发布时间 : 星期六 文章数学竞赛讲座20讲更新完毕开始阅读
得
当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=26
231，故当且仅当x具有31t2
形式时，1984x是完全平方数.
∵x＜1984，∵1?t?7.当t=1，2，3时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当t＞3时y?x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.
解法2 ∵1984=∴由此可知：x必须具有31t2形式，y必须具有31k2
形式，
并且t+k=8（t，k均为正整数）.因为0＜x＜y，所以t＜k.当t=1，k=7时得（31，1519）；t=2，k=6时得（124，1116）；当t=3，k=5时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3. 练习二十 1. 选择题
(1)方程x2
-y2
=105的正整数解有( ).
（A） 一组 （B）二组 （C）三组 （D）四组
(2)在0,1,2,?，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（ ）. （A） 3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个 2．填空题
（1）的个位数分别为_________及_________.
(2)满足不等式104
?A?105
的整数A的个数是x3104
+1，则x的值________.
(3) 已知整数y被7除余数为5,那么y3
被7除时余数为________.
(4) (全俄第14届中学生数学竞赛试题)求出任何一组满足方程x2
-51y2
=1的自然数解x和y_________.
3.(第26届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z满足
.
第 13 页 共 64 页
4．（1985年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？
5．求
的整数解.
6．求证可被37整除.
7．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件
的整数x，y的所有可能的值.
8．（1985年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.
9.(1988年全国初中数学竞赛题)如果p、q、
、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求
p+q的值. 练习二十 1.D.C.
2.(1)9及1. (2)9. (3)4.
(4)原方程可变形为x2
=(7y+1)2
+2y(y-7),令y=7可得x=50.
3.不妨设x?y?z,则
,故x?3.又有故x?2.若x=2,则,故y?6.又有
,故y?4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定
3?y?4,y=3或4,z都不能是整数. 4.可仿例2解.
5.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完全平方数,?,
解得
6.8888≡8(mod37),∴8888
2222
≡82
(mod37).
7777≡7(mod37),77773333
≡73
(mod37),88882222
+7777
3333
≡(82+73
)(mod37),而
82+73
=407,37|407,∴37|N.
7.简解:原方程变形为3x2
-(3y+7)x+3y2
-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△?0及y为整数可得0?y?5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4). 8.∵l2
+m2
=n2
,∴l2
=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2
,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2
.即2(l+m+1)是完全平方数.
9.易知p≠q,不妨设p＞q.令=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方
程可得p、q之值.
竞赛专题讲座04
－平面几何证明
[竞赛知识点拨]
1． 线段或角相等的证明
（1） 利用全等△或相似多边形； （2） 利用等腰△；
第 14 页 共 64 页
（3） 利用平行四边形；
（4） 利用等量代换；
（5） 利用平行线的性质或利用比例关系 （6） 利用圆中的等量关系等。
2． 线段或角的和差倍分的证明
（1） 转化为相等问题。如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。
（2） 直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。 3． 两线平行与垂直的证明
（1） 利用两线平行与垂直的判定定理。
（2） 利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。
（3） 利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。
【竞赛例题剖析】
【例1】从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。从A点作弦AE平行于CD，连结BE交CD于F。求证：BE平分CD。
【分析1】构造两个全等△。 连结ED、AC、AF。
CF=DF←△ACF≌△EDF←
←
←∠PAB=∠AEB=∠PFB
【分析2】利用圆中的等量关系。连结OF、OP、OB。
←∠PFB=∠POB←
←
注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。
【例2】△ABC内接于⊙O，P是弧 AB上的一点，过P作OA、OB的垂线，与AC、BC分别交于S、T，AB交于M、N。求证：PM=MS充要条件是PN=NT。
【分析】只需证， PM2PN=MS2NT。
（∠1=∠2，∠3=∠4）→△APM∽△PBN
→→PM2PN=AM2BN
（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA
→
→MS2NT=AM2BN
【例3】已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。求证：∠O1AO2=∠M1AM2。
【分析】设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C为P1P2
第 15 页 共 64 页
的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。 在O1M上截取MO3=MO2，则∠M1AO3=∠M2AO2。
故只需证∠O1AM1=∠O3AM1，即证
。
由△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。
【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB于E，求证：
AE=。
【分析】方法1、
2AE=AB-AC ← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证
△DBF≌△DCA ← DF=DA，
∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。
方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG
← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG ← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。
【例5】∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂
线，交⊙O于P，交BC于M。
求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。
【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。
若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。
过O作m⊥PK，则DD’,K
P，∴∠D‘PK=∠DKP
BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK的中
垂线→∠DKB=∠DMK
∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’ D∥PM，
∴DMPD‘为平行四边形。
【例6】在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。
【分析】方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。 倍长中线：延长AM至M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。
PQ∥AB←
←←
←
第 16 页 共 64 页
∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)= 180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ 方法2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。
延长BH交AC的延长线于B’，如图6-2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则
HM∥B/
C。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则AM’BM是平行四边形，
∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，，所以PQ∥AB。
【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。 求证：MQ∥NP。（95年全国联赛二试3）
【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证△AMQ∽△CPN←
，AM2CN=AQ2CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，
∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM