初中數(shù)學競賽專題培訓(18)：歸納與發(fā)現(xiàn)
鼎吉教育（DinjEducation）中小學生課外個性化輔導中心資料初中數(shù)學競賽專題培訓講練
初中數(shù)學競賽專題培訓第十八講歸納與發(fā)現(xiàn)
歸納的方法是認識事物內(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)驗歸納，也就是在求解數(shù)學問題時，首先從簡單的特殊情況的觀察入手，取得一些局部的經(jīng)驗結(jié)果，然后以這些經(jīng)驗作基礎，分析概括這些經(jīng)驗的共同特征，從而發(fā)現(xiàn)解題的一般途徑或新的命題的思考方法．下面舉幾個例題，以見一般．
例1如圖2-99，有一個六邊形點陣，它的中心是一個點，算作第一層；第二層每邊有兩個點(相鄰兩邊公用一個點)；第三層每邊有三個點，這個六邊形點陣共有n層，試問第n層有多少個點？這個點陣共有多少個點？
分析與解(1)在圖2-100中，設以P點為公共點的圓有1，2，3，4，5個(取這n個特定的圓)，觀察平面被它們所分割成的平面區(qū)域有多少個？為此，我們列出表18．1．(2)這n個圓共有多少個交點？
(1)這n個圓把平面劃分成多少個平面區(qū)域？
分析與解我們來觀察點陣中各層點數(shù)的規(guī)律，然后歸納出點陣共有的點數(shù)．
S2-S1=2，
第一層有點數(shù)：1；
S3-S2＝3，
第二層有點數(shù)：1×6；
S4-S3＝4，
第三層有點數(shù)：2×6；
S5-S4＝5，
第四層有點數(shù)：3×6；
由此，不難推測
第n層有點數(shù)：(n-1)×6.
Sn-Sn-1＝n．
因此，這個點陣的第n層有點(n-1)×6個．n層共有點數(shù)為
由表18．1易知
把上面(n-1)個等式左、右兩邊分別相加，就得到
Sn-S1＝2＋3＋4＋＋n，
因為S1=2，所以
例2在平面上有過同一點P，并且半徑相等的n個圓，其中任何兩個圓都有兩個交點，任何三個圓除P點外無其他公共點，那么試問：
學習地址：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，服務家長
下面對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：
因為Sn-1為n-1個圓把平面劃分的區(qū)域數(shù)，當再加上一個圓，即當n個圓過定點P時，這個加上去的圓必與前n-1個圓相交，所以這個圓就被前n-1個圓分成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b=n=2，類似地可以列舉各種情況如表18．3．(1)設b=n=1，這時b=1，因為a≤b≤c，所以a=1，c可取1，2，3，．若c=1，則得到一個三邊都為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，這時不可能由a，b，c構(gòu)成三角形，可見，當b=n=1時，滿足條件的三角形只有一個．
例3設a，b，c表示三角形三邊的長，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？
由表18．2容易發(fā)現(xiàn)
這時滿足條件的三角形總數(shù)為：1+2=3．
a1＝1，
(3)設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b=n時，滿足條件的三角形
an-1-an-2＝n-2，an-an-1＝n-1．
n個式子相加
這個猜想是正確的．因為當b=n時，a可取n個值(1，2，3，，n)，對應于a的每個值，不妨設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(n，n＋1，n＋2，，
n＋k-1)．所以，當b=n時，滿足條件的三角形總數(shù)為：總數(shù)為：
例4設1×2×3××n縮寫為n！(稱作n的階乘)，試化簡：
注意請讀者說明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◆以濃厚的學習氛圍影響人第2頁◆以不倦的育人精神感染人◆以優(yōu)良的學風學紀嚴律人◆鼎吉教育（DinjEducation）中小學生課外個性化輔導中心資料初中數(shù)學競賽專題培訓講練
(1)當n=1時，原式=1=(1＋1)！-1；(2)當n=2時，原式=5=(2＋1)！-1；(3)當n=3時，原式=23=(3＋1)！-1；(4)當n=4時，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x等于某些特殊值，代入兩式中做試驗比較，或許能啟發(fā)我們發(fā)現(xiàn)解題思路．為此，設x=0，顯然有
x3＜x2+x+2．①
設x=10，則有x3=1000，x2+x＋2=112，所以
x＞x+x+2．②
設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x值較小時，x3＜x2+x+2；當x值較大時，x3＞x2+x+2．
那么自然會想到：當x=？時，x3=x2+x+2呢？如果這個方程得解，則它很可能就是本題得解的“臨界點”．為此，設x3=x2＋x＋2，則
x-x-x-2＝0，(x3-x2-2x)＋(x-2)=0，
學習地址：佛山市南海區(qū)南海大道麗雅苑中區(qū)雅廣居2D第3頁咨詢熱線：0757-8630706713760993549（吉老師）
323232(x-2)(x2+x+1)=0．
因為x＞0，所以x+x+1＞0，所以x-2=0，所以x=2．這樣(1)當x=2時，x=x+x+2；(2)當0＜x＜2時，因為
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x＞2時，因為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．
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，服務家長
練習十八
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(即每兩條直線都相交)，也沒有三條或三條以上的直線通過同一點．試求：(1)這n條直線共有多少個交點？
(2)這n條直線把平面分割為多少塊區(qū)域？
(2)當上述條件中比值為3，4，，n時(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．由平行截割定理易知
G(2)設
然后做出證明.)
