初中九年級數(shù)學課件-初中數(shù)學競賽輔導

初中數(shù)學競賽輔導系列（一）數(shù)與式例２有四個學生，他們的年齡恰好是一個比一個大1歲，而他們的年齡的乘積是5040，那么，他們的年齡各是多少？解：設他們的年齡分別是x-1,x,x+1,x+2利用合數(shù)的質因數(shù)分解式，不難求出該數(shù)的約數(shù)個數(shù)（包括1和它本身）.為尋求一般方法，先看一個簡單的例子.我們知道24的約數(shù)有8個：1，2，3，4，6，8，12，24.對于較大的數(shù)，如果一個一個地去找它的約數(shù)，將是很麻煩的事.因為24＝23×3，所以24的約數(shù)是23的約數(shù)（1，2，22，23）與3的約數(shù)（1，3）之間的兩兩乘積.

1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.這里有4×2＝8個，即（3＋1）×（1＋1）個如果合數(shù)B分解質因數(shù)后是：

B=am×bn×cp×……其中a、b、c……均為質數(shù)，m、n、p……均為自然數(shù).那么，它的約數(shù)個數(shù)有（m+1）×（n+1）×（p+1）×……（個）例３在100至150之間，找出約數(shù)個數(shù)是8的所有整數(shù).8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1)例４有一種最簡真分數(shù)，它們的分子與分母的乘積都是420.如果把所有這樣的分數(shù)從小到大排列，那么第三個分數(shù)是多少？解：把420分解質因數(shù)

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

1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超過分母了，它們相應的分數(shù)是√

二次根式的概念、性質以及運算法則是根式運算的基礎，在進行根式運算時，往往用到絕對值、整式、分式、因式分解，以及配方法、換元法、待定系數(shù)法等有關知識與解題方法，也就是說，根式的運算，可以培養(yǎng)同學們綜合運用各種知識和方法的能力．二次根式二次根式的性質：二次根式二次根式的運算法則：設a，b，c，d，m是有理數(shù)，且m不是完全平方數(shù)，則當且僅解法1：配方法．例１：解法2待定系數(shù)法．例２：化簡：

(2)這是多重復合二次根式，可從里往外逐步化簡．

例４解用換元法．

例６解用構造方程的方法來解．設原式為x，利用根號的層數(shù)是無限的特點，有兩邊平方得兩邊再平方得x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2-x＋2＝0．(x＋1)(x-2)(x2＋x-1)＝0．例７分式分式式．若一個分式分母的值為零，則分式無意義．當分式的分子的值為零而分母的值不為零時，分式的值為零．２.分式的基本性質——分式的分子和分母都乘以（或除以）同一個不等于零的整式，分式的值不變．例1化簡分式：例２已知：x+y+z=3a(a≠0，且x，y，z不全相等)，求解令x-a=u，y-a=v，z-a=w，則分式變?yōu)閡2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0．由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全為零，所以u2+v2+w2≠0，從而有

例３

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

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

=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2

例４解法1:利用比例的性質解決分式問題．(1)若a+b+c≠0，由等比定理有所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，解法2:設參數(shù)法．令

則a+b=(k+1)c，①

a+c=(k+1)b，②

b+c=(k+1)a．③①+②+③有

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

當a+b+c=0時，一個分式是兩個多項式的商。設分子的次數(shù)為n，分母的次數(shù)為m。當n＜m時，該分式稱為真分式；當n≥m時，該分式稱為假分式。如果一個分式不是真分式，可以通過帶余除法化為一個多項式與一個真分式的和。把一個真分式化為幾個更簡單的真分式的代數(shù)和，稱為將分式化為部分分式。

部分分數(shù)和分式把一個分式分為部分分式的一般步驟是：

（1）把一個分式化成一個整式與一個真分式的和；

（2）把真分式的分母分解因式；

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

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

（5）解方程或方程組，求待定系數(shù)的值；

（6）把待定系數(shù)的值代入所設的分式中，寫出部分分式。

1．運用公式法(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a2±2ab+b2=(a±b)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)．(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n為正整數(shù)；因式分解例１：分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．解：因為

x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以

例２：分解因式：x3-9x+8．解法1將常數(shù)項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-9x拆成-x-8x原式=x3-x-8x+8

