1999全国初中数学竞赛

1999全国初中数学竞赛（通用10篇）

篇1：1999全国初中数学竞赛

1999年全国初中数学竞赛试卷

一、选择题（本题共6小题，每小题5分，满分30分．每小题均给出了代号为A，B，C，D的四个结论，其中只有一个是正确的．请将正确答案的代号填在题后的括号里）

1．一个凸n边形的内角和小于1999°，那么n的最大值是（）．

A．11 B．12 C．13 D．14

2．某城市按以下规定收取每月煤气费：用煤气如果不超过60立方米，按每立方米0.8元收费；如果超过60立方米，超过部分按每立方米1.2元收费．已知某用户4月份的煤气费平均每立方米0.88元，那么4月份该用户应交煤气费（）．

A．60元 B．66元 C．75元 D．78元

3．已知，那么代数式的值为（）．

A． B．－ C．－ D．

4．在三角形ABC中，D是边BC上的一点，已知AC=5，AD=6，BD=10，CD=5，那么三角形ABC的面积是（）．

A．30 B．36 C．72 D．125

5．如果抛物线

与x轴的交点为A，B，项点为C，那么三角形ABC的面积的最小值是（）．

A．1 B．2 C．3 D．4

6．在正五边形ABCDE所在的平面内能找到点P，使得△PCD与△BCD的面积相等，并且△ABP为等腰三角形，这样的不同的点P的个数为（）．

A．2 B．3 C．4 D．5

二、填空题（本题共6小题，每小题5分，满分30分）

7．已知，那么x + y的值为

．

28．如图1，正方形ABCD的边长为10cm，点E在边CB的延长线上，且EB=10cm，点

2P在边DC上运动，EP与AB的交点为F．设DP=xcm，△EFB与四边形AFPD的面积和为ycm，那么，y与x之间的函数关系式是

（0＜x＜10）．

9．已知ab≠0，a + ab－2b = 0，那么的值为

．

10．如图2，已知边长为1的正方形OABC在直角坐标系中，A，B两点在第Ⅰ象限内，OA与x轴的夹角为30°，那么点B的坐标是

．

11．设有一个边长为1的正三角形，记作A1（如图3），将A1的每条边三等分，在中间的线段上向形外作正三角形，去掉中间的线段后所得到的图形记作A2（如图4）；将A2的每条边三等分，并重复上述过程，所得到的图形记作A3（如图5）；再将A3的每条边三等分，并重复上述过程，所得到的图形记作A4，那么A4的周长是

． 22

12．江堤边一洼地发生了管涌，江水不断地涌出，假定每分钟涌出的水量相等．如果用两

台抽水机抽水，40分钟可抽完；如果用4台抽水机抽水，16分钟可抽完．如果要在10分钟内抽完水，那么至少需要抽水机

台．

三、解答题（本题共3小题，每小题20分，满分60分）

13．设实数s，t分别满足19s + 99s + 1 = 0，t + 99t + 19 = 0，并且st≠1，求的值．

14．如图6，已知四边形ABCD内接于直径为3的圆O，对角线AC是直径，对角线AC和BD的交点是P，AB=BD，且PC=0.6，求四边形ABCD的周长．

15．有人编了一个程序：从1开始，交错地做加法或乘法（第一次可以是加法，也可以是乘法）每次加法，将上次的运算结果加2或加3；每次乘法，将上次的运算结果乘2或乘3．例如，30可以这样得到：

．

（1）（10分）证明：可以得到22；

10097

（2）（10分）证明：可以得到2 + 2－2．

1999年全国初中数学竞赛答案

一、1．C 2．B 3．D 4．B 5．A 6．D

二、7．10 8．y = 5x + 50 9． 10． 11． 12．6

三、13．解：∵s≠0，∴第一个等式可以变形为：

又∵st≠1，．

∴，t是一元二次方程x + 99x + 19 = 0的两个不同的实根，于是，有

．

即st + 1 =－99s，t = 19s．

∴．

14．解：设圆心为O，连接BO并延长交AD于H．

∵AB=BD，O是圆心，∴BH⊥AD． 又∵∠ADC=90°，∴BH∥CD．

从而△OPB∽△CPD．

∴CD=1．

于是AD=

又OH=CD=，于是

．，2

AB=

BC=

所以，四边形ABCD的周长为

15．证明：

（1），．

．

．

也可以倒过来考虑：

．

（或者

（2

．））

．

或倒过来考虑：

．

注意：加法与乘法必须是交错的，否则不能得分．

篇2：1999全国初中数学竞赛

王选民

为了在全国数学知识竞赛中取得优异成绩，将对学生辅导方案总结如下：

一、了解掌握优生的特点

一般我们选择参加竞赛的学生都是学优生，当我们与“优生”进行面谈时，应该清醒地认识到，他们能成为“优生”，是学生家长和老师共同教育的结果。尤其要看到这些“优生”的两重性：一方面，他们的行为习惯、学习习惯、学习成绩以及各种能力比一般学生在这个年龄容易出现的毛病外，也存在着他们作为老师的“好学生”、家长的“好孩子”所特有的一些毛病。

具体说来，“优生”一般具有以下特点：

1、思想比较纯正，行为举止较文明，自我控制的能力比较强，一般没有重大的违纪现象。

2、求知欲较旺盛，知识接受能力也较强，学习态度较端正，学习方法较科学，成绩较好。

3、长期担任学生干部，表达能力、组织能力以及其它工作能力都较强，在同学中容易形成威信。

4、课外涉及比较广泛，爱好全面，知识面较广。

5、由于智力状况比较好，课内学习较为轻松，因而容易自满，不求上进。

6、长期处于学生尖子的位置，比较骄傲自负，容易产生虚心。

7、有的“优生”之间容易产生互相嫉妒、勾心斗角的狭隘情绪和学习上的不正当竞争。

8、从小就处在受表扬、获荣誉、被羡慕的顺 境之中，因而他们对挫折的心理承受能力远不及一般普通学生。

以上几点，只是就一般“优生”的共性而，当然不一定每一个“优生”都是如此。

辅导优生的具体措施

1、创设能引导学优生主动参与的教育环境。

2、了解学生在兴趣、学习偏好、学习速度、学习准备以及动机等方面的情况。这些资料为教师制定活动和计划时的依据，也是“促进学生主动地、富有个性地

学习的需要”。

3、为尖子设计学习方案。学优生学习新知识时，比其他学生花的时间少，他不需要很多的练习就已经理解新知识，因此，做的练习也少。让他们做那些已经理解的题目就很多难让学生体会到智力活动的乐趣。长此以往，反而可能在一定程度上降低学生对于智力生活的敏感性。教师应该备有不同层次介绍同一主题的资料，采用向学生布置分组作业的方法，从众多的方案和活动中选取与他们的知识、技能水平相当的项目，指定他们完成。