當k=3，4時，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的值與對應k值的變化關系，不難發(fā)現(xiàn)：當k=n(自然數(shù))時有
以上推測是完全正確的，證明留給讀者．
◆以鮮明的教育理念啟發(fā)人◆以濃厚的學習氛圍影響人第4頁◆以不倦的育人精神感染人◆以優(yōu)良的學風學紀嚴律人◆
擴展閱讀：初中數(shù)學競賽專題培訓
數(shù)學思維的教育
第一講：因式分解(一)......................................................1第二講：因式分解(二)......................................................4第三講實數(shù)的若干性質(zhì)和應用.......................................7第四講分式的化簡與求值.............................................10第五講恒等式的證明.....................................................13第六講代數(shù)式的求值.....................................................16第七講根式及其運算.....................................................18第八講非負數(shù).................................................................22第九講一元二次方程.....................................................26第十講三角形的全等及其應用.....................................29第十一講勾股定理與應用.............................................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，它被廣泛地應用于初等數(shù)學之中，是我們解決許多數(shù)學問題的有力工具．因式分解方法靈活，技巧性強，學習這些方法與技巧，不僅是掌握因式分解內(nèi)容所必需的，而且對于培養(yǎng)學生的解題技能，發(fā)展學生的思維能力，都有著十分獨特的作用．初中數(shù)學教材中主要介紹了提取公因式法、運用公式法、分組分解法和十字相乘法．本講及下一講在中學數(shù)學教材基礎上，對因式分解的方法、技巧和應用作進一步的介紹．1．運用公式法
在整式的乘、除中，我們學過若干個乘法公式，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
)．下面再補充幾個常用的公式：(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用問題中的量.........................86第二十八講怎樣把實際問題化成數(shù)學問題.................90第二十九講生活中的數(shù)學(三)鏡子中的世界.....94第三十講生活中的數(shù)學(四)──買魚的學問...............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)．
運用公式法分解因式時，要根據(jù)多項式的特點，根據(jù)字母、系數(shù)、指數(shù)、符號等正確恰當?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)．
這個式也是一個常用的公式，本題就借助于它來推導．
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)是一個應用極廣的公式，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a+b+c=0時，則a3
+b3
+c3
=3abc；當a+b+c＞0時，則a3
+b3
+c3
-3abc0，即a3
+b3
+c3
3abc，而且，當且僅當a=b=c時，等號成立．如果令x=a3
0，y=b3
0，z=c3
0，則有
等號成立的充要條件是x=y=z．這也是一個常用的結(jié)論．
例3分解因式：x15
+x14
+x13
++x2
+x+1．
分析這個多項式的特點是：有16項，從最高次項x15
開始，x的次數(shù)順次遞減至0，由此想到應用公式an
-bn來分解．解因為
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、添項法
因式分解是多項式乘法的逆運算．在多項式乘法運算時，整理、化簡常將幾個同類項合并為一項，或?qū)蓚�僅符號相反的同類項相互抵消為零．在對某些多項式分解因式時，需要恢復那些被合并或相互抵消的項，即把多項式中的某一項拆成兩項或多項，或者在多項式中添上兩個僅符合相反的項，前者稱為拆項，后者稱為添項．拆項、添項的目的是使多項式能用分組分解法進行因式分解．例4分解因式：x3
-9x+8．
分析本題解法很多，這里只介紹運用拆項、添項法分解的幾種解法，注意一下拆項、添項的目的與技巧．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)．
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
-9x+8=x3
-x2
+x2
-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2
+x-8)．
2數(shù)學思維的教育
說明由此題可以看出，用拆項、添項的方法分解因式時，要拆哪些項，添什么項并無一定之規(guī)，主要的是要依靠對題目特點的觀察，靈活變換，因此拆項、添項法是因式分解諸方法中技巧性最強的一種．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+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)較復雜，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加項后分成的三項組又無公因式，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到
拆項、添項法的極強技巧所在，同學們需多做練習，積累經(jīng)驗．3．換元法
換元法指的是將一個較復雜的代數(shù)式中的某一部分看作一個整體，并用一個新的字母替代這個整體來運算，從而使運算過程簡明清晰．
例6分解因式：(x2
+x+1)(x2
+x+2)-12．
分析將原式展開，是關于x的四次多項式，分解因式較困難．我們不妨將x2+x看作一個整體，并用字母y來替代，于是原題轉(zhuǎn)化為關于y的二次三項式的因式分解問題了．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)．
說明本題也可將x2+x+1看作一個整體，比如今x2
+x+1=u，一樣可以得到同樣的結(jié)果，有興趣的同學不妨試一試．例7分解因式：
(x2
+3x+2)(4x2
+8x+3)-90．
分析先將兩個括號內(nèi)的多項式分解因式，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)．
說明對多項式適當?shù)暮愕茸冃问俏覀冋业叫略?y)的基礎．
例8分解因式：
(x2
+4x+8)2+3x(x2
+4x+8)+2x2
．解設x2
+4x+8=y，則原式=y2
+3xy+2x2
=(y+2x)(y+x)=(x2
+6x+8)(x2
+5x+8)
3數(shù)學思維的教育
=(x+2)(x+4)(x2
+5x+8)．
說明由本題可知，用換元法分解因式時，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，原式中的變元和新變元可以一起變形，換元法的本質(zhì)是簡化多項式．
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)．說明本解法實際上是將x2
-1看作一個整體，但并沒有設立新元來代替它，即熟練使用換元法后，并非每題都要設置新元來代替整體．解法2
1．雙十字相乘法
分解二次三項式時，我們常用十字相乘法．對于某
些二元二次六項式(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)，
可以看作是關于x的二次三項式．
對于常數(shù)項而言，它是關于y的二次三項式，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
)．分析本題含有兩個字母，且當互換這兩個字母的位置時，多項式保持不變，這樣的多項式叫作二元對稱式．對于較難分解的二元對稱式，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關于x的二次三項式分解
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，實施了兩次十字相乘法．如
果把這兩個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關系式：
(x+2y)(2x-11y)=2x2
-7xy-22y2
；(x-3)(2x+1)=2x2
-5x-3；
4數(shù)學思維的教育
(2y-3)(-11y+1)=-22y+35y-3．這就是所謂的雙十字相乘法．
用雙十字相乘法對多項式ax+bxy+cy+dx+ey+f進
行因式分解的步驟是：
(1)用十字相乘法分解ax+bxy+cy，得到一個十字
22222原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)
相乘圖(有兩列)；
(2)把常數(shù)項f分解成兩個因式填在第三列上，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)=12-31+2=0；f(-2)=(-2)2
-3(-2)+2=12．
若f(a)=0，則稱a為多項式f(x)的一個根．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．根據(jù)因式定理，找出一元多項式f(x)的一次因式的
關鍵是求多項式f(x)的根．對于任意多項式f(x)，
