(gè)代數(shù)式恒等．把一個(gè)代數(shù)式變換成另一個(gè)與它恒等的代數(shù)式叫作代數(shù)式的恒等變形．恒等式的證明，就是通過恒等變形證明等號(hào)兩邊的代數(shù)式相等．

證明恒等式，沒有統(tǒng)一的方法，需要根據(jù)具體問題，采用不同的變形技巧，使證明過程盡量簡(jiǎn)捷．一般可以把恒等式的證明分為兩類：一類是無附加條件的恒等式證明；另一類是有附加條件的恒等式的證明．對(duì)于后者，同學(xué)們要善于利用附加條件，使證明簡(jiǎn)化．下面結(jié)合例題介紹恒等式證明中的一些常用方法與技巧．1．由繁到簡(jiǎn)和相向趨進(jìn)

恒等式證明最基本的思路是“由繁到簡(jiǎn)”(即由等式較繁的一邊向另一邊推導(dǎo))和“相向趨進(jìn)”(即將等式兩邊同時(shí)轉(zhuǎn)化為同一形式)．例1已知x+y+z=xyz，證明：

x(1-y2

)(1-z2

)+y(1-x2

)(1-z2

)+z(1-x2

)(1-y2

)=4xyz．分析將左邊展開，利用條件x+y+z=xyz，將等式左邊化簡(jiǎn)成右邊．

證因?yàn)閤+y+z=xyz，所以

左邊=x(1-z2

-y2

-y2z2

)+y(1-z2

-x2

+x2z2

)+(1-y2

-x2

+x2y2

)

=(x+y+z)-xz2

-xy2

+xy2z2

-yz2

+yx2

+yx2z2

-zy2

-zx2

+zx2y2

說明引進(jìn)一個(gè)參數(shù)k表示以連比形式出現(xiàn)的已知

條件，可使已知條件便于使用．

第五講恒等式的證明

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

=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右邊．

說明本例的證明思路就是“由繁到簡(jiǎn)”．例2已知1989x2

=1991y2

=1993z2

，x＞0，y＞0，z＞0，且

證令1989x2

=1991y2

=1993z2

=k(k＞0)，則

又因?yàn)?/p>

所以

所以

說明本例的證明思路是“相向趨進(jìn)”，在證明方法上，通過設(shè)參數(shù)k，使左右兩邊同時(shí)變形為同一形式，從而使等式成立．2．比較法

a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之一．

數(shù)學(xué)思維的教育

例3求證：

分析用比差法證明左-右=0．本例中，

這個(gè)式子具有如下特征：如果取出它的第一項(xiàng)，把其中的字母輪換，即以b代a，c代b，a代c，則可得出第二項(xiàng)；若對(duì)第二項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，則可得出第三項(xiàng)；對(duì)第三項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，可得出第一項(xiàng)．具有這種特性的式子叫作輪換式．利用這種特性，可使輪換式的運(yùn)算簡(jiǎn)化．證因?yàn)?/p>

所以

所以

說明本例若采用通分化簡(jiǎn)的方法將很繁．像這種把一個(gè)分式分解成幾個(gè)部分分式和的形式，是分式恒等變形中的常用技巧．

全不為零．證明：

(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．

同理

所以

所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．說明本例采用的是比商法．3．分析法與綜合法

根據(jù)推理過程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與綜合法．分析法是從要求證的結(jié)論出發(fā)，尋求在什么情況下結(jié)論是正確的，這樣一步一步逆向推導(dǎo)，尋求結(jié)論成立的條件，一旦條件成立就可斷言結(jié)論正確，即所謂“執(zhí)果索因”．而綜合法正好相反，它是

“由因?qū)Ч�”，即從已知條件出發(fā)順向推理，得到所求結(jié)論．

證要證a2

+b2

+c2

=(a+b-c)2

，只要證

a2+b2+c2=a2+b2+c2

+2ab-2ac-2bc，

只要證ab=ac+bc，

只要證c(a+b)=ab，只要證

這最后的等式正好是題設(shè)，而以上推理每一步都可逆，故所求證的等式成立．

說明本題采用的方法是典型的分析法．

例6已知a4

+b4

+c4

+d4

=4abcd，且a，b，c，d都是正

數(shù)，求證：a=b=c=d．證由已知可得

a4

+b4

+c4

+d4

-4abcd=0，

(a2

-b2)2

+(c2

-d2)2

+2a2b2

+2c2d2

-4abcd=0，

所以

(a2

-b2)2

+(c2

-d2)2

+2(ab-cd)2

=0．

因?yàn)?a2

-b2)2

0，(c2-d2)20，(ab-cd)20，所以a2

-b2

=c2

-d2=ab-cd=0，

所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．

14

數(shù)學(xué)思維的教育

又因?yàn)閍，b，c，d都為正數(shù)，所以a+b≠0，c+d≠0，所以a＝b，c=d．所以

ab-cd=a2

-c2

=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．說明本題采用的方法是綜合法．4．其他證明方法與技巧

求證：8a+9b+5c=0．

a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．所以

6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，

2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)=6k(a-b+b-c+c-a)，即8a+9b+5c=0．

說明本題證明中用到了“遇連比設(shè)為k”的設(shè)參數(shù)法，前面的例2用的也是類似方法．這種設(shè)參數(shù)法也是恒等式證明中的常用技巧．例8已知a+b+c=0，求證2(a4

+b4

+c4

)＝(a2

+b2

+c2)2

．

分析與證明用比差法，注意利用a+b+c=0的條件．左-右=2(a4

+b4

+c4

)-(a2

+b2

+c2)2

=a4

+b4

+c4

-2a2b2

-2b2c2

-2c2a2

=(a2

-b2

-c2)2

-4b2c2

=(a2

-b2

-c2

+2bc)(a2

-b2

-c2

-2bc)=[a2

-(b-c)2

][a2

-(b+c)2

]

=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．

說明本題證明過程中主要是進(jìn)行因式分解．

分析本題的兩個(gè)已知條件中，包含字母a，x，y和z，而在求證的結(jié)論中，卻只包含a，x和z，因此可以從消去y著手，得到如下證法．證由已知

說明本題利用的是“消元”法，它是證明條件等式的常用方法．例10證明：

(y+z-2x)3

+(z+x-2y)3

+(x+y-2z)3

=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．

分析與證明此題看起來很復(fù)雜，但仔細(xì)觀察，可以使用換元法．令

y+z-2x=a，①z+x-2y=b，②x+y-2z=c，③

則要證的等式變?yōu)?/p>a3

+b3

+c3

=3abc．

聯(lián)想到乘法公式：

a3

+b3

+c3

-3abc=(a+b+c)(a2

+b2

+c2

-ab-bc-ca)，所以將①，②，③相加有

a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以a3

+b3

+c3

-3abc=0，所以

(y+z-2x)3

+(z+x-2y)3

+(x+y-2z)3

=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．

說明由本例可以看出，換元法也可以在恒等式證明中發(fā)揮效力．

例11設(shè)x，y，z為互不相等的非零實(shí)數(shù)，且

15

數(shù)學(xué)思維的教育

求證：x2y2z2

=1．

分析本題x，y，z具有輪換對(duì)稱的特點(diǎn)，我們不妨先看二元的

所以x2y2

=1．三元與二元的結(jié)構(gòu)類似．證由已知有

①②③得x2y2z2

=1．

代數(shù)式的求值與代數(shù)式的恒等變形關(guān)系十分密切．許多代數(shù)式是先化簡(jiǎn)再求值，特別是有附加條件的代數(shù)式求值問題，往往需要利用乘法公式、絕對(duì)值與算術(shù)根的性質(zhì)、分式的基本性質(zhì)、通分、約分、根式的性質(zhì)等等，經(jīng)過恒等變形，把代數(shù)式中隱含的條件顯現(xiàn)出來，化簡(jiǎn)，進(jìn)而求值．因此，求值中的方法技巧主要是代數(shù)式恒等變形的技能、技巧和方法．下面結(jié)合例題逐一介紹．

1．利用因式分解方法求值

因式分解是重要的一種代數(shù)恒等變形，在代數(shù)式化簡(jiǎn)求值中，經(jīng)常被采用．

分析x的值是通過一個(gè)一元二次方程給出的，若解出x后，再求值，將會(huì)很麻煩．我們可以先將所求的代數(shù)式變形，看一看能否利用已知條件．解已知條件可變形為3x2

+3x-1=0，所以6x4

+15x3

+10x2

=(6x4

+6x3

-2x2

)+(9x3

+9x2

-3x)+(3x2

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

+3x-1)(2z2

+3x+1)+1=0+1=1．

說明在求代數(shù)式的值時(shí)，若已知的是一個(gè)或幾個(gè)代數(shù)式的值，這時(shí)要盡可能避免解方程(或方程組)，而要

說明這種欲進(jìn)先退的解題策略經(jīng)常用于探索解決問題的思路中．

總之，從上面的例題中可以看出，恒等式證明的關(guān)鍵是代數(shù)式的變形技能．同學(xué)們要在明確變形目的的基

礎(chǔ)上，深刻體會(huì)例題中的

常用變形技能與方法，這對(duì)以后的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)非常重要．

第六講代數(shù)式的求值

將所要求值的代數(shù)式適當(dāng)變形，再將已知的代數(shù)式的值整體代入，會(huì)使問題得到簡(jiǎn)捷的解答．例2已知a，b，c為實(shí)數(shù)，且滿足下式：a2

+b2

+c2

=1，①

求a+b+c的值．

解將②式因式分解變形如下

即

所以

a+b+c=0或bc+ac+ab=0．若bc+ac+ab=0，則

(a+b+c)2

=a2

+b2

+c2

+2(bc+ac+ab)

=a2+b2+c2

=1，

所以a+b+c=±1．所以a+b+c的值為0，1，-1．說明本題也可以用如下方法對(duì)②式變形：

16

數(shù)學(xué)思維的教育

分析本題的已知條件是以連比形式出現(xiàn)，可引入?yún)��?shù)k，用它表示連比的比值，以便把它們分割成幾個(gè)等

即

前一解法是加一項(xiàng)，再減去一項(xiàng)；這個(gè)解法是將3拆成1+1+1，最終都是將②式變形為兩個(gè)式子之積等于零的形式．

2．利用乘法公式求值

例3已知x+y=m，x3

+y3

=n，m≠0，求x2

+y2

的值．解因?yàn)閤+y=m，所以

m3

=(x+y)3

=x3

+y3

+3xy(x+y)=n+3mxy，

所以求x2

+6xy+y

2

的值．

分析將x，y的值直接代入計(jì)算較繁，觀察發(fā)現(xiàn)，已知中x，y的值正好是一對(duì)共軛無理數(shù)，所以很容易計(jì)算出x+y與xy的值，由此得到以下解法．解x2

+6xy+y2

=x2

+2xy+y2

+4xy=(x+y)2

+4xy

3．設(shè)參數(shù)法與換元法求值

如果代數(shù)式字母較多，式子較繁，為了使求值簡(jiǎn)便，有時(shí)可增設(shè)一些參數(shù)(也叫輔助未知數(shù))，以便溝通數(shù)量關(guān)系，這叫作設(shè)參數(shù)法．有時(shí)也可把代數(shù)式中某一部分式子，用另外的一個(gè)字母來替換，這叫換元法．

式．

x＝(a-b)k，y＝(b-c)k，z＝(c-a)k．所以

x+y+z=(a-b)k＋(b-c)k+(c-a)k=0．

u+v+w=1，①

由②有

把①兩邊平方得

u2+v2+w2

+2(uv+vw+wu)=1，所以u(píng)2

+v2

+w2

=1，即

兩邊平方有

所以

17

數(shù)學(xué)思維的教育

4．利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求值

若幾個(gè)非負(fù)數(shù)的和為零，則每個(gè)非負(fù)數(shù)都為零，這個(gè)性質(zhì)在代數(shù)式求值中經(jīng)常被使用．例8若x2

