(中考类)初中数学竞赛讲座精讲与练习题之精讲篇(一)

2023年12月5日发(作者：)

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面积问题和面积方法

基础知识

1．面积公式

由于平面上的凸多边形都可以分割成若干三角形，故在面积公式中最基本的是三角形的面积公式．它形式多样，应在不同场合下选择最佳形式使用．

精品考试资料，权威机构打造 设△ABC，a,b,c分别为角A,B,C的对边，ha为a的高，R、r分别为△ABC外接圆、内切圆的半径，p1(abc)．则△ABC的面积有如下公2式：

（1）SABC1aha；

（2）SABC21bcsinA

2（3）SABC（5）SABC（7）SABC（8）SABC（9）SABCp(pa)(pb)(pc)

（4）SABC1r(abc)pr

2abc4R

（6）SABC2R2sinAsinBsinC

a2sinBsinC

2sin(BC)1ra(bca)

21R2(sin2Asin2Bsin2C)

22．面积定理

（1）一个图形的面积等于它的各部分面积这和；

（2）两个全等形的面积相等；

（3）等底等高的三角形、平行四边形、梯形（梯形等底应理解为两底和相等）的面积相等；

（4）等底（或等高）的三角形、平行四边形、梯形的面积的比等于其所对应的高（或底）的比；

（5）两个相似三角形的面积的比等于相似比的平方；

（6）共边比例定理：若△PAB和△QAB的公共边AB所在直线与直线PQ交于M，则SPAB:SQABPM:QM；

（7）共角比例定理：在△ABC和△ABC中，若AA或AA180，则SABCABAC．

SABCABAC3．张角定理：如图，由P点出发的三条射线PA,PB,PC，设APC，CPB，APB180，则A,B,C三点共线的充要条件是：

精品考试资料，权威机构打造 sinsinsin()PBPAPC．

例题分析

例1．梯形ABCD的对角线AC,BD相交于O，且SAOBm，SCODn，求SABCD

例2．在凸五边形ABCDE中，设SABCSBCDSCDESDEASEAB1，求此五边形的面积．

例3．G是△ABC内一点，连结AG,BG,CG并延长与BC,CA,AB分别交于D,E,F，△AGF、△BGF、△BGD的面积分别为40，30，35，求△ABC的面积．

例4．P,Q,R分别是△ABC的边AB,BC和CA上的点，且BPPQQRRC1，求△ABC的面积的最大值．

例5．过△ABC内一点引三边的平行线DE∥BC，FG∥CA，HI∥AB，点D,E,F,G,H,I都在△ABC的边上，S1表示六边形DGHEFI的面积，S2表示

△

ABC的面积．求证：S12S2．

3例6．在直角△ABC中，AD是斜边BC上的高，过△ABD的内心与△ACD的内心的直线分别交边AB和AC于K和L，△ABC和△AKL的面积分别记为S和T．求证：S2T．

例7．锐角三角形ABC中，角A等分线与三角形的外接圆交于一点A1，点B1、C1与此类似，直线AA1与B、C两角的外角平分线将于一点A0，点B0、C0与此类似．求证：

（1）三角形A0B0C0的面积是六边形AC1BA1CB1的面积的二倍；

（2）三角形A0B0C0的面积至少是三角形ABC的四倍．

例8．在△ABC中，P,Q,R将其周长三等分，且P,Q在边AB上，求证：SPQRSABC2．

9例9．在锐角△ABC的边BC边上有两点E、F，满足BAECAF，作FMAB，FMAC（M,N是垂足），延长AE交△ABC的外接圆于点D，证明四边形AMDN与△ABC的面积相等．

三．面积的等积变换

精品考试资料，权威机构打造 等积变换是处理有关面积问题的重要方法之一，它的特点是利用间面积相等而进行相互转换证（解）题．

例10．凸六边形ABCDEF内接于⊙O，且ABBCDC31，DEEFFA1，求此六边形的面积．

例11．已知ABC的三边abc，现在AC上取ABAB，在BA延长线上截取BCBC，在CB上截取CACA，求证：SABCSABC．

例12．ABC在ABC内，且ABC∽ABC，求征：SABCSBCASCABSABC

例13．在ABC的三边BC,CA,AB上分别取点D,E,F，使BD3DC,CE3EA，AF3FB，连AD,BE,CF相交得三角形PQR，已知三角形ABC的面积为13，求三角形PQR的面积．

例14．E为圆内接四边形ABCD的AB边的中点，EFAD于F，EHBC于H，EGCD于G，求证：EF平分FH．

例15．已知边长为a,b,c,的ABC，过其内心I任作一直线分别交AB,AC于M,N点，求证：MIac．

INb例16．正△PQR正△PQR，ABa1，BCb1，CDa2，DEb2，

222222EFa3，FAb3．求证：a1a2a3b1b2b3．

例17．在正ABC内任取一点O，设O点关于三边BC,CA,AB的对称点分别为A,B,C，则AA,BB,CC相交于一点P．

例18．已知AC,CE是正六边形ABCDEF的两条对角线，点M,N分别内分ACCE，且使AMCNk，如果B,M,N三点共线，试求k的值．

ACCE例19．设在凸四边形ABCD中，直线CD以AB为直径的圆相切，求证：当且仅当BC∥AD时，直线AB与以CD为直径的圆相切．

训练题

1．设ABC的面积为10cm2，D,E,F分别是AB,BC,CA边上的点，且AD2cm,DB3cm,若SABESDBEF，求ABE的面积．

2．过ABC内一点作三条平行于三边的直线，这三条直线将ABC分成六部份，其中，三部份为三角形，其面积为S1,S2,S3，求三角形ABC的面积．

精品考试资料，权威机构打造 3．在ABC的三边AB,BC,CA上分别取不与端点重合的三点M,K,L，求证：AML，BKM,CLK中至少有一个的面积不大于ABC的面积的14．

4．锐角ABC的顶角A的平分线交BC边于L，又交三角形的外接圆于N，过L作AB和AC边的垂线LK和LM,垂足是K,M，求证：四边形AKNM的面积等于ABC的 面积．

5．在等腰直角三角形ABC的斜边BC上取一点D，使DC1BC，作BEAD3交AC于E，求证：AEEC．

6．三条直线l,m,n互相平行，l,n在m的两侧，且l,m间的距离为2，m,n间的距离为1，若正ABC的三个顶点分别在l,m,n上，求正ABC的边长．

7．已知P1P2P3及其内任一点P，直线PiP分别交对边于Qi（i1,2,3），证明：在P1P,P2P,P3P这三个值中，至少有一个不大于2，并且至少有一个PQ1PQ2PQ3不小于2．

8．点D和E分别在ABC的边AB和BC上，点K和M将线段DE分为三等分，直线BK和BM分别与边AC相交于点T和P，证明：TP1AC．

39．已知P是ABC内一点，延长AP,BP,CP分别交对边于A,B,C，其中APx，BPy,CPz,PAPBPCw，且xyz23,w3，求xyz之值．

10．过点P作四条射线与直线l,l分别交于A,B,C,D和A,B,C,D，求证：

ABCDABCD．

ADBCADBC11．四边形ABCD的两对对边的延长线分别交K,L，过K,L作直线与对角线AC,BD的延长线分别G,F，求证：LFKFLG．

KG12．G为ABC的重心，过G作直线交AB,AC于E,F，求证：EG2GF．

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同余式与不定方程

同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容.考虑数学竞赛的需要,下面介绍有关的基本内容.

1. 同余式及其应用

定义:设a、b、m为整数（m＞0），若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余.记为或

一切整数n可以按照某个自然数m作为除数的余数进行分类，即n=pm+r（r=0，1，„，m-1），恰好m个数类.于是同余的概念可理解为,若对n1、n2，有n1=q1m+r，n2=q2m+r，那么n1、n2

对模m的同余，即它们用m除所得的余数相等.

利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:

(1) 若,则m|(b-a).反过来,若m|(b-a),则;

;

(2) 如果a=km+b(k为整数),则(3) 每个整数恰与0,1,„，m-1，这m个整数中的某一个对模m同余；

(4) 同余关系是一种等价关系：

① 反身性

② 对称性③ 传递性（5）如果，；

，则，，则

，反之亦然.

，则；

精品考试资料，权威机构打造 ①②；

特别地

应用同余式的上述性质，可以解决许多有关整数的问题.

例1（1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2+1能被3整除的一切自然数n.

解∵则2+1nnn ∴

∴当n为奇数时，2+1能被3整除；

当n为偶数时，2+1不能被3整除.

例2 求2最后两位数码.

解 考虑用100除2所得的余数.

∵∴又∴

∴

∴2的最后两位数字为88.

例3 求证3证明 ∵精品考试资料，权威机构打造

19899n

+4能被5整除.

∴∴∴2．不定方程

不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.

(1) 不定方程解的判定

如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.

例4 证明方程2x-5y=7无整数解.