原式=(x+y+1)(x-y+4)．
(3)原式中缺x2
項，可把這一項的系數(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，然而當多項式f(x)的系數(shù)都是整數(shù)時，即整系數(shù)多項式時，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a0=1時，整系數(shù)多項式f(x)的整數(shù)根均為an的約數(shù)．
我們根據(jù)上述定理，用求多項式的根來確定多項式
的一次因式，從而對多項式進行因式分解．例2分解因式：x3
-4x2
+6x-4．
分析這是一個整系數(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
-422
+62-4=0，
5數(shù)學思維的教育
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．
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用多項式除法，將原式除以(x-2)，
223222可以化為9x-3x-2，這樣可以簡化分解過程．總之，對一元高次多項式f(x)，如果能找到一個一
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)低一次的一元多項式，這樣，我們就可以繼續(xù)對g(x)進行分解了．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)不一定是多項式的根．因此，必須對-4的約數(shù)逐個代入多項式進行驗證．
例3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，±
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)多項式有分數(shù)根，可將所得出的含有
分數(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)學中的一種重要的解題方法，應用
很廣泛，這里介紹它在因式分解中的應用．在因式分解時，一些多項式經(jīng)過分析，可以斷定它
能分解成某幾個因式，但這幾個因式中的某些系數(shù)
尚未確定，這時可以用一些字母來表示待定的系數(shù)．由于該多項式等于這幾個因式的乘積，根據(jù)多
項式恒等的性質(zhì)，兩邊對應項系數(shù)應該相等，或取多項式中原有字母的幾個特殊值，列出關于待定系數(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)．
說明本題也可用雙十字相乘法，請同學們自己解一
下．
例5分解因式：x4
-2x3
-27x2
-44x+7．
數(shù)學思維的教育
分析本題所給的是一元整系數(shù)多項式，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，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
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
實數(shù)是高等數(shù)學特別是微積分的重要基礎．在初中代數(shù)中沒有系統(tǒng)地介紹實數(shù)理論，是因為它涉及到極限的概念．這一概念對中學生而言，有一定難度．但是，如果中學數(shù)學里沒有實數(shù)的概念及其簡單的運算知識，中學數(shù)學也將無法繼續(xù)學習下去了．例如，即使是一元二次方程，只有有理數(shù)的知識也是遠遠不夠用的．因此，適當學習一些有關實數(shù)的基礎知識，以及運用這些知識解決有關問題的基本方法，不僅是為高等數(shù)學的學習打基礎，而且也是初等數(shù)學學習所不可缺少的．本講主要介紹實數(shù)的一些基本知識及其應用．
用于解決許多問題，例如，不難證明：任何兩個有理數(shù)的和、差、積、商還是有理數(shù)，或者說，有理數(shù)對加、減、乘、除(零不能做除數(shù))是封閉的．性質(zhì)1任何一個有理數(shù)都能寫成有限小數(shù)(整數(shù)可以看作小數(shù)點后面為零的小數(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．
第三講實數(shù)的若干性質(zhì)和應用
分析要說明一個數(shù)是有理數(shù)，其關鍵要看它能否寫成兩個整數(shù)比的形式．證設
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)對四則運算是封閉的，而無理
是說，無理數(shù)對四則運算是不封閉的，但它有如下性質(zhì)．
性質(zhì)2設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)學思維的教育
有理數(shù)和無理數(shù)統(tǒng)稱為實數(shù)，即
在實數(shù)集內(nèi)，沒有最小的實數(shù)，也沒有最大的實數(shù)．任意兩個實數(shù)，可以比較大�。w實數(shù)和數(shù)軸上的所有點是一一對應的．在實數(shù)集內(nèi)進行加、減、乘、除(除數(shù)不為零)運算，其結(jié)果仍是實數(shù)(即實數(shù)對四則運算的封閉性)．任一實數(shù)都可以開奇次方，其結(jié)果仍是實數(shù)；只有當被開方數(shù)為非負數(shù)時，才能開偶次方，其結(jié)果仍是實數(shù)．例2
分析
證所以
分析要證明一個實數(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)共同組成了實數(shù)集，
且二者是矛盾的兩個對立面，所以，判定一個實數(shù)是
無理數(shù)時，常常采用反證法．證用反證法．
所以p一定是偶數(shù)．設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)論是一個常用的重要運算性質(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，以其作為推理的基礎．
例6已知a，b是兩個任意有理數(shù)，且a＜b，求證：a與b之間存在著無窮多個有理數(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．
證因為a＜b，所以2a＜a+b＜2b，所以
說明構(gòu)造具有某種性質(zhì)的一個數(shù)，或一個式子，以達到解題和證明的目的，是經(jīng)常運用的一種數(shù)學建模的思想方法．
例7已知a，b是兩個任意有理數(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．
分析因為無理數(shù)是無限不循環(huán)小數(shù)，所以不可能把一個無理數(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)部分的計算題，往往是先估計它的整數(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)學思維的教育
例10設a2
222n是1+2+3++n的個位數(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．
證計算an的前若干個值，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，說明分式的有關概念和性質(zhì)與分數(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才有意義；也像分數(shù)一樣，分式的分子與分母都
乘以(或除以)同一個不等于零的整式，分式的值不變，這一性質(zhì)是分式運算中通分和約分的理論根據(jù)．在分式運算中，主要是通過約分和通分來化簡分式，從而對分式進行求值．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確的解答．本講主要介紹分式的化簡與求值．例1化簡分式：
分析直接通分計算較繁，先把每個假分式化成整式
與真分式之和的形式，再化簡將簡便得多．
＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］
0.a1a2an是由20個數(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f(n+20)-f(n)是10的倍數(shù)時，表明f(n+20)與f(n)有相同的個位數(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
是一個有理數(shù)．第四講分式的化簡與求值
說明本題的關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a=2時的值．
分析與解先化簡再求值．直接通分較復雜，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．
10數(shù)學思維的教育
例3若abc=1，求
互消掉的一對相反數(shù)，這種化簡的方法叫“拆項相
消”法，它是分式化簡中常用的技巧．
分析本題可將分式通分后，再進行化簡求值，但較
復雜．下面介紹幾種簡單的解法．
解法1因為abc=1，所以a，b，c都不為零．
例5化簡計算(式中a，b，c兩兩不相等)：
解法2因為abc=1，所以a≠0，b≠0，c≠0．
例4化簡分式：
分析與解三個分式一齊通分運算量大，可先將每個
分式的分母分解因式，然后再化簡．
說明
似的，對于這個分式，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，為簡化計算，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，v，w不全為零，
所以u2+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個
數(shù)，使運算過程簡化．
11數(shù)學思維的教育
例7化簡分式：
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，應用得當會使問題的求解過程大大簡化．
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