-4x+|3x-y|=-4，求yx

的值．

分析與解x，y的值均未知，而題目卻只給了一個(gè)方程，似乎無法求值，但仔細(xì)挖掘題中的隱含條件可知，可以利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求解．因?yàn)閤2

-4x+|3x-y|=-4，所以x2

-4x＋4＋|3x-y|=0，即(x-2)2

+|3x-y|=0．

所以yx

=62

=36．例9未知數(shù)x，y滿足

(x2

＋y2

)m2

-2y(x+n)m+y2

+n2

=0，其中m，n表示非零已知數(shù)，求x，y的值．

分析與解兩個(gè)未知數(shù)，一個(gè)方程，對(duì)方程左邊的代數(shù)式進(jìn)行恒等變形，經(jīng)過配方之后，看是否能化成非負(fù)數(shù)和為零的形式．將已知等式變形為

m2x2

+m2y2

-2mxy-2mny+y2

+n2

=0，(m2x2

-2mxy+y2

)+(m2y2

-2mny+n2

)=0，即(mx-y)2

+(my-n)2

=0．

5．利用分式、根式的性質(zhì)求值

分式與根式的化簡(jiǎn)求值問題，內(nèi)容相當(dāng)豐富，因此設(shè)有專門講座介紹，這里只分別舉一個(gè)例子略做說明．例10已知xyzt=1，求下面代數(shù)式的值：

分析直接通分是笨拙的解法，可以利用條件將某些項(xiàng)的形式變一變．

解根據(jù)分式的基本性質(zhì)，分子、分母可以同時(shí)乘以

一個(gè)不為零的式子，分式的值不變．利用已知條件，可將前三個(gè)分式的分母變?yōu)榕c第四個(gè)相同．

同理

分析計(jì)算時(shí)應(yīng)注意觀察式子的特點(diǎn)，若先分母有理化，計(jì)算反而復(fù)雜．因?yàn)檫@樣一來，原式的對(duì)稱性就被破壞了．這里所言的對(duì)稱性是

分利用這種對(duì)稱性，或稱之為整齊性，來簡(jiǎn)化我們的計(jì)算．

同樣(但請(qǐng)注意算術(shù)根！)

將①，②代入原式有

第七講根式及其運(yùn)算

數(shù)學(xué)思維的教育

二次根式的概念、性質(zhì)以及運(yùn)算法則是根式運(yùn)算的基礎(chǔ)，在進(jìn)行根式運(yùn)算時(shí)，往往用到絕對(duì)值、整式、分式、因式分解，以及配方法、換元法、待定系數(shù)法等有關(guān)知識(shí)與解題方法，也就是說，根式的運(yùn)算，可以培養(yǎng)同學(xué)們綜合運(yùn)用各種知識(shí)和方法的能力．下面先復(fù)習(xí)有關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)，然后進(jìn)行例題分析．

二次根式的性質(zhì)：

二次根式的運(yùn)算法則：

設(shè)a，b，c，d，m是有理數(shù)，且m不是完全平方數(shù)，則當(dāng)且僅

當(dāng)兩個(gè)含有二次根式的代數(shù)式相乘時(shí)，如果它們的積不含有二次根式，則這兩個(gè)代數(shù)式互為有理化因式．例1化簡(jiǎn)：

法是配方去掉根號(hào)，所以

因?yàn)閤-2＜0，1-x＜0，所以原式=2-x+x-1=1．

＝a-b-a+b-a+b=b-a．

說明若根式中的字母給出了取值范圍，則應(yīng)在這個(gè)范圍內(nèi)進(jìn)行化簡(jiǎn)；若沒有給出取值范圍，則應(yīng)在字母允許取值的范圍內(nèi)進(jìn)行化簡(jiǎn)．例2化簡(jiǎn)：

分析兩個(gè)題分母均含有根式，若按照通常的做法是先分母有理化，這樣計(jì)算化簡(jiǎn)較繁．我們可以先將分母因式分解后，再化簡(jiǎn)．

解法1配方法．

19

數(shù)學(xué)思維的教育

配方法是要設(shè)法找到兩個(gè)正數(shù)x，y(x＞y)，使x+y=a，xy=b，則

解法2待定系數(shù)法．

例4化簡(jiǎn)：

(2)這是多重復(fù)合二次根式，可從里往外逐步化簡(jiǎn)．

分析被開方數(shù)中含有三個(gè)不同的根式，且系數(shù)都是2，可以看成

解設(shè)

兩邊平方得

②③④得

(xyz)2

=5735=352

．

因?yàn)閤，y，z均非負(fù)，所以xyz0，所以

xyz=35．⑤

⑤÷②，有z=7．同理有x=5，y=1．所求x，y，z顯然滿足①，所以

解設(shè)原式=x，則

解法1利用(a＋b)3

＝a3

＋b3

＋3ab(a＋b)來解．

20

數(shù)學(xué)思維的教育

將方程左端因式分解有(x-4)(x2

＋4x＋10)＝0．

因?yàn)?/p>x2

＋4x＋10＝(x＋2)2

＋6＞0，所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4．解法2

說明解法2看似簡(jiǎn)單，但對(duì)于三次根號(hào)下的拼湊是很難的，因此本題解法1是一般常用的解法．例8化簡(jiǎn)：

解(1)

本小題也可用換元法來化簡(jiǎn)．

解用換元法．

解直接代入較繁，觀察x，y的特征有

所以

3x2-5xy＋3y2＝3x2＋6xy＋3y2

-11xy＝3(x＋y)2

-11xy＝3102

-111＝289．例11求

21

數(shù)學(xué)思維的教育

分析本題的關(guān)鍵在于將根號(hào)里的乘積化簡(jiǎn)，不可一味蠻算．

解設(shè)根號(hào)內(nèi)的式子為A，注意到1＝(2-1)，及平方

差公式(a＋b)(a-b)＝a2-b2

，所以

A＝(2-1)(2＋1)(22＋1)(24＋1)(22

56＋1)＋1＝(22

-1)(22

＋1)(24

＋1)(28

＋1)(22

56＋1)＋1＝(24

-1)(24

＋1)(28

＋1)(216

＋1)(22

56＋1)＋1＝＝(22

56-1)(2256

＋1)＋1＝2

2256

-1＋1＝2

2256

，

的值．

分析與解先計(jì)算幾層，看一看有無規(guī)律可循．

解用構(gòu)造方程的方法來解．設(shè)原式為x，利用根號(hào)的層數(shù)是無限的特點(diǎn)，有

兩邊平方得

兩邊再平方得

x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2

-x＋2＝0．

觀察發(fā)現(xiàn)，當(dāng)x＝-1，2時(shí)，方程成立．因此，方程左端必有因式(x＋1)(x-2)，將方程左端因式分解，有

(x＋1)(x-2)(x2

＋x-1)＝0．

解因?yàn)?/p>

第八講非負(fù)數(shù)

22

數(shù)學(xué)思維的教育

所謂非負(fù)數(shù)，是指零和正實(shí)數(shù)．非負(fù)數(shù)的性質(zhì)在解題中頗有用處．常見的非負(fù)數(shù)有三種：實(shí)數(shù)的偶次冪、實(shí)數(shù)的絕對(duì)值和算術(shù)根．1．實(shí)數(shù)的偶次冪是非負(fù)數(shù)

若a是任意實(shí)數(shù)，則a2n

0(n為正整數(shù))，特別地，當(dāng)n=1時(shí)，有a2

0．

2．實(shí)數(shù)的絕對(duì)值是非負(fù)數(shù)若a是實(shí)數(shù)，則

性質(zhì)絕對(duì)值最小的實(shí)數(shù)是零．`3．一個(gè)正實(shí)數(shù)的算術(shù)根是非負(fù)數(shù)

4．非負(fù)數(shù)的其他性質(zhì)

(1)數(shù)軸上，原點(diǎn)和原點(diǎn)右邊的點(diǎn)表示的數(shù)都是非負(fù)數(shù)．(2)有限個(gè)非負(fù)數(shù)的和仍為非負(fù)數(shù)，即若a1，a2，，an為非負(fù)數(shù)，則a1＋a2＋＋an0．

(3)有限個(gè)非負(fù)數(shù)的和為零，那么每一個(gè)加數(shù)也必為零，即若a1，a2，，an為非負(fù)數(shù)，且a1＋a2＋＋an=0，則必有a1＝a2＝＝an＝0．

在利用非負(fù)數(shù)解決問題的過程中，這條性質(zhì)使用的最多．

(4)非負(fù)數(shù)的積和商(除數(shù)不為零)仍為非負(fù)數(shù)．(5)最小非負(fù)數(shù)為零，沒有最大的非負(fù)數(shù)．(6)一元二次方程ax2

＋bx＋c=0(a≠0)有實(shí)數(shù)根的充要條件是判別式△=b2-4ac為非負(fù)數(shù)．

應(yīng)用非負(fù)數(shù)解決問題的關(guān)鍵在于能否識(shí)別并揭示出題目中的非負(fù)數(shù)，正確運(yùn)用非負(fù)數(shù)的有關(guān)概念及其性質(zhì)，巧妙地進(jìn)行相應(yīng)關(guān)系的轉(zhuǎn)化，從而使問題得到解決．

解得a=3，b=-2．代入代數(shù)式得

解因?yàn)?20x-3)2

為非負(fù)數(shù)，所以

-(20x-3)2

0．①

-(20x-3)20．②

由①，②可得：-(20x-3)2

=0．所以原式=｜｜20±0｜＋20｜=40．

說明本題解法中應(yīng)用了“若a0且a0，則a=0”，

這是個(gè)很有用的性質(zhì)．例3已知x，y為實(shí)數(shù)，

解因?yàn)閤，y為實(shí)數(shù)，要使y的表達(dá)式有意義，必有

解因?yàn)閍2

+b2

-4a-2b+5=0，所以

a2

-4a+4+b2

-2b+1=0，

即(a-2)2

+(b-1)2=0．(a-2)2

=0，且(b-1)2

=0．所以a=2，b=1．所以

例5已知x，y為實(shí)數(shù)，求

u=5x2

-6xy+2y2

+2x-2y+3的最小值和取得最小值時(shí)的x，y的值．

解u=5x2

-6xy+2y2

+2x-2y+3

=x2

+y2

+1-2xy+2x-2y+4x2

-4xy+yg2+2=(x-y+1)2

+(2x-y)2

+2．因?yàn)閤，y為實(shí)數(shù)，所以

數(shù)學(xué)思維的教育

(x-y+1)20，(2x-y)2

0，所以u(píng)2．所以當(dāng)

時(shí)，u有最小值2，此時(shí)x=1，y=2．

例6確定方程(a2

+1)x2

-2ax+(a2

+4)=0的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)．

解將原方程化為a2x2

-2ax+1+x2

+a2+3=0，即(ax-1)2

+x2

+a2

+3=0．對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，均有

(ax-1)2

0，x2

0，a2

0，3＞0，所以，(ax-1)2

+x2

+a2+3恒大于0，故(a2

+1)x2

-2ax+(a2

+4)=0無實(shí)根．例7求方程

的實(shí)數(shù)根．

分析本題是已知一個(gè)方程，但要求出兩個(gè)未知數(shù)的值，而要確定兩個(gè)未知數(shù)的值，一般需要兩個(gè)方程．因此，要將已知方程變形，看能否出現(xiàn)新的形式，以利于解題．

解之得

經(jīng)檢驗(yàn)，均為原方程的解．

說明應(yīng)用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)“幾個(gè)非負(fù)數(shù)之和為零，則這幾個(gè)非負(fù)數(shù)都為零”，可將一個(gè)等式轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等式，從而增加了求解的條件．例8已知方程組

求實(shí)數(shù)x1，x2，，xn的值．

解顯然，x1=x2==xn=0是方程組的解．由已知方程組可知，在x1，x2，，xn中，只要有一個(gè)值為零，則必有x1=x2==xn=0．所以當(dāng)x1≠0，x2≠0，，xn≠0時(shí)，將原方程組化為

