第一篇：全國初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo) 第三十四講《梯形》教案2 北師大版

第三十四講 梯形

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

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EBDF．

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．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)．

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(shè)AB=a，由于△ABF也是等腰直角三角形，由勾股定理知

AF+BF=AB，即

又

BC=AB+AC=2AB=2a，由于BC=DB，所以，在Rt△BED中，22222

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，2

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(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(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

AG=AB-BG=(8+2)-(8-2)=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)，2

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

AG=AB-BG

=(AD+BC)-(BC-AD)

=10-6=8，所以 AG=8，從而 AH=GH=4，所以

S△ABE=S△AEF+S△BEF 2222

2222 4

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(yīng)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?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)，③

FC=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(diǎn)．求證：△PQR是等邊三角形．

分析 首先從P，R分別是OA，OD中點(diǎn)知，欲證等邊三角形PQR的邊長應(yīng)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(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角及對角線均相等．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

因?yàn)?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(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．

練習(xí)十三

1．如圖2-49所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC，BD⊥CD．求∠A的度數(shù)．

2．如圖2-50所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AE∥DC交BC于E，△ABE的周長=13厘米，AD=4厘米．求梯形的周長．

3．如圖2-51所示．梯形ABCD中，AB∥CD，∠A+∠B=90°，AB=p，CD=q，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)．求EF．

4．如圖2-52所示．梯形ABCD中，AD∥BC，M是腰DC的中點(diǎn)，MN⊥AB于N，且MN=b，AB=a．求梯形ABCD的面積．

5．已知：梯形ABCD中，DC∥AB，∠A=36°，∠B=54°，M，N分別是DC，AB的中點(diǎn)．求證：

第二篇：全國初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo) 第四十六講《同余式》教案1 北師大版

！

第四十六講 同余式

數(shù)論有它自己的代數(shù)，稱為同余理論．最先引進(jìn)同余的概念與記號的是數(shù)學(xué)王子高斯．

先看一個游戲：有n＋1個空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙兩人交替移動棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者為勝．問是先走者勝還是后走者勝？應(yīng)該怎樣走才能取勝？

取勝之道是：你只要設(shè)法使余下的空格數(shù)是4的倍數(shù)，以后你的對手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4個空格時，你的對手就必輸無疑了．因此，若n除以4的余數(shù)是1，2或3時，那么先走者甲勝；若n除以4的余數(shù)是0的話，那么后走者乙勝．

在這個游戲里，我們可以看出，有時我們不必去關(guān)心一個數(shù)是多少，而要關(guān)心這個數(shù)用m除后的余數(shù)是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．這里我們關(guān)心的也是余數(shù)．這一講中，我們將介紹同余的概念、性質(zhì)及一些簡單的應(yīng)用．

同余，顧名思義，就是余數(shù)相同．

定義1 給定一個正整數(shù)m，如果用m去除a，b所得的余數(shù)相同，則稱a與b對模m同余，記作

a≡b(modm)，并讀作a同余b，模m．

若a與b對模m同余，由定義1，有

a=mq1＋r，b=mq2+r．

所以 a-b=m(q1-q2)，即 m｜a-b．

反之，若m｜a-b，設(shè)

a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，則有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．