证明 ∵2x=5y+7，显然y为奇数.

① 若x为偶数，则

∴

∵方程两边对同一整数8的余数不等，

∴x不能为偶数.

② 若x为奇数，则但5y+722222

精品考试资料，权威机构打造 ∴x不能为奇数.因则原方程无整数解.

说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.

例5 (第14届美国数学邀请赛题)不存在整数x,y使方程

①

证明 如果有整数x，y使方程①成立，

则=2

知（2x+3y）+5能被17整除.

设2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，2222±8中的某个数，但是这时（2x+3y）+5=（17n）+34na+（a+5）=a+52（mod17），而a+5被17整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，27，3，1，即在任何情况下（2x+3y）+5都不能被17整除，这与它能被17整除矛盾.故不存在整数x，y使①成立.

例7 （第33届美国数学竞赛题）满足方程x+y=x的正整数对（x，y）的个数是（ ）.

（A）0 （B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对

解由x+y=x得y=x（x-1），

所以只要x-1为自然数的平方，则方程必有正整数解.令x-1=k(k为自然数),则为方程的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).

说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.

(2) 不定方程的解法

222322223精品考试资料，权威机构打造 不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.

例6 求方程解(配方法)原方程配方得(x-2y)+y=13.

在勾股数中,最大的一个为13的只有一组即5,12,13,因此有8对整数的2平方和等于13即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解

解得

222的整数解.

例7 (原民主德国1982年中学生竞赛题)已知两个自222然数b和c及素数a满足方程a+b=c.证明:这时有a＜b及b+1=c.

证明（因式分解法）∵a+b=c，

∴a=（c-b）（c+b），

又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a.

于是得c=b+1及a=b+c=2b+1＜3b，

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222222即＜.而a≣3,∴≢1，∴＜1.∴a＜b.

例9（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程

的正整数（a，b，c）的组数是（ ）.

（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 （E）4

解（质因数分解法）由方程ac+bc=23得

（a+b）c=23=1³23.

∵a，b，c为正整数，∴c=1且a+b=23.将c和a=23-b代入方程ab+bc=44得

(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,

∴b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选(C).

例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.

解 由(y-2)x=2y-7,得分离整数部分得由x为整数知y-2是3的因数,

∴y-2=±1，±3，∴x=3，5，±1.

∴方程整数解为

精品考试资料，权威机构打造 例11 求方程x+y=x-xy+y的整数解.

解（不等式法）方程有整数解 必须△=（y+1）-4（y-y）≣0，解得

≢y≢.

2222满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.

当y=0时，由原方程可得x=0或x=1；当y=1时，由原方程可得x=2或0；当y=2时，由原方程可得x=1或2.

所以方程有整数解

最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.

例12 求满足方程（x，y）.

解将原方程变形得

且使y是最大的正整数解由此式可知，只有12-x是正的且最小时，y才能取大值.又12-x应是144的约数，所以，

12-x=1，x=11，这时y=132.

故 满足题设的方程的正整数解为

（x，y）=（11，132）.

例13（第35届美国中学生数学竞赛题）满足0＜x＜y及的不同的整数对（x，y）的个数是（ ）.

（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7

精品考试资料，权威机构打造 解法1 根据题意知，0＜x＜1984，由

得

6当且仅当1984x是完全平方数时，y是整数.而1984=2²31，故当且仅2当x具有31t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31t形式，y2必须具有31k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x-y=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)满足不值________.

等式10≢A≢10的整数A的个数是x³10+1，则x的454222精品考试资料，权威机构打造 (3) 已知整数y被7除余数为5,那么y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22x-51y=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

.

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6．求证的整数解.

可被37整除.

的整数x，y的37．（全俄1986年数学竞赛题）求满足条件所有可能的值.

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、且p＞1，q＞1，试求p+q的值.

练习二十

1.D.C.

、都是整数，并精品考试资料，权威机构打造 2.(1)9及1. (2)9. (3)4.

(4)原方程可变形为x=(7y+1)+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22,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应是完全平方数,„,解得

6.8888≡8(mod37),∴888833332222要使y为整数,5x-1≡8(mod37).

222227777≡7(mod37),7777≡7(mod37),888823而8+7=407,37|407,∴37|N.

223+77773333≡(8+7)(mod37),237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-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.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-22m=1.于是l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-221,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).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.