將上面n個(gè)方程相加得

又因?yàn)閤i為實(shí)數(shù)，所以

經(jīng)檢驗(yàn)，原方程組的解為

例9求滿足方程｜a-b｜+ab=1的非負(fù)整數(shù)a，b的值．

解由于a，b為非負(fù)整數(shù)，所以

解得

例10當(dāng)a，b為何值時(shí)，方程

x2

+2(1+a)x+3a2

+4ab+4b2

+2=0有實(shí)數(shù)根？解因?yàn)榉匠逃袑?shí)數(shù)根，所以△0，即

24

數(shù)學(xué)思維的教育

△=4(1+a)2-4(3a2+4ab+4b2

+2)=4a2

+8a+4-12a2

-16ab-16b2

-8=-8a2

-16ab-16b2

+8a-40，所以

2a2

-4ab-4b2

+2a-10，-a2

+2a-1-a2

-4ab-4b2

0，-(a-1)2

-(a+2b)2

0．

因?yàn)?a-1)20，(a+2b)2

0，所以

例11已知實(shí)數(shù)a，b，c，r，p滿足

pr＞1，pc-2b+ra=0，

求證：一元二次方程ax2

+2bx+c=0必有實(shí)數(shù)根．證由已知得2b=pc+ra，所以△=(2b)2

-4ac=(pc+ra)2

-4ac=p2c2

+2pcra+r2a2

-4ac=p2c2

-2pcra+r2a2

+4pcra-4ac

=(pc-ra)2

+4ac(pr-1)．由已知pr-1＞0，又(pc-ra)2

0，所以當(dāng)ac0時(shí)，△0；當(dāng)ac＜0時(shí)，也有△=(2b)2

-4ac＞0．綜上，總有△0，故原方程必有實(shí)數(shù)根．

例12對(duì)任意實(shí)數(shù)x，比較3x2

+2x-1與x2

+5x-3的大�。�

解用比差法．(3x2

+2x-1)-(x2

+5x-3)=2x2-3x+2

即

(3x2

+2x-1)-(x2

+5x-3)＞0，所以3x2

+2x-1＞x2

+5x-3．

說明比差法是比較兩個(gè)代數(shù)式值的大小的常用方

法，除此之外，為判定差是大于零還是小于零，配方法

也是常用的方法之一，本例正是有效地利用了這兩個(gè)方法，使問題得到解決．

例13已知a，b，c為實(shí)數(shù)，設(shè)

證明：A，B，C中至少有一個(gè)值大于零．證由題設(shè)有A+B+C

=(a2

-2a+1)+(b2

-2b+1)+(c2

-2c+1)+π-3

=(a-1)2

+(b-1)2

+(c-1)2

+(π-3)．

因?yàn)?a-1)2

0，(b-1)2

0，(c-1)2

0，π-3＞0，所以A+B+C＞0．

若A0，B0，C0，則A+B+C0與A+B+C＞0不符，所以A，B，C中至少有一個(gè)大于零．例14已知a0，b0，求證：

分析與證明對(duì)要求證的不等式兩邊分別因式分解有

由不等式的性質(zhì)知道，只須證明

因?yàn)閍0，b0，所以

又因?yàn)?/p>

所以原不等式成立．

例15四邊形四條邊長(zhǎng)分別為a，b，c，d，它們滿

足等式

25

數(shù)學(xué)思維的教育

a4+b4+c4+d4

=4abcd，

試判斷四邊形的形狀．解由已知可得a4

+b4

+c4

+d4

-4abcd=0，所以

(a4

-2a2b2

+b4

)+(c2

-2c2d2

+d4

)+(2a2b2

-4abcd+2c2d2

)=0，即(a2

-b2)2

+(c2

-d2)2

+2(ab-cd)2

=0．因?yàn)閍，b，c，d都是實(shí)數(shù)，所以(a2

-b2)2

0，(c2

-d2)2

0，(ab-cd)2

0，

一元二次方程是中學(xué)代數(shù)的重要內(nèi)容之一，是進(jìn)一步學(xué)習(xí)其他方程、不等式、函數(shù)等的基礎(chǔ)，其內(nèi)容非常豐富，本講主要介紹一元二次方程的基本解法．方程ax2

+bx+c=0(a≠0)稱為一元二次方程．一元二次方程的基本解法有開平方法、配方法、公式法和國(guó)式分解法．

對(duì)于方程ax2

+bx+c=0(a≠0)，△=b2

-4ac稱為該方程的根的判別式．當(dāng)△＞0時(shí)，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即

當(dāng)△=0時(shí)，方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，即

當(dāng)△＜0時(shí)，方程無實(shí)數(shù)根．

分析可以使用公式法直接求解，下面介紹的是采用因式分解法求解．

因?yàn)?/p>

所以

由于a，b，c，d都為正數(shù)，所以，解①，②，③有

a=b=c=d．

故此四邊形為菱形．

第九講一元二次方程

所以

例2解關(guān)于x的方程：x2

-(p2

+q2

)x+pq(p+q)(p-q)=0．解用十字相乘法分解因式得

[x-p(p-q)][x-q(p+q)]=0，所以x1=p(p-q)，x2=q(p+q)．

例3已知方程(201*x)2

-201*1999x-1=0的較大根

為a，方程x2

+1998x-1999=0的較小根為β，求α-β的值．

解由方程(201*x)2

-201*1999x-1=0得

(201*2

x+1)(x-1)=0，

(x+1999)(x-1)=0，

故x1=-1999，x2=1，所以β=-1999．所以

α-β=1-(-1999)=201*．

例4解方程：(3x-1)(x-1)=(4x+1)(x-1)．

數(shù)學(xué)思維的教育

分析本題容易犯的錯(cuò)誤是約去方程兩邊的(x-1)，將方程變?yōu)?/p>

3x-1=4x+1，

所以x=-2，這樣就丟掉了x=1這個(gè)根．故特別要注意：用含有未知數(shù)的整式去除方程兩邊時(shí)，很可能導(dǎo)致方程失根．本題正確的解法如下．解(3x-1)(x-1)-(4x+1)(x-1)=0，(x-1)[(3x-1)-(4x+1)]=0，(x-1)(x+2)=0，所以x1=1，x2=-2．

例5解方程：x2

-3｜x｜-4=0．

分析本題含有絕對(duì)值符號(hào)，因此求解方程時(shí)，要考慮到絕對(duì)值的意義．

解法1顯然x≠0．當(dāng)x＞0時(shí)，x2

-3x-4=0，所以x1=4，

x=-1(舍去)．當(dāng)x＜0時(shí)，x2

2+3x-4=0，所以x3=-4，x4=1(舍去)．

所以原方程的根為x1=4，x2=-4．解法2由于x2

=｜x｜2

，所以

｜x｜2

-3｜x｜-4=0，

所以(｜x｜-4)(｜x｜+1)=0，

所以｜x｜=4，｜x｜=-1(舍去)．

所以x1=4，x2=-4．

例6已知二次方程

3x2

-(2a-5)x-3a-1=0

有一個(gè)根為2，求另一個(gè)根，并確定a的值．解由方程根的定義知，當(dāng)x=2時(shí)方程成立，所以

322-(2a-5)2-3a-1=0，故a=3．原方程為

3x2

-x-10=0，即(x-2)(3x+5)=0，

例7解關(guān)于x的方程：ax2

+c=0(a≠0)．

分析含有字母系數(shù)的方程，一般需要對(duì)字母的取值范圍進(jìn)行討論．

當(dāng)c=0時(shí)，x1=x2=0；

當(dāng)ac＞0(即a，c同號(hào)時(shí))，方程無實(shí)數(shù)根．

例8解關(guān)于x的方程：(m-1)x2

+(2m-1)x+m-3=0．

分析討論m，由于二次項(xiàng)系數(shù)含有m，所以首先要分m-1=0與m-1≠0兩種情況(不能認(rèn)為方程一定是一元二次方程)；當(dāng)m-1≠0時(shí)，再分△＞0，△=0，△＜0三種情況討論．

解分類討論．

(1)當(dāng)m=1時(shí)，原方程變?yōu)橐辉�一次方�?/p>

x-2=0，

所以x=2．

(2)當(dāng)m≠1時(shí)，原方程為一元二次方程．

△=(2m-1)2

-4(m-1)(m-3)=12m-11．

27

數(shù)學(xué)思維的教育

例9解關(guān)于x的方程：

a2(x2-x+1)-a(x2-1)=(a2

-1)x．解整理方程得

(a2

-a)x2

-(2a2

-1)x+(a2

+a)=0．

(1)當(dāng)a2

-a≠0，即a≠0，1時(shí)，原方程為一元二次方程，因式分解后為

[ax-(a+1)][(a-1)x-a]=0，

(2)當(dāng)a2

-a=0時(shí)，原方程為一元一次方程，當(dāng)a=0時(shí)，x=0；當(dāng)a=1時(shí)，x=2．

例10求k的值，使得兩個(gè)一元二次方程

x2

+kx-1=0，x2

+x+(k-2)=0

有相同的根，并求兩個(gè)方程的根．

解不妨設(shè)a是這兩個(gè)方程相同的根，由方程根的定義有

a2+ka-1=0，①a2+a+(k-2)=0．②

①-②有ka-1-a-(k-2)=0，即(k-1)(a-1)=0，所以k=1，或a=1．

(1)當(dāng)k=1時(shí)，兩個(gè)方程都變?yōu)閤2

+x-1=0，所以兩個(gè)方程有兩個(gè)相同的根

沒有相異的根；

(2)當(dāng)a=1時(shí)，代入①或②都有k=0，此時(shí)兩個(gè)方程變?yōu)?/p>x2

-1=0，x2

+x-2=0．

解這兩個(gè)方程，x2

-1=0的根為x2

1=1，x2=-1；x+x-2=0的根為x1=1，x2=-2．x=1為兩個(gè)方程的相同的根．例11若k為正整數(shù)，且關(guān)于x的方程

(k2-1)x2

-6(3k-1)x+72=0

有兩個(gè)不相等的正整數(shù)根，求k的值．解原方程變形、因式分解為(k+1)(k-1)x2

-6(3k-1)x+72=0，

[(k+1)x-12][(k-1)x-6]=0，

即

4，7．所以k=2，3使得x1，x2同時(shí)為正整數(shù)，但當(dāng)k=3時(shí)，x1=x2=3，與題目不符，所以，只有k=2為所求．例12關(guān)于x的一元二次方程x2

-5x=m2

-1有實(shí)根a和β，且｜α｜+｜β｜6，確定m的取值范圍．

解不妨設(shè)方程的根αβ，由求根公式得

｜α｜+｜β｜=α+β=5＜6，

符合要求，所以m2

1．

28

數(shù)學(xué)思維的教育

例13設(shè)a，b，c為△ABC的三邊，且二次三項(xiàng)式x2+2ax+b2與x2+2cx-b2

有一次公因式，證明：△ABC一定是直角三角形．

證因?yàn)轭}目中的兩個(gè)二次三項(xiàng)式有一次公因式，所

以二次方程x2+2ax+b2=0與x2+2cx-b2

=0必有公共根，設(shè)公共根為x0，則

兩式相加得

若x0=0，代入①式得b=0，這與b為△ABC的邊不符，所以公共根x0=-(a＋c)．把x0=-(a＋c)代入①式得

(a+c)2

-2a(a+c)+bg2=0，

在中學(xué)教材中，關(guān)于三角形全等有以下判定公理：(1)邊角邊公理有兩邊和它們的夾角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“SAS”)．

(2)角邊角公理有兩角和它們的夾邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“ASA”)．

推論有兩個(gè)角和其中一個(gè)角的對(duì)邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“AAS”)．(3)邊邊邊公理有三邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等(簡(jiǎn)寫成“SSS”)．關(guān)于直角三角形有：

