名校《强基计划》初升高衔接讲义（下）

名校《强基计划》初升高衔接讲义（下）TOC\o"1-3"\h\u第七讲几何定理 21.知识要点 22.例题精讲 23.习题巩固 44.自招链接 55.参考答案 6第八讲几何计算 181.知识要点 182.例题精讲 183.习题巩固 204.自招链接 225.参考答案 22第九讲几何不等式 381.知识要点 382.例题精讲 383.习题巩固 394.自招链接 415.参考答案 42第十讲数论 521.知识要点 522.例题精讲 523.同余的基本性质 524.自招链接 545.参考答案 54第十一讲组合 611.知识要点 613.例题精讲 624.习题巩固 63第十二讲高斯函数 721.知识要点 722.例题精讲 733.习题巩固 734.自招链接 745.参考答案 74第七讲几何定理1.知识要点在几何证明中有很多定理十分的有趣，在介绍这些定理之前，先介绍一下正弦定理与余弦定理.正弦定理与余弦定理是揭示三角形中边角之间的数量关系的两个重要定理，而三角形是最基本、最重要的几何图形，所以它们是联系三角与几何的纽带.因此，正弦定理和余弦定理有着极广泛的应用，它们在代数方面主要用于解斜三角形、判定三角形形状等等；在几何方面主要用于计算、证明以及求解几何定值与几何最值等等.正弦定理：在三角形中，各边和它所对的角的正弦的比相等.这个表述等价于：在三角形中，各边之比等于它所对的角的正弦之比.有，此式变形得.余弦定理：在三角形中，任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角余弦的积的两倍.这个表述等价于：任何一角的余弦等于它的两条夹边的平方和减去对边的平方的差除以夹边乘积的两倍所得的商.有，，.变形得，，.以上的证明过程可以使用勾股定理来证明.2.例题精讲（梅氏定理）如图7-1，E、M分别为AB、AC上的任意一点，D为EM与BC延长线的交点，求证：.（塞瓦定理）如图7-3，在中，、与相交于点O.试证明：.若钝角三角形的三边分别为、2、x，试求x的取值范围.证明：三角形的任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边距离的两倍.证明：（斯德瓦尔特定理）如图7-5，中，D是BC上任意一点，则有.证明斯坦纳（Steiner）定理：若P为内任意一点，作，交BC于点D，作于点E，作于点F.则.证明笛沙格定理：如图7-7，平面上有两个三角形、，设它们的对应顶点（A和、B和、C和）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线.证明阿波罗尼斯圆：如图7-8，到两定点A、B的距离之比为定比（值不为1）的点E，位于将线段AB分成的内分点C和外分点D为直径两端点的定圆周上.证明西姆松定理：（1）如图7-11，从外接圆上任一点P向三边AB、BC、CA所在直线引垂线，设垂足分别为点D、E、F，则点D、E、F共线.（2）由外一点P向其三边AB、BC、CA所在直线引垂线，垂足为点D、E、F.若点D、E、F共线，则点P必在的外接圆上.3.习题巩固证明海伦公式：，，a、b、c为三边长.如图，AM是的BC边上的中线，求证：.证明：若G为的重心，P为所在平面上任意一点.则.证明：平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和.求证：任意四边形四条边的平方和等于对角线的平方和加对角线中点连线平方的4倍.如图，四边形ABCD的对边AB与CD、AD与BC分别相交于点L、K，对角线AC与BD交于点M，直线KL与BD、AC分别交于点F、G.求证：.在中，已知，求证：.若a、b、x、y是实数，且，.求证：.（请用几何方法）如图，已知AD、BE、CF是的三条高，点D在直线AB、BE、CF、CA上的射影分别是点M、N、P、Q.求证：M、N、P、Q四点共线.已知四边形ABCD是圆内接四边形，且是直角，若从B作直线AC、AD的垂线，垂足分别为点E、F，则直线EF平分线段BD.4.自招链接（托勒密定理）已知，四边形ABCD内接于圆，求证：.某人在学习了三角形面积的海伦公式（若一个三角形的三边长分别是a、b、c，则它的面积，其中）以后，（1）他试图用例子说明，存在着两个不全等，并且边长是正整数的等腰三角形，它们的周长相等，而且面积相等.为了方便，他设定两个等腰三角形的底边边长之比为2.请你按上述思路给出一组满足要求的例子.（2）两个等边三角形面积相等，它们一定全等；两个等腰直角三角形也是如此.除此之外，请你考虑，能否以两个三角形周长相等，面积相等为前提，再附加一个有关三角形形状特征的条件，从而推导出此时这两个三角形必定全等？5.参考答案以下提供的是面积法证明梅氏定理（爱因斯坦称为优雅的证明，利用平行线的是丑陋的证明）.如图7-2，连结AD、BM.，，.故.由和有公共底边OA，而这两个三角形OA上的高之比为.所以.同理，，. 三式相乘，化简得：.若x为最大边，设钝角为，，又，解得.又，所以.若2为最大边，，又，解得.又因为，得.综上，或.事实上，如图7-4，AD、BE、CF分别为的三条高，D、E、F分别为垂足，H是垂心.O是的外心，M、N、L分别是BC、CA、AB的中点，则OM、ON、OL即为外心O到三边的距离.取BH的中点P，连结PL、PM，则，，，.而，，则，，即四边形PMOL为平行四边形.（或连结PO，有）有，.同理，.如图7-6所示，过点A作BC的垂线，垂足为点E，则有，，.故.即.点评：由斯德瓦尔特定理可以得出很多有用的结论，比如上例，令本例中，则很快得出上例的结论以及中线长的公式，一般地，只要的三条边已知，BC上一点D的位置已知，则AD的长度便可直接求出来.另外，此结论用余弦定理证明也是很快的：在中，由余弦定理可知，.在中，由余弦定理可知，.