于是，我們得到同余的另一個等價定義：！

定義2 若a與b是兩個整數(shù)，并且它們的差a-b能被一正整數(shù)m整除，那么，就稱a與b對模m同余．

同余式的寫法，使我們聯(lián)想起等式．其實(shí)同余式和代數(shù)等式有一些相同的性質(zhì)，最簡單的就是下面的定理1．

定理1(1)a≡a(modm)．

(2)若a≡b(modm)，則b≡a(modm)．

(3)若a≡b(modm)，b≡c(modm)，則a≡c(modm)．

在代數(shù)中，等式可以相加、相減和相乘，同樣的規(guī)則對同余式也成立．

定理2 若a≡b(modm)，c≡d(modm)，則

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

證 由假設(shè)得m｜a-b，m｜c(diǎn)-d，所以

m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(diǎn)(a-b)＋b(c-d)，即

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

由此我們還可以得到：若a≡b(modm)，k是整數(shù)，n是自然數(shù)，則

a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a≡b(modm)．

對于同余式ac≡bc(modm)，我們是否能約去公約數(shù)c，得到一個正確的同余式a≡b(modm)？

在這個問題上，同余式與等式是不同的．例如

25≡5(mod 10)，約去5得

5≡1(mod 10)．

這顯然是不正確的．但下面這種情形，相約是可以的．

定理3 若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，則

n

n 2！

a≡b(modm)．

證 由題設(shè)知

ac-bc=(a-b)c=mk．

由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．

定理4 若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，………… a≡b(modmn)，且M=[m1，m2，…，mn]表示m1，m2，…，mn的最小公倍數(shù)，則

a≡b(modM)．

前面介紹了同余式的一些基本內(nèi)容，下面運(yùn)用同余這一工具去解決一些具體問題．

應(yīng)用同余式的性質(zhì)可以簡捷地處理一些整除問題．若要證明m整除a，只需證a≡0(modm)即可．

例1 求證：

(1)8｜(552n1999

＋17)；

(2)8(3＋7)；

(3)17｜(191000

-1)．

1999

證(1)因55≡-1(mod 8)，所以55

19998)，于是8｜(55＋17)．

2n

≡-1(mod 8)，55

1999

＋17≡-1＋17=16≡0(mod

(2)3=9≡1(mod 8)，3≡1(mod 8)，所以3＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(3＋7)．

(3)19≡2(mod 17)，19≡2=16≡-1(mod 17)，所以19≡1(mod 17)，于是

17｜(19

1000

1000

2n2n

=(19)250≡(-1)250

-1)．！

例2 求使2-1為7的倍數(shù)的所有正整數(shù)n．

解 因?yàn)?≡8≡1(mod 7)，所以對n按模3進(jìn)行分類討論．

(1)若n=3k，則

2-1＝(2)-1＝8-1≡1-1＝0(mod 7)；

(2)若n=3k＋1，則

2-1=2·(2)-1=2·8-1

≡2·1-1＝1(mod 7)；

(3)若n=3k＋2，則

2-1=2·(2)-1=4·8-1

≡4·1-1＝3(mod 7)．

所以，當(dāng)且僅當(dāng)3｜n時，2-1為7的倍數(shù)．

例3 對任意的自然數(shù)n，證明

A=2903-803-464＋261

能被1897整除．

證 1897=7×271，7與271互質(zhì)．因?yàn)?/p>

2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以

A=2903-803-464+261

≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因?yàn)?/p>

2903≡193(mod 271)，n

n

n

n

n

n

n

n

n

k

n

3k

k

k

n

3k

k

n

3k

k

k3n 4！

803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以

故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．

例4 把1，2，3…，127，128這128個數(shù)任意排列為a1，a2，…，a128，計算出

｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再將這64個數(shù)任意排列為b1，b2，…，b64，計算

｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．

如此繼續(xù)下去，最后得到一個數(shù)x，問x是奇數(shù)還是偶數(shù)？

解 因?yàn)閷τ谝粋€整數(shù)a，有

｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以

b1＋b2＋…＋b64

=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜

≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128

≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每經(jīng)過一次“運(yùn)算”，這些數(shù)的和的奇偶性是不改變的．最終得到的一個數(shù)

x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128

＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶數(shù)．！

如果要求一個整數(shù)除以某個正整數(shù)的余數(shù)，同余是一個有力的工具．另外，求一個數(shù)的末位數(shù)字就是求這個數(shù)除以10的余數(shù)，求一個數(shù)的末兩位數(shù)字就是求這個數(shù)除以100的余數(shù)．