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22222

几何解题途径的探求方法

一．充分地展开想象

想象力，就是人们平常说的形象思维或直觉思维能力。想象力对于人们的创造性劳动的重要作用，马克思曾作过高度评价：“想象是促进人类发展的伟大天赋。”解题一项创造性的工作，自然需要丰富的想象力。在解题过程中，充分展开想象，主要是指：

1．全面地设想

设想，是指对同一问题从各个不同的角度去观察思考和深入分析其特征，推测解题的大致方向，构思各种不同的处理方案。

精品考试资料，权威机构打造 例1．在ABCD中，AB=AC，D是BC边上一点，E是线段AD上一点 ，且BED2CEDBAC，求证：BD=2CD（92年全国初中联赛试题）

例2． 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(ABAC)（89年全国高中联赛试题）

23．在RtABC的斜边上取一点D，使ABD和ACD的内切圆相等。证明：SABCAD2（31届IMO备选题）

例4．设A是三维立体abc的长方体砖块。若B是所有到A的距离不超过1的点的集合（特别地，B包含A），试用abc的多项式表示B的体积（84年美国普特南数学竟赛试题）

2．广泛地联想

联想，是指从事物的相联糸中来考虑问题，从一事物想到与其相关的各种不同的事物，进行由此彼的思索。在解题过程中，我们如能根椐问题特征广泛地联想熟知命题，并设法将其结论或解法加以利用，则无疑是获得解题途径的简捷方法。

例5．在ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若角A，B，C的大小成等比数列，且b2a2ac，求角B（85年全国高中联赛试题）

例6．四边形ABCD内接于o，对角线ACBD于P，E是CD的中点，OFAB于F。求证：PEOF（78年上海高中竟赛试题）

精品考试资料，权威机构打造 例7． 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是BC的中点，F在棱AA1上，且A1F:FA1:2，求平面B1EF与底面A1B1C1D1所成的二面角。（85年全国高中联赛试题）

例8． 设A1A2A3A4为0的内接四边形，H1,H2,H3,H4依次为

A2A3A4,A3A4A1,A4A1A2,A1A2A3,的垂心。求证：H1,H2,H3,H4四点在同一个圆上，并确定该圆的圆心位置。（92年全国高中联赛试题）

3．大胆地猜测想

猜想，是指由直觉或某些数学事实，推测某个判断或命题可能成立的一种创造性的思维活动过程。科学家都非常重视猜想的作用。誉满世界被称为数学王子的德国数学家高斯就曾深有体会地说：“没有大胆的猜想就不可能有伟大的发现。”“若无某种放肆的猜想，一般是不可能有知识的进展的。”在解题过程中，通过猜想不仅可以得到问题的结论，而且还可以获得解题的途径，但应注意，由猜想所得出的结论不一定可靠，其正确性还必须经过严格的逻辑证明或实践的检验。

例9． 正方形ABCD的边长为1，P,Q分别是边AB与边AD上各一点。若APQ的周长为2。求PCD（88年国家队选拔试题）

例10．已知圆内接四边形的对角线AC与BD相交于M。求证：ABADAMCBCDMC

例11．已知四面体pABC的六条棱长之和为l，并且

APBBPCCPA900，试求它的最大体积。（28届IMO备选题）

精品考试资料，权威机构打造 例12．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，过棱B1C1上一点Q作一直线与棱AA1和DC的延长线分别交于P,R，试问：当Q在棱B1C1上移动时，线段PR最短时的长度是多少？证明你的结论。

二．精心地进行类比

类比，是指人们在观察或思考问题时，往往把相似的事物加以比较，并把处理某些事物的成功经验用到与其性质相似的另一些事物上去的思维方式。在解题过程中，若能将它与相似的问题精心地进行类比，则往往可由此得到解题途径，甚至发现新的知识。

例13．四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC与BD相交于P，设ABP,BCP,CDP和DAP的外接圆圆心分别为O1,O2,O3,O4。求证：年全国高中联试题）

O1O3,O2O4,OP三直线共点。（90例14．在四面体OABC中，已知AOBBOCCOA900，试问：SABC,SAOB,SBOC,SCOA之间有何关系？证明你的结论。

例16．设O是四体ABCD内部的任意一点，AO,BO,CO,和DO的延长线分别与面BCD,ACD,ABD和ABC交于A,B,C,D。求证：OA三．合理地利用特殊

例17.ABC和ABD在边Ab的同侧,ACBADB180,且边BC与边AD相交于E点.求证:AEADBEBCAB2.