(4)斜邊、直角邊公理有斜邊和一條直角邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)直角三角形全等(簡(jiǎn)寫成“HL”)．

整理得

a2

=b2

+c2

所以△ABC為直角三角形．

例14有若干個(gè)大小相同的球，可將它們擺成正方形或正三角形，擺成正三角形時(shí)比擺成正方形時(shí)每邊多兩個(gè)球，求球的個(gè)數(shù)．

解設(shè)小球擺成正三角形時(shí)，每邊有x個(gè)球，則擺成正方形時(shí)每邊有(x-2)個(gè)球．此時(shí)正三角形共有球

此時(shí)正方形共有(x-2)2個(gè)球，所以

即x2

-9x+8=0，

x1=1，x2=8．

因?yàn)閤-21，所以x1=1不符合題意，舍去．所以x=8，

此時(shí)共有球(x-2)2

=36個(gè)．

第十講三角形的全等及其應(yīng)用

利用全等三角形，我們可以得到有關(guān)角平分線、線段的

垂直平分線、等腰三角形的許多重要性質(zhì)，在本講中將

直接利用這些性質(zhì)．借助于全等三角形的知識(shí)，我們可以研究很多關(guān)于角和

線段相等及不等問題、關(guān)于直線平行與垂直問題．例1如圖2-1所示．∠1=∠2，∠ABC=∠DCB．求證：AB=DC．分析用全等三角形證明線段(或角)相等，最常用的方

法是探究所求證的線段(或角)分別在一對(duì)可證的全等三

角形之中．本題的AB，DC分別屬于兩對(duì)三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．經(jīng)分析可證明△ABE≌△CDE．

29

數(shù)學(xué)思維的教育

證由已知，∠1=∠2，∠ABC=∠DCB，而∠EBC=∠ABC-∠1，∠ECB=∠DCB-∠2，所以∠EBC=∠ECB．在所以GD=GE．

說明適當(dāng)添加輔助線、構(gòu)造全等三角形的方法可以不

止一種，本題至少還有以下兩種方法：(1)過D作DF∥AC，交BC于F．可用同樣方法證明△GFD

≌△GCE(圖2-3)．(2)過D作DF⊥BC于F；過E作EH⊥BC于BC延長(zhǎng)線于

△ABC及△BCD中，∠ABC=∠BCD，∠EBC=∠ECB，BC=BC，所以△ABC≌△DCB(ASA)，所以AB=CD．

說明線段AB，CD也屬于兩個(gè)(事實(shí)上)全等的△ABE和

△DCE，因此也可直接證明這兩個(gè)三角形全等．例2如圖2-2所示．△ABC是等腰三角形，D，E分別是

腰AB及AC延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，且BD=CE，連接DE交底BC于G．求證：GD=GE．

分析從圖形看，GE，GD分別屬于兩個(gè)顯然不全等的三

角形：△GEC和△GBD．此時(shí)就要利用這兩個(gè)三角形中已有的等量條件，結(jié)合已知添加輔助線，構(gòu)造全等三角形．方法不止一種，下面證法是其中之一．證過E作EF∥AB且交BC延長(zhǎng)線于F．在△GBD及△GEF

中，∠BGD=∠EGF(對(duì)頂角)，①∠B=∠F(兩直線平行內(nèi)錯(cuò)角相等)．②

又∠B=∠ACB=∠ECF=∠F，所以，△ECF是等腰三角形，

從而EC=EF．又因?yàn)镋C=BD，所以

BD=EF．③

由①，②，③

△GBD≌△GEF(AAS)，

H，可證明△GFD≌△GEH(圖2-4)．

做完一道題后，再想一想還有沒有其他證明方法，比較

一下哪種證法更好，這對(duì)于發(fā)展思考、鍛煉能力是大有

好處的．

例3如圖2-5所示．在等邊三角形ABC中，AE=CD，AD，

BE交于P點(diǎn)，BQ⊥AD于Q．求證：BP=2PQ．分析首先看到BP，PQ在Rt△BPQ之中，只要證明∠

BPQ=60°(或∠PBQ=30°)．然而，∠BPQ是△ABP的一個(gè)外角，所以∠BPQ=∠PAB+∠PBA．但∠A=∠PAB+∠

PAC=60°，若能證明∠PBA=∠PAC，問題即能解決，這兩個(gè)角分別在△ABE與△CAD中，可以證明這兩個(gè)三角形全等．

證在△ABE與△CAD中，

∠EAB=∠DCA=60°，AB=CA，AE=CD，

所以

△ABE≌△CAD(SAS)，

所以∠ABE=∠CAD．

由于∠BPQ是△ABP的外角，所以

數(shù)學(xué)思維的教育

∠BPQ=∠PAB+PBA=∠PAB+∠CAD=60°．

在Rt△BQP中，∠BPQ=60°，∠PBQ=30°，所以

BP=2PQ(在Rt△BPQ中30°角的對(duì)邊等于斜邊的一半)．

說明發(fā)現(xiàn)或構(gòu)造全等三角形是利用全等三角形證明題

目的關(guān)鍵，為此，我們常從發(fā)現(xiàn)兩個(gè)三角形中對(duì)應(yīng)元素相等入手，逐步發(fā)現(xiàn)或經(jīng)推理“湊齊”三角形全等的條件．如本題在分析到欲證∠ABP=∠CAD后，進(jìn)而把注意力集中到△ABE與△CAD中，這里，可適當(dāng)利用幾何直觀△AGB≌△ADC(ASA)，

于是AG=CD．

在△AMG與△CMD中，還有

AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，

所以△AMG≌△CMD，從而∠AMB=∠DMC．

感覺，啟發(fā)我們尋找有希望全等的三角形，例如雖然△ABP與△APE都含欲證的角，但只需觀察即可知，這兩個(gè)三角形無望全等．例4如圖2-6所示．∠A=90°，AB=AC，M是AC邊的中

點(diǎn)，AD⊥BM交BC于D，交BM于E．求證：

∠AMB=∠DMC．

分析1從圖形觀察∠AME與∠DMC所在的兩個(gè)三角形△

AME與△DMC顯然不全等，但是這兩個(gè)三角形中有其他相等元素：AM=MC．若能利用已知條件在現(xiàn)有的三角形中構(gòu)

造出新的對(duì)應(yīng)相等的元素，形成全等三角形，這是理想

不過的事．由于∠C=45°，∠A=90°，若作∠A的平分線AG，則在△AGM中，∠GAM=45°=∠C．結(jié)合求證中的∠AMB=∠DMC(這當(dāng)然不能作為已知，但在分析中可以“當(dāng)

作已知”來考慮，以便尋找思路)，我們可以斷言△AGM

“應(yīng)該”與△CDM全等！為此，只要在這兩個(gè)三角形中求得一組邊相等即可．圖形及條件啟發(fā)我們可考慮去證明△AGB≌△CDA．證法1作∠BAC的平分線AG，交BM于G．在△AGB與△CDA中，因?yàn)?/p>

AB=CA，∠BAG=∠ACD=45°，

∠ABG=90°-∠AMB，①∠MAD=90°-∠EAB．②

由于，在Rt△MAB中，AE⊥BM，所以∠AMB=∠EAB．由①，②，∠ABG=∠MAD，所以

分析2如圖2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥

BM得到∠MAE=∠MBA，若延長(zhǎng)AE，過C作CF⊥AC交AE延長(zhǎng)線于F，可構(gòu)成Rt△ABM≌Rt△ACF，從而有∠AMB=∠F．設(shè)法證明∠DMC=∠F，則問題獲解．證法2引輔助線如分析2所述．在Rt△ABM與Rt△CAF

中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及

∠BAM=∠ACF=90°，

所以

Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，

所以

∠AMB=∠F，AM=CF．①

在△MCD與△FCD中，F(xiàn)C=AM=MC(因?yàn)镸是AC中點(diǎn))．由于∠ACF=90°，∠ACB=45°，所以

∠FCD=∠MCD=45°，CD=CD，

所以△FCD≌△MCD(SAS)，所以∠F=∠DMC．②由①，②∠AMB=∠DMC．

說明這兩個(gè)證法的思路較為復(fù)雜．添加輔助線的結(jié)果

造出兩對(duì)全等三角形，第一對(duì)全等三角形產(chǎn)生一些對(duì)應(yīng)

相等的元素，為第二對(duì)全等三角形做了鋪墊；第一對(duì)全

數(shù)學(xué)思維的教育

等三角形將欲證的一個(gè)角“轉(zhuǎn)移”到第二對(duì)全等三角形說明(1)利用特殊圖形的特殊性質(zhì)，�？砂l(fā)現(xiàn)有用的條中，從而最后使問題獲解．對(duì)一些較復(fù)雜的問題采用迂件，如正方形對(duì)角線互相垂直，對(duì)角線與邊成45°角，回的辦法，因勢(shì)利導(dǎo)地創(chuàng)造全等三角形，產(chǎn)生更多的相及OA=OB=OC=OD等均在推證全等三角形中被用到．等條件，使欲證的角(或邊)轉(zhuǎn)移位置，走出“死角”，

(2)兩個(gè)三角形的全等與對(duì)應(yīng)元素相等，這兩者互為因最終使問題獲解．

例5如圖2-8所示．正方形ABCD中，在邊CD上任取一

點(diǎn)Q，連AQ，過D作DP⊥AQ，交AQ于R，交BC于P，正方形對(duì)角線交點(diǎn)為O，連OP，OQ．求證：OP⊥OQ．分析欲證OP⊥OQ，即證明∠COP+∠COQ=90°．然而，∠COQ+∠QOD=90°，因此只需證明∠COP=∠DOQ即可．這

歸結(jié)為證明△COP≌△DOQ，又歸結(jié)為證明CP=DQ，最后，

再歸結(jié)為證明△ADQ≌△DCP的問題．

證在正方形ABCD中，因?yàn)锳Q⊥DP，所以，在Rt△ADQ

與Rt△RDQ中有∠RDQ=∠QAD．所以，在Rt△ADQ與Rt

△DCP中有

AD=DC，∠ADQ=∠DCP=90°，

∠QAD=∠PDC，

所以

△ADQ≌△DCP(ASA)，DQ=CP．

又在△DOQ與△COP中，

DO=CO，∠ODQ=∠OCP=45°，

所以

△DOQ≌△COP(SAS)，∠DOQ=∠COP．

從而

∠POQ=∠COP+∠COQ=∠DOQ+∠COQ=∠COD=90°，即OP⊥OQ．

果，這是利用全等三角形證明問題的基本技巧．

例6如圖2-9所示．已知正方形ABCD中，M為CD的中

點(diǎn)，E為MC上一點(diǎn)，且∠BAE=2∠DAM．求證：AE=BC+CE．分析證明一條線段等于兩條線段和的基本方法有兩種：(1)通過添輔助線“構(gòu)造”一條線段使其為求證中的兩條線段之和(BC+CE)，再證所構(gòu)造的線段與求證中那一條線段相等．(2)通過添輔助線先在求證中長(zhǎng)線段(AE)上截取與線段中的某一段(如BC)相等的線段，再證明截剩的部分與線段中的另一段(CE)相等．我們用(1)法來證明．證延長(zhǎng)AB到F，使BF=CE，則由正方形性質(zhì)知