例5 求證：一個十進(jìn)制數(shù)被9除的余數(shù)等于它的各位數(shù)字之和被9除的余數(shù)．

10≡1(mod 9)，故對任何整數(shù)k≥1，有

10≡1＝1(mod 9)．

因此

k

k

即A被9除的余數(shù)等于它的各位數(shù)字之和被9除的余數(shù)．

說明(1)特別地，一個數(shù)能被9整除的充要條件是它的各位數(shù)字之和能被9整除．

(2)算術(shù)中的“棄九驗(yàn)算法”就是依據(jù)本題的結(jié)論．

例6 任意平方數(shù)除以4余數(shù)為0和1(這是平方數(shù)的重要特征)．

證 因?yàn)?/p>

奇數(shù)=(2k＋1)=4k＋4k+1≡1(mod 4)，偶數(shù)=(2k)=4k≡0(mod 4)，所以

例7 任意平方數(shù)除以8余數(shù)為0，1，4(這是平方數(shù)的又一重要特征)．

證 奇數(shù)可以表示為2k＋1，從而！

奇數(shù)=4k＋4k+1=4k(k＋1)+1．

因?yàn)閮蓚€連續(xù)整數(shù)k，k＋1中必有偶數(shù)，所以4k(k＋1)是8的倍數(shù)，從而

奇數(shù)=8t+1≡1(mod 8)，偶數(shù)=(2k)=4k(k為整數(shù))．

(1)若k=偶數(shù)=2t，則

4k=16t＝0(mod 8)．

(2)若k=奇數(shù)=2t+1，則

4k=4(2t＋1)=16(t＋t)+4≡4(mod 8)，所以

求余數(shù)是同余的基本問題．在這種問題中，先求出與±1同余的數(shù)是一種基本的解題技巧．

例8(1)求33除2

(2)求8除7

2n+1

1998的余數(shù)．

-1的余數(shù)．

解(1)先找與±1(mod 33)同余的數(shù)．因?yàn)?/p>

2＝32≡-1(mod 33)，所以 2≡1(mod 33)，2

所求余數(shù)為25．

(2)因?yàn)?≡-1(mod 8)，所以

2n＋1

199810

=(2)·2·2≡-8≡25(mod 33)，1019953

≡(-1)

2n＋1

＝-1(mod 8)，7

2n＋1

-1≡-2≡6(mod 8)，！

即余數(shù)為6．

例9 形如

Fn＝2+1，n=0，1，2，… 的數(shù)稱為費(fèi)馬數(shù)．證明：當(dāng)n≥2時，F(xiàn)n的末位數(shù)字是7．

證 當(dāng)n≥2時，2是4的倍數(shù)，故令2=4t．于是

Fn=2＋1=2+1=16＋1 ≡6＋1≡7(mod 10)，即Fn的末位數(shù)字是7．

說明 費(fèi)馬數(shù)的頭幾個是

F0＝3，F(xiàn)1＝5，F(xiàn)2＝17，F(xiàn)3＝257，F(xiàn)4＝65537，它們都是素數(shù)．費(fèi)馬便猜測：對所有的自然數(shù)n，F(xiàn)n都是素數(shù)．然而，這一猜測是錯誤的．首先推翻這個猜測的是歐拉，他證明了下一個費(fèi)馬數(shù)F5是合數(shù)．證明F5是合數(shù)，留作練習(xí)．

利用同余還可以處理一些不定方程問題．

例10 證明方程

x+y+2=5z

沒有整數(shù)解．

證 對于任一整數(shù)x，以5為模，有

x≡0，±1，±2(mod 5)，x≡0，1，4(mod 5)，x≡0，1，1(mod 5)，即對任一整數(shù)x，x≡0，1(mod 5)．

同樣，對于任一整數(shù)y

y≡0，1(mod 5)，4442

t2n

4t

t

n

n

2n 8！

所以 x+y+2≡2，3，4(mod 5)，從而所給方程無整數(shù)解．

說明 同余是處理不定方程的基本方法，但這種方法也非常靈活，關(guān)鍵在于確定所取的模(本例我們?nèi)∧?)，這往往應(yīng)根據(jù)問題的特點(diǎn)來確定．