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

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

=(x-1)(x2+x-8)2．拆項、添項法例２：分解因式：x3-9x+8．解法3將三次項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-x2+x2原式=x3-x2+x2-9x+8

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

=(x-1)(x2+x-8)3．換元法例３：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12解設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)例４：分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2)．解原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，則原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)

=u4-6u2v+9v2

=(u2-3v)2

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

=(x2-xy+y2)2４．待定系數(shù)法例５：分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的兩個一次項一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，應用待定系數(shù)法即可求出m和n，使問題得到解決．解：設x2+3xy+2y2+4x+5y+3

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

=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比較兩邊對應項的系數(shù)，則有解之得m=3，n=1．所以：原式=(x+2y+3)(x+y+1)．

５．求根法我們把形如anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0(n為非負整數(shù))的代數(shù)式稱為關于x的一元多項式，并用f(x)，g(x)，…等記號表示，如

f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，當x=a時，多項式f(x)的值用f(a)表示．如對上面的多項式f(x)

f(1)=12-3×1+2=0；定理1：因式定理：若a是一元多項式f(x)的根，即f(a)=0成立，則多項式f(x)有一個因式x-a．例6：分解因式：x3-9x+8．作業(yè)定理2的根，則必有p是a0的約數(shù)，q是an的約數(shù)．例7：分解因式：x3-4x2+6x-4．這是一個整系數(shù)一元多項式，原式若有整數(shù)根，必是-4的約數(shù)，逐個檢驗-4的約數(shù)：±1，±2，±4，只有

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

用多項式除法，將原式除以(x-2)，原式=(x-2)(x2-2x+2)．

例8：分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因為9的約數(shù)有±1，±3，±9；-2的約數(shù)有±1，±2為：

所以，原式有因式9x2-3x-2．解9x4-3x3+7x2-3x-2

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

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

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

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

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

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

=xyz+xyz+xyz+xyz

=4xyz=右邊．例2已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且證令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，則

又因為所以所以2．比較法a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之一．分析用比差法證明左-右=0．本例中，這個式子具有如下特征：如果取出它的第一項，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；若對第二項的字母實行上述輪換，則可得出第三項；對第三項的字母實行上述輪換，可得出第一項．具有這種特性的式子叫作輪換式．利用這種特性，可使輪換式的運算簡化．例3求證：

同理所以所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．證明：(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．全不為零根據(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論出發(fā)，尋求在什么情況下結論是正確的，這樣一步一步逆向推導，尋求結論成立的條件，一旦條件成立就可斷言結論正確，即所謂“執(zhí)果索因”．而綜合法正好相反，它是“由因導果”即從已知條件出發(fā)順向推理，得到所求結論．3．分析法與綜合法

要證a2+b2+c2=(a+b-c)2

這最后的等式正好是題設，而以上推理每一步都可逆，故所求證的等式成立．證(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要證ab=ac+bc只要證c(a+b)=ab只要證例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．因為(a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．又因為a，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．含參數(shù)的一元二次方程的整數(shù)根問題例1m是什么整數(shù)時，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x＋72＝0有兩個不相等的正整數(shù)根．

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

m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2．這時x1=6，x2=4．例2已知關于x的方程a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-13a＋15=0

(其中a是非負整數(shù))至少有一個整數(shù)根，求a的值．解因為a≠0，所以所以所以只要a是3或5的約數(shù)即可，即a=1，3，5．解一個整系數(shù)的一元二次方程有有理根，那么它的判別式一定是完全平方數(shù)．令Δ=(m-1)2-4m＝n2，其中n是非負整數(shù)，于是m2-6m+1=n2，所以(m-3)2-n2=8，(m-3＋n)(m-3-n)＝8．由于m-3＋n≥m-3-n，并且(m-3＋n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶數(shù)，所以m-3＋n與m-3-n同奇偶，所以例3設m是不為零的整數(shù)，關于x的二次方程mx2-(m-1)x＋1＝0有有理根，求m的值．