適當變形，化簡分式后再計算求值．
(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，靈活巧妙地使用，便于問題的求解．
解法2設參數(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k=1時，
12數(shù)學思維的教育
當a+b+c=0時，
代數(shù)式的恒等變形是初中代數(shù)的重要內(nèi)容，它涉及的基礎知識較多，主要有整式、分式與根式的基本概念及運算法則，因式分解的知識與技能技巧等等，因此代數(shù)式的恒等變形是學好初中代數(shù)必備的基本功之一．本講主要介紹恒等式的證明．首先復習一下基本知識，然后進行例題分析．
兩個代數(shù)式，如果對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．對于后者，同學們要善于利用附加條件，使證明簡化．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(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，將等式左邊化簡成右邊．
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
說明引進一個參數(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”．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
說明本例的證明思路是“相向趨進”，在證明方法上，通過設參數(shù)k，使左右兩邊同時變形為同一形式，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．證因為
所以
所以
說明本例若采用通分化簡的方法將很繁．像這種把一個分式分解成幾個部分分式和的形式，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，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，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．
因為(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)學思維的教育
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．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“遇連比設為k”的設參數(shù)法，前面的例2用的也是類似方法．這種設參數(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行因式分解．
分析本題的兩個已知條件中，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雜，但仔細觀察，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x，y，z為互不相等的非零實數(shù)，且
15數(shù)學思維的教育
求證：x2y2z2
=1．
分析本題x，y，z具有輪換對稱的特點，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)式的恒等變形關系十分密切．許多代數(shù)式是先化簡再求值，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，進而求值．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)式化簡求值中，經(jīng)常被采用．
分析x的值是通過一個一元二次方程給出的，若解出x后，再求值，將會很麻煩．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，若已知的是一個或幾個代數(shù)式的值，這時要盡可能避免解方程(或方程組)，而要
說明這種欲進先退的解題策略經(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，恒等式證明的關鍵是代數(shù)式的變形技能．同學們要在明確變形目的的基
礎上，深刻體會例題中的
常用變形技能與方法，這對以后的數(shù)學學習非常重要．
第六講代數(shù)式的求值
將所要求值的代數(shù)式適當變形，再將已知的代數(shù)式的值整體代入，會使問題得到簡捷的解答．例2已知a，b，c為實數(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②式變形：
16數(shù)學思維的教育
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等
即前一解法是加一項，再減去一項；這個解法是將3拆成1+1+1，最終都是將②式變形為兩個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．解因為x+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的值直接代入計算較繁，觀察發(fā)現(xiàn)，已知中x，y的值正好是一對共軛無理數(shù)，所以很容易計算出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，為了使求值簡便，有時可增設一些參數(shù)(也叫輔助未知數(shù))，以便溝通數(shù)量關系，這叫作設參數(shù)法．有時也可把代數(shù)式中某一部分式子，用另外的一個字母來替換，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u2
+v2
+w2
=1，即
兩邊平方有
所以
17數(shù)學思維的教育
4．利用非負數(shù)的性質(zhì)求值
若幾個非負數(shù)的和為零，則每個非負數(shù)都為零，這個性質(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方程，似乎無法求值，但仔細挖掘題中的隱含條件可知，可以利用非負數(shù)的性質(zhì)求解．因為x2
-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．
分析與解兩個未知數(shù)，一個方程，對方程左邊的代數(shù)式進行恒等變形，經(jīng)過配方之后，看是否能化成非負數(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
分式與根式的化簡求值問題，內(nèi)容相當豐富，因此設有專門講座介紹，這里只分別舉一個例子略做說明．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、分母可以同時乘以
一個不為零的式子，分式的值不變．利用已知條件，可將前三個分式的分母變?yōu)榕c第四個相同．
同理
分析計算時應注意觀察式子的特點，若先分母有理化，計算反而復雜．因為這樣一來，原式的對稱性就被破壞了．這里所言的對稱性是
分利用這種對稱性，或稱之為整齊性，來簡化我們的計算．
同樣(但請注意算術(shù)根！)
將①，②代入原式有
第七講根式及其運算
數(shù)學思維的教育
二次根式的概念、性質(zhì)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．下面先復習有關基礎知識，然后進行例題分析．
二次根式的性質(zhì)：
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
當兩個含有二次根式的代數(shù)式相乘時，如果它們的積不含有二次根式，則這兩個代數(shù)式互為有理化因式．例1化簡：
法是配方去掉根號，所以
因為x-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，則應在這個范圍內(nèi)進行化簡；若沒有給出取值范圍，則應在字母允許取值的范圍內(nèi)進行化簡．例2化簡：
分析兩個題分母均含有根式，若按照通常的做法是先分母有理化，這樣計算化簡較繁．我們可以先將分母因式分解后，再化簡．
解法1配方法．
19數(shù)學思維的教育
配方法是要設法找到兩個正數(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：
(2)這是多重復合二次根式，可從里往外逐步化簡．
分析被開方數(shù)中含有三個不同的根式，且系數(shù)都是2，可以看成
解設
兩邊平方得
②③④得
(xyz)2
=5735=352
．因為x，y，z均非負，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
解設原式=x，則
解法1利用(a＋b)3
＝a3
＋b3
＋3ab(a＋b)來解．
20數(shù)學思維的教育
將方程左端因式分解有(x-4)(x2
＋4x＋10)＝0．
因為
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看似簡單，但對于三次根號下的拼湊是很難的，因此本題解法1是一般常用的解法．例8化簡：
解(1)
本小題也可用換元法來化簡．
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)學思維的教育
分析本題的關鍵在于將根號里的乘積化簡，不可一味蠻算．
解設根號內(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．
觀察發(fā)現(xiàn)，當x＝-1，2時，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．
解因為
第八講非負數(shù)
22數(shù)學思維的教育
所謂非負數(shù)，是指零和正實數(shù)．非負數(shù)的性質(zhì)在解題中頗有用處．常見的非負數(shù)有三種：實數(shù)的偶次冪、實數(shù)的絕對值和算術(shù)根．1．實數(shù)的偶次冪是非負數(shù)
若a是任意實數(shù)，則a2n
0(n為正整數(shù))，特別地，當n=1時，有a2
0．
2．實數(shù)的絕對值是非負數(shù)若a是實數(shù)，則
性質(zhì)絕對值最小的實數(shù)是零．`3．一個正實數(shù)的算術(shù)根是非負數(shù)