故..运用梅涅劳斯定理是证明三个没有直接联系的点共线的常用方法；假设：，，.因为直线AC割三角形，所以，即.所以 .同理，可得到：.同理可得到： .所以.所以G、E、D共线.证明逆定理可以使用同一法.首先证明阿波罗尼斯定理的逆定理：将线段AB分成（值不为1）的内分点C和外分点D为直径两端点的定圆周上任意一点到两定点A、B的距离之比为定比.如图7-9，连结OE.不妨设，设，则，，，.所以圆的直径为.圆的半径，，，可得到.所以，对于上任意一点E有，，所以，所以.阿波罗尼斯定理的逆定理证明成立后，反过来再证明原来的定理可以使用反证法.设E不在圆上并且.如图7-10，连结EC，则EC为三角形AEB的角平分线，如果EC或其延长线与圆有另一个交点，则根据已证明的逆定理，所以是三角形的角平分线，于是很容易证明，该结论与值不为1矛盾.如果EC或其延长线与圆只有一个交点，则EC与圆相切，于是容易证明，同样能得出矛盾.所以假设不成立.即满足的点只能在CD为直径的圆上.另解：运用余弦定理可以直接得到原命题.已知：A、B、C、D共线，，O为CD中点，求证：.，其中.又因为，，所以.所以 .所以 .所以 .（1）如图7-12，连结DE、EF、PB、PC.由，可知，D、B、P、E四点共圆，故.由，可知，P、E、C、F四点共圆，故.又，，可知，，故，从而可知，点D、E、F三点共线.（2）由，可知，D、B、P、E四点共圆，故.由，可知，P、E、C、F四点共圆，故.又，故.又，，故，从而可知，A、B、P、C四点共圆，即点P在的外接圆上.习题巩固.在中，由余弦定理可得，代入上式可得.又，故，，，故.过点A作BC的垂线，垂足为点D.在中，由勾股定理可知，.同理，，.又，，，故.备注：本题就是三角形的中线长公式，设a、b、c为三角形的三边长，、、分别为对应边上的中线，则有，，.本题只给出了一种情况，当中或者为直角或钝角时，同理可证.另外，可用余弦定理证明该结论：在中，由余弦定理可知，；在中，由余弦定理可知，.两式相加即可得到结论.设BC的中点为M，连结AM、PM.设AM的三等分点分别为点N、G.则点G为的重心.由中线公式有，①，②.③①+②并代入③得：.又，，所以.又，同理，.将以上三式代入即得.点评：该结论前一个等式称为卡诺定理，后一等式称为莱布尼兹公式.要证明的结论是：.如图，过点A、D分别作BC的垂线，垂足分别为点E、F，易证，故，.由勾股定理可知，，.故.另解：在中，由余弦定理可知，.在中，由余弦定理可知，.两式相加可得，.点评：如果设两对角线的交点为点O，我们发现：在中，；在中，.故，即.也就是说，用中线长公式（或者斯德瓦尔特定理）也可很快证明.根据题意作图，ABCD为任意四边形，点E、F分别为BD、AC的中点.该图与我们前面讲过的中线长公式的图形是一致的，于是可得，，同理.两式相加可得，.在中，，于是有.故.从而可知，，得证.点评：本结论也称为欧拉定理.对与点B，由塞瓦定理，得.对与截线AGC，由梅涅劳斯定理，得.由两式可得.将结论变形为，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形.如图，作的外接圆，作弦，连结AD、CD.在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有.易证，，所以.两端同除以，得.如图，作直径的圆，在AB两边任作和，使，，，.由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的.据托勒密定理，有.因为，所以.运用西姆松定理解题最重要的是找对哪个点对于哪个三角形的西姆松线.点D对于的西姆松线是MNQ，点D对于的西姆松线是MNP，而M、N即可确定一条直线，故M、N、P、Q四点共线.作交DC的延长线于点G，由西姆松定理有：F、E、G共线，又因为，所以四边形BFDG为矩形，所以对角线FG平分另一条对角线BD.自招链接由于待证结论实质上是一种比例线段的组合形式，一般是通过（或构造）相似三角形.为此，不妨把原式左端也化成线段两两乘积之和.证法1：几何方法.如图1，在BD上取一点P，使其满足.因为，所以，从而有，即.①又，，所以，从面有，即.②①+②，有 .即，故.证法2：代数证法.如图2，设，，，，，.即证.在中，由余弦定理，有；在中，同理，有.因为，所以，即.整理，得；同理可得.于是，，故.即.（1）一组三角形边长为8、8、12；11、11、6.令两个三角形边长分别为、，则有.由海伦公式及两个三角形面积相等，有，整理得.不妨令联立，解得令，则（2）附加条件：两三角形为直角三角形.不妨设两三角形边长分别为、，其中、为直角边，设内切圆半径为、.由周长相等、面积相等可得，可以推出，两三角形内切圆半径相等.由内切圆半径相等可得，又由，可得又由面积相等，可得，联立可得.可以解得或综上，两三角形全等.第八讲几何计算1.知识要点在自招试卷中，有不少的几何计算问题，一般需要用到全等，相似，勾股定理等课本知识，同时也会考查到面积法，弧长等平时较少操练的章节.本讲我们讲围绕几何计算展开学习.2.例题精讲如图8-1，，点P、Q分别是边OA、OB上的两点，且.将沿PQ折叠，点O落在平面内点C处.（1）①当时，；②当时，求OQ的长.（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时，求OQ的长.我们知道，三角形的内心是三条角平分线的交点，过三角形内心的一条直线与两边相交，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形.若有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“内似线”.