4、解决学优生心理问题：学优生在心理状态上，易产生骄气，居高临下，听不进半点批评，心理脆弱。在价值取向上，易产生唯我独尊，以自我为中心的个性倾向和价值取向，不把其他同学的感觉、好恶、需要放在一定的位置；在行为方式上，由于始终把自己当学优生，与一般同学不一样，束缚了自己，娱乐活动不愿参加，集体劳动怕吃苦。

针对这种状况，教学中应注意：

学优生学习成绩优异，但不能“一俊遮百丑”。在鼓励保持学习上的竞争姿态和上进好胜的同时，要创造条件和环境，磨练他们的意志，培养他们的创造能力，规范他们的行为意识。

5、开展数学课外活动，开阔学优生的视野。学优生学有余力，在基础知识已经掌握的情况下，可为他们开展丰富的课外活动，如解答趣味数学题，阅读有关数学课外读物，撰写学习数学的专题论文等。此外老师也可通过数学专题讲座或数学家报告会给学优生提供更多锻炼机会。

篇3：1999全国初中数学竞赛

高等数学作为大学的一门基础理论课对大学教育是十分重要的，数学教育本质上是一种素质教育。数学的教学不能完全和外部世界隔离开来。关起门来在数学时的概念、方法和理论中打圈子，处于自我封闭状态，以致学生在学了许多据说是非常重要、十分有用的数学知识以后，却不怎么会应用或无法应用。高等教育要在高度信息化的时代培养具有创新能力的高科技人才，将数学建模引入教育过程已是大势所趋。

社会对数学的需求并不只是需要数学家和专门从事数学研究的人才，而更大量的是需要在各部门中从事实际工作的人，他们要善于运用数学知识及数学的思维方法来解决他们每天面临的大量的实际问题，取得经济效益和社会效益。要对复杂的实际问题进行分析，发现其中的可以用数学语言来描述的关系或规律，把这个实际问题化成一个数学问题，这就称为数学模型，建立数学模型的这个过程就称为数学建模。

大学生数学建模竞赛最早是1985年在美国出现的，1989年我国大学生 (北京大学、清华大学、北京理工大学共4个队) 开始参加美国的竞赛。经过两三年的参与，大家认为竞赛是推动数学建模教学在高校迅速发展的好形式，1992年由中国工业与应用数学学会数学模型专业委员会共同组织举办了我国10个城市的大学生数学模型联赛。

教育部领导及时发现、并扶植、培育了这一新生事物，决定从1994年起由教育部高教司和中国工业与应用数学学会共同主办全国大学生数学建模竞赛，每年一次。十几年来这项竞赛的规模以平均年增长25%以上的速度发展。

竞赛以通讯形式进行，3名学生组成一队，在3天时间内可以自由地收集资料、调查研究，使用计算机、软件和互联网，但不得与队外任何人包括指导教师讨论。每个队要完成一篇包括模型的假设、建立和求解，计算方法的设计和计算机实现，结果的分析和检验，模型的改进等方面的论文。竞赛评奖以假设的合理性、建模的创造性、结果的正确性和文字表述的清晰程度为主要标准。

全国大学生数学建模竞赛作为目前全国高校中规模最大的大学生课外科技活动，同时也是检验各院校数学建模水平一种高级形式，已越来越受全国大学生的喜爱和各校领导的重视，师生们参赛的热情与日俱增。参赛校数从1992年的79所增加到2006年的864所;参赛队数从1992年的314个队增加到2006年的9 985个队;累计达16万多大学生(53 438个队)。

以深圳职业技术学院，水电职业技术学院，湖南交通职业技术学院及省内黄河水利职业技术学院等一批职业技术学院都已参加了全国大学生数学建模竞赛并取得了专科组的优异成绩，已成为学校的又一个办学特色。

高职院校办学重点和特色就是使学生掌握实用的技术，将来走上工作岗位上能解决一些实际问题。数学建模是数学走向应用的必经之路，在应用数学学科中占有特殊重要的地位。将数学建模课程引入我校课程及参加全国大学生数学建模竞赛意义重大、影响深远。

2 参加数学建模竞赛的意义

1)数模竞赛是培养创新能力的一个极好载体，而且能充分考验学生的洞察能力、创造能力、数学语言翻译能力、文字表达能力、综合应用分析能力、联想能力、使用当代科技最新成果的能力，等等。学生们同舟共济的团队精神和协调组织能力，以及诚信意识和自律精神的塑造，都能得到很好地培养。

很多学生用“一次参赛，终生受益”来描述他们的感受。许多参加过竞赛的学生的自主学习和科研能力显著提高，在毕业设计中表现出明显的优势，得到用人单位的普遍认可。

2)数学教学改革的成功探索数学建模及其竞赛活动打破了原有数学课程自成体系、自我封闭的局面，为数学和外部世界的联系在教学过程中打开了一条通道，提供了一种有效的方式。同学们通过参加数学建模的实践，亲自参加了将数学应用于实际的尝试和对数学发现和创造的过程，取得了在课堂里和书本上所无法获得的宝贵经验和亲身感受，这必能启迪他们的数学心灵，促使他们更好地应用数学、品味数学、理解数学和热爱数学，在知识、能力及素质三方面迅速的成长。可以毫不夸张地说，数学建模的教育及数学建模竞赛活动是这些年来规模最大也最成功的一项数学教学改革实践，是对素质教育的重要贡献。

3)十几年来，全国数以千计的数学教师在从事数学建模教学和指导竞赛的过程中，知识面拓宽了，知识结构改善了，利用数学工具和计算机技术解决实际问题的意识和能力提高了，也培养了热爱学生、不计名利、献身祖国教育事业的精神，这都对一支新型的数学教师队伍的全面成长起着举足轻重的作用。

4)在高校教学评估中，学生积极参加包括数学建模竞赛在内的各项课外科技活动的情况，已被列为评估指标之一。数模竞赛对我国高校教育改革的意义正越来越凸显。

3 如何开展数学建模

3.1 需要学院及基础部领导的大力支持

从领导的精神上的重视及各个部门的协调到活动实际活动经费资助，这项活动的顺利开展离不开领导的支持与帮助，因为这项活动从教师培训到选拔学生，进行培训到参加竞赛历时需要4个多月时间(6～9月)，包括在暑假期间对学生进行的培训，需要场地，教师及机房的使用，需要领导的协调，同时需用的经费主要包括教师培训费用的支付;购置学生实习所用微机费用;购买数学建模教材及参考书费用;暑假期间对学生培训教师补贴费用;数学建模竞赛期间的费用等。