4．非負數(shù)的其他性質(zhì)
(1)數(shù)軸上，原點和原點右邊的點表示的數(shù)都是非負數(shù)．(2)有限個非負數(shù)的和仍為非負數(shù)，即若a1，a2，，an為非負數(shù)，則a1＋a2＋＋an0．
(3)有限個非負數(shù)的和為零，那么每一個加數(shù)也必為零，即若a1，a2，，an為非負數(shù)，且a1＋a2＋＋an=0，則必有a1＝a2＝＝an＝0．
在利用非負數(shù)解決問題的過程中，這條性質(zhì)使用的最多．
(4)非負數(shù)的積和商(除數(shù)不為零)仍為非負數(shù)．(5)最小非負數(shù)為零，沒有最大的非負數(shù)．(6)一元二次方程ax2
＋bx＋c=0(a≠0)有實數(shù)根的充要條件是判別式△=b2-4ac為非負數(shù)．
應用非負數(shù)解決問題的關鍵在于能否識別并揭示出題目中的非負數(shù)，正確運用非負數(shù)的有關概念及其性質(zhì)，巧妙地進行相應關系的轉(zhuǎn)化，從而使問題得到解決．
解得a=3，b=-2．代入代數(shù)式得
解因為(20x-3)2
為非負數(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．
說明本題解法中應用了“若a0且a0，則a=0”，
這是個很有用的性質(zhì)．例3已知x，y為實數(shù)，
解因為x，y為實數(shù)，要使y的表達式有意義，必有
解因為a2
+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為實數(shù)，求
u=5x2
-6xy+2y2
+2x-2y+3的最小值和取得最小值時的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．因為x，y為實數(shù)，所以
數(shù)學思維的教育
(x-y+1)20，(2x-y)2
0，所以u2．所以當
時，u有最小值2，此時x=1，y=2．
例6確定方程(a2
+1)x2
-2ax+(a2
+4)=0的實數(shù)根的個數(shù)．
解將原方程化為a2x2
-2ax+1+x2
+a2+3=0，即(ax-1)2
+x2
+a2
+3=0．對于任意實數(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無實根．例7求方程
的實數(shù)根．
分析本題是已知一個方程，但要求出兩個未知數(shù)的值，而要確定兩個未知數(shù)的值，一般需要兩個方程．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，均為原方程的解．
說明應用非負數(shù)的性質(zhì)“幾個非負數(shù)之和為零，則這幾個非負數(shù)都為零”，可將一個等式轉(zhuǎn)化為幾個等式，從而增加了求解的條件．例8已知方程組
求實數(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，只要有一個值為零，則必有x1=x2==xn=0．所以當x1≠0，x2≠0，，xn≠0時，將原方程組化為
將上面n個方程相加得
又因為xi為實數(shù)，所以
經(jīng)檢驗，原方程組的解為
例9求滿足方程｜a-b｜+ab=1的非負整數(shù)a，b的值．
解由于a，b為非負整數(shù)，所以
解得
例10當a，b為何值時，方程
x2+2(1+a)x+3a2
+4ab+4b2
+2=0有實數(shù)根？解因為方程有實數(shù)根，所以△0，即
24數(shù)學思維的教育
△=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．
因為(a-1)20，(a+2b)2
0，所以
例11已知實數(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ac0時，△0；當ac＜0時，也有△=(2b)2
-4ac＞0．綜上，總有△0，故原方程必有實數(shù)根．
例12對任意實數(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方法，使問題得到解決．
例13已知a，b，c為實數(shù)，設
證明：A，B，C中至少有一個值大于零．證由題設有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)．
因為(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中至少有一個大于零．例14已知a0，b0，求證：
分析與證明對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
因為a0，b0，所以
又因為
所以原不等式成立．
例15四邊形四條邊長分別為a，b，c，d，它們滿
足等式
25數(shù)學思維的教育
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．因為a，b，c，d都是實數(shù)，所以(a2
-b2)2
0，(c2
-d2)2
0，(ab-cd)2
0，
一元二次方程是中學代數(shù)的重要內(nèi)容之一，是進一步學習其他方程、不等式、函數(shù)等的基礎，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、公式法和國式分解法．
對于方程ax2
+bx+c=0(a≠0)，△=b2
-4ac稱為該方程的根的判別式．當△＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根，即
當△=0時，方程有兩個相等的實數(shù)根，即
當△＜0時，方程無實數(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．
因為
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)學思維的教育
分析本題容易犯的錯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這個根．故特別要注意：用含有未知數(shù)的整式去除方程兩邊時，很可能導致方程失根．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．
分析本題含有絕對值符號，因此求解方程時，要考慮到絕對值的意義．
解法1顯然x≠0．當x＞0時，x2
-3x-4=0，所以x1=4，
x=-1(舍去)．當x＜0時，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
有一個根為2，求另一個根，并確定a的值．解由方程根的定義知，當x=2時方程成立，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，一般需要對字母的取值范圍進行討論．
當c=0時，x1=x2=0；
當ac＞0(即a，c同號時)，方程無實數(shù)根．
例8解關于x的方程：(m-1)x2
+(2m-1)x+m-3=0．
分析討論m，由于二次項系數(shù)含有m，所以首先要分m-1=0與m-1≠0兩種情況(不能認為方程一定是一元二次方程)；當m-1≠0時，再分△＞0，△=0，△＜0三種情況討論．
解分類討論．
(1)當m=1時，原方程變?yōu)橐辉淮畏匠?/p>
x-2=0，
所以x=2．
(2)當m≠1時，原方程為一元二次方程．
△=(2m-1)2
-4(m-1)(m-3)=12m-11．
27數(shù)學思維的教育
例9解關于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a2
-a≠0，即a≠0，1時，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a2
-a=0時，原方程為一元一次方程，當a=0時，x=0；當a=1時，x=2．
例10求k的值，使得兩個一元二次方程
x2+kx-1=0，x2
+x+(k-2)=0
有相同的根，并求兩個方程的根．
解不妨設a是這兩個方程相同的根，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k=1時，兩個方程都變?yōu)閤2
+x-1=0，所以兩個方程有兩個相同的根
沒有相異的根；
(2)當a=1時，代入①或②都有k=0，此時兩個方程變?yōu)?/p>x2
-1=0，x2
+x-2=0．
解這兩個方程，x2
-1=0的根為x2
1=1，x2=-1；x+x-2=0的根為x1=1，x2=-2．x=1為兩個方程的相同的根．例11若k為正整數(shù)，且關于x的方程
(k2-1)x2
-6(3k-1)x+72=0
有兩個不相等的正整數(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同時為正整數(shù)，但當k=3時，x1=x2=3，與題目不符，所以，只有k=2為所求．例12關于x的一元二次方程x2
-5x=m2
-1有實根a和β，且｜α｜+｜β｜6，確定m的取值范圍．
解不妨設方程的根αβ，由求根公式得
｜α｜+｜β｜=α+β=5＜6，
符合要求，所以m2
1．
28數(shù)學思維的教育
例13設a，b，c為△ABC的三邊，且二次三項式x2+2ax+b2與x2+2cx-b2
有一次公因式，證明：△ABC一定是直角三角形．
證因為題目中的兩個二次三項式有一次公因式，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，
在中學教材中，關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應相等的兩個三角形全等(簡寫成“SAS”)．
(2)角邊角公理有兩角和它們的夾邊對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“ASA”)．
推論有兩個角和其中一個角的對邊對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“AAS”)．(3)邊邊邊公理有三邊對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“SSS”)．關于直角三角形有：
(4)斜邊、直角邊公理有斜邊和一條直角邊對應相等的兩個直角三角形全等(簡寫成“HL”)．
整理得
a2=b2
+c2
所以△ABC為直角三角形．
例14有若干個大小相同的球，可將它們擺成正方形或正三角形，擺成正三角形時比擺成正方形時每邊多兩個球，求球的個數(shù)．