練習(xí)二十五

1．求證：17｜(19

100044

-1)．

2n

2n

2．證明：對所有自然數(shù)n，330｜(6-5-11)．

4．求21000

除以13的余數(shù)．

5．求1＋2＋3＋…＋99＋100除以4所得的余數(shù)．

6．今天是星期天，過3天是星期幾？再過5

19985

天又是星期幾？

7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位數(shù)字．

8．證明不定方程x+y-8z=6無整數(shù)解．

第三篇：全國初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo) 第十六講《質(zhì)數(shù)與合數(shù)》教案1 北師大版

第十六講 質(zhì)數(shù)與合數(shù)

我們知道，每一個自然數(shù)都有正因數(shù)(因數(shù)又稱約數(shù))．例如，1有一個正因數(shù)；2，3，5都有兩個正因數(shù)，即1和其本身；4有三個正因數(shù)：1，2，4；12有六個正因數(shù)：1，2，3，4，6，12．由此可見，自然數(shù)的正因數(shù)，有的多，有的少．除了1以外，每個自然數(shù)都至少有兩個正因數(shù)．我們把只有1和其本身兩個正因數(shù)的自然數(shù)稱為質(zhì)數(shù)(又稱素數(shù))，把正因數(shù)多于兩個的自然數(shù)稱為合數(shù)．這樣，就把全體自然數(shù)分成三類：1，質(zhì)數(shù)和合數(shù)．

2是最小的質(zhì)數(shù)，也是唯一的一個既是偶數(shù)又是質(zhì)數(shù)的數(shù)．也就是說，除了2以外，質(zhì)數(shù)都是奇數(shù)，小于100的質(zhì)數(shù)有如下25個：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97．

質(zhì)數(shù)具有許多重要的性質(zhì)：

性質(zhì)1 一個大于1的正整數(shù)n，它的大于1的最小因數(shù)一定是質(zhì)數(shù)．

性質(zhì)2 如果n是合數(shù)，那么n的最小質(zhì)因數(shù)a一定滿足a≤n．

性質(zhì)3 質(zhì)數(shù)有無窮多個(這個性質(zhì)將在例6中證明)．

性質(zhì)4(算術(shù)基本定理)每一個大于1的自然數(shù)n，必能寫成以下形式：

這里的P1，P2，…，Pr是質(zhì)數(shù)，a1，a2，…，ar是自然數(shù)．如果不考慮p1，P2，…，Pr的次序，那么這種形式是唯一的．

關(guān)于質(zhì)數(shù)和合數(shù)的問題很多，著名的哥德巴赫猜想就是其中之一．哥德巴赫猜想是：每一個大于2的偶數(shù)都能寫成兩個質(zhì)數(shù)的和．這是至今還沒有解決的難題，我國數(shù)學(xué)家陳景潤在這個問題上做了到目前為止最好的結(jié)果，他證明了任何大于2的偶數(shù)都是兩個質(zhì)數(shù)的和或一個質(zhì)數(shù)與一個合數(shù)的和，而這個合數(shù)是兩個質(zhì)數(shù)的積(這就是通常所說的1+2)．下面我們舉些例子．

例1 設(shè)p，q，r都是質(zhì)數(shù)，并且

p+q=r，p＜q．

求p．

解 由于r=p+q，所以r不是最小的質(zhì)數(shù)，從而r是奇數(shù)，所以p，q為一奇一偶．因?yàn)閜＜q，故p既是質(zhì)數(shù)又是偶數(shù)，于是p=2．

例2 設(shè)p(≥5)是質(zhì)數(shù)，并且2p+1也是質(zhì)數(shù)．求證：4p+1是合數(shù)．

證 由于p是大于3的質(zhì)數(shù)，故p不會是3k的形式，從而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整數(shù)．

若p=3k+1，則

2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合數(shù)，與題設(shè)矛盾．所以p=3k+2，這時