OBOCOD1

AABBCCDD精品考试资料，权威机构打造 例18.已知半径分别为R、r（R>r）的两圆内切于A，AE是外圆的直径，AE的垂线与两圆分别交于AE同侧的两点B和C，试求ABC的外接圆直径（83年苏联竞赛题）

例19．设AO是ABiCi的角平分线，且点Bi,O,Ci共线（i1,2,,n），则

OB1B1B2B2B3Bn1BnBnOAB1AB2ABnOC1C1C2C2C3Cn1CnCnOAC1AC2ACn2（79年苏联竞赛题）

例20．已知菱形ABCD外切于⊙O，MN是与边AD,CD分别交于M,N的⊙O的任一切线，求证：AMCN为定值。（89年苏联奥赛题）

例21．设P是正三角形ABC外接圆的劣弧BC上任一点，求证：（1）PBPCPA；（2）PBPCPA2AB2

例22．求证：顶点在单位圆上的锐角三角形的三个内角的余弦之和小于这个三角形周长的一半。

例23．ABC外接于⊙O，P是AB弧上一点，过P作OA,OB的垂线，与AC,BC分别于S,TPNNT。

，与AB分别义于M,N。求证：PMMS的充要条件是例24．在凸六边形ABCDEF中，若对角线AD,BE,CF中的每一条都把六边形分成面积相等的两部分，则这三条对角线相交于一点（88年苏联奥赛题）

习题

1．若CE是ABC的C的平分线，且CE2AEEB，则AE:AC1:四川联赛试题）

2（78年精品考试资料，权威机构打造 2．在ABC中，ABAC，任意延长CA到P，再延长AB到Q，使APBQ。

求证：ABC的外心与A,P,Q四点共圆（94年全国初中联赛试题）

3．平面上已给一锐角ABC，以Ab中直径的圆交高CC及延长线于M,N，以AC为直径的圆交高BB及其延长线于P,Q，证明：M,N,P,Q四点共圆（90年美国19届奥赛题）

4．已知一凸五边形ABCDE中，BAE3,BCCDDE，且BCDCDE1802，求证：BACCADDAE（90年全国初中联赛题）

5．在ABC中，A,B，C的对边分别为a,b,c，已知a2acbc2b2，

a2acbc2c2，求它的最大角的度数（90年苏联奥赛试题）

6．已知锐角ABC的顶点C到垂心，外心的距离相等，求ACB（90年匈牙利奥赛题）

7．在三棱锥SABC中，SASC，△SBC和△ABC都有等腰三角形，D是BC边上任意一点，在平面SAD内作SHAD于H，P是SH的中点，求证：tgPAHtgSDH为定值。

9．设不过给定的平行四边形ABCD顶点的任一直线分别与直线AB,BV,CD,DA交于E,F,G,H，则⊙EFC与⊙GHC的另一交点必在定直线上。

10．设ABCD是任意四边形（包括凹四边形），则ACBD的充要条件是：

AB2CD2AD2BC2（1912年匈牙利竞赛试题）

精品考试资料，权威机构打造 11．如图，圆的三条弦PP1,QQ1,RR1两两相交，交点分别为A,B,C。若APBQCR,AR1BP1CQ1。求证：△ABC是正三角形。（28届IMO备选题）

12．已知锐角△ABC的外接圆半径为R，D,E,F分别是边BC,CA,AB上的点，求证：AD,BE,CF是三条高的充要条件是：SABCR(DEEFFD)(86年2全国高中联赛试题)

13.凸四边形ABCD内接于⊙O,对角线AC与BD相交于P,△ABP与△CDP的外接圆相交于P和另一点Q,且O,P,Q三点两两不重合,则OQP90(第8届CMO试题)

－圆

基础知识

如果没有圆，平面几何将黯然失色．

精品考试资料，权威机构打造 圆是一种特殊的几何图形，应当掌握圆的基本性质，垂线定理，直线与圆的位置关系，和圆有关的角，切线长定理，圆幂定理，圆和圆的位置关系，多边形与圆的位置关系．

圆的几何问题不是独立的，它与直线形结合起来，将构成许多丰富多彩的、漂亮的几何问题，“三角形的心”，“几何著名的几何定理”，“共圆、共线、共点”，“直线形” 将构成圆的综合问题的基础．

本部分着重研究下面几个问题：

1．角的相等及其和、差、倍、分；

2．线段的相等及其和、差、倍、分；

3．二直线的平行、垂直；

4．线段的比例式或等积式；

5．直线与圆相切；

6．竞赛数学中几何命题的等价性．

命题分析

例1．已知A为平面上两个半径不等的⊙O1和⊙O2的一个交点，两圆的外公切线分别为P1P2,Q1Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点，求证：O1AO2M1AM2．