解設小球擺成正三角形時，每邊有x個球，則擺成正方形時每邊有(x-2)個球．此時正三角形共有球
此時正方形共有(x-2)2個球，所以
即x2
-9x+8=0，
x1=1，x2=8．
因為x-21，所以x1=1不符合題意，舍去．所以x=8，
此時共有球(x-2)2
=36個．
第十講三角形的全等及其應用
利用全等三角形，我們可以得到有關角平分線、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，我們可以研究很多關于角和
線段相等及不等問題、關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)分別在一對可證的全等三
角形之中．本題的AB，DC分別屬于兩對三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．經(jīng)分析可證明△ABE≌△CDE．
29數(shù)學思維的教育
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(事實上)全等的△ABE和
△DCE，因此也可直接證明這兩個三角形全等．例2如圖2-2所示．△ABC是等腰三角形，D，E分別是
腰AB及AC延長線上的一點，且BD=CE，連接DE交底BC于G．求證：GD=GE．
分析從圖形看，GE，GD分別屬于兩個顯然不全等的三
角形：△GEC和△GBD．此時就要利用這兩個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延長線于F．在△GBD及△GEF
中，∠BGD=∠EGF(對頂角)，①∠B=∠F(兩直線平行內(nèi)錯角相等)．②
又∠B=∠ACB=∠ECF=∠F，所以，△ECF是等腰三角形，
從而EC=EF．又因為EC=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，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，這兩個角分別在△ABE與△CAD中，可以證明這兩個三角形全等．
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
目的關鍵，為此，我們常從發(fā)現(xiàn)兩個三角形中對應元素相等入手，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，進而把注意力集中到△ABE與△CAD中，這里，可適當利用幾何直觀△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，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所在的兩個三角形△
AME與△DMC顯然不全等，但是這兩個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)
造出新的對應相等的元素，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(這當然不能作為已知，但在分析中可以“當
作已知”來考慮，以便尋找思路)，我們可以斷言△AGM
“應該”與△CDM全等！為此，只要在這兩個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，因為
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AE，過C作CF⊥AC交AE延長線于F，可構(gòu)成Rt△ABM≌Rt△ACF，從而有∠AMB=∠F．設法證明∠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(因為M是AC中點)．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．
說明這兩個證法的思路較為復雜．添加輔助線的結(jié)果
造出兩對全等三角形，第一對全等三角形產(chǎn)生一些對應
相等的元素，為第二對全等三角形做了鋪墊；第一對全
數(shù)學思維的教育
等三角形將欲證的一個角“轉(zhuǎn)移”到第二對全等三角形說明(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．對一些較復雜的問題采用迂件，如正方形對角線互相垂直，對角線與邊成45°角，回的辦法，因勢利導地創(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)兩個三角形的全等與對應元素相等，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Q，連AQ，過D作DP⊥AQ，交AQ于R，交BC于P，正方形對角線交點為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，因為AQ⊥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，E為MC上一點，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)學思維的教育
過G引GH⊥AE于H．因為AG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a，b，c有下面關系：
a2+b2
=c2
那么這個三角形是直角三角形．
早在3000年前，我國已有“勾廣三，股修四，徑陽五”的說法．
關于勾股定理，有很多證法，在我國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小正方形的面積之和．
過C引CM∥BD，交AB于L，連接BG，CE．因為
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
S22ABDE=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．下面設法證明
HE=CE即可，請同學們自證．第十一講勾股定理與應用
即c2=a2+b2
．證法2如圖2-17所示．將Rt△ABC的兩條直角邊CA，CB分別延長到D，F(xiàn)，使AD=a，BF=b．完成正方形CDEF(它的邊長為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的面積與四個全等的直角三角形(△ABC，△ADG，△GEH，△HFB)的面積和，即
化簡得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CB，自E作EG⊥CB延長線于G，自D作DK⊥CB延長線于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．
設五邊形ACKDE的面積為S，一方面S=SABDE+2S△ABC，①另一方面
數(shù)學思維的教育
S=SACGF+SHGKD+2S△ABC．②由①，②
所以c2
=a2
+b2
．關于勾股定理，在我國古代還有很多類似上述拼圖求積的證明方法，我們將在習題中展示其中一小部分，它們都以中國古代數(shù)學家的名字命名．
利用勾股定理，在一般三角形中，可以得到一個更一般的結(jié)論．
定理在三角形中，銳角(或鈍角)所對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(或其延長線)上的射影的乘積的2倍．
證(1)設角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)設角C為鈍角，如圖2-20所示．過A作AD與BC延長線垂直于D，則CD就是AC在BC(延長線)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∠C=90°時，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出三角形三邊關系對于角的影響．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)部的邊角關系，因此在解決三角形(及多邊形)的問題中有著廣泛的應用．
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
，因而應有AF=AB，這啟發(fā)我們?nèi)プC明△ABE≌△AFE．
證因為AE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)學思維的教育
在Rt△AGF中，因為∠FAG=45°，所以
AG=FG，
AF2
=AG2
+FG2
=2FG2
．②由①，②得：AB2
=2FG2
．說明事實上，在審題中，條件“AE平分∠BAC”及“EF⊥AC于F”應使我們意識到兩個直角三角形△AFE與△ABE全等，從而將AB“過渡”到AF，使AF(即AB)與FG處于同一個直角三角形中，可以利用勾股定理進行證明了．
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△ABC三邊長分別為a，b，c，它們對應邊上的中線長分別為ma，mb，mc，由上述結(jié)論不難推出關于三角形三條中線長的公式．推論△ABC的中線長公式：
說明三角形的中線將三角形分為兩個三角形，其中一個是銳角三角形，另一個是鈍角三角形(除等腰三角形外)．利用廣勾股定理恰好消去相反項，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．
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角線的平方和加對角線中點連線平方的4倍．
分析如圖2-23所示．對角線中點連線PQ，可看作△BDQ的中線，利用例2的結(jié)論，不難證明本題．證設四邊形ABCD對角線AC，BD中點分別是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，我們再看兩個例題，說明這種轉(zhuǎn)化方法的應用．
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．求證：AD2
+BE2
=AB2
+DE2
．分析求證中所述的4條線段分別是4個直角三角形的斜邊，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)學思維的教育
如圖2-25所示．設直角三角形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，那么可直接利用例4的結(jié)論，使證明過程十分簡潔．