（1）等边三角形“内似线”的条数为；（2）如图8-6，中，，点D在AC上，且，求证：BD是的“内似线”；（3）如图8-7，在中，，，，点E、F分别在边AC、BC上，且EF是的“内似线”，求EF的长.将一个等腰三角形ABC划分成两个较小的等腰三角形，问这样的有几种形状？并将所有形状都列出来.如图8-11，中，，BC边上有100个不同的点，，，…，，记，求.已知的两条角平分线BD、CE交于点I，，.则的度数为.如图8-15，在四边形ABCD中，已知是等边三角形，，，.求边CD的长.如图8-17，在四边形ABCD中，，，，设直线AD与BC的交点为点E，则的大小为.如图8-19，三条直线l、m、n互相平行，且l、m间的距离为2，m、n间的距离为1，若正的三个顶点分别在l、m、n上，则正的边长是.如图8-21，，则.如图8-22，在中，，，四边形CDEF、四边形KLMN是的两个内接正方形.已知，.求的三边长.3.习题巩固沿一个卡纸立方体的边缘按照图1中所示的虚线切开，然后展开，平放在桌面上的图形是图2中的（）.如图，EFGH是正方形ABCD的内接四边形，、都是锐角，已知，，四边形EFGH的面积为5，求正方形ABCD的面积.如图，设P是ABCD内一点，过P分别作AB、BC、CD、DA的垂线，垂足分别为点E、F、G、H.已知，，，，，，且，则四边形的周长为多少？在中，，，延长BC到D使.求.已知是等边三角形，它的高是4.若点P到边AB、AC的距离分别是1、2.则点P到边BC的距离是多少？在中，，，分别以AB、AC为边向外部作正、，连结DE分别交AC、AB于点F、G.则的值为多少？在中，，，.则外接圆的半径是多少？设的三边分别为a、b、c，且.若，求的值.如图，的网格中有25个格点，作出以这25个格点中的三个点为顶点的所有三角形，其中直角三角形多少个？已知A、B是半径为2的上的两定点，，P是上一动点.当点P在上移动一周时，的垂心移动的路程为多少？（增加两个特殊点，使的垂心H移动的轨迹是封闭图形）.如图，已知，且.点D、E分别是AC、AB上的动点，BD与CE相交于点P，使.求的最大值.4.自招链接如图，在任意五边形ABCDE中，点P、Q、R、S分别是AB、CD、BC、DE的中点，点M、N分别是PQ、RS的中点，且.求MN.已知中，，于点D，若，.求的面积.5.参考答案（1）①当时，，由折叠的性质得：，，所以，所以，所以四边形OPCQ是平行四边形，所以四边形OPCQ是菱形，所以.故答案为：.②当时，分两种情况：（ⅰ）如图8-2所示，设，因为，所以是等腰直角三角形，所以，所以.由折叠的性质得：，，所以是等腰直角三角形，所以，所以，解得：，即；（ⅱ）如图8-3所示.同（ⅰ）得：；综上所述：当时，QQ的长为，或.（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时，符合条件的点Q共有5个；①点C在的内部时，四边形OPCQ是菱形，；②当点C在的一边上时，是等腰直角三角形，或；③当点C在的外部时，分两种情况：（ⅰ）如图8-4所示，，则，由折叠的性质得：.设，则，在中，由三角形内角和定理得：，解得：，所以，作于点N，设，因为，则，，.因为，所以，解得：，所以.（ⅱ）如图8-5所示，，作于点N，同①得：.综上所述：当折叠后重叠部分为等腰三角形时，OQ的长为或或，或或.（1）等边三角形“内似线”的条数为3条；理由如下：过等边三角形的内心分别作三边的平行线，如8-8所示：则，，，所以MN、EF、GH是等边三角形ABC的“内似线”.故答案为：3.（2）因为，，所以，，所以.又因为，所以，所以BD平分，即BD过的内心，所以BD是的“内似线”.（3）设D是的内心，连结CD，则CD平分，因为EF是的“内似线”，所以与相似.分两种情况：①当时，，因为，，，所以.作于点N，如图8-9所示.则，DN是的内切圆半径，所以.因为CD平分，所以.因为，所以，所以.因为，所以，所以，解得：.②当时，同理得：.综上所述，EF的长为.如图8-10所示.设等腰三角形ABC分成与.不妨假设；于是，等腰三角形ABD中，只能有.这时，而有三种情况.（1）若时，则，为等腰直角三角形.（2）若时，设，则，，，由于，则.若，则，； 若，则，.（3）若时，设，，，显然.由，得，.综上所述，总共有4组解；所求三角形的三个内角分别为（45°，45°，90°）、（36°，36°，108°）、，（36°，72°，72°）.仔细观察，我们发现的结构与斯德瓦尔特定理非常相似，只是缺BC.从而可知，，故，从而有.也可以仿效前面几个例题作垂线，也可求出.如图8-12，作于点D，则. 从而可知，.答案：40°或60°.如图8-13，在BC上截取，，连结、.当点与不重合时，易证，.则.故.又，则，.当点与重合时，如图8-14.同理，由，且，知.所以，.如图8-16，以CD为边向四边形ABCD外作等边，连结AE.由，，知，所以，所以.又，可知.所以，从而有，所以.如图8-18，过点B作，过点D作，BF、DF交于点F，连结AF.因为，，，所以四边形BCDF是菱形，所以.因为，所以.因为，所以.因为，所以.因为，所以.所以三角形ABF是等边三角形.所以，，所以.因为四边形BCDF是菱形，，所以，所以.因为，，所以.因为，所以，所以.如图8-20，过点A作于点D，在AD右侧作，并使，连结CE，交l于点F；过点C作于点G.因为，，所以.所以，即因为所以，所以.因为，所以，所以，所以.因为，，所以，所以.因为，所以.因为，，所以，.所以，所以在中，，，所以.在中，，，所以.所以.所以，即正三角形ABC的边长是.设，，，.则，，；所以 .设正方形CDEF的边长为x，正方形KLMN的边长为y，则，.设，，，则.因为，所以.因为，得.因为，得.因为，所以.则 .所以.所以，.所以a、b是二次方程的两根.因为，所以，.习题巩固答案：D.