例2．证明：唯一存在三边长为连续整数且有一个角为另一个角的两倍的三角形．

例3．延长AB至D，以AD为直径作半圆，圆心为H，G是半圆上一点，ABG为锐角．E在线段BH上，Z在半圆上，EZ∥BG，且1EHEDEZ2，BT∥HZ．求证：TBGABG．

3例4．求证：若一个圆外切四边形有两条对边相等，则圆心到另外两边的距离相等．

例5．设A是△ABC中最小的内角，点B和C将这个三角形的外接圆分成两段弧，U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的一个点，线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于V和W，直线BV和CW相交于T．证明：AUTBTC．

精品考试资料，权威机构打造 例上分别作⊙O切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证：MQ∥NP．

例7．⊙O1和⊙O2与△ABC的三边所在直线都相切，E,F,G,H为切点，并且EG,FH的延长线交于点P．求证：直线PA与BC垂直．

例8．在圆中，两条弦AB,CD相交于E点，M为弦AB上严格在E、B之间的点．过D,E,M的圆在E点的切线分别交直线BC、AC于F,G．已知AMCEt，求（用t表示）．

ABEF6．菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E,F,G,H，在EF与GH⌒⌒例9．设点D和E是△ABC的边BC上的两点，使得BADCAE．又设M和N分别是△ABD、△ACE的内切圆与BC的切点．求证：1111．

MBMDNCNE例10．设△ABC满足A90，BC，过A作△ABC外接圆W的切线，交直线BC于D，设A关于直线BC的对称点为E，由A到BE所作垂线的垂足为X，AX的中点为Y，BY交W于Z点，证明直线BD为△ADZ外接圆的切线．

例11．两个圆1和2被包含在圆内，且分别现圆相切于两个不同的点M和N．1经过2的圆心．经过1和2的两个交点的直线与相交于点A和B，直线MA和直线MB分别与1相交于点C和D．求证：CD与2相切．

例12．已知两个半径不相等的⊙O1和⊙O2相交于M、N两点，且⊙O1、⊙O2分别与⊙O内切于S、T两点．求证：OMMN的充要条件是S、N、T三点共线．

例13．在凸四边形ABCD中，AB与CD不平行，⊙O1过A、B且与边CD相切于点P，⊙O2过C、D且与边AB相切于点Q．⊙O1和⊙O2相交于E、F，求证：EF平分线段PQ的充要条件是BC∥AD．

例14．设凸四边形ABCD的两条对角线AC与BD互相垂直，且两对边AB与CD不平行．点P为线段AB与CD的垂直平分线的交点，且在四边形的内部．求证：A、B、C、D四点共圆的充要条件为SPABSPCD．

训练题

精品考试资料，权威机构打造 1．△ABC内接于⊙O，BAC90，过B、C两点⊙O的切线交于P，AMM为BC的中点，求证：（1）cosBAC；（2）BAMPAC．

APCA,AB的中2．已知A,B,C分别是△ABC外接圆上不包含A,B,C的弧BC，点，BC分别和CA、AB相交于M、N两点，CA分别和AB、BC相交于P、Q两点，AB分别和BC、CA相交于R、S两点．求证：MNPQRS的充要条件是△ABC为等边三角形．

3．以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、CA分别 交于点D和E，过D、E作BC的垂线，垂足分别为F、G．线段DG、EF交于点M．求证：AMBC．

4．在△ABC中，已知B内的旁切圆与CA相切于D，C内的旁切圆与AB相切于E，过DE和BC的中点M和N作一直线，求证：直线MN平分△ABC的周长，且与A的平分线平行．

5．在△ABC中，已知，过该三角形的内心I作直线平行于AC交AB于F．在BC边上取点P使得3BPBC．求证：BFP1B．

2⌒⌒⌒6．半圆圆心为O，直径为AB，一直线交半圆于C,D，交AB于M（MBMA,MCMD）．设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外之另一交点．求证：MKO为直角 ．

7．已知，AD是锐角△ABC的角平分线，BAC，ADC，且coscos2．求证：AD2BDDC．

8．M为△ABC的边AB上任一点，r1,r2,r分别为△AMC、△BMC、△ABC的内切圆半径；1,2,分别为这三个三角形的旁切圆半径（在ACB内部）．

求证：r112r2r．

9．设D是△ABC的边BC上的一个内点，AD交△ABC外接圆于X，P、Q是X分别到AB和AC的垂足，O是直径为XD的圆．证明：PQ与⊙O相切当且仅当ABAC．

10．若AB是圆的弦，M是AB的中点，过M任意作弦CD和EF，连CD,DE分别交AB于X,Y，则MXMY．

精品考试资料，权威机构打造 11．设H为△ABC的垂心，P为该三角形外接圆上的一点，E是高BH的垂足，并设PAQB与PARC都是平行四边形，AQ与BR交于X．证明：EX∥AP．

12．在△ABC中，C的平分线分别交AB及三角形的外接圆于D和111K，I是内切圆圆心．证明：（1）；（2）CIID1．

IDIKCIIDIK

--抽屉原则

大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.