3.2 需要一支高素质的教师队伍

要求教师具有敬业奉献精神，这项活动要求教师牺牲课外寒暑假的时间对学生进行辅导;同时需要教师具有较强的专业知识及利用数学工具和计算机技术解决实际问题的意识和能力，因为我们对学生进行辅导，所以教师对问题应有较深刻地认识;良好的团队合作精神是数学建模竞赛成功的保证，这项活动是一项集体活动需要教师之间良好的合作沟通。

3.3 暑假培训的实施

数学建模竞赛是每年9月份举行，在暑假期间对学生进行建模竞赛的培训可以说是黄金时间。同时也考虑到教师及学生时间比较充分。所以集中20～30天时间对学生进行培训。暑假期间主要对学生进行数学建模课程讲授，历年竞赛试题的分析，及在计算机上的计算能力训练。其数学建模课程的主要内容为：

1)数学建模的简介;

2)初等方法建模;

3)微分方程建模;

4)运筹学建模;

5)图与网络方法建模;

6)随机性方法建模;

7) Matlab简介

对学生计算能力的培养是必须的，因为最终是要解决实际问题的，我们必须把实际问题转化为我们的数学方程及数学语言，然后计算，主要是利用Matlab进行计算分析、绘图、仿真。

3.4 数模竞赛队员的选拔工作

竞赛队员的选拔对竞赛来说是非常重要的，选拔的标准是具有扎实的数学专业基础知识，并将实际问题转换成数学问题的能力;要求学生要具备刻苦专研精神，一定的创新思维能力;有较强的计算机编程能力;良好的合作精神;查阅文献的能力。选拔的原则要坚持公平公正。

计划6月中旬进行的选拔工作：

首先，进行对这下活动的积极的宣传工作，向学生指出此次活动的目的意义，广泛发动学生积极参与踊跃报名;

其次，下旬进行考试选拔，考试成绩将作为主要的选拔标准，同时也要参考学生的平时成绩及选拔的其他标准;

最后、根据确定的参赛人数，将选拔培训人数以1:1.2再次进行选拔。对初次选拔的学生进行暑期20天的培训，培训结束进行考试，确定最终的参赛人选，依据这种末位淘汰的方式，将更加提高暑期培训学生的主动性积极性。

4 长远规划

4.1 加强数学建模教师的培训与引进

高素质的教师队伍是竞赛的取得优异成绩与否的关键，使教师形成良好的学习科研环境，在条件允许的情况下，教师可进修学习。

4.2 在大一第二学期将数学建模课程列为选学课程

这样可以使教师通过课堂的形式较为系统的向学生讲授数学建模知识，同时扩大学生参与的范围，提高学生数学实际应用能力。

4.3 创立数学模型协会

数模协会以社团的形式创立将使数学模型知识更为普及，提高数学模型教育教学及竞赛的水平。

参考文献

[1]张纬民.对数学建模竞赛实施的点滴探索与认识[J].大学数学, 2004, (3) :33-34.

[2]肖兆武.高职院校参加数学建模竞赛活动的探索[J].成人教育, 2004, (6) :60-61.

[3]叶其孝.大学生数学建模竞赛辅导教材 (四) [M].长沙:湖南教育出版社, 2002.

[4]姜起源.数学模型[M].第二版.北京:高等教育出版社, 1995.

篇4：1999全国初中数学竞赛

一、选择题（共5小题，每小题7分，共35分.其中有且只有一个选项是正确的.请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分）

1．若，则的值为（）．

（A）（B）（C）（D）

解： 由题设得．

代数式变形，同除b

2．若实数a，b满足（A）a解．C，则a的取值范围是（）．

或 a≥4（D）

≤a≤4（B）a4（C）a≤因为b是实数，所以关于b的一元二次方程 的判别式 ≥0,解得a≤或 a≥4．

方程思想，判别式定理；要解一元二次不等式

3．如图，在四边形ABCD中，∠B＝135°，∠C＝120°，AB=则AD边的长为（）．（A）（C）（B）（D），BC=，CD＝，解：D

如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC，垂足分别为E，F．

由已知可得

BE=AE=于是 EF＝4＋，CF＝．，DF＝2，过点A作AG⊥DF，垂足为G．在Rt△ADG中，根据勾股定理得

AD勾股定理、涉及双重二次根式的化简，补全图形法

＝．

4．在一列数

……中，已知，且当k≥2时，（取整符号（）．

(A)1(B)2(C)3(D)4 解：B 表示不超过实数的最大整数，例如，），则

等于由和，……，可得，，因为2010=4×502+2，所以高斯函数；找规律。

=2．

5．如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，－1），C（－2，－1），D（－1，1）．y轴上一点P（0，2）绕点A旋转180°得点P1，点

P1绕点B旋转180°得点P2，点P2绕点C旋转180°得点P3，点P3绕点D旋转180°得点P4，……，重复操作依次得到点P1，P2，…，则点P2010的坐标是（）．

（A）（2010，2）（B）（2010，（C）（2012，））（D）（0，2）

解：B由已知可以得到，点记，其中，的坐标分别为（2，0），（2，．）．

根据对称关系，依次可以求得：，令，同样可以求得，点，的坐标为（）．，），即

（．），由于2010=4502+2，所以点

二、填空题 6．已知a＝ 解：0 的坐标为（2010，－1，则2a＋7a－2a－12 的值等于 ．

由已知得(a＋1)＝5，所以a＋2a＝4，于是

2a＋7a－2a－12＝2a＋4a＋3a－2a－12＝3a＋6a－12＝0．

7．一辆客车、一辆货车和一辆小轿车在一条笔直的公路上朝同一方向匀速行驶．在某一时刻，客车在前，小轿车在后，货车在客车与小轿车的正中间．过了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车；再过t分钟，货车追上了客车，则t＝ ． 解：15

设在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离均为S千米，小轿车、货车、客车的速度分别为（千米/分），并设货车经x分钟追上客车，由题意得，①

32322

222，②

由①②，得

． ③

（分）．，所以，x=30． 故

8．如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则直线l的函数表达式是 ．

解：

如图，延长BC交x轴于点F；连接OB，AFCE，DF，且相交于点N．

由已知得点M（2，3）是OB，AF的中点，即点M为矩形ABFO的中心，所以直线把矩形ABFO分成面积相等的两部分．又因为点N（5，2）是矩形CDEF的中心，所以，过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分．