4p+1=4(3k+2)+1=3(4k＋3)是合數(shù)．

例3 設(shè)n是大于1的正整數(shù)，求證：n+4是合數(shù)．

證 我們只需把n+4寫成兩個大于1的整數(shù)的乘積即可．

n+4=n+4n+4-4n＝(n+2)-4n ＝(n-2n+2)(n+2n+2)，因?yàn)?/p>

n+2n＋2＞n-2n+2=(n-1)+1＞1，所以n+4是合數(shù)．

例4 是否存在連續(xù)88個自然數(shù)都是合數(shù)？

解 我們用n！表示1×2×3×…×n.令

a=1×2×3×…×89=89！，那么，如下連續(xù)88個自然數(shù)都是合數(shù)：

a+2，a+3，a+4，…，a+89．

這是因?yàn)閷δ硞€2≤k≤89，有

a+k=k×(2×…×(k-1)×(k+1)×…×89+1)

是兩個大于1的自然數(shù)的乘積．

說明 由本例可知，對于任意自然數(shù)n，存在連續(xù)的n個合數(shù)，這也說明相鄰的兩個素數(shù)的差可以任意的大． 4

用(a，b)表示自然數(shù)a，b的最大公約數(shù)，如果(a，b)=1，那么a，b稱為互質(zhì)(互素)．

例5 證明：當(dāng)n＞2時，n與n！之間一定有一個質(zhì)數(shù)．

證 首先，相鄰的兩個自然數(shù)是互質(zhì)的．這是因?yàn)?/p>

(a，a-1)=(a，1)＝1，于是有(n！，n！-1)=1．

由于不超過n的自然數(shù)都是n！的約數(shù)，所以不超過n的自然數(shù)都與n！-1互質(zhì)(否則，n！與n！-1不互質(zhì))，于是n！-1的質(zhì)約數(shù)p一定大于n，即n＜p≤n！-1＜n！．

所以，在n與n！之間一定有一個素數(shù)．

例6 證明素數(shù)有無窮多個．

證 下面是歐幾里得的證法．

假設(shè)只有有限多個質(zhì)數(shù)，設(shè)為p1，p2，…，pn.考慮p1p2…pn+1，由假設(shè)，p1p2…pn+1是合數(shù)，它一定有一個質(zhì)約數(shù)p．顯然，p不同于p1，p2，…，pn，這與假設(shè)的p1，p2，…，pn為全部質(zhì)數(shù)矛盾．

例7 證明：每一個大于11的自然數(shù)都是兩個合數(shù)的和．

證 設(shè)n是大于11的自然數(shù)．

(1)若n=3k(k≥4)，則

n＝3k=6+3(k-2)；

(2)若n=3k+1(k≥4)，則

n=3k+1=4+3(k-1)；

(3)若n=3k+2(k≥4)，則

n=8+3(k-2)．

因此，不論在哪種情況下，n都可以表為兩個合數(shù)的和．

例8 求不能用三個不同合數(shù)的和表示的最大奇數(shù)．

解 三個最小的合數(shù)是4，6，8，它們的和是18，于是17是不能用三個不同的合數(shù)的和表示的奇數(shù)．

下面證明大于等于19的奇數(shù)n都能用三個不同的合數(shù)的和來表示．

由于當(dāng)k≥3時，4，9，2k是三個不同的合數(shù)，并且4+9+2k≥19，所以只要適當(dāng)選擇k，就可以使大于等于19的奇數(shù)n都能用4，9，2k(k=n-13/2)的和來表示．