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，所以
所以4MN2
=AB2．②
平行四邊形是一種極重要的幾何圖形．這不僅是因為它是研究更特殊的平行四邊形矩形、菱形、正方形的基礎，還因為由它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用．
由平行四邊形的定義決定了它有以下幾個基本性質(zhì)：
(1)平行四邊形對角相等；(2)平行四邊形對邊相等；(3)平行四邊形對角線互相平分．
除了定義以外，平行四邊形還有以下幾種判定方法：
(1)兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形；
(2)兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；
(3)對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△ABC的面
積為S．由于M，N分別是所在邊的中點，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．證因為ABCD是平行四邊形，所以
ADBC，ABCD，∠B=∠D．
又AE⊥BC，CF⊥AD，所以AECF是矩形，從而
AE=CF．
所以
數(shù)學思維的教育
Rt△ABE≌Rt△CDF(HL，或AAS)，BE=DF．又由已知BM=DN，所以
△BEM≌△DFN(SAS)，
ME=NF．①
又因為AF=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．因為BG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．
因為AD∥GH，所以
∠AEG=∠BGH(內(nèi)錯角相等)．②
又∠AEG=∠GEH(因為∠BEA=∠BEH，等角的補角相等)，∠AGB=∠BGH(全等三角形對應角相等)，所以
∠AGB=∠GEH．
從而
EH∥AC(內(nèi)錯角相等，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．人們在學習中，經(jīng)過刻苦鉆研，形成有用的經(jīng)驗，這對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，應該有∠B=2∠BEM，這個論斷在△BEM內(nèi)很難發(fā)現(xiàn)，因此，應設法通過添加輔助線的辦法，將這兩個角轉(zhuǎn)移到新的位置加以解決．利用平行四邊形及M為BC中點的條件，延長EM與DC延長線交于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，我們的證明可從這里展開．
證延長EM交DC的延長線于F，連接DM．由于CM=BM，∠F=∠BEM，∠MCF=∠B，所以
△MCF≌△MBE(AAS)，
37數(shù)學思維的教育
所以M是EF的中點．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，應設法產(chǎn)生一個與∠CAD相等的角a，使得∠CFA=45°-a．為此，延長DC交AF于H，并設AF與BC交于G，我們不難證明∠FCH=∠CAD．
證延長DC交AF于H，顯然∠FCH=∠DCE．又在Rt△BCD中，由于CE⊥BD，故∠DCE=∠DBC．因為矩形對角線相等，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設正方形ABCD的邊CD的中點為E，F(xiàn)是CE的中點(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，設法證明∠DAE=∠1或∠2．
證如圖作∠BAF的平分線AH交DC的延長線于H，則∠1=∠2=∠3，所以
FA=FH．
設正方形邊長為a，在Rt△ADF中，
從而
所以Rt△ABG≌Rt△HCG(AAS)，
從而
Rt△ABG≌Rt△ADE(SAS)，
數(shù)學思維的教育
例6如圖2-37所示．正方形ABCD中，在AD的延長線上取點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．
分析準確地畫圖可啟示我們證明∠GDH=∠GHD．
證因為DE
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性質(zhì)的應用．
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，D是AC的中點，DF∥EC交BC延長線于F．求證：四邊形EBFD是等腰梯形．
分析因為E，D是三角形ABC邊AB，AC的中點，所以ED∥BF．此外，還要證明(1)EB=DF；(2)EB不平行于DF．
證因為E，D是△ABC的邊AB，AC的中點，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，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∠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．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)學思維的教育
解過D作DE⊥EC于E，則DE的長度即為等腰Rt△ABC斜邊上的高AF．設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，進而推知△BFN是等腰直角三角形，從而AD=BN=BF．
證連接DN．因為N是線段DC的垂直平分線MF上的一點，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．若AD=2，BC=8，求△ABE的面積．
分析由于AB=AD+BC，即一腰AB的長等于兩底長之和，它啟發(fā)我們利用梯形的中位線性質(zhì)(這個性質(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F，連接EF．由梯形中位線性質(zhì)知
EF∥AD(或BC)，
40數(shù)學思維的教育
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的周長為16厘米(cm)，AF=3厘米，AC-FC=3厘米，求四邊形ADCF的周長．
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，應從全等三角形下手．計算等腰梯形的周長，顯然要注意利用AC-FC=3厘米的條件，才能將△ADC的周長過渡到梯形的周長．
解(1)因為AB∥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=AD+DC+CF+AF．①由于
△ADC的周長=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=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，對角線AC，BD所成的角∠AOB=60°，P，Q，R分別是OA，BC，OD的中點．求證：△PQR是等邊三角形．
數(shù)學思維的教育
分析首先從P，R分別是OA，OD中點知，欲證等邊三角形PQR的邊長應等于等腰梯形腰長之半，為此，只需證明QR，QP等于腰長之半即可．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，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．
證因為四邊形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性質(zhì)知，它的同一底上的兩個角及對角線均相等．進而推知，∠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)與線段的中點及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖
形的計算及證明中有著廣泛的應用．
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)量關系，不難求出△ABC的高AD及底邊BC的長．解由已知，E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點，所以，EF是
△ABD的一條中位線，所以
因為AD=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所帶來的性質(zhì)，如正三角形OAB邊OA上的中點P，可帶來BP⊥OA的性質(zhì)，進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，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)學思維的教育
一個角的平分線也是該角對邊的垂線，則這條平分線也是對邊的中線，這個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：“若三角形一個角的平分線也是該角對邊的中線，則這個三角形是等腰三角形，這條平分線垂直于對邊”．同學們不妨自己證明．
(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AG，設延長線交BC于M．由角平分線的對稱性可以證明△ABG≌△MBG，從而G是AM的中點；同樣，延長AH交BC于N，H是AN的中點，從而GH就是△AMN的中位線，所以GH∥BC，進而，利用△ABC的三邊長可求出GH的長度．(1)證分別延長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．同理可證
△ACH≌△NCH(ASA)，
從而，H是AN的中點．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．同學們也不妨試證．
例3如圖2-57所示．P是矩形ABCD內(nèi)的一點，四邊形
BCPQ是平行四邊形，A′，B′，C′，D′分別是AP，PB，BQ，QA的中點．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，有經(jīng)驗的同學知道A′B′