于是，直线即为所求的直线．

设直线的函数表达式为，则

解得 ,故所求直线的函数表达式为．

9．如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D．若CD＝CF，则 ．

解：

．

． 见题图，设因为Rt△AFB∽Rt△ABC，所以

又因为 FC＝DC＝AB，所以 即，解得，或（舍去）．

又Rt△∽Rt△，所以，即=．

10．对于i=2，3，…，k，正整数n除以i所得的余数为i－1．若的最小值，则正整数的最小值为 ．

解： 因为为的倍数，所以的最小值，其中由于表示的最小公倍数．

，因此满足

三、解答题（共4题，每题20分，共80分）的正整数的最小值为．

满足

满足△ABC为等腰三角形，AP是底边BC上的高，点D是线段PC上的一点，BE和CF分别是△ABD和△ACD的外接圆求证：

．

证明：如图，连接ED，FD.因为BE和CF都是直径，所以

ED⊥BC，FD⊥BC，因此D，E，F三点共线.…………（5分）连接AE，AF，则，所以，△ABC∽△AEF.…………（10分）

作AH⊥EF，垂足为H，则AH=PD.由△ABC∽△AEF可得，从而，所以.…………（20分）

12．如图，抛物线（a0）与双曲线相交于点A，B.已知点A的坐标为（1，4），点B在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）.（1）求实数a，b，k的值；

（2）过抛物线上点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，求所有满足△EOC∽△AOB的点E的坐标.解：（1）因为点A（1，4）在双曲线上，所以k=4.故双曲线的函数表达式为.设点B（t，），AB所在直线的函数表达式为，则有

解得，.于是，直线AB与y轴的交点坐标为，故，整理得，解得，或t＝（舍去）．所以点B的坐标为（，）．

因为点A，B都在抛物线（a0）上，所以解得 …………（10分）

（2）如图，因为AC∥x轴，所以C（设抛物线因为∠COD＝∠BOD＝，4），于是CO＝4.又BO=2，所以.，0）.（a0）与x轴负半轴相交于点D，则点D的坐标为（，所以∠COB=

.（i）将△中点，点延长绕点O顺时针旋转）.=，得到△.这时，点(，2)是CO的的坐标为（4，到点，使得，这时点（8，）是符合条件的点.（1，）；延长

到（ii）作△点，使得＝关于x轴的对称图形△，这时点E２（2，），或（2，得到点）是符合条件的点．）.…………（20分）所以，点 的坐标是（8，13．求满足．解：由题设得所以（1）若的所有素数p和正整数m.，由于p是素数，故，令，或

.……（5分），，k是正整数，于是故，从而.所以（2）若当时，有

解得，令

…………（10分），k是正整数.，故 由于，从而，或2.是奇数，所以，从而

.于是这不可能.当时，时，，无正整数解.；当，无正整数解；当综上所述，所求素数p=5，正整数m=9.…………（20分）

14．从1，2，…，2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？

解：首先，如下61个数：11，，…，（即1991）满足题设条件.…………（5分）

另一方面，设这n个数中的任意4个数

是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，对于，因为，所以

.，因此，所取的数中任意两数之差都是33的倍数.…………（10分）设由所以，i=1，2，3，…，n.，得，即，≥11.…………（15分）

≤故≤60.所以，n≤61.，综上所述，n的最大值为61.…………（20分）

篇5：1999全国初中数学竞赛

一、选择题（30分）

2n42(2n)1.化简，得（）。n32(2)（A）2n1177

(B)2n(C)

(D)884abbcca，（）。222答案：C 2.如果a,b,c是三个任意整数，那么（A）都不是整数

（B）至少有两个整数

（C）至少有一个整数

（D）都是整数 答案：C 3.如果a,b是质数，且a13am0,b13bm0,那么（A）

22ba的值为（）。ab123125125123或（C）或2

（B）

（D）22222222答案：B 4.如图，若将正方形分成k个全等的矩形，其中上、下各横排两个，中间竖排若干个，则k的值为（）

……

（A）6

（B）8

（C）10（D）12

答案：B 5.如图，若PA=PB，∠APB=2∠ACB，AC与PB交于点D,且PB=4，PD=3，则ADDC等于（）。

（A）6

（B）7

（C）12

（D）16

答案：B

b)，则a和b之间的大小关系是6.若a,b是正数，且满足12345(111a)(111（）。

（A）ab

（B）ab

（C）ab

（D）不能确定

答案：A

二、填空题（30分）7.已知：x3232,y3232。那么

yx____________。x2y2答案：970 8.若x2xyy14,y2xyx28,则xy的值为____________。

答案：6或-7 9.用长为1，4，4，5的线段为边作梯形，那么这个梯形的面积等于____________。答案：63或10

10.销售某种商品，如果单价上涨m％，则售出的数量就将减少总金额最大，那么m的值应该确定为____________。答案：25 11.在直角坐标系xOy中，x轴上的动点M（x，0）到定点P（5，5）、Q（2，1）的距离分别为MP和MQ，那么当MP+MQ取最小值时，点M的横坐标x____________。答案：

m。为了使该商品的销售1505 212.已知实数a,b满足a2abb21,且taba2b2，那么t的取值范围是____________。答案：3t

三、解答题（60分）

13.某个学生参加军训，进行打靶训练，必须射击10次。在第6、第7、第8、第9次射击中，分别得了9.0环、8.4环、8.1环、9.3环。他的前9次射击所得的平均环数高于前5次射击所得的平均环数。如果他要使10次射击的平均环数超过8.8环。那么他在第10次射击中至少要得多少环？（每次射击所得环数都精确到0.1环）

14.如图，已知点P是⊙O外一点，PS、PT是⊙O的两条切线，过点P作⊙O的割线PAB，交⊙O于A,B两点，并交ST于点C。

求证：131111().PC2PAPB

答案：P，A，C，B四点成调和点列（德站解答）

15.如图，已知圆O的两条半径OA与OB互相垂直，C为弧AmB

BAo上的一点，且ABOBBC，求OAC的度数。

222

篇6：1999全国初中数学竞赛

一等奖（42名）

二等奖（57名）

篇7：初中数学竞赛中的求和技巧

1. 倒序求和法

如果所求和式具有到首尾距离相等的两项之和有其共性, 那么常可考虑选用倒序求和的方法.解题时应该先观察式子的结构特征, 寻找式子部分结构所具有的共同点, 一般情况下我们要研究式子的通项公式, 由通项公式的性质确定解题方法.