AF=AB+BF=BC+CE．

下面我們利用全等三角形來證明AE=AF．為此，連接EF交邊BC于G．由于對(duì)頂角∠BGF=∠CGE，所以

Rt△BGF≌Rt△CGE(AAS)，

從而

于是

Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS)，

所以

32

數(shù)學(xué)思維的教育

過G引GH⊥AE于H．因?yàn)锳G是∠EAF的平分線，所以說明我們也可以按分析(2)的方法來證明結(jié)論，為此可

GB=GH，從而Rt△GBF≌Rt△GHE(HL)，所以∠F=∠HEG，則AF=AE(底角相等的三角形是等腰三角形)，即AE=BC+CE．

勾股定理直角三角形兩直角邊a，b的平方和等于斜邊

c的平方，即a2

+b2

=c2

．

勾股定理逆定理如果三角形三邊長(zhǎng)a，b，c有下面關(guān)系：

a2

+b2

=c2

那么這個(gè)三角形是直角三角形．

早在3000年前，我國(guó)已有“勾廣三，股修四，徑陽(yáng)五”的說法．

關(guān)于勾股定理，有很多證法，在我國(guó)它們都是用拼圖形面積方法來證明的．下面的證法1是歐幾里得證法．證法1如圖2-16所示．在Rt△ABC的外側(cè)，以各邊為邊長(zhǎng)分別作正方形ABDE，BCHK，ACFG，它們的面積分別是c2

，a2

，b2

．下面證明，大正方形的面積等于兩個(gè)小正方形的面積之和．

過C引CM∥BD，交AB于L，連接BG，CE．因?yàn)?/p>

AB=AE，AC=AG，∠CAE=∠BAG，

所以△ACE≌△AGB(SAS)．而

所以S2

AEML=b．①同理可證S2

BLMD=a．②①+②得

S22

ABDE=SAEML+SBLMD=b+a，

先作∠BAE的平分線AG交邊BC于G，再作GH⊥AE于H，

通過證明△ABG≌△AHG知AB=AH=BC．下面設(shè)法證明

HE=CE即可，請(qǐng)同學(xué)們自證．第十一講勾股定理與應(yīng)用

即c2=a2+b2

．

證法2如圖2-17所示．將Rt△ABC的兩條直角邊CA，CB分別延長(zhǎng)到D，F(xiàn)，使AD=a，BF=b．完成正方形CDEF(它的邊長(zhǎng)為a+b)，又在DE上截取DG=b，在EF上截取EH=b，連接AG，GH，HB．由作圖易知

△ADG≌△GEH≌△HFB≌△ABC，

所以

AG=GH=HB=AB=c，

∠BAG=∠AGH=∠GHB=∠HBA=90°，

因此，AGHB為邊長(zhǎng)是c的正方形．顯然，正方形CDEF的面積等于正方形AGHB的面積與四個(gè)全等的直角三角形(△ABC，△ADG，△GEH，△HFB)的面積和，即

化簡(jiǎn)得a2+b2=c2

．

證法3如圖2-18．在直角三角形ABC的斜邊AB上向外作正方形ABDE，延長(zhǎng)CB，自E作EG⊥CB延長(zhǎng)線于G，自D作DK⊥CB延長(zhǎng)線于K，又作AF，DH分別垂直EG于F，H．由作圖不難證明，下述各直角三角形均與

Rt△ABC全等：

△AFE≌△EHD≌△BKD≌△ACB．

設(shè)五邊形ACKDE的面積為S，一方面S=SABDE+2S△ABC，①另一方面

數(shù)學(xué)思維的教育

S=SACGF+SHGKD+2S△ABC．②由①，②

所以c2

=a2

+b2

．

關(guān)于勾股定理，在我國(guó)古代還有很多類似上述拼圖求積的證明方法，我們將在習(xí)題中展示其中一小部分，它們都以中國(guó)古代數(shù)學(xué)家的名字命名．

利用勾股定理，在一般三角形中，可以得到一個(gè)更一般的結(jié)論．

定理在三角形中，銳角(或鈍角)所對(duì)的邊的平方等于另外兩邊的平方和，減去(或加上)這兩邊中的一邊與另一邊在這邊(或其延長(zhǎng)線)上的射影的乘積的2倍．

證(1)設(shè)角C為銳角，如圖2-19所示．作AD⊥BC于D，則CD就是AC在BC上的射影．在直角三角形ABD中，

AB2

=AD2

+BD2

，①

在直角三角形ACD中，AD2

=AC2

-CD2

，②又BD2

=(BC-CD)2

，③

②，③代入①得AB2

=(AC2

-CD2

)+(BC-CD)2

=AC2

-CD2

+BC2

+CD2

-2BCCD=AC2

+BC2

-2BCCD，即c2

=a2

+b2

-2aCD．④

(2)設(shè)角C為鈍角，如圖2-20所示．過A作AD與BC延長(zhǎng)線垂直于D，則CD就是AC在BC(延長(zhǎng)線)上的射影．在直角三角形ABD中，AB2

=AD2

+BD2

，⑤在直角三角形ACD中，

AD2

=AC2

-CD2

，⑥

又BD2=(BC+CD)2

，⑦將⑥，⑦代入⑤得

AB2

=(AC2

-CD2

)+(BC+CD)2

=AC2

-CD2

+BC2

+CD2

+2BCCD=AC2

+BC2

+2BCCD，即c2

=a2

+b2

+2acd．⑧

綜合④，⑧就是我們所需要的結(jié)論

特別地，當(dāng)∠C=90°時(shí)，CD=0，上述結(jié)論正是勾股定理的表述：c2

=a2

+b2

．

因此，我們常又稱此定理為廣勾股定理(意思是勾股定理在一般三角形中的推廣)．

由廣勾股定理我們可以自然地推導(dǎo)出三角形三邊關(guān)系對(duì)于角的影響．在△ABC中，

(1)若c2=a2+b2

，則∠C=90°；(2)若c2

＜a2

+b2

，則∠C＜90°；(3)若c2

＞a2

+b2

，則∠C＞90°．

勾股定理及廣勾股定理深刻地揭示了三角形內(nèi)部的邊角關(guān)系，因此在解決三角形(及多邊形)的問題中有著廣泛的應(yīng)用．

例1如圖2-21所示．已知：在正方形ABCD中，∠BAC的平分線交BC于E，作EF⊥AC于F，作FG⊥AB于G．求證：AB2

=2FG2．

分析注意到正方形的特性∠CAB=45°，所以△AGF是等腰直角三角形，從而有AF2

=2FG2

，因而應(yīng)有AF=AB，這啟發(fā)我們?nèi)プC明△ABE≌△AFE．

證因?yàn)锳E是∠FAB的平分線，EF⊥AF，又AE是△AFE與△ABE的公共邊，所以

Rt△AFE≌Rt△ABE(AAS)，

所以AF=AB．①

34

數(shù)學(xué)思維的教育

在Rt△AGF中，因?yàn)椤螰AG=45°，所以

AG=FG，

AF2

=AG2

+FG2

=2FG2

．②由①，②得：AB2

=2FG2

．

說明事實(shí)上，在審題中，條件“AE平分∠BAC”及“EF⊥AC于F”應(yīng)使我們意識(shí)到兩個(gè)直角三角形△AFE與△ABE全等，從而將AB“過渡”到AF，使AF(即AB)與FG處于同一個(gè)直角三角形中，可以利用勾股定理進(jìn)行證明了．

例2如圖2-22所示．AM是△ABC的BC邊上的中線，求證：AB2

+AC2

=2(AM2

+BM2)．

證過A引AD⊥BC于D(不妨設(shè)D落在邊BC內(nèi))．由廣勾股定理，在△ABM中，AB2

=AM2

+BM2

+2BMMD．①

在△ACM中，AC2

=AM2

+MC2

-2MCMD．②①+②，并注意到MB=MC，所以AB2

+AC2

=2(AM2

+BM2

)．③

如果設(shè)△ABC三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，它們對(duì)應(yīng)邊上的中線長(zhǎng)分別為ma，mb，mc，由上述結(jié)論不難推出關(guān)于三角形三條中線長(zhǎng)的公式．推論△ABC的中線長(zhǎng)公式：

說明三角形的中線將三角形分為兩個(gè)三角形，其中一個(gè)是銳角三角形，另一個(gè)是鈍角三角形(除等腰三角形外)．利用廣勾股定理恰好消去相反項(xiàng)，獲得中線公式．①′，②′，③′中的ma，mb，mc分別表示a，b，c邊上的中線長(zhǎng)．

例3如圖2-23所示．求證：任意四邊形四條邊的平方和等于對(duì)角線的平方和加對(duì)角線中點(diǎn)連線平方的4倍．

分析如圖2-23所示．對(duì)角線中點(diǎn)連線PQ，可看作△BDQ的中線，利用例2的結(jié)論，不難證明本題．證設(shè)四邊形ABCD對(duì)角線AC，BD中點(diǎn)分別是Q，P．由例2，在△BDQ中，

即2BQ2

+2DQ2

=4PQ2

+BD2

．①

在△ABC中，BQ是AC邊上的中線，所以

在△ACD中，QD是AC邊上的中線，所以

將②，③代入①得

=4PQ2

+BD2

，

即AB2

+BC2

+CD2

+DA2

=AC2

+BD2

+4PQ2

．

說明本題是例2的應(yīng)用．善于將要解決的問題轉(zhuǎn)化為已解決的問題，是人們解決問題的一種基本方法，即化未知為已知的方法．下面，我們?cè)倏磧蓚�(gè)例題，說明這種轉(zhuǎn)化方法的應(yīng)用．

例4如圖2-24所示．已知△ABC中，∠C=90°，D，E分別是BC，AC上的任意一點(diǎn)．求證：AD2

+BE2

=AB2

+DE2

．分析求證中所述的4條線段分別是4個(gè)直角三角形的斜邊，因此考慮從勾股定理入手．證AD2

=AC2

+CD2

，BE2

=BC2

+CE2

，所以AD2

+BE2

=(AC2

+BC2

)+(CD2

+CE2

)=AB2

+DE2

例5求證：在直角三角形中兩條直角邊上的中線的平方和的4倍等于斜邊平方的5倍．

35

數(shù)學(xué)思維的教育

如圖2-25所示．設(shè)直角三角形ABC中，∠C=90°，AM，BN分別是BC，AC邊上的中線．求證：

4(AM2

+BN2

)=5AB2

．

分析由于AM，BN，AB均可看作某個(gè)直角三角形的斜邊，因此，仿例4的方法可從勾股定理入手，但如果我們能將本題看成例4的特殊情況即M，N分別是所

在邊的中點(diǎn)，那么可直接利用例4的結(jié)論，使證明過程十分簡(jiǎn)潔．

證連接MN，利用例4的結(jié)論，我們有

AM2

+BN2

=AB2

+MN2

，

所以4(AM2

+BN2

)=4AB2

+4MN2

．①由于M，N是BC，AC的中點(diǎn)，所以

所以4MN2

=AB2．②

平行四邊形是一種極重要的幾何圖形．這不僅是因?yàn)樗�是研究更特殊的平行四邊形矩形、菱形、正方形的基礎(chǔ)，還因?yàn)橛伤�的定義知它可以分解為一些全等的三角形，并且包含著有關(guān)平行線的許多性質(zhì)，因此，它在幾何圖形的研究上有著廣泛的應(yīng)用．

由平行四邊形的定義決定了它有以下幾個(gè)基本性質(zhì)：

(1)平行四邊形對(duì)角相等；(2)平行四邊形對(duì)邊相等；(3)平行四邊形對(duì)角線互相平分．

除了定義以外，平行四邊形還有以下幾種判定方法：

(1)兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形；

(2)兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形；

(3)對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形；

由①，②4(AM2+BN2)=5AB2

．

說明在證明中，線段MN稱為△ABC的中位線，以后會(huì)知道中位線的基本性質(zhì)：“MN∥AB且MN=

圖2-26所示．MN是△ABC的一條中位線，設(shè)△ABC的面

積為S．由于M，N分別是所在邊的中點(diǎn)，所以S△ACM=S△

BCN

，兩邊減去公共部分△CMN后得S△AMN=S△BMN，從而AB必

與MN平行．又S△

ABM

=高

相同，而S△ABM=2S△BMN，所以AB=2MN．

第十二講平行四邊形

(4)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．例1如圖2-32所示．在ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，DN=BM．求證：EF與MN互相平分．