1． 抽屉原则有几种最常见的形式

原则1 如果把n+k(k≣1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体：

原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≣1)，这不可能.

精品考试资料，权威机构打造 原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下：

不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则

10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立.

下面我们再举一个例子：

例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.

解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：

（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）

把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.

原则2 如果把mn+k(k≣1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能.

原则1可看作原则2的物例（m=1）

例2正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.

精品考试资料，权威机构打造 证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2³2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色.

例3 把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.

证明 如图12-1，设a1，a2，a3，„，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），„,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，„a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于

（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+„+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）

=3(a1+a2+„+a9+a10)

=3³(1+2+„+9+10)

根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17.

原则1、原则2可归结到期更一般形式：

原则3把m1+m2+„+mn+k(k≣1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，„„，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体.

证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，„„，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+„+mn个，与题设矛盾.

例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双.

精品考试资料，权威机构打造 证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双.

上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.

2． 制造抽屉是运用原则的一大关键

首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式.

例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.

证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.

因13=3³4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的.

事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割.

精品考试资料，权威机构打造 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上.

例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？

解如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证.

下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证.

后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法

例7 从自然数1，2，3，„99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，，它们中的一个是另一个的倍数.

分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手.

解设第一个抽屉里放进数：1，1³2，1³2，1³2，1³2，1³2，61³2；

精品考试资料，权威机构打造

2345第二个抽屉时放进数：3，3³2，3³2，3³2，3³2，3³2；

第三个抽屉里放进数：5，5³2，5³2，5³2，5³2；

„„„„„„

第二十五个抽屉里放进数：49，49³2；

第二十六个抽屉里放进数：51.

„„„„„„

第五十个抽屉里放进数：99.

那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数.

制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进.

例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.

分析注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，„，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，„，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.

3． 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题.

例9以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数.

分析 设七个三元素组为A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、„、A7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，2342345精品考试资料，权威机构打造 x2，„，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明.

下面介绍一个著名问题.

例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.

分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设A认识B、C、D三人，当B、C、D三人都互不认识时，问题得证；当B、C、D三人中有两人认识，如B、C认识时，则A、B、C互相认识，问题也得证.

本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法.

例11a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数

b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除.

证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行.

第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p.

第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论.

设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时精品考试资料，权威机构打造 b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.

如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果.

例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，„，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数.

分析以0，1，„，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数：

S1=a1,

S2=a1+a2,

S=a1+a2+a3,

„„„„

Sn=a1+a2+„+an，

其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证.

例子3（北京1990年高一竞赛）910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：

（1）至少有三行完全相同；

（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同.

解910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上7有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有2=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.

精品考试资料，权威机构打造 现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同.

除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D）两组（四行），且两组两行完全相同.

练习十二

1． 一个篮球运动员在15分钟内将球投进篮圈20次，证明总有某一分钟他至少投进两次.

2． 有黑、白、黄筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子来，使得至少有两双筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？

3． 证明：在1，2，3，„，10这十个数中任取六个数，那么这六个数中总可以找到两个数，其中一个是另一个的倍数.

4． 证明：任意502个整数中，必有两个整数的和或差是998的倍数.

5． 任意写一个由数字1，2，3组成的30位数，从这30位数任意截取相邻三位，可得一个三位数，证明：在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等.

6． 证明：把任意10个自然数用适当的运算符号连接起来，运算的结果总能被1890整除.

7． 七条直线两两相交，所得的角中至少有一个角小于26°.

8． 用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同.

9． 用2种颜色涂5³5共25个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现.

精品考试资料，权威机构打造 10． 求证存在形如11„11的一个数，此数是1987的倍数.

练习十二

1．15分钟里在每一分钟看作一个抽屉，20次投篮看作20个物体，根据原理一即得.