分析首先观察式子的结构, 研究式子的通项, 进而根据通项的特征选择适用的求和方法.

解∵, 即到中间距离相等的两项之和为2, 共有49.5组, ∴原式=49.5×2=99.

例2已知, 求下式的值:

分析式子的结构有到中间距离相等的项的自变量互为倒数, 考虑研究的值.

解∵, 即到中间距离相等的两项之和为1, 共有2011.5组, ∴原式=2011.5×1=2011.5.

例3已知f (x) +f (1-x) =2, 求下式的值:f (2010) +f (2009) +…+f (2) +f (1) +f (0) +f (-1) +f (-2) +…+f (-2009) .

分析式子的结构特征为:当自变量之和为1, 则函数值之和为2, 所以考虑把自变量之和为1的两个数相加, 得到相应的函数值.

2.裂项相消法

如果所求和式中的项具有的结构, 解题时, 我们可以把, 从而实现裂项相消, 因此求解此类问题, 我们常常可以考虑采用选用裂项相消的方法.这是一类具有典型结构的求和方法, 解题时一定要注意观察结构.

例4方程的解为__________.

分析注意到方程左边每个分式的分母中两个一次因式的差均为常数3, 故可考虑把一个分式拆成两个分式之差的形式, 用拆项相消进行化简.

例5 , 则与A最接近的正整数是__________.

分析先研究式子的通项, 即, 发现可以进行裂项相消, 从而进行化简求值.

例6设直线 (n为自然数) 与两坐标轴围成的三角形面积为Sn (n=1, 2, 3, …, 2011) , 则S1+S2+…+S2011的值为__________.

篇8：1999全国初中数学竞赛

第二十一讲 分类与讨论

分类在数学中是常见的，让我们先从一个简单的例子开始．

有四张卡片，它们上面各写有一个数字：1，9，9，8．从中取出若干张按任意次序排列起来得到一个数，这样的数中有多少个是质数？

因为按要求所得的数可能是一位数、二位数、三位数和四位数，我们分别给予讨论．

任取一张卡片，只能得3个数：1，8，9，其中没有质数；任取二张卡片，可得7个数：18，19，81，89，91，98，99，其中19，89两个是质数；任取三张卡片，可得12个数：189，198，819，891，918，981，199，919，991，899，989，998，其中199，919，991三个数是质数；取四张，所得的任一个四位数的数字和是27，因而是3的倍数，不是质数．综上所述，质数共有2＋3=5个．

上面的解题方法称为分类讨论法．当我们要解决一个比较复杂的问题时，经常把所要讨论的对象分成若干类，然后逐类讨论，得出结论．

分类讨论法是一种很重要的数学方法．在分类中须注意题中所含的对象都必须在而且只在所分的一类中．分类讨论一般分为三个步骤，首先确定分类对象，即对谁实施分类．第二是对对象实施分类，即分哪几类，这里要特别注意，每次分类要按照同一标准，并做到不重复、不遗漏，有些复杂的问题，还要逐级分类．最后对讨论的结果进行综合，得出结论．

例1 求方程

x2-│2x-1│-4=0 的实根．

x2+2x-1-4=0，x2-2x＋1-4=0，x1＝3，x2=-1．

说明 在去绝对值时，常常要分类讨论．

例2 解方程x2-[x]=2，其中[x]是不超过x的最大整数．

解 由[x]的定义，可得

x≥[x]=x2-2，所以 x2-x-2≤0，解此不等式得

-1≤x≤2．

现把x的取值范围分成4个小区间(分类)来进行求解．

(1)当-1≤x≤0时，原方程为

x2-(-1)=2，所以x=-1(因x=1不满足-1≤x＜0)．

(2)当0≤x＜1时，原方程为

x2=2．

(3)当1≤x＜2时，原方程为

x2-1=2，所以

(4)当x=2时，满足原方程．

例3 a是实数，解方程

x│x+1│+a=0．

分析 方程中既含有绝对值，又含有参数a，若以平方化去绝对值的话，则引入了高次方程，把问题更加复杂化了．对这种问题，宜讨论x的取值范围来求解．

解(1)当x＜-1时，原方程变形为

x2＋x-a=0．①

当△=1＋4a≥0(且a=-x│1＋x│＞0)，即a＞0时，①的解为

(2)当x≥-1时，原方程为

x2＋x＋a=0．②

又x≥-1，即

综上所述，可得：当a＜0时，原方程的解为

例5 已知三角形中两角之和为n，最大角比最小角大24°，求n的取值范围．

解 设三角形的三个角度数分别是α，β，γ，且有α≥β≥γ． 由题设α-γ=24．

(1)若β+γ=n，则α=180°-n，γ=α-24°＝156°-n，β＝n-γ＝2n-156°．

所以

156°-n≤2n-156°≤180°-n，所以 104°≤n≤112°．

(2)若α＋γ=n，则β=180°-n，于是

所以

所以 112°≤n≤128°．

(3)若α＋β=n，则γ=180°-n，α=γ+24°=204°-n，β=n-α=2n-204°．于是

180°-n≤2n-204°≤204°-n，所以 128°≤n≤136°．

综上所述，n的取值范围是104°≤n≤136°．

例6 证明：若p是大于5的质数，则p2-1是24的倍数．

分析 关于整数的问题，我们常把它分成奇数和偶数(即按模2分类)来讨论，有时也把整数按模3分成三类：3k，3k＋1，3k＋2．一般地，可根据问题的需要，把整数按模n来分类．本题我们按模6来分类．

证 把正整数按模6分类，可分成6类：6k，6k+1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5．因p是大于5的质数，故p只能属于6k+1，6k+5这两类．

当p=6k＋1时，p2-1=36k2+12k=12k(3k+1)．

因k，3k＋1中必有一个偶数，此时24│p2-1．

当p=6k＋5时，p2-1=36k2＋60k＋24

＝12k2＋12k

=12k(k＋1)≡0(mod 24)．

所以，P2-1是24的倍数．

例7 证明

A=││x-y│+x+y-2z│+│x-y│+x+y+2z

＝4max｛x，y，z｝，其中max｛x，y，z｝表示x，y，z这三个数中的最大者．

分析 欲证的等式中含有三个绝对值符号，且其中一个在另一个内，要把绝对值去掉似乎较为困难，但等式的另一边对我们有所提示，如果x为x，y，z中的最大者，即证A=4x，依次再考虑y，z是它们中的最大值便可证得．