如图，在立方体的六个面中，只有ABCD和CDHG切开三条棱，保留一条棱连结，即只与一个面相连结，其他四个面切开两条棱，保留两条棱连结，即可与两个面相连结，连结顺序是.如图，分别过点E、F、G、H作对边的垂线，得矩形PQRT.设正方形ABCD的边长为x，，.由勾股定理，得，.又，，，，且，所以，得，解得，所以，即.如图，分别连结PA、PB、PC、PD.因为，，，，所以由勾股定理，得，，，，以上四式相加并整理，得，因为，，，，，，所以，，因为，所以，所以.答案：80°.如图，在边CD上取点E，使，连结AE.则.故.易知.所以，.如图1，设点P在的内部，AH是的高，P到三边的垂线分别为PD、PE、PF，并记的边长为a.由面积关系得，于是，，即.类似地，当点P不在的内部时，可知在图2中的位置.因到AB、AC的距离之和小于4，所以，不是P.记到BC的距离分别为.则，，.解得，，.故点P到边BC的距离可能是1、3、5、7.如图，过E作于点M，延长EM交AB于点N，连结DN.则M是AC的中点，且.所以，N是AB的中点.于是，. 又，得，，所以，四边形ADNE是平行四边形.因此，.令，则，，.在中，，.由得，则，即.所以，，故.如图，设O是外接圆的圆心，作直径AD，连结DB、DC.则.由，，则，.过点C作AD的垂线，垂足为点F.设，.由勾股定理得.代入得.①在中，由勾股定理得，即.②由式①、②得，即.解得（负值舍去）.因为，，所以.即.两边平方并整理得或.又，且，则.答案：596.（1）当直角三角形的两直角边均在网格线上时，每个顶点为直角顶点，该直角顶点处有个直角三角形.此时，共有个直角三角形.（2）当直角三角形的两直角边不在网格线上时.如图，其中，（A）表示与A的地位相同的点，（B）、（C）、（D）与之类似.以四角顶点为直角的直角三角形不存在；以点A为直角顶点的直角三角形有（个）；以点B为直角顶点的直角三角形有（个）；以点C为直角顶点的直角三角形为（个）；以点D为直角顶点的直角三角形有（个）；以点O为直角顶点的直角三角形有（个）.综上，所求三角形的个数为（个）.答案：.当点P在优弧AB上，且为锐角三角形时，.当为钝角三角形时，.当为直角三角形时，垂心为A或B.当点P在劣弧AB上时，.所以，H的轨迹为关于AB的对称圆（增加两个特殊点为A、B两点关于该圆的圆心的对称点）.故的垂心H移动的路程为.设，，则.因为，所以，，在中，由梅涅劳斯定理，得，则.同理， .所以 .因为，所以，所以.因为，所以，.令，则，从而.因为，所以，即，当且仅当时，，则，所以当且仅当，即时，.自招链接如图，连结BE，并取其中点为O，再连结PO、SO、RO、SQ、RQ、OQ.在中，由三角中位线定理得.在四边形BCDE中，因R、Q、S、O分别为各边的中点，易知四边形RQSO为平行四边形，其对角线RS、QO互相平分.又N为RS的中点，则N也是OQ的中点.故.于是，.法一：如图1，将沿直线AB翻折得，将沿直线AC翻折得，延长EB、FC交于点G.因为，所以，，因为，根据平行线间的距离相等，易得.又，.设.则，，可列方程：.解得：（其中不合题意，舍去.）所以的面积为：.法二：将绕着点A逆时针旋转90°得，延长、DC交于点H，连结.因为，所以，，根据平行线间的距离相等，得，且.所以.设.则，，在中，由勾股定理得.解得（其中不合题意，舍去.）所以的面积为：.法三：正切和公式：.设，则，解方程得（其中不合题意，舍去.）所以的面积为：.第九讲几何不等式1.知识要点在自招考试中，求几何最值的问题频频出现，比如求最短距离、求某个角度的取值范围、求面积的最大值等等.所有这些问题都可以归结为几何不等式有关几何不等式的性质和定理如下：1.三角形两边之和大干第三边，两边之差小于第三边.2.三角形的外角大于任一不相邻的内角.3.同一三角形中，大角对大边，大边对大角.4.两点之间线段最短.5.两边对应相等的三角形中，所夹的角越大，则它所对的边越大6.两边对应相等的三角形中，第三边越大，则它所对的角越大7.直角三角形的斜边大干任一直角边可以看到，几何不等式的基础大多源于三角形，所以关于三角形的不等式是占绝大多数的，而很多包括四边形、圆的问题都可以化为三角形中的不等关系，因此三角形中的各种不等式是我们讨论的一个重点.另外需要注意的是，很多几何不等式实际上是代数不等式，还有相当一部分几何不等武的证明过程用到了经典的代数不等式，其中最常用的就是均值不等式.2.例题精讲如图9-1，矩形中，，若在、上各取一点、，使的值最小，求这个最小值.已知正三角形的边长为1，点、、分别在、、上，，求的最大面积.在锐角的边、、上各有一动点、、，求证：的周长达到最小当且仅当、、为的三条高.已知点是四边形的边的中点，且，证明：.如图9-7，设的外心为.在其边和上分别取点和，使得.证明：的周长不小于边之长.如图9-9，在的边上取一点，连结，过点作交于点，过点作交于点.求证：如图9-10所示，在中，、、的对边分别为、、，如果，求证：.求证：在凸四边形，有.证明Ptolemy定理（托勒密定理）：对于一般的四边形，有，当且仅当是圆内接四边形时等号成立.3.习题巩固如图所示，设，为上一点，，为上一点，，为上任意一点，是上任意一点，求折线的长度的最小值.已知平面内的任意四点，其中任意三点不共线，试问：是否一定能从这样的四个点中选出三点构成一个三角形，使得这个三角形至少有一个内角不大于？试证明你的结论.如图，点、、分别在、、上，若分别记、、为、、，证明：，当且仅当、、共点时等号成立.如图，在的边上依次有点、，边上依次有点、求证：.如图，在中，、、的平分线分别交外接圆于点、、.证明：.设四边形四边依次为、、、，则其面积不大于，其中.取到最大值时，仅当四边形内接于圆.设点为边长为1的正三角形内一点，则、、中至少有一条其长度不超过.已知点是四边形的边的中点，且，证明：.如图，已知中，，为内一点.求证：.如图所示，在四边形中，，，求证：（1）；（2）.4.