C′D′是平行四邊形，A′C′與B′D′則是它的對角
線，從而四邊形A′B′C′D′應該是矩形．利用ABCD
是矩形的條件，不難證明這一點．
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)驗常可起到引發(fā)聯(lián)想、
開拓思路、擴大已知的作用．如在本題的分析中利用“四邊形四邊中點連線是平行四邊形”這個經(jīng)驗，對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，對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．求證：
分析在多邊形的不等關系中，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．
證取AD中點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)，所以
同理，由F，G分別是BD和AD的中點，從而，F(xiàn)G是△
ABD的中位線，所以
在△EFG中，
EF＞EG-FG．③
的中點，AD=DC+AB．求證：DE⊥AE．
分析本題等價于證明△AED是直角三角形，其中∠
AED=90°．
在E點(即直角三角形的直角頂點)是梯形一腰中點的啟
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F，連接EF，則EF是梯形
ABCD的中位線，所以
因為AD=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，AA1，F(xiàn)F1，DD1，EE1都垂直l于A1，F(xiàn)1，D1，E1．求證：
44數(shù)學思維的教育
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，它的對角線AE，DF互相平分，設它們交于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，對角線的交點O平分這
兩條對角線，OO1恰是兩個梯形的公共中位線．利用中位線定理可證．
兩個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．對應角相等、對應邊成比例的三角形，叫作相似三角形．相似比為1的兩個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，我們應該注意借鑒全等三角形的有關定理及方法．當然，我們又必須同時注意它們之間的區(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計算與證明問題；下一講深入研究相似三角形的進一步應用．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，因為EF∥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
請同學自己證明．
例2如圖2-65所示．ABCD的對角線交于O，OE交BC于E，交AB的延長線于F．若AB=a，BC=b，BF=c，求BE．
分析本題所給出的已知長的線段AB，BC，BF位置分散，應設法利用平行四邊形中的等量關系，通過輔助線將長度已知的線段“集中”到一個可解的圖形中來，
數(shù)學思維的教育
為此，過O作OG∥BC，交AB于G，構(gòu)造出△FEB∽△FOG，進而求解．
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
分析因為AD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，可實現(xiàn)求證的目標．
證過D引DE∥AB，交AC于E．因為AD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，E為AD延長線上一點，OE交CD于F，EO延長線交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”到一個三角形中來求證．
證延長CB與EG，其延長線交于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(或其延長線)分別交于D，E，F(xiàn)(如圖2-68所示)．求
分析設法引輔助線(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延長線于G，將求證中所述諸線段“集中”到邊AB所在直線上進行求證．例6如圖2-69所示．P為△ABC內(nèi)一點，過P點作線段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．利用相似三角形對應邊成比例的性質(zhì)及平行四邊形對邊相等的性質(zhì)，首先得到一個一般關系：
進而求d．
因為FG∥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
因為
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＋IF＋FB)=2AB．
從而
即下面計算d．
因為DE=FG=HI=d，AB=510，BC=450，CA=425，代入①得
解得d＝306．
47數(shù)學思維的教育
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)
關系的計算與證明，本講主要講述相似三角形的判定與性質(zhì)的應用．例1如圖2-76所示．△ABC中，AD是∠BAC的平分線．求
證：AB∶AC=BD∶DC．分析設法通過添輔助線構(gòu)造相似三角形，這里應注意
利用角平分線產(chǎn)生等角的條件．
證過B引BE∥AC，且與AD的延長線交于E．因為AD平分∠BAC，所以∠1=∠2．又因為BE∥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．
說明這個例題在解決相似三角形有關問題中，常起重
要作用，可當作一個定理使用．類似的還有一個關于
三角形外角分三角形的邊成比例的命題，這個命題將在練習中出現(xiàn)，請同學們自己試證．
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的延長線于D，且交AM延長線于F．求證：EF∥AB．
造三角形，設法證明△MEF∽△MAB，從而EF∥AB．
證過B引BG∥AC交AE的延長線于G，交AM的延長線
于H．因為AE是∠BAC的平分線，所以
∠BAE=∠CAE．
因為BG∥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，且BH∥AC，易知ABHC是平行四邊
形，從而
BH=AC，所以AB∶AC=AF∶FH．因為AE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)(這是因為ABHC
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)學思維的教育
AM∶MB=FM∶ME．
在△MEF與△MAB中，∠EMF=∠AMB，所以
△MEF∽△MAB
(兩個三角形兩條邊對應成比例，并且夾角相等，那么
這兩個三角形相似．)．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，為此若能設法利用長度分別為AB，BC，CA及l(fā)=AB
＋AC這4條線段，構(gòu)造一對相似三角形，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為基礎添加輔助線，構(gòu)造一個三角形，使它與△ABC相似，期望能解決問題．
證延長AB至D，使BD=AC(此時，AD=AB＋AC)，又延長
BC至E，使AE=AC，連結(jié)ED．下面證明，△ADE∽△ABC．設∠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，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應該相似．
證在Rt△PBC中，因為BH⊥PC，所以∠PBC=∠PHB=90°，從而∠PBH=∠PCB．顯然，Rt△PBC∽Rt△BHC，所以
由已知，BP=BQ，BC=DC，所以
49數(shù)學思維的教育
(AD＋PD)-(AD-PD)
=(AE＋EQ)-(AE-EQ)，③
因為∠ABC=∠BCD=90°，所以
③等價于
∠HBQ=∠HCD，
ADPD=AEEQ．④
所以△HBQ∽△HCD，∠BHQ=∠DHC，
因為ADME是矩形，所以
2222∠BHQ＋∠QHC=∠DHC＋∠QHC．
又因為
∠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，M為斜邊BC的中點，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
．于是求證式等價于
PB2+QC2=PA2+QA2
，①
等價于
PB2
-PA2
=QA2
-QC2
．②
因為M是BC中點，且MD∥AC，ME∥AB，所以D，E分別
是AB，AC的中點，即有
AD=BD，AE=CE，
②等價于
AD=ME，AE=MD，
故④等價于
MEPD=MDEQ．⑤
為此，只要證明△MPD∽△MEQ即可．
下面我們來證明這一點．
事實上，這兩個三角形都是直角三角形，因此，只要再
證明有一對銳角相等即可．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
三等分點，AF=2CF，BF=12厘米．求：FM，MN，BN的長．
解取AF的中點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
友情提示：本文中關于《初中數(shù)學競賽專題培訓(18)：歸納與發(fā)現(xiàn)》給出的范例僅供您參考拓展思維使用，初中數(shù)學競賽專題培訓(18)：歸納與發(fā)現(xiàn)：該篇文章建議您自主創(chuàng)作。
來源：網(wǎng)絡整理 免責聲明：本文僅限學習分享，如產(chǎn)生版權(quán)問題，請聯(lián)系我們及時刪除。
公文素材庫友情提示：本網(wǎng)站所有內(nèi)容為共享上傳提供，不涉及任何商業(yè)利益，本站對此不承擔任何保證責任！
Copyright © www.weilaioem.com Corporation, All Rights Reserved 共享時代 共享你我他 版權(quán)所有