证(1)当x≥y，x≥z时，A=│x-y+x+y-2z│＋x-y+x+y+2z

=2x-2z+2x+2z=4x.(2)当y≥z，y≥x时，A=│y-x+x+y-2z│+y-x+x+y+2z

=2y-2z+2y+2z=4y．

(3)当z≥x，z≥y时，因为

│x-y│＋x＋y=max｛x，y｝≤2z，所以

A=2z-│x-y│-x-y+│x-y│+x+y+2z=4z．

从而 A=4max｛x，y，z｝．

例8 在1×3的矩形内不重叠地放两个与大矩形相似的小矩形，且每个小矩形的每条边相应地与大矩形的一条边平行，求两个小矩形周长和的最大值．

解 两个小矩形的放置情况有如下几种：

(2)两个小矩形都“横放”，如图2-124及图2-125所示，这时两个小矩形的周长和的最大值是

2(a＋3a)＋2[1-a＋3(1-a)]＝8．

(3)两个小矩形一个“横放”，一个“竖放”，如图2-126，这时两个小矩形的周长和为

练习二十一

1．解不等式：│x+1│＋│x│＜2．

2．解关于x的不等式：a(ax-1)＞x-1.3．解方程：││x-3│-2│=a．

4．解方程：x2-2[x]-3=0．

6．设等腰三角形的一腰与底边分别是方程x2-bx＋a=0的两根，当这样的三角形只有一个时，求a的取值范围．

篇9：1999全国初中数学竞赛

第八讲平行四边形

平行四边形是一种极重要的几何图形．这不仅是因为它是研究更特殊的平行四边形——矩形、菱形、正方形的基础，还因为由它的定义知它可以分解为一些全等的三角形，并且包含着有关平行线的许多性质，因此，它在几何图形的研究上有着广泛的应用．

由平行四边形的定义决定了它有以下几个基本性质：

(1)平行四边形对角相等；

(2)平行四边形对边相等；

(3)平行四边形对角线互相平分．

除了定义以外，平行四边形还有以下几种判定方法：

(1)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；

(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；

(3)对角线互相平分的四边形是平行四边形；

(4)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．

例1 如图2-32所示．在EF与MN互相平分．

ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，DN=BM．求证：

分析 只要证明ENFM是平行四边形即可，由已知，提供的等量要素很多，可从全等三角形下手．

证 因为ABCD是平行四边形，所以

AD

BC，AB

CD，∠B=∠D．

又AE⊥BC，CF⊥AD，所以AECF是矩形，从而

AE=CF．

所以

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

△BEM≌△DFN(SAS)，ME=NF． ①

又因为AF=CE，AM=CN，∠MAF=∠NCE，所以

△MAF≌△NCE(SAS)，所以 MF=NF． ②

由①，②，四边形ENFM是平行四边形，从而对角线EF与MN互相平分．

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

分析 AE与CF分处于不同的位置，必须通过添加辅助线使两者发生联系．若作GH⊥BC于H，由于BG是∠ABC的平分线，故AG=GH，易知△ABG≌△HBG．又连接EH，可证△ABE≌△HBE，从而AE=HE．这样，将AE“转移”到EH位置．设法证明EHCF为平行四边形，问题即可获解．

证 作GH⊥BC于H，连接EH．因为BG是∠ABH的平分线，GA⊥BA，所以GA=GH，从而

△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．

下面证明四边形EHCF是平行四边形．

因为AD∥GH，所以

∠AEG=∠BGH(内错角相等)． ②

又∠AEG=∠GEH(因为∠BEA=∠BEH，等角的补角相等)，∠AGB=∠BGH(全等三角形对应角相等)，所以

∠AGB=∠GEH．

从而

EH∥AC(内错角相等，两直线平行)．

由已知EF∥HC，所以EHCF是平行四边形，所以

FC=EH=AE．

说明 本题添加辅助线GH⊥BC的想法是由BG为∠ABC的平分线的信息萌生的(角平分线上的点到角的两边距离相等)，从而构造出全等三角形ABG与△HBG．继而发现△ABE≌△HBE，完成了AE的位置到HE位置的过渡．这样，证明EHCF是平行四边形就是顺理成章的了．

人们在学习中，经过刻苦钻研，形成有用的经验，这对我们探索新的问题是十分有益的．

例3 如图2-34所示．∠EMC=3∠BEM．

ABCD中，DE⊥AB于E，BM=MC=DC．求证：

分析 由于∠EMC是△BEM的外角，因此∠EMC=∠B+∠BEM．从而，应该有∠B=2∠BEM，这个论断在△BEM内很难发现，因此，应设法通过添加辅助线的办法，将这两个角转移到新的位置加以解决．利用平行四边形及M为BC中点的条件，延长EM与DC延长线交于F，这样∠B=∠MCF及∠BEM=∠F，因此，只要证明∠MCF=2∠F即可．不难发现，△EDF为直角三角形(∠EDF=90°)及M为斜边中点，我们的证明可从这里展开．

证 延长EM交DC的延长线于F，连接DM．由于CM=BM，∠F=∠BEM，∠MCF=∠B，所以

△MCF≌△MBE(AAS)，所以M是EF的中点．由于AB∥CD及DE⊥AB，所以，DE⊥FD，三角形DEF是直角三角形，DM为斜边的中线，由直角三角形斜边中线的性质知

∠F=∠MDC，又由已知MC=CD，所以

∠MDC=∠CMD，则

∠MCF=∠MDC+∠CMD=2∠F．

从而

∠EMC=∠F+∠MCF=3∠F=3∠BEM．

例4 如图2-35所示．矩形ABCD中，CE⊥BD于E，AF平分∠BAD交EC延长线于F．求证：CA=CF．

分析 只要证明△CAF是等腰三角形，即∠CAF=∠CFA即可．由于∠CAF=45°-∠CAD，所以，在添加辅助线时，应设法产生一个与∠CAD相等的角a，使得∠CFA=45°-a．为此，延长DC交AF于H，并设AF与BC交于G，我们不难证明∠FCH=∠CAD．

证 延长DC交AF于H，显然∠FCH=∠DCE．又在Rt△BCD中，由于CE⊥BD，故∠DCE=∠DBC．因为矩形对角线相等，所以△DCB≌△CDA，从而∠DBC=∠CAD，因此，∠FCH=∠CAD． ①

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

∠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 设正方形ABCD的边CD的中点为E，F是CE的中点(图2-36)．求证：