自招链接已知为内一点，点至三边、、的距离分别为、、，求当取最小值时点的位置.中，为三角形的重心，过的直线交边于点，交边于点.若的面积为1，求的面积的最大值与最小值.5.参考答案如图9-2，作点关于的对称点，连结，则点关于的对称点在上的点处.此时过点作于点，则，即的最小值为.设和交于点，连结，则的面积等于.因为，则.设，则，.所以，解得.所以，故的最小值是..如图9-3，设，，，则，.，于是问题变为求的最小值，展开后约去，即求的最大值.由不等式知，当时，，此时的面积达到最大值.如图9-4，设点关于、的对称点分别为点、，与交于点，与交于点，则.这里为的高，为的外接圆半径.又由对称性，除了外，、也分别必须垂直于、时方能达到.显然，要证题设的不等式，应当把、、三条线段首尾连结成一条折线，然后再与线段比较要实现这一构想，折线之首端应与点重合，尾端应与点重合，这可由轴对称来实现.如图9-6，以为对称轴，作点关于的对称点，连接、，则，，即，由此.再以为对称轴，作点关于的对称点，连结、，则，，即，由此.而，所以.注意到，因此，而，所以是等边三角形，.由于两点之间以直线段为最短，所以，即.如图9-8，注意到，则在内部可取点和，使得，.从而，，且.连结，则，故.因此，.由知，且.又由得，所以.从而，即，所以.上式表明二次方程有实根，从而其判别式非负，即，故.另解：对于，可以配方得，即得结论.注意到，所以等价于.如图9-11所示，延长至点，使，延长至点，使，则.过点作的平行线，过点作的平行线，两线交于点，连结，则四边形为平行四边形.则，.因为，，，故，则，，即，.从而，在中，.而，故，即.如图9-12，取的中点，的中点，连结、、，令，，，则由余弦定理得，，而，，所以.同理可得，，于是有.因为，所以.说明：（1）当时，，且有四边形为平行四边形.因此我们有结论：平行四边形的四边长平方和等于对角线长的平方和.反过来，若四边形的四边长平方和等于对角线长的平方和，则此四边形为平行四边形(2)运用余弦（或正弦）定理得到几何线段的不等式，是其思路之一.如图9-13，作线段，且.则有，可得，所以，所以.①又因为.所以，所以.即.得到.当且仅当在上时，此时，即、、、四点共圆.习题巩固构造点关于的对称点，点关于的对称点，则.在中，，，，解得，即折线的长度的最小值为12.一定可以从中选出三点符合题意.根据内角的大小，分凸四边形或凹四边形分类讨论即可.设，，，则，，，所以.又有，故，于是命题得证.当且仅当时取等号，由塞瓦逆定理知，此时必有、、共点.设.而，即，所以.如图，连结、、、、、.因为，，，所以、、相交于一点，即为的内心，则，，.在中，因为，所以.同理可证，.将这三个式子相加并整理，得.①因为，，，所以.②式得.如图，连结、，交于点，设，则由四边形的余弦定理，得.又，两式平方后相加，得，即.由托勒密不等式，有，故.由托勒密定理知，仅当内接于圆时，面积取最大值.设为的重心，则.分别以、、为圆心，经过点作圆，将分为如图所示的6个区域.当点在区域Ⅰ时，显然有.同样地，在区域Ⅱ、Ⅲ时，分别有，.当点在区域Ⅳ时，，至少有一个成立.同样地，在区域Ⅴ时，，至少有一个成立，在区域Ⅵ时，，至少有一个成立.综上所述，、、中至少有一条不超过.同例4.将三角形逆时针旋转，通过两点之间线段最短得证.（1）以为对称轴将翻折到的位置，则由可知在上，且，.将平移到的位置，则由可知在的延长线上，且，，因此是一个等腰梯形，所以，于是.（2）由（1）可得，即，而由及勾股定理可得，故.自招链接显然有，而由柯西不等式.即有.上式右边即为最小值，等号当且仅当时取到，即点是的内心.设，由为三角形重心可得..因为，可得，.则.根据的取值范围，可得，所以最小值为，最大值为.即的面积的最大值为，最小值为.第十讲数论1.知识要点由于数论在中考中涉及的考点几乎没有，同学们接触极少，所以当它出现在自招考试中往往会造成大范围失分.反之，对数论较为熟悉的同学也因此能在自招考试中取得优势.数论涉及的考点比较广，其中整除、同余、奇偶性、质数合数、完全平方数及一元二次方程整数根问题等在自招中出现得比较频繁.数的整除特征：1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除.2.一个各位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除.3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除.4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除.2.例题精讲用数字6、7、8各两个，组成一个六位数，使它能被168整除.这个六位数是多少？如果甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，那么甲数是多少？方程的整数解的个数是_.若正整数n使得是由同一个数字组成的三位数，则符合条件的n为_.3.同余的基本性质若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：，左边的式子叫做同余式.同余具有下面的性质：（1）自反性 ；（2）对称性 ；（3）传递性 ，.设a、b、c、d是整数，并且，则（1）；（2）；（3）.试求除以17的余数.完全平方数常用性质1.主要性质（1）完全平方数的尾数只能是0、1、4、5、6、9.不可能是2、3、7、8.（2）在两个连续正整数的平方数之间不存在完全平方数.（3）完全平方数的约数个数是奇数，约数的个数为奇数的自然数是完全平方数.（4）若质数p整除完全平方数，则p能被a整除.2.一些重要的推论（1）任何偶数的平方一定能被4整除；任何奇数的平方被4（或8）除余1.即被4除余2或3的数一定不是完全平方数.