例4關于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一個整數(shù)解，且a是整數(shù)，求a的值．解：當a=0時，原方程變成-6x-2=0，無整數(shù)解．當a≠0時，方程是一元二次方程，它至少有一個整數(shù)根，說明判別式Δ＝4(a-3)2-4a(a-2)＝4(9-4a)為完全平方數(shù)，從而9-4a是完全平方數(shù)．令9-4a=n2，則n是正奇數(shù)，

要使x1為整數(shù)，而n為正奇數(shù)，只能n=1，從而a=2．要使x2為整數(shù)，即n-3｜4，n可取1，5，7，從而a=2，-4，-10．綜上所述，a的值為2，-4，-10．例5已知關于x的方程x2＋(a-6)x＋a=0的兩根都是整數(shù)，求a的值．解設兩個根為x1≥x2，由韋達定理得從上面兩式中消去a得x1x2+x1+x2＝6，所以(x1＋1)(x2+1)=7，所以a=x1x2=0或16．當r≠0時，原方程是關于x的一元二次方程，設它的兩個整數(shù)根為x1，x2，且x1≥x2，則消去r得x1x2-x1-x2＝2，所以(x1-1)(x2-1)=3．

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

例7已知a是正整數(shù)，且使得關于x的一元二次方程ax2＋2(2a-1)x＋4(a-3)=0至少有一個整數(shù)根，求a的值．解將原方程變形為(x＋2)2a=2(x＋6)．顯然x＋2≠0，于是由于a是正整數(shù)，所以a≥1，即所以x2+2x-8≤0，(x＋4)(x-2)≤0，所以-4≤x≤2(x≠-2)．當x=-4，-3，-1，0，1，2時，得a的值為1，6，10，3，代數(shù)式求值一：和差代換求值代數(shù)式求值二：變形代入法例題７：三：參數(shù)法四：和差法五：整體法六：特殊值法七：活用公式法九：構造法十：升次法幾何不等式

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

同一個三角形中，大邊對大角，小邊對小角，反之亦然．定理3

在兩邊對應相等的兩個三角形中，第三邊大的，所對的角也大，反之亦然．定理4

三角形內任一點到兩頂點距離之和，小于另一頂點到這兩頂點距離之和．定理5

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

在△ABC中，點P是邊BC上任意一點，則有PA≤max｛AB，AC｝，當點P為A或B時等號成立．例1在銳角三角形ABC中，AB＞AC，AM為中線，P為△AMC內一點，證明：PB＞PC(圖2-137)．證在△AMB與△AMC中，AM是公共邊，BM=MC，且AB＞AC，由定理3知，∠AMB＞∠AMC，所以∠AMC＜90°．過點P作PH⊥BC，垂足為H，則H必定在線段BM的延長線上．如果H在線段MC內部，則BH＞BM=MC＞HC．如果H在線段MC的延長線上，顯然BH＞HC，所以PB＞PC例2已知P是△ABC內任意一點(圖2-138)．

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

PA＋PB＞c，PB＋PC＞a，PC＋PA＞b．把這三個不等式相加，再兩邊除以2，便得又由定理4可知PA＋PB＜a＋b，PB＋PC＜b＋c，PC+PA＜c＋a．把它們相加，再除以2，便得PA＋PB＋PC＜a＋b＋c．(2)過P作DE∥BC交正三角形ABC的邊AB，AC于D，E，如圖2-138所示．于是PA＜max｛AD，AE｝＝AD，PB＜BD＋DP，PC＜PE＋EC，所以PA＋PB＋PC＜AD＋BD＋DP＋PE＋EC=AB＋AE＋EC=2．(2)若△ABC為正三角形,且邊長為1,求證:PA+PB＋PC＜2．例3如圖2-139．在線段BC同側作兩個三角形ABC和DBC，使得AB=A