分析 作∠BAF的平分线，将角分为∠1与∠2相等的两部分，设法证明∠DAE=∠1或∠2．

证 如图作∠BAF的平分线AH交DC的延长线于H，则∠1=∠2=∠3，所以

FA=FH．

设正方形边长为a，在Rt△ADF中，从而

所以 Rt△ABG≌Rt△HCG(AAS)，从而

Rt△ABG≌Rt△ADE(SAS)，例6 如图2-37所示．正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE=AD，DF=BD，连接BF分别交CD，CE于H，G．求证：△GHD是等腰三角形．

分析 准确地画图可启示我们证明∠GDH=∠GHD．

证 因为DEBD=FD，所以

BC，所以四边形BCED为平行四边形，所以∠1=∠4．又

所以 BC=GC=CD．

因此，△DCG为等腰三角形，且顶角∠DCG=45°，所以

又

所以 ∠HDG=∠GHD，从而GH=GD，即△GHD是等腰三角形．

练习十二

1．如图2-38所示．DE⊥AC，BF⊥AC，DE=BF，∠ADB=∠DBC．求证：四边形ABCD是平行四边形．

2．如图2-39所示．在平行四边形ABCD中，△ABE和△BCF都是等边三角形．求证：△DEF是等边三角形．

3．如图2-40所示．CB于E．求证：BE=CF．

ABCD中，AF平分∠BAD交BC于F，DE⊥AF交

4．如图2-41所示．矩形ABCD中，F在CB延长线上，AE=EF，CF=CA．求证：BE⊥DE．

篇10：1999全国初中数学竞赛

第一讲 因式分解(一)

多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍．

1．运用公式法

在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如：

(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)．

下面再补充几个常用的公式：

(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-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n为正整数；

(8)an-bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-…+abn-2-bn-1)，其中n为偶数；

(9)an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-…-abn-2+bn-1)，其中n为奇数．

运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．

例1 分解因式：

(1)-2x5n-1yn+4x3n-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(x4n-2x2ny2+y4)

=-2xn-1yn[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2]

=-2xn-1yn(x2n-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．

本小题可以稍加变形，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)

=(a2-b2)(a5+b5)

=(a+b)(a-b)(a+b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)

=(a+b)2(a-b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)

例2 分解因式：a3+b3+c3-3abc．

本题实际上就是用因式分解的方法证明前面给出的公式(6)．

分析 我们已经知道公式

(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 的正确性，现将此公式变形为

a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)．

这个式也是一个常用的公式，本题就借助于它来推导．

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)．

说明 公式(6)是一个应用极广的公式，用它可以推出很多有用的结论，例如：我们将公式(6)变形为

a3+b3+c3-3abc

显然，当a+b+c=0时，则a3+b3+c3=3abc；当a+b+c＞0时，则a3+b3+c3-3abc≥0，即a3+b3+c3≥3abc，而且，当且仅当a=b=c时，等号成立．

如果令x=a3≥0，y=b3≥0，z=c3≥0，则有

等号成立的充要条件是x=y=z．这也是一个常用的结论．

例3 分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．

分析 这个多项式的特点是：有16项，从最高次项x15开始，x的次数顺次递减至0，由此想到应用公式an-bn来分解．

解 因为

x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以

说明 在本题的分解过程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，这一技巧在等式变形中很常用．

2．拆项、添项法

因式分解是多项式乘法的逆运算．在多项式乘法运算时，整理、化简常将几个同类项合并为一项，或将两个仅符号相反的同类项相互抵消为零．在对某些多项式分解因式时，需要恢复那些被合并或相互抵消的项，即把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符合相反的项，前者称为拆项，后者称为添项．拆项、添项的目的是使多项式能用分组分解法进行因式分解．

例4 分解因式：x3-9x+8．

分析 本题解法很多，这里只介绍运用拆项、添项法分解的几种解法，注意一下拆项、添项的目的与技巧．

解法1 将常数项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 将一次项-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 将三次项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 添加两项-x2+x2．

原式=x3-9x+8

=x3-x2+x2-9x+8

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

=(x-1)(x2+x-8)．

说明 由此题可以看出，用拆项、添项的方法分解因式时，要拆哪些项，添什么项并无一定之规，主要的是要依靠对题目特点的观察，灵活变换，因此拆项、添项法是因式分解诸方法中技巧性最强的一种．

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)a3b-ab3+a2+b2+1．

解(1)将-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)将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)将(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)=［(x+1)2+(x-1)2]2-(x2-1)2

=(2x2+2)2-(x2-1)2=(3x2+1)(x2+3)．

(4)添加两项+ab-ab．

原式=a3b-ab3+a2+b2+1+ab-ab

=(a3b-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)．

说明(4)是一道较难的题目，由于分解后的因式结构较复杂，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加项后分成的三项组又无公因式，而是先将前两组分解，再与第三组结合，找到公因式．这道题目使我们体会到拆项、添项法的极强技巧所在，同学们需多做练习，积累经验．

3．换元法

换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作一个整体，并用一个新的字母替代这个整体来运算，从而使运算过程简明清晰．

例6 分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12．

分析 将原式展开，是关于x的四次多项式，分解因式较困难．我们不妨将x2+x看作一个整体，并用字母y来替代，于是原题转化为关于y的二次三项式的因式分解问题了．

解 设x2+x=y，则

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)．

说明 本题也可将x2+x+1看作一个整体，比如今x2+x+1=u，一样可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试一试．

例7 分解因式：

(x2+3x+2)(4x2+8x+3)-90．

分析 先将两个括号内的多项式分解因式，然后再重新组合．

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，则

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)．

说明 对多项式适当的恒等变形是我们找到新元(y)的基础．

例8 分解因式：

(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2．

解 设x2+4x+8=y，则

原式=y2+3xy+2x2=(y+2x)(y+x)

=(x2+6x+8)(x2+5x+8)

=(x+2)(x+4)(x2+5x+8)．

说明 由本题可知，用换元法分解因式时，不必将原式中的元都用新元代换，根据题目需要，引入必要的新元，原式中的变元和新变元可以一起变形，换元法的本质是简化多项式．

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)-36x

2=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)．

说明 本解法实际上是将x2-1看作一个整体，但并没有设立新元来代替它，即熟练使用换元法后，并非每题都要设置新元来代替整体．

解法2

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 本题含有两个字母，且当互换这两个字母的位置时，多项式保持不变，这样的多项式叫作二元对称式．对于较难分解的二元对称式，经常令u=x+y，v=xy，用换元法分解因式．

解 原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，则

原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)