綜上所述，不能表示為三個不同的合數(shù)的和的最大奇數(shù)是17．

練習(xí)十六

1．求出所有的質(zhì)數(shù)p，使p+10，p+14都是質(zhì)數(shù)．

2．若p是質(zhì)數(shù)，并且8p+1也是質(zhì)數(shù)，求證：8p-p+2也是質(zhì)數(shù)．

3．當(dāng)m＞1時，證明：n+4m是合數(shù)．

4．不能寫成兩個合數(shù)之和的最大的自然數(shù)是幾？

5．設(shè)p和q都是大于3的質(zhì)數(shù)，求證：24｜p-q．

6．設(shè)x和y是正整數(shù)，x≠y，p是奇質(zhì)數(shù)，并且

求x+y的值．

第四篇：全國初中數(shù)學(xué)知識競賽輔導(dǎo)方案

全國初中數(shù)學(xué)知識競賽輔導(dǎo)方案

王選民

為了在全國數(shù)學(xué)知識競賽中取得優(yōu)異成績，將對學(xué)生輔導(dǎo)方案總結(jié)如下：

一、了解掌握優(yōu)生的特點(diǎn)

一般我們選擇參加競賽的學(xué)生都是學(xué)優(yōu)生，當(dāng)我們與“優(yōu)生”進(jìn)行面談時，應(yīng)該清醒地認(rèn)識到，他們能成為“優(yōu)生”，是學(xué)生家長和老師共同教育的結(jié)果。尤其要看到這些“優(yōu)生”的兩重性：一方面，他們的行為習(xí)慣、學(xué)習(xí)習(xí)慣、學(xué)習(xí)成績以及各種能力比一般學(xué)生在這個年齡容易出現(xiàn)的毛病外，也存在著他們作為老師的“好學(xué)生”、家長的“好孩子”所特有的一些毛病。

具體說來，“優(yōu)生”一般具有以下特點(diǎn)：

1、思想比較純正，行為舉止較文明，自我控制的能力比較強(qiáng)，一般沒有重大的違紀(jì)現(xiàn)象。

2、求知欲較旺盛，知識接受能力也較強(qiáng)，學(xué)習(xí)態(tài)度較端正，學(xué)習(xí)方法較科學(xué)，成績較好。

3、長期擔(dān)任學(xué)生干部，表達(dá)能力、組織能力以及其它工作能力都較強(qiáng)，在同學(xué)中容易形成威信。

4、課外涉及比較廣泛，愛好全面，知識面較廣。

5、由于智力狀況比較好，課內(nèi)學(xué)習(xí)較為輕松，因而容易自滿，不求上進(jìn)。

6、長期處于學(xué)生尖子的位置，比較驕傲自負(fù)，容易產(chǎn)生虛心。

7、有的“優(yōu)生”之間容易產(chǎn)生互相嫉妒、勾心斗角的狹隘情緒和學(xué)習(xí)上的不正當(dāng)競爭。

8、從小就處在受表揚(yáng)、獲榮譽(yù)、被羨慕的順 境之中，因而他們對挫折的心理承受能力遠(yuǎn)不及一般普通學(xué)生。

以上幾點(diǎn)，只是就一般“優(yōu)生”的共性而，當(dāng)然不一定每一個“優(yōu)生”都是如此。

輔導(dǎo)優(yōu)生的具體措施

1、創(chuàng)設(shè)能引導(dǎo)學(xué)優(yōu)生主動參與的教育環(huán)境。

2、了解學(xué)生在興趣、學(xué)習(xí)偏好、學(xué)習(xí)速度、學(xué)習(xí)準(zhǔn)備以及動機(jī)等方面的情況。這些資料為教師制定活動和計劃時的依據(jù)，也是“促進(jìn)學(xué)生主動地、富有個性地

學(xué)習(xí)的需要”。

3、為尖子設(shè)計學(xué)習(xí)方案。學(xué)優(yōu)生學(xué)習(xí)新知識時，比其他學(xué)生花的時間少，他不需要很多的練習(xí)就已經(jīng)理解新知識，因此，做的練習(xí)也少。讓他們做那些已經(jīng)理解的題目就很多難讓學(xué)生體會到智力活動的樂趣。長此以往，反而可能在一定程度上降低學(xué)生對于智力生活的敏感性。教師應(yīng)該備有不同層次介紹同一主題的資料，采用向?qū)W生布置分組作業(yè)的方法，從眾多的方案和活動中選取與他們的知識、技能水平相當(dāng)?shù)捻椖?，指定他們完成?/p>