2.至少要取１１只筷子．因为１１只筷子中必有一双筷子同色，不妨设它是黄色，则黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一双同色，即黑色或白色，故取１１只筷子足以保证成功．但少于１１只不行，如取１０只筷子，闵可能出现８只黄色，黑白各一只，不合要求．

３．将１０个数分成５组：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８），（５，１０）．任取六个数必有两个落入同一组，而同组二数中一数是另一数的倍数．

４．每个整数被９９８除，余数必是０，１，２，„，９９７中的一个．把这９９８个余数制造为（０），（１，９９７），（２，９９６），„，（４９７，５０１），（４９８），（４９９），（５００）共５０１个抽屉，把５０２个整数按被９９８除的余数大小分别放入上述抽屉，必有两数进入同一抽屉．若余数相同，那么它们的差是９９８的倍数，否则和为９９８的倍数．

５．从各种位置上截得的三位数有２８个，但由１，２，３组成的不同三位数有３³３³３＝２７个，故有两个截得的三位数相同．

６．１８９０＝２³３³５³７³９．将１０个数记为ｘ１，ｘ２，„，ｘ９，ｘ１０．１０个数中至少有两个被９除余数相同，设为ｘ１，ｘ２则ｘ１－ｘ２可被９整除．同样剩下８个数中有两个数的差可被７整除，记为ｘ３－ｘ４，剩下６个数中有两个数的差可被５整除，记为ｘ５－ｘ６，剩下４个数中有两个数的差可被３整除，记为ｘ７－ｘ８．剩下两数ｘ９，ｘ１０，若有一数为偶数，则ｘ９，ｘ１０可被２整除，否则ｘ９－ｘ１０精品考试资料，权威机构打造 可被２整除．故乘积（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）ｘ９²ｘ１０与（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）（ｘ９－ｘ１０）二者之一必可被１８９０整除．

７．任选一点Ｐ，过Ｐ点分别作各线的平行线，则它们把一周角分成１４个彼此相邻的角，其中至少有一个角小于２６°．

８．用两种颜色涂１³３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原则，必有两列涂法一样．

９．设两种颜色为红、蓝，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨设为红色，且在左边三列．现考察左边三列，若下面四行中某一行有两格同为红色，则出现四角同红色矩形，否则每行仅可能一格染红色，从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色，从而得到四角同为蓝色的矩形．

１０．考虑１，１１，„共１９８７个数，其中必有一个是１９８７的倍数，否则必有两数被１９８７除余数相同，其差

是１９８７的倍数．但１０与１９８７没有除１外的因数，故

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ｉ是１９８７倍数导致矛盾． -函数方程

一、 相关知识

函数方程f(x)f(x)的解是

函数方程f(x)f(xa)

(a0)的解是

二、函数方程的题型

许多函数方程的解决仅以初等数学为工具，解法富于技巧，对人类的智慧具有明显的挑战

意味，因此，函数方程是数学竞赛中一种常见的题型。

1、确定函数的形式

尚无一般解法，需因题而异，其解是多样的：有无限多解的，有有限个解的，有可能无解（如：方程f2(x)f2(x)10无解）。

2、确定函数的性质

3、确定函数值

三、求函数的解析式

1、换元法

例题1、设函数f(x)满足条件3f(x1)2f(1x)2x，求f(x)。

例题2、设函数f(x)定义于实数集R，且f(x)满足条件f(x)xf(1x)1x，求f(x)。

精品考试资料，权威机构打造 ex1：函数f(x)在x0处没有定义，但对所有非零实数x有：1f(x)2f3x，求f(x)。

x2x2答案：f(x)

xex2：求满足条件x2f(x)f(1x)2xx4的f(x)。

2、赋值法

例题1、设函数f(x)定义于实数集R上，且f(0)1，若对于任意实数m、n，都有：

f(mn)f(m)n(2mn1)，求f(x)。

例题2、设函数f(x)定义于自然数集N上，且f(1)1，若对于任意自然数x、y，都有：f(xy)f(x)f(y)xy，求f(x)。

四、 究函数的性质

例题、设函数f(x)定义于R上，且函数f(x)不恒为零，f()0，若对于任2意实数x、y，恒有：f(x)① 求证：f(x2)f(x)

② 求证：f(x)f(x)

f(y)2f(xyxy)f()。

22精品考试资料，权威机构打造 ③ 求证：f(2x)2f2(x)1

ex3：若对常数m和任意x，等式f(xm)1f(x)都成立，求证：函数f(x)1f(x)是周期函数。

ex4：设函数f(x)定义于实数集R上，函数f(x)不恒为零，且对于任意实数x1、x2，都有：f(2x1)f(2x2)f(x1x2)f(x1x2)，求证：f(x)f(x)。

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