=u4-6u2v+9v2

=(u2-3v)2

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

=(x2-xy+y2)2．

练习一

1．分解因式：

(2)x10+x5-2；

(4)(x5+x4+x3+x2+x+1)2-x5．

2．分解因式：

(1)x3+3x2-4；

(2)x4-11x2y2+y2；

(3)x3+9x2+26x+24；

(4)x4-12x+323．

3．分解因式：

(1)(2x2-3x+1)2-22x2+33x-1；

(2)x4+7x3+14x2+7x+1；

(3)(x+y)3+2xy(1-x-y)-1；

(4)(x+3)(x2-1)(x+5)-20．

第一讲 因式分解(一)

多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍．

1．运用公式法

在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如：

(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)．

下面再补充几个常用的公式：

(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-2b+an-3b2+…+abn-2+bn-1)其中n为正整数；

(8)an-bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-…+abn-2-bn-1)，其中n为偶数；

(9)an+bn=(a+b)(an-1-an-2b+an-3b2-…-abn-2+bn-1)，其中n为奇数．

运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．

例1 分解因式：

(1)-2x5n-1yn+4x3n-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(x4n-2x2ny2+y4)

=-2xn-1yn[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2]

=-2xn-1yn(x2n-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．

本小题可以稍加变形，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)

=(a2-b2)(a5+b5)

=(a+b)(a-b)(a+b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)

=(a+b)2(a-b)(a4-a3b+a2b2-ab3+b4)

例2 分解因式：a3+b3+c3-3abc．

本题实际上就是用因式分解的方法证明前面给出的公式(6)．

分析 我们已经知道公式

(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 的正确性，现将此公式变形为

a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)．

这个式也是一个常用的公式，本题就借助于它来推导．

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)．

说明 公式(6)是一个应用极广的公式，用它可以推出很多有用的结论，例如：我们将公式(6)变形为

a3+b3+c3-3abc

显然，当a+b+c=0时，则a3+b3+c3=3abc；当a+b+c＞0时，则a3+b3+c3-3abc≥0，即a3+b3+c3≥3abc，而且，当且仅当a=b=c时，等号成立．

如果令x=a3≥0，y=b3≥0，z=c3≥0，则有

等号成立的充要条件是x=y=z．这也是一个常用的结论．

例3 分解因式：x15+x14+x13+…+x2+x+1．

分析 这个多项式的特点是：有16项，从最高次项x15开始，x的次数顺次递减至0，由此想到应用公式an-bn来分解．

解 因为

x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+…x2+x+1)，所以

说明 在本题的分解过程中，用到先乘以(x-1)，再除以(x-1)的技巧，这一技巧在等式变形中很常用．

2．拆项、添项法

因式分解是多项式乘法的逆运算．在多项式乘法运算时，整理、化简常将几个同类项合并为一项，或将两个仅符号相反的同类项相互抵消为零．在对某些多项式分解因式时，需要恢复那些被合并或相互抵消的项，即把多项式中的某一项拆成两项或多项，或者在多项式中添上两个仅符合相反的项，前者称为拆项，后者称为添项．拆项、添项的目的是使多项式能用分组分解法进行因式分解．

例4 分解因式：x3-9x+8．

分析 本题解法很多，这里只介绍运用拆项、添项法分解的几种解法，注意一下拆项、添项的目的与技巧．

解法1 将常数项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 将一次项-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 将三次项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 添加两项-x2+x2．

原式=x3-9x+8

=x3-x2+x2-9x+8

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

=(x-1)(x2+x-8)．

说明 由此题可以看出，用拆项、添项的方法分解因式时，要拆哪些项，添什么项并无一定之规，主要的是要依靠对题目特点的观察，灵活变换，因此拆项、添项法是因式分解诸方法中技巧性最强的一种．

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)a3b-ab3+a2+b2+1．

解(1)将-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)将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)将(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)=［(x+1)2+(x-1)2]2-(x2-1)2

=(2x2+2)2-(x2-1)2=(3x2+1)(x2+3)．

(4)添加两项+ab-ab．

原式=a3b-ab3+a2+b2+1+ab-ab

=(a3b-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)．

说明(4)是一道较难的题目，由于分解后的因式结构较复杂，所以不易想到添加+ab-ab，而且添加项后分成的三项组又无公因式，而是先将前两组分解，再与第三组结合，找到公因式．这道题目使我们体会到拆项、添项法的极强技巧所在，同学们需多做练习，积累经验．

3．换元法

换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作一个整体，并用一个新的字母替代这个整体来运算，从而使运算过程简明清晰．

例6 分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12．

分析 将原式展开，是关于x的四次多项式，分解因式较困难．我们不妨将x2+x看作一个整体，并用字母y来替代，于是原题转化为关于y的二次三项式的因式分解问题了．

解 设x2+x=y，则

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)．

说明 本题也可将x2+x+1看作一个整体，比如今x2+x+1=u，一样可以得到同样的结果，有兴趣的同学不妨试一试．

例7 分解因式：

(x2+3x+2)(4x2+8x+3)-90．

分析 先将两个括号内的多项式分解因式，然后再重新组合．

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，则

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)．

说明 对多项式适当的恒等变形是我们找到新元(y)的基础．

例8 分解因式：

(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2．

解 设x2+4x+8=y，则

原式=y2+3xy+2x2=(y+2x)(y+x)

=(x2+6x+8)(x2+5x+8)

=(x+2)(x+4)(x2+5x+8)．

说明 由本题可知，用换元法分解因式时，不必将原式中的元都用新元代换，根据题目需要，引入必要的新元，原式中的变元和新变元可以一起变形，换元法的本质是简化多项式．

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)．

说明 本解法实际上是将x2-1看作一个整体，但并没有设立新元来代替它，即熟练使用换元法后，并非每题都要设置新元来代替整体．

解法2

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 本题含有两个字母，且当互换这两个字母的位置时，多项式保持不变，这样的多项式叫作二元对称式．对于较难分解的二元对称式，经常令u=x+y，v=xy，用换元法分解因式．

解 原式=[(x+y)2-xy]2-4xy[(x+y)2-2xy]．令x+y=u，xy=v，则

原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)

=u4-6u2v+9v2

=(u2-3v)2

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

=(x2-xy+y2)2．

练习一

1．分解因式：

(2)x10+x5-2；

(4)(x5+x4+x3+x2+x+1)2-x5．

2．分解因式：

(1)x3+3x2-4；

(2)x4-11x2y2+y2；

(3)x3+9x2+26x+24；

(4)x4-12x+323．

3．分解因式：

(1)(2x2-3x+1)2-22x2+33x-1；

(2)x4+7x3+14x2+7x+1；

(3)(x+y)3+2xy(1-x-y)-1；