（2）一个完全平方数被3除的余数是0或1.即被3除余2的数一定不是完全平方数.（3）自然数的平方末两位只有：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，09，29，49，69，89，16，36，56，76，96.（4）完全平方数个位数字是奇数（1、5、9）时，其十位上的数字必为偶数.（5）完全平方数个位数字是偶数（0、4）时，其十位上的数字必为偶数.（6）完全平方数的个位数字为6时，其十位数字必为奇数.（7）凡个位数字是5但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数；末尾只有奇数个“0”的自然数不是完全平方数；个位数字为1、4、9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数.有一个四位数，它是一个完全平方数，求a.设正整数n至少有4个不同的正约数，且是n的最小的4个正约数，它们满足.求所有这样的n.正整数n恰好有4个正因数（包括1和n）已知其中两个因数之和是另两个因数之和的六倍.求n的值.求所有的整数数组，使得已知质数p使得恰有30个正因数.则p的最小值为多少？有四个数，每三个数的积被第四个数除后余一，求这四个数.习题巩固试求被7除的余数.使得整除的正整数n共有多少个？若n为正整数，且满足，则n的可能值有多少个？方程的所有不同整数解的个数为多少？已知正整数x、y.求的解.一个三位数是它的各位数字之和的29倍.则这个三位数是多少？设，，，其中，a、b、c是质数，且满足，.问：a、b、c能否构成三角形的三边？如果能，求出三角形的面积；如果不能，请说明理由.已知a、b是整数，c是质数，且.则有序数对有多少组？若a、b均为质数，且，则的末位数字是多少？设x为正整数，且，则使能被12整除的共有多少个？已知p为大于5的质数，且m为除以120的余数.则的个位数字是多少？对正整数n，记.若，则M的正因数中共有完全立方数多少个？4.自招链接已知某个直角三角形的两条直角边长都是整数，且在数值上该三角形的周长等于其面积的整数倍.问：这样的直角三角形有多少个？方程的正整数解共有多少组？5.参考答案例题精讲因为，所以组成的六位数可以被8、3、7整除.能够被8整除的数的特征是末三位组成的数一定是8的倍数，末两位组成的数一定是4的倍数，末位为偶数.在题中条件下，验证只有688、768是8的倍数，所以末三位只能是688或768，而又要求是7的倍数，由数的整除性质4知形式的数一定是7、11、13的倍数，所以768768一定是7的倍数，□□□688的□不管怎么填都得不到7的倍数.至于能否被3整除可以不验证，因为整除3的数的规律是数字和为3的倍数，在题中给定的条件下，不管怎么填数字和都是定值.所以768768能被168整除，且验证没有其他满足条件的六位数.对90分解质因数：.因为126是甲的倍数，又126不是5的倍数，所以甲中不含因数5.如果乙也不含因数5，那么甲、乙的最小公倍数也不含因数5，但90是5的倍数，所以乙含有因数5.因为105不是2的倍数，所以乙也不是2的倍数，即乙中不含因数2，于是甲必含有因数2.因为105不是9的倍数，所以乙也不是9的倍数，即乙最多含有1个因数3.由于甲、乙两数的最小公倍数是90，90中含有2个因数3，所以甲必含有2个因数3，那么.总结：两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子，并且这些质因数的个数为两数中此质因数的个数的最大值.如，，则A、B的最小公倍数含有质因子2、3、5、7、11，并且它们的个数为a、b中含有此质因子较多的那个数的个数.即依次含有3个、3个、2个、1个、1个，故.2016是4的倍数，一个平方数除以4的余数为0或者1，所以可以判断x，y，z为2的倍数.两边同时除以4，得.同理可得，、、为2的倍数.两边同时除以4，得.不妨设，可得，，；，，；，，；所以，；；.根据排列组合与正负号，共组解.设，①则，得：.，因为，所以或.由n的大致范围得：或36，代入得：，.同余：若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：，左边的式子叫做同余式.因为，所以.从而，.由完全平方数的个位数字特征：只能取0、1、4、5、6、9，故.因此，N的末两位为.再由完全平方数末两位特征：只有符合条件，即，6.当时，非完全平方数，舍去；当时，，符合条件.故.显然最小的是1，其次如果n为奇数则矛盾，所以是偶数.于是第二小的数是2.于是剩下的两个约数是一奇一偶.如果第三个为偶数，那么只能是4，否则若是大于4，那么p必定是比第三个还小的约数.如果第三个是4，那么n是4的倍数，这和式子左边除以4余数是2矛盾.所以第三个是奇数.第四个是偶数，那么只能是第三个数的两倍.于是我们得到.注意到，恰有四个正因数的正整数必为或（p、q为质数，）.当时，其全部正因数为1、p、、.由题设条件知，有，，满足.上式右边为p的倍数，故，或3.经检验，上式均不成立.当时，其全部正因数为1、p、q、.显然，.若，则，可得（或，因此或143.若，则，与p为质数矛盾.若，则，与p为质数矛盾.综上：或143.如果，并且，则.所以式中所有不等号均为等号，这要求，，，，这是不可能的，从而或者.不妨设，则或.情形一：，此时，，故，可知，从而，故，于是，或.分别代入可求得，或.情形二：，此时，，即有，同上可知，即，因此，，或，对应地，可求得或（当时无解）综上，结合对称性，可知，，，，，或共7组解.当或3时，不符合题意.所以.又，此时，.因为p有两个因数，所以有15个因数.而，为使p最小，又是偶数，故只能是或.从而，（舍）或23.因此p的最小值为23.设这四个数分别为a、b、c、d，其实题目就一个条件：，，，.