4、解決學(xué)優(yōu)生心理問題：學(xué)優(yōu)生在心理狀態(tài)上，易產(chǎn)生驕氣，居高臨下，聽不進(jìn)半點(diǎn)批評，心理脆弱。在價值取向上，易產(chǎn)生唯我獨(dú)尊，以自我為中心的個性傾向和價值取向，不把其他同學(xué)的感覺、好惡、需要放在一定的位置；在行為方式上，由于始終把自己當(dāng)學(xué)優(yōu)生，與一般同學(xué)不一樣，束縛了自己，娛樂活動不愿參加，集體勞動怕吃苦。

針對這種狀況，教學(xué)中應(yīng)注意：

學(xué)優(yōu)生學(xué)習(xí)成績優(yōu)異，但不能“一俊遮百丑”。在鼓勵保持學(xué)習(xí)上的競爭姿態(tài)和上進(jìn)好勝的同時，要創(chuàng)造條件和環(huán)境，磨練他們的意志，培養(yǎng)他們的創(chuàng)造能力，規(guī)范他們的行為意識。

5、開展數(shù)學(xué)課外活動，開闊學(xué)優(yōu)生的視野。學(xué)優(yōu)生學(xué)有余力，在基礎(chǔ)知識已經(jīng)掌握的情況下，可為他們開展豐富的課外活動，如解答趣味數(shù)學(xué)題，閱讀有關(guān)數(shù)學(xué)課外讀物，撰寫學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的專題論文等。此外老師也可通過數(shù)學(xué)專題講座或數(shù)學(xué)家報告會給學(xué)優(yōu)生提供更多鍛煉機(jī)會。

6、鼓勵學(xué)優(yōu)生當(dāng)小老師，在幫助中后進(jìn)生的學(xué)習(xí)中鍛煉自己的思維、培養(yǎng)自己的能力。

第五篇：初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)

初中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)

第七講 含絕對值的方程及不等式

1、解方程：|x?2|?|2x?1|?72、求方程|x?|2x?1||?3的不同的解的個數(shù)。

3、若關(guān)于x的方程||x?2|?1|?a有三個整數(shù)解，則a的值是多少？

4、已知方程|x|?ax?1有一負(fù)根，且無正根，求a的取值范圍。

5、設(shè)|x?y

2?2

3y?5

2|?|3x

2?2y|?0，求x?y。

6、解方程組：??|x?y|?1

?|x|?2|y|?37、解方程組：??|x?y|?x?y?2

?|x?y|?x?28、解不等式：|x?5|?|2x?3|?19、解不等式：1?|3x?5|?210、解不等式：||x?3|?|x?3||?3。

11、當(dāng)a取哪些值時，方程|x?2|||x?1|?a有解？

答案：

1、x?8

3或x??2。

2、2個。

3、a?1。

4、a?1。

5、1。

1?1?5?5?x??x?x?x????x?11????3?3?3?3

6、?

7、?。

8、x??7或x?。,?,?,?3?y?2?y??4?y?4?y?2?y??2

?3?3?3?3????9、1?x?

訓(xùn)練： 43或2?x?73。

10、x??32或x?

3211、a?3。

1、解下列方程：

（1）|x?3|?|x?1|?x?1（2）||1?x|?1|?3x（3）|3x?2|?|x?1|?x?2（4）|3y?2|??|5x?3|

2、解方程組：

（1）??|x?1|?|y?1|?5

?|x?1|?4y?4（2）??|x?y|?1

?|x|?|y|?23、解不等式：

（1）|1?3x?5

44、若a?0,b?0，則方程|x?a|?|x?b|?a?b的解是什么？ |?3（2）5?|5x?3|?10（3）|x?1|?|4?x|?6（4）||x?1|?|x?2||?1