分析只要證明ENFM是平行四邊形即可，由已知，

提供的等量要素很多，可從全等三角形下手．證因?yàn)锳BCD是平行四邊形，所以

AD

BC，ABCD，∠B=∠D．

又AE⊥BC，CF⊥AD，所以AECF是矩形，從而

AE=CF．

所以

數(shù)學(xué)思維的教育

Rt△ABE≌Rt△CDF(HL，或AAS)，BE=DF．又由已知BM=DN，所以

△BEM≌△DFN(SAS)，

ME=NF．①

又因?yàn)锳F=CE，AM=CN，∠MAF=∠NCE，所以

△MAF≌△NCE(SAS)，

所以MF=NF．②

由①，②，四邊形ENFM是平行四邊形，從而對(duì)角線EF與MN互相平分．

例2如圖2-33所示．Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，BG平分∠ABC，EF∥BC且交AC于F．求證：AE=CF．

分析AE與CF分處于不同的位置，必須通過添加輔助線使兩者發(fā)生聯(lián)系．若作GH⊥BC于H，由于BG是∠ABC的平分線，故AG=GH，易知△ABG≌△HBG．又連接EH，可證△ABE≌△HBE，從而AE=HE．這樣，將AE“轉(zhuǎn)移”到EH位置．設(shè)法證明EHCF為平行四邊形，問題即可獲解．

證作GH⊥BC于H，連接EH．因?yàn)锽G是∠ABH的平分線，GA⊥BA，所以GA=GH，從而

△ABG≌△HBG(AAS)，

所以AB=HB．①在△ABE及△HBE中，

∠ABE=∠CBE，BE=BE，

所以△ABE≌△HBE(SAS)，所以AE=EH，∠BEA=∠BEH．

下面證明四邊形EHCF是平行四邊形．

因?yàn)锳D∥GH，所以

∠AEG=∠BGH(內(nèi)錯(cuò)角相等)．②

又∠AEG=∠GEH(因?yàn)椤螧EA=∠BEH，等角的補(bǔ)角相等)，∠AGB=∠BGH(全等三角形對(duì)應(yīng)角相等)，所以

∠AGB=∠GEH．

從而

EH∥AC(內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行)．

由已知EF∥HC，所以EHCF是平行四邊形，所以

FC=EH=AE．

說明本題添加輔助線GH⊥BC的想法是由BG為∠ABC的平分線的信息萌生的(角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊距離相等)，從而構(gòu)造出全等三角形ABG與△HBG．繼而發(fā)現(xiàn)△ABE≌△HBE，完成了AE的位置到HE位置的過渡．這樣，證明EHCF是平行四邊形就是順理成章的了．人們?cè)趯W(xué)習(xí)中，經(jīng)過刻苦鉆研，形成有用的經(jīng)驗(yàn)，這對(duì)我們探索新的問題是十分有益的．

例3如圖2-34所示．ABCD中，DE⊥AB于E，BM=MC=DC．求證：∠EMC=3∠BEM．

分析由于∠EMC是△BEM的外角，因此∠EMC=∠B+∠BEM．從而，應(yīng)該有∠B=2∠BEM，這個(gè)論斷在△BEM內(nèi)很難發(fā)現(xiàn)，因此，應(yīng)設(shè)法通過添加輔助線的辦法，將這兩個(gè)角轉(zhuǎn)移到新的位置加以解決．利用平行四邊形及M為BC中點(diǎn)的條件，延長(zhǎng)EM與DC延長(zhǎng)線交于F，這樣∠B=∠MCF及∠BEM=∠F，因此，只要證明∠MCF=2∠F即可．不難發(fā)現(xiàn)，△EDF為直角三角形(∠EDF=90°)及M為斜邊中點(diǎn)，我們的證明可從這里展開．

證延長(zhǎng)EM交DC的延長(zhǎng)線于F，連接DM．由于CM=BM，∠F=∠BEM，∠MCF=∠B，所以

△MCF≌△MBE(AAS)，

37

數(shù)學(xué)思維的教育

所以M是EF的中點(diǎn)．由于AB∥CD及DE⊥AB，所以，DE⊥FD，三角形DEF是直角三角形，DM為斜邊的中線，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)知

∠F=∠MDC，

又由已知MC=CD，所以

∠MDC=∠CMD，

則

∠MCF=∠MDC+∠CMD=2∠F．

從而

∠EMC=∠F+∠MCF=3∠F=3∠BEM．

例4如圖2-35所示．矩形ABCD中，CE⊥BD于E，AF平分∠BAD交EC延長(zhǎng)線于F．求證：CA=CF．分析只要證明△CAF是等腰三角形，即∠CAF=∠CFA即可．由于∠CAF=45°-∠CAD，所以，在添加輔助線時(shí)，應(yīng)設(shè)法產(chǎn)生一個(gè)與∠CAD相等的角a，使得∠CFA=45°-a．為此，延長(zhǎng)DC交AF于H，并設(shè)AF與BC交于G，我們不難證明∠FCH=∠CAD．

證延長(zhǎng)DC交AF于H，顯然∠FCH=∠DCE．又在Rt△BCD中，由于CE⊥BD，故∠DCE=∠DBC．因?yàn)榫匦螌?duì)角線相等，所以△DCB≌△CDA，從而∠DBC=∠CAD，因此，∠FCH=∠CAD．①

又AG平分∠BAD=90°，所以△ABG是等腰直角三角形，從而易證△HCG也是等腰直角三角形，所以∠CHG=45°．由于∠CHG是△CHF的外角，所以

∠CHG=∠CFH+∠FCH=45°，

所以∠CFH=45°-∠FCH．②由①，②

∠CFH=45°-∠CAD=∠CAF，

于是在三角形CAF中，有

CA=CF．

例5設(shè)正方形ABCD的邊CD的中點(diǎn)為E，F(xiàn)是CE的中點(diǎn)(圖2-36)．求證：

分析作∠BAF的平分線，將角分為∠1與∠2相等的兩部分，設(shè)法證明∠DAE=∠1或∠2．

證如圖作∠BAF的平分線AH交DC的延長(zhǎng)線于H，則∠1=∠2=∠3，所以

FA=FH．

設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a，在Rt△ADF中，

從而

所以Rt△ABG≌Rt△HCG(AAS)，

從而

Rt△ABG≌Rt△ADE(SAS)，

數(shù)學(xué)思維的教育

例6如圖2-37所示．正方形ABCD中，在AD的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E，F(xiàn)，使DE=AD，DF=BD，連接BF分別交CD，CE于H，G．求證：△GHD是等腰三角形．

分析準(zhǔn)確地畫圖可啟示我們證明∠GDH=∠GHD．

證因?yàn)镈E

BC，所以四邊形BCED為平行四邊形，

所以∠1=∠4．又BD=FD，所以

與平行四邊形一樣，梯形也是一種特殊的四邊形，其中等腰梯形與直角梯形占有重要地位，本講就來研究它們的有關(guān)性質(zhì)的應(yīng)用．

例1如圖2-43所示．在直角三角形ABC中，E是斜邊AB上的中點(diǎn)，D是AC的中點(diǎn)，DF∥EC交BC延長(zhǎng)線于F．求證：四邊形EBFD是等腰梯形．

分析因?yàn)镋，D是三角形ABC邊AB，AC的中點(diǎn)，所以ED∥BF．此外，還要證明(1)EB=DF；(2)EB不平行于DF．

證因?yàn)镋，D是△ABC的邊AB，AC的中點(diǎn)，所以

ED∥BF．

又已知DF∥EC，所以ECFD是平行四邊形，所以EC=DF．①

又E是Rt△ABC斜邊AB上的中點(diǎn)，所以EC=EB．②

所以BC=GC=CD．

因此，△DCG為等腰三角形，且頂角∠DCG=45°，所以

又

所以∠HDG=∠GHD，

從而GH=GD，即△GHD是等腰三角形．

第十三講梯形

由①，②

EB=DF．

下面證明EB與DF不平行．

若EB∥DF，由于EC∥DF，所以有EC∥EB，這與EC與EB交于E矛盾，所以EB

DF．

根據(jù)定義，EBFD是等腰梯形．

例2如圖2-44所示．ABCD是梯形，AD∥BC，AD＜BC，AB=AC且AB⊥AC，BD=BC，AC，BD交于O.求∠BCD的度數(shù)．

分析由于△BCD是等腰三角形，若能確定頂點(diǎn)∠CBD的度數(shù)，則底角∠BCD可求．由等腰Rt△ABC可求知斜邊BC(即BD)的長(zhǎng)．又梯形的高，即Rt△ABC斜邊上的中線也可求出．通過添輔助線可構(gòu)造直角三角形，求出∠BCD的度數(shù)．

39

數(shù)學(xué)思維的教育

解過D作DE⊥EC于E，則DE的長(zhǎng)度即為等腰Rt△ABC斜邊上的高AF．設(shè)AB=a，由于△ABF也是等腰直角三角形，由勾股定理知

AF2

+BF2

=AB2

，即又

BC2

=AB2

+AC2

=2AB2

=2a2

，

由于BC=DB，所以，在Rt△BED中，

從而∠EBD=30°(直角三角形中30°角的對(duì)邊等于斜邊一半定理的逆定理)．在△CBD中，

例3如圖2-45所示．直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠ADC=135°，CD的垂直平分線交BC于N，交AB延長(zhǎng)線于F，垂足為M．求證：AD=BF．

分析MF是DC的垂直平分線，所以ND=NC．由AD∥BC及∠ADC=135°知，∠C=45°，從而∠NDC=45°，∠DNC=90°，所以ABND是矩形，進(jìn)而推知△BFN是等腰直角三角形，從而AD=BN=BF．

證連接DN．因?yàn)镹是線段DC的垂直平分線MF上的一點(diǎn)，所以ND=NC．由已知，AD∥BC及∠ADC=135°知

∠C=45°，

從而

∠NDC=45°．

在△NDC中，

∠DNC=90°(=∠DNB)，

所以ABND是矩形，所以

AF∥ND，∠F=∠DNM=45°．

△BNF是一個(gè)含有銳角45°的直角三角形，所以BN=BF．又

AD=BN，

所以AD=BF．

例4如圖2-46所示．直角梯形ABCD中，∠C=90°，AD∥BC，AD+BC=AB，E是CD的中點(diǎn)．若AD=2，BC=8，求△ABE的面積．

分析由于AB=AD+BC，即一腰AB的長(zhǎng)等于兩底長(zhǎng)之和，它啟發(fā)我們利用梯形的中位線性質(zhì)(這個(gè)性質(zhì)在教材中是梯形的重要性質(zhì)，我們將在下一講中深入研究它，這里只引用它的結(jié)論)．取腰AB的中點(diǎn)F，

(或BC)．過A引AG⊥BC于G，交EF于H，則AH，GH分別是△AEF與△BEF的高，所以

AG2

=AB2

-BG2

=(8+2)2

-(8-2)2

=100-36=64，

所以AG=8．這樣S△ABE(=S△AEF+S△BEF)可求．解取AB中點(diǎn)F，連接EF．由梯形中位線性質(zhì)知

EF∥AD(或BC)，

40

數(shù)學(xué)思維的教育

過A作AG⊥BC于G，交EF于H．由平行線等分線段定理知，AH=GH且AH，GH均垂直于EF．在Rt△ABG中，由勾股定理知AG2

=AB2

-BG2

=(AD+BC)2

-(BC-AD)2

=102

-62

=82，所以AG=8，從而AH=GH=4，所以

S△ABE=S△AEF+S△BEF

例5如圖2-47所示．四邊形ABCF中，AB∥DF，∠1=∠2，AC=DF，F(xiàn)C＜AD．

(1)求證：ADCF是等腰梯形；

(2)若△ADC的周長(zhǎng)為16厘米(cm)，AF=3厘米，AC-FC=3厘米，求四邊形ADCF的周長(zhǎng)．

分析欲證ADCF是等腰梯形．歸結(jié)為證明AD∥CF，AF=DC，不要忘了還需證明AF不平行于DC．利用已知相等的要素，應(yīng)從全等三角形下手．計(jì)算等腰梯形的周長(zhǎng)，顯然要注意利用AC-FC=3厘米的條件，才能將△ADC的周長(zhǎng)過渡到梯形的周長(zhǎng)．