第一步：先证四个数两两互质（这个还是比较容易发现的）设，则.所以a、b互质.同理，其他均两两互质.第二步：构造一个多项式，能被四个数共享.（这个技巧比较难想到）令，则，，，.由a、b、c、d两两互质得：，即（表示为整数），很显然a、b、c、d中不可能有1，不然就没余数这回事了.又由两两互质可知，这四个数都不相同.那么我们不妨设，则，故.第三步：用不等式解方程.（这个算基本功了）首先a不能太大，我猜是2，不信咱就证一下：若，则，矛盾！所以.那么方程化为.同理，b也不能太大.若，则，所以或4或5.讨论一下：当时，原方程化为：，构造因式分解：，得：，或，.同理，当，5时，原方程无整数解.综上：这四个数分别为2、3、7、41或2、3、11、13.习题巩固由于，故只需考虑除以6的余数即可.而无论n取什么正整数，除以6均余4..（其中为除以6余4后的商），而，故n有个..因为，所以2013有8个约数，而每个约数加1即为符合条件的n.答案:8个.原方程化为.因为与的和能被3整除，而分解为两个整数因数（包括负因数），这两个整数因数的和也能被3整除，所以解的个数应为.由. ①若，有.又，矛盾.所以.在式①中，由，有.因此，x只可取5、6、7中的数.经验算，只有两组正整数解为，.设三位数为.则.因a、b、c为正整数，所以.而，则，.由，知，从而，，.所以，这个三位数为261.不能.由题意得：，，.因为，所以.又x为整数，a为质数，则或，.当时，.进而，，，与b、c是质数矛盾.当时，.进而，，.因为，所以a、b、c不能构成三角形的三边.由已知得.因与的奇偶性相同，所以上式左边为偶数.从而，c为偶质数2.故，，，，，共6组.由条件知和必为一奇一偶.若是偶数，则，.此时，.由的末位数字为6，的末位数字为1，知的末位数字为9.若是偶数，则，.此时，.由的末位数字为1，的末位数字为6，知的末位数字为3.故的末位数字是9或3.注意到，由，得，又是奇数，故.而，于是，，12，24，36，48.故，13，25，37，49，共5个.注意到.设.显然，.又p为大于5的质数，故.所以除以120的余数总是1，即.所以.即的个位数字为9.注意到，.又一个完全立方数应具有形式，且，，，.故这样的n共有个.自招链接设该直角三角形的两条直角边长为a、b，且，那么结合勾股定理及条件，可设， ①其中k为正整数.对①两边乘以2，移项后，两边平方，，化简整理，得，因式分解，得.注意到，、为正整数，且，故，.分别可求得，或.综上，满足条件的直角三角形恰有3个，它们的三边长为，和.注意到原方程关于a、b、c对称.不妨设.则.代入原方程得.当时，得；当时，得，；当时，得（舍去）；当时，c不为正整数.综上，当时，原方程有三组正整数解，，.故原方程的正整数解共有（组）.第十一讲组合1.知识要点组合问题非常考验同学们的思维能力，其中组合计数、概率等问题是自招考试的高频考点，抽屉原理、染色问题、极端原理等偶尔也会出现．一、乘法原理一般地，如果完成一件事需要n个步骤（缺一不可），第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，第3步有m3种不同的方法……第n步有mn种不同的方法，则完成这件事一共有种不同的方法．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．二、加法原理一般地，如果完成一件事有n类步骤（每一类中的任何一种方法都能独立完成这件事情），第1类有m1，种不同的方法，第2类有m2种不同的方法，第3类有m3种不同的方法……第n类有mn种不同的方法，则完成这件事一共有种不同的方法．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．三、排列在实际生活中经常会遇到这样的问题，就是要把一些事物排在一起，构成一列，计算有多少种排法，就是排列问题．在排的过程中，不仅与参与排列的事物有关，而且与各事物所在的先后顺序有关．根据排列的定义，两个排列相同，指的是两个排列的元素完全相同，并且元素的排列顺序也相同．如果两个排列中，元素不完全相同，它们是不同的排列；如果两个排列中，虽然元素完全相同，但元素的排列顺序不同，它们也是不同的排列．排列的基本问题是计算排列的总个数．从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同的元素的排列中取出m个元素的排列数，我们把它记做或..四、组合一般地，从n个不同元素中取出m个（m≤n）元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时．才是不同的组合．从n个不同元素中取出m个元素（m≤n）的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的组合数．记作或.3.例题精讲回答下列问题：（1）在1～5的自然数可以组成的五位数共有几个？（2）有3种染料给三行144列的方格网染色，一共有多少种染色方法（只列式，不计算）？至少取多少列方格，才能保证有两列方格染色完全相同？（3）从十位同学中任意选取2名同学，一共有多少种选法？（4）爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶．若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座方法？（5）图11-l中有六个点，任意三个点都不在一条直线上．请问：以这些点为顶点，一共可以连出多少个三角形？（6）某铁路线上，在起点和终点之间原有7个车站，现在新增加了3个车站，这样需要增加几种不同的车票？6人同时被邀请参加一项活动．必须有人去，去几个人自行决定，共有多少种不同的去法？小明的妈妈给了小明9块一样的糖，让他在接下来的4天正好吃完，每天至少吃一块，则小明有多少种不同的吃糖方案？