解(1)因?yàn)锳B∥DF，所以∠1=∠3．結(jié)合已知∠1=∠2，所以∠2=∠3，所以

EA=ED．

又AC=DF，所以EC=EF．

所以△EAD及△ECF均是等腰三角形，且頂角為對(duì)頂角，由三角形內(nèi)角和定理知∠3=∠4，從而AD∥CF．不難證明

△ACD≌△DFA(SAS)，

所以AF=DC．

若AF∥DC，則ADCF是平行四邊形，則AD=CF與FC＜AD矛盾，所以AF不平行于DC．綜上所述，ADCF是等腰梯形．

(2)四邊形ADCF的周長(zhǎng)=AD+DC+CF+AF．①由于

△ADC的周長(zhǎng)=AD+DC+AC=16(厘米)，②

AF=3(厘米)，③FC=AC-3，④將②，③，④代入①

四邊形ADCF的周長(zhǎng)=AD+DC+(AC-3)+AF=(AD+DC+AC)-3+3=16(厘米)．

例6如圖2-48所示．等腰梯形ABCD中，AB∥CD，對(duì)角線AC，BD所成的角∠AOB=60°，P，Q，R分別是OA，BC，OD的中點(diǎn)．求證：△PQR是等邊三角形．

數(shù)學(xué)思維的教育

分析首先從P，R分別是OA，OD中點(diǎn)知，欲證等邊三角形PQR的邊長(zhǎng)應(yīng)等于等腰梯形腰長(zhǎng)之半，為此，只需證明QR，QP等于腰長(zhǎng)之半即可．注意到△OAB與△OCD均是等邊三角形，P，R分別是它們邊上的中點(diǎn)，因此，BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC與Rt△CRB中，PQ，RQ分別是它們斜邊BC(即等腰梯形的腰)的中線，因此，PQ=RQ=腰BC之半．問題獲解．

證因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，由等腰梯形的性質(zhì)知，它的同一底上的兩個(gè)角及對(duì)角線均相等．進(jìn)而推知，∠OAB=∠OBA及∠OCD=∠ODC．又已知，AC與BD成60°角，所以，△ODC與△OAB均為正三角形．連接BP，CR，則BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC與Rt△CRB中，PQ，RQ分別是它們的斜邊BC上的中線，所以

又RP是△OAD的中位線，所以

中位線是三角形與梯形中的一條重要線段，由于它的性質(zhì)與線段的中點(diǎn)及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖

形的計(jì)算及證明中有著廣泛的應(yīng)用．

例1如圖2-53所示．△ABC中，AD⊥BC于D，E，F(xiàn)，

△ABC的面積．

分析由條件知，EF，EG分別是三角形ABD和三角形ABC

的中位線．利用中位線的性質(zhì)及條件中所給出的數(shù)量關(guān)系，不難求出△ABC的高AD及底邊BC的長(zhǎng)．解由已知，E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點(diǎn)，所以，EF是

△ABD的一條中位線，所以

因?yàn)锳D=BC，③由①，②，③得

PQ=QR=RP，

即△PQR是正三角形．

說明本題證明引人注目之處有二：

(1)充分利用特殊圖形中特殊點(diǎn)所帶來的性質(zhì)，如正三角形OAB邊OA上的中點(diǎn)P，可帶來BP⊥OA的性質(zhì)，進(jìn)而又引出直角三角形斜邊中線PQ等于斜邊BC之半的性質(zhì)．

(2)等腰梯形的“等腰”就如一座橋梁“接通”了“兩岸”的髀

使

△PQR的三邊相等．

第十四講中位線及其應(yīng)用

由條件AD+EF=12(厘米)得

EF=4(厘米)，從而AD=8(厘米)，

由于E，G分別是AB，AC的中點(diǎn)，所以EG是△ABC的一

條中位線，所以BC=2EG=26=12(厘米)，

顯然，AD是BC上的高，所以

例2如圖2-54所示．△ABC中，∠B，∠C的平分線

BE，CF相交于O，AG⊥BE于G，AH⊥CF于H．

數(shù)學(xué)思維的教育

一個(gè)角的平分線也是該角對(duì)邊的垂線，則這條平分線也是對(duì)邊的中線，這個(gè)三角形是等腰三角形”．

(2)“等腰三角形三線合一定理”的下述逆命題也是正

確的：“若三角形一個(gè)角的平分線也是該角對(duì)邊的中線，則這個(gè)三角形是等腰三角形，這條平分線垂直于對(duì)邊”．同學(xué)們不妨自己證明．

(1)求證：GH∥BC；

(2)若AB=9厘米，AC=14厘米，BC=18厘米，求GH．(3)從本題的證明過程中，我們得到啟發(fā)：若將條件“∠

分析若延長(zhǎng)AG，設(shè)延長(zhǎng)線交BC于M．由角平分線的對(duì)稱性可以證明△ABG≌△MBG，從而G是AM的中點(diǎn)；同樣，延長(zhǎng)AH交BC于N，H是AN的中點(diǎn)，從而GH就是△AMN的中位線，所以GH∥BC，進(jìn)而，利用△ABC的三邊長(zhǎng)可求出GH的長(zhǎng)度．(1)證分別延長(zhǎng)AG，AH交BC于M，N，在△ABM中，由

已知，BG平分∠ABM，BG⊥AM，所以

△ABG≌△MBG(ASA)．

從而，G是AM的中點(diǎn)．同理可證

△ACH≌△NCH(ASA)，

從而，H是AN的中點(diǎn)．所以GH是△AMN的中位線，從而，HG∥MN，即HG∥BC．

(2)解由(1)知，△ABG≌△MBG及△ACH≌△NCH，所以

AB=BM=9厘米，AC=CN=14厘米．

又BC=18厘米，所以

BN=BC-CN=18-14=4(厘米)，MC=BC-BM=18-9=9(厘米)．

從而

MN=18-4-9=5(厘米)，

說明(1)在本題證明過程中，我們事實(shí)上證明了等腰三

角形頂角平分線三線合一(即等腰三角形頂角的平分線也是底邊的中線及垂線)性質(zhì)定理的逆定理：“若三角形

B，∠C的平分線”改為“∠B(或∠C)及∠C(或∠B)的外

角平分線”(如圖2-55所示)，或改為“∠B，∠C的外角

平分線”(如圖2-56所示)，其余條件不變，那么，結(jié)論GH∥BC仍然成立．同學(xué)們也不妨試證．

例3如圖2-57所示．P是矩形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，四邊形

BCPQ是平行四邊形，A′，B′，C′，D′分別是AP，PB，BQ，QA的中點(diǎn)．求證：A′C′=B′D′．

分析由于A′，B′，C′，D′分別是四邊形APBQ的四

條邊AP，PB，BQ，QA的中點(diǎn)，有經(jīng)驗(yàn)的同學(xué)知道A′B′

C′D′是平行四邊形，A′C′與B′D′則是它的對(duì)角

線，從而四邊形A′B′C′D′應(yīng)該是矩形．利用ABCD

是矩形的條件，不難證明這一點(diǎn)．

證連接A′B′，B′C′，C′D′，D′A′，這四條線

段依次是△APB，△BPQ，△AQB，△APQ的中位線．從而

A′B′∥AB，B′C′∥PQ，C′D′∥AB，D′A′∥PQ，

所以，A′B′C′D′是平行四邊形．由于ABCD是矩形，

PCBQ是平行四邊形，所以

AB⊥BC，BC∥PQ．

從而

43

數(shù)學(xué)思維的教育

AB⊥PQ，

所以A′B′⊥B′C′，

由①，②，③

所以四邊形A′B′C′D′是矩形，所以例5如圖2-59所示．梯形ABCD中，AB∥CD，E為BC

A′C′=B′D′．①

說明在解題過程中，人們的經(jīng)驗(yàn)�？善鸬揭�發(fā)聯(lián)想、

開拓思路、擴(kuò)大已知的作用．如在本題的分析中利用“四邊形四邊中點(diǎn)連線是平行四邊形”這個(gè)經(jīng)驗(yàn)，對(duì)尋求思路起了不小的作用．因此注意歸納總結(jié)，積累經(jīng)驗(yàn)，對(duì)提高分析問題和解決問題的能力是很有益處的．

例4如圖2-58所示．在四邊形ABCD中，CD＞AB，E，F(xiàn)

分別是AC，BD的中點(diǎn)．求證：

分析在多邊形的不等關(guān)系中，容易引發(fā)人們聯(lián)想三角

形中的邊的不

形中構(gòu)造中位線，為此，取AD中點(diǎn)．

證取AD中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，在△ACD中，EG是它的

中位線(已知E是AC的中點(diǎn))，所以

同理，由F，G分別是BD和AD的中點(diǎn)，從而，F(xiàn)G是△

ABD的中位線，所以

在△EFG中，

EF＞EG-FG．③

的中點(diǎn)，AD=DC+AB．求證：DE⊥AE．

分析本題等價(jià)于證明△AED是直角三角形，其中∠

AED=90°．

在E點(diǎn)(即直角三角形的直角頂點(diǎn))是梯形一腰中點(diǎn)的啟

發(fā)下，添梯形的中位線作為輔助線，若能證明，該中位線是直角三角形AED的斜邊(即梯形另一腰)的一半，則問題獲解．

證取梯形另一腰AD的中點(diǎn)F，連接EF，則EF是梯形

ABCD的中位線，所以

因?yàn)锳D=AB+CD，所以

從而∠1=∠2，∠3=∠4，

所以∠2+∠3=∠1+∠4=90°(△ADE的內(nèi)角和等于

180°)．從而∠AED=∠2+∠3=90°，

所以DE⊥AE．

例6如圖2-60所示．△ABC外一條直線l，D，E，F(xiàn)分

別是三邊的中點(diǎn)，AA1，F(xiàn)F1，DD1，EE1都垂直l于A1，F(xiàn)1，D1，E1．求證：

44

數(shù)學(xué)思維的教育

AA1+EE1=FF1+DD1．

證連接EF，EA，ED．由中位線定理知，EF∥AD，DE∥

AF，所以ADEF是平行四邊形，它的對(duì)角線AE，DF互相平分，設(shè)它們交于O，作OO1⊥l于O1，則OO1是梯形AA1E1E及FF1D1D的公共中位線，所以

分析顯然ADEF是平行四邊形，對(duì)角線的交點(diǎn)O平分這

兩條對(duì)角線，OO1恰是兩個(gè)梯形的公共中位線．利用中位線定理可證．

兩個(gè)形狀相同的圖形稱為相似圖形，最基本的相似圖形是相似三角形．對(duì)應(yīng)角相等、對(duì)應(yīng)邊成比例的三角形，叫作相似三角形．相似比為1的兩個(gè)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況，而三角形相似是三角形全等的發(fā)展，兩者在判定方法及性質(zhì)方面有許多類似之處．因此，在研究三角形相似問題時(shí)，我們應(yīng)該注意借鑒全等三角形的有關(guān)定理及方法．當(dāng)然，我們又必須同時(shí)注意它們之間的區(qū)別，這里，要特別注意的是比例線段在研究相似圖形中的作用．關(guān)于相似三角形問題的研究，我們擬分兩講來講述．本講著重探討相似三角形與比例線段的有關(guān)計(jì)算與證明問題；下一講深入研究相似三角形的進(jìn)一步應(yīng)用．例1如圖2-64所示，已知AB∥EF∥CD，若AB=6厘米，CD=9厘米．求EF．

分析由于BC是△ABC與△DBC的公共邊，且AB∥EF∥CD，利用平行線分三角形成相似三角形的定理，可求EF．

解在△ABC中，因?yàn)镋F∥AB，所以

同樣，在△DBC中有

即AA1+EE1=FF1+DD1．

第十五講相似三角形(一)

①＋②得

設(shè)EF=x厘米，又已知AB=6厘米，CD=9厘米，代入③得

說明由證明過程我們發(fā)現(xiàn)，本題可以有以下一般結(jié)論：“如本題

請(qǐng)同學(xué)自己證明．

例2如圖2-65所示．ABCD的對(duì)角線交于O，OE交BC于E，交AB的延長(zhǎng)線于F．若AB=a，BC=b，BF=c，求BE．

分析本題所給出的已知長(zhǎng)的線段AB，BC，BF位置分散，應(yīng)設(shè)法利用平行四邊形中的等量關(guān)系，通過輔助線將長(zhǎng)度已知的線段“集中”到一個(gè)可解的圖形中來，

數(shù)學(xué)思維的教育

為此，過O作OG∥BC，交AB于G，構(gòu)造出△FEB∽△FOG，進(jìn)而求解．

解過O作OG∥BC，交AB于G．顯然，OG是△ABC的中位線，所以

在△FOG中，由于GO∥EB，所以

例3如圖2-66所示．在△ABC中，∠BAC=120°，AD平分

分析因?yàn)锳D平分∠BAC(=120°)，所以∠BAD=∠EAD=60°．若引DE∥AB，交AC于E，則△ADE為正三角形，從而AE=DE=AD，利用△CED∽△CAB，可實(shí)現(xiàn)求證的目標(biāo)．

證過D引DE∥AB，交AC于E．因?yàn)锳D是∠BAC的平分線，∠BAC=120°，所以

∠BAD=∠CAD=60°．

又

∠BAD=∠EDA=60°，

所以△ADE是正三角形，所以EA=ED=AD．①

由于DE∥AB，所以△CED∽△CAB，所以

由①，②得

從而

例4如圖2-67所示．ABCD中，AC與BD交于O點(diǎn)，E為AD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，OE交CD于F，EO延長(zhǎng)線交AB于G．求證：

分析與例2類似，求證中諸線段的位置過于“分散”，因此，應(yīng)利用平行四邊形的性質(zhì)，通過添加輔助線使各線段“集中”到一個(gè)三角形中來求證．

證延長(zhǎng)CB與EG，其延長(zhǎng)線交于H，如虛線所示，構(gòu)造平行四邊形AIHB．在△EIH中，由于DF∥IH，所以

在△OED與△OBH中，

∠DOE=∠BOH，∠OED=∠OHB，OD=OB，

所以△OED≌△OBH(AAS)．從而

DE=BH=AI，

46

數(shù)學(xué)思維的教育

例5(梅內(nèi)勞斯定理)一條直線與三角形ABC的三邊BC，CA，AB(或其延長(zhǎng)線)分別交于D，E，F(xiàn)(如圖2-68所示)．求

分析設(shè)法引輔助線(平行線)將求證中所述諸線段“集中”到同一直線上進(jìn)行求證．

證過B引BG∥EF，交AC于G．由平行線截線段成比例性質(zhì)知

說明本題也可過C引CG∥EF交AB延長(zhǎng)線于G，將求證中所述諸線段“集中”到邊AB所在直線上進(jìn)行求證．例6如圖2-69所示．P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，過P點(diǎn)作線段DE，F(xiàn)G，HI分別平行于AB，BC和CA，且DE=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425．求d．

分析由于圖中平行線段甚多，因而產(chǎn)生諸多相似三角形及平行四邊形．利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例的性質(zhì)及平行四邊形對(duì)邊相等的性質(zhì)，首先得到一個(gè)一般關(guān)系：

進(jìn)而求d．

因?yàn)镕G∥BC，HI∥CA，ED∥AB，易知，四邊形AIPE，BDPF，CGPH均是平行四邊形．△BHI∽△AFG∽△ABC，從而

將②代入①左端得

因?yàn)?/p>

DE=PE＋PD=AI＋FB，④AF=AI＋FI，⑤BI=IF＋FB．⑥

由④，⑤，⑥知，③的分子為

DE＋AF＋BI=2(AI＋I(xiàn)F＋FB)=2AB．

從而

即

下面計(jì)算d．

因?yàn)镈E=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425，代入①得

解得d＝306．

47

數(shù)學(xué)思維的教育

第十六講相似三角形(二)

上一講主要講述了相似三角形與比例線段之間的分析利用角平分線分三角形中線段成比例的性質(zhì)，構(gòu)

關(guān)系的計(jì)算與證明，本講主要講述相似三角形的判定與性質(zhì)的應(yīng)用．例1如圖2-76所示．△ABC中，AD是∠BAC的平分線．求

證：AB∶AC=BD∶DC．分析設(shè)法通過添輔助線構(gòu)造相似三角形，這里應(yīng)注意

利用角平分線產(chǎn)生等角的條件．

證過B引BE∥AC，且與AD的延長(zhǎng)線交于E．因?yàn)锳D平分∠BAC，所以∠1=∠2．又因?yàn)锽E∥AC，所以

∠2=∠3．

從而∠1=∠3，AB=BE．顯然

△BDE∽△CDA，

所以BE∶AC=BD∶DC，所以AB∶AC=BD∶DC．

說明這個(gè)例題在解決相似三角形有關(guān)問題中，常起重

要作用，可當(dāng)作一個(gè)定理使用．類似的還有一個(gè)關(guān)于

三角形外角分三角形的邊成比例的命題，這個(gè)命題將在練習(xí)中出現(xiàn)，請(qǐng)同學(xué)們自己試證．

在構(gòu)造相似三角形的方法中，利用平行線的性質(zhì)(如內(nèi)

錯(cuò)角相等、同位角相等)，將等角“轉(zhuǎn)移”到合適的位置，形成相似三角形是一種常用的方法．

例2如圖2-77所示．在△ABC中，AM是BC邊上的中

線，AE平分∠BAC，BD⊥AE的延長(zhǎng)線于D，且交AM延長(zhǎng)線于F．求證：EF∥AB．

造三角形，設(shè)法證明△MEF∽△MAB，從而EF∥AB．

證過B引BG∥AC交AE的延長(zhǎng)線于G，交AM的延長(zhǎng)線

于H．因?yàn)锳E是∠BAC的平分線，所以

∠BAE=∠CAE．

因?yàn)锽G∥AC，所以∠CAE=∠G，∠BAE=∠G，

所以BA=BG．

又BD⊥AG，所以△ABG是等腰三角形，所以

∠ABF=∠HBF，

從而

AB∶BH=AF∶FH．

又M是BC邊的中點(diǎn)，且BH∥AC，易知ABHC是平行四邊

形，從而

BH=AC，所以AB∶AC=AF∶FH．因?yàn)锳E是△ABC中∠BAC的平分線，所以AB∶AC=BE∶EC，

所以AF∶FH=BE∶EC，

即

(AM+MF)∶(AM-MF)=(BM+ME)∶(BM-ME)(這是因?yàn)锳BHC

是平行四邊形，所以AM=MH及BM=MC．)．由合分比定理，上式變?yōu)?/p>48

數(shù)學(xué)思維的教育

AM∶MB=FM∶ME．

在△MEF與△MAB中，∠EMF=∠AMB，所以

△MEF∽△MAB

(兩個(gè)三角形兩條邊對(duì)應(yīng)成比例，并且夾角相等，那么

這兩個(gè)三角形相似．)．所以

從而

∠EAB=2α＝∠EBA，AE＝BE．

又由作圖

AE=AC，AE=BD，

所以BE=BD，

∠ABM=∠FEM，

△BDE是等腰三角形，所以

所以EF∥AB．

例3如圖2-78所示．在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=1∶

2∶4．

即可，為此若能設(shè)法利用長(zhǎng)度分別為AB，BC，CA及l(fā)=AB

＋AC這4條線段，構(gòu)造一對(duì)相似三角形，問題可能解決．

注意到，原△ABC中，已含上述4條線段中的三條，因

此，不妨以原三角形ABC為基礎(chǔ)添加輔助線，構(gòu)造一個(gè)三角形，使它與△ABC相似，期望能解決問題．

證延長(zhǎng)AB至D，使BD=AC(此時(shí)，AD=AB＋AC)，又延長(zhǎng)

BC至E，使AE=AC，連結(jié)ED．下面證明，△ADE∽△ABC．設(shè)∠A=α，∠B=2α，∠C=4α，則

∠A+∠B+∠C=7α=180°．

由作圖知，∠ACB是等腰三角形ACE的外角，所以

∠ACE=180°-4α＝3α，

所以∠CAE=180°-3α-3α=7α-6α=α．

∠D＝∠BED＝α＝∠CAB，

所以△ABC∽△DAE，

所以

例4如圖2-79所示．P，Q分別是正方形ABCD的邊AB，BC上的點(diǎn)，且BP=BQ，BH⊥PC于H．求證：QH⊥DH.分析要證QH⊥DH，只要證明∠BHQ=∠CHD．由于△PBC

是直角三角形，且BH⊥PC，熟知∠PBH=∠PCB，從而∠HBQ=∠HCD，因而△BHQ與△DHC應(yīng)該相似．

證在Rt△PBC中，因?yàn)锽H⊥PC，所以∠PBC=∠PHB=90°，從而∠PBH=∠PCB．顯然，Rt△PBC∽R(shí)t△BHC，所以

由已知，BP=BQ，BC=DC，所以

49

數(shù)學(xué)思維的教育

(AD＋PD)-(AD-PD)

=(AE＋EQ)-(AE-EQ)，③

因?yàn)椤螦BC=∠BCD=90°，所以

③等價(jià)于

∠HBQ=∠HCD，

ADPD=AEEQ．④

所以△HBQ∽△HCD，∠BHQ=∠DHC，

因?yàn)锳DME是矩形，所以

2222

∠BHQ＋∠QHC=∠DHC＋∠QHC．

又因?yàn)?/p>

∠BHQ＋∠QHC=90°，

所以∠QHD=∠QHC＋DHC=90°，

即DH⊥HQ．

例5如圖2-80所示．P，Q分別是Rt△ABC兩直角邊AB，

AC上兩點(diǎn)，M為斜邊BC的中點(diǎn)，且PM⊥QM．求證：PB2＋QC2=PM2＋QM2

．

分析與證明若作MD⊥AB于D，ME⊥AC于E，并連接PQ，

則

PM2＋QM2=PQ2=AP2＋AQ2

．

于是求證式等價(jià)于

PB2+QC2=PA2+QA2

，①

等價(jià)于

PB2

-PA2

=QA2

-QC2

．②

因?yàn)镸是BC中點(diǎn)，且MD∥AC，ME∥AB，所以D，E分別

是AB，AC的中點(diǎn)，即有

AD=BD，AE=CE，

②等價(jià)于

AD=ME，AE=MD，

故④等價(jià)于

MEPD=MDEQ．⑤

為此，只要證明△MPD∽△MEQ即可．

下面我們來證明這一點(diǎn)．

事實(shí)上，這兩個(gè)三角形都是直角三角形，因此，只要再

證明有一對(duì)銳角相等即可．由于ADME為矩形，所以

∠DME=90°=∠PMQ(已知)．⑥

在⑥的兩邊都減去一個(gè)公共角∠PME，所得差角相等，即

∠PMD=∠QME．⑦

由⑥，⑦，所以

△MPD∽△MEQ．

由此⑤成立，自⑤逆上，步步均可逆推，從而①成立，

則原命題獲證．例6如圖2-81所示．△ABC中，E，D是BC邊上的兩個(gè)

三等分點(diǎn)，AF=2CF，BF=12厘米．求：FM，MN，BN的長(zhǎng)．

解取AF的中點(diǎn)G，連接DF，EG．由平行線等分線段定

理的逆定理知DF∥EG∥BA，所以

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