4个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，问有多少种传球方法？游乐园的门票1元1张，每人限购1张．现在有10个小朋友排队购票，其中5个小朋友只有1元的钞票，另外5个小朋友只有2元的钞票，售票员没有准备零钱．问有多少种排队方法，使售票员总能找得开零钱？给定一个15×15的方格表，将其中有公共边的方格称为相邻的．将某些相邻方格的中心用线段相连，得到一条不白交的闭折线．现知该折线关于方格表的一条对角线对称．证明：折线的长度不大于200．物体A和B放在坐标平面上同时移动，且每次移动一个单位长度，A从（0，0）开始移动每次以相同的可能性向右或向上移动，物体B从（5，7）开始移动，每次以相同的可能性向左或向下移动，问两物体相遇的可能性是多少？摄影师给8名同学照相，有两人合影，也有三人合影，若任意两名同学都恰好合影一次，问最少要拍多少张照片？某同学在暑假里做数学竞赛题，每天至少做一题，每星期至多做12题，一共做了7个星期，求证：该同学在连续的若干天里恰好做了12道题．平面上有20个点，在他们之间已连了n线段，若任意三点之间都至少有一条线段．求n的最小值．20个红球、17个白球，重量都是正整数．红球与白球重量之和相等，且都小于340．证明：一定可以取出一些红球和一些白球，使得这些红球重量之和等于这些白球重量之和（不能全取）．4.习题巩固某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成．现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会．从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域？在图中（单位：厘米）：（1）一共有几个长方形？（2）所有这些长方形面积的和是多少？有11名外语翻译人员，其中5名是英语翻译员，4名是日语翻译员，另外两名英语、日语都精通．从中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中4人翻译英文，另4人翻译日文，这两个小组能同时工作．问这样的分配名单共可以开出多少张？假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒．在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现．如果在电子计时器所显示的这串数里．“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”．那么2016年一共有几个这样的“十全时”？从1，2，…，2011中选取n个数，使得其中任意两数的差都不等于4或7．求n的最大值．7名学生参加演出，学校为他们安排了m次演出，每次由其中3名同学同时登台演出，请你设计一种方案，使得7名学生中，任意两名同台演出的次数一样多，且使m最小．求证：任意9个整数中，必有5个整数，它们的和被5整除．有红、黄、蓝卡片各6张，分别写有数字1、2、3、4、5、6．从中选取6张，要求三色俱全，且数字1、2、3、4、5、6各一张，则不同的选法有多少种？5.自招链接在右图中，不包含☆的长方形有个．第二季“中国好声音”杨坤组某一学员和那英组某一学员进行一对一PK，9位专业评委依次给两位学员投票，最终杨坤组学员拿到5票，那英组学员拿到4票．请问在依次投票的过程中，杨坤组学员得票数一直严格大于那英组学员得票数的概率是多少？6.参考答案（1）根据乘法原理，5×5×5×5×5=3125．共有3125个．（2）根据乘法原理，．抽屉原理，从最坏的情况考虑取到的第一个是列．（3）．（4）4个相异元素的环形排列问题，共有种不同的入座方法．（5）因为任意三个点都不在一条直线上；所以以这些点为顶点，一共可以连出个三角形．（6）原来有车站7+2=9，现在有车站9+3=12．考虑每两个站点之间的往返车票起始站和终点站互异，所以新增的车票种类为种．（法一）可以分为一人去、两人去、三人去、四人去、五人去、六人去六种情况，每种情况都是组合问题．第一种情况有6种去法；第二种情况有种去法；第三种情况有种去法；第四种情况有种去法；第五种情况有种去法；第六种情况有种去法．根据加法原理，共有6+15+20+15+6+1=63种不同的去法．（法二）每个人都有去或不去两种可能，因此共有26种可能，但必须有人去，即所有人都不去的情况必须排除，因此有种．插板法：9块一样的糖有8个间隔，要分成4份，需要3个问隔，所以有种方案．设第n次传球后，球又回到甲手中的传球方法有an种．可以想象前次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每次传球都有3种可能，由乘法原理，共有（种）传球方法．这些传球方法并不是都符合要求的，它们可以分为两类，一类是第次恰好传到甲手中，这有种传法，它们不符合要求，因为这样第n次无法再把球传给甲；另一类是第次传球，球不在甲手中，第n次持球人再将球传给甲，有an种传法．根据加法原理，有．由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以．利用递推关系可以得到：，，，．这说明经过5次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60种．本题也可以列表求解．由于第n次传球后，球不在甲手中的传球方法，第n+1次传球后球就可能回到甲手中，所以只需求出第四次传球后，球不在甲手中的传法共有多少种．第n次传球传球的方法球在甲手中的传球方法球不在甲手中的传球方法130329363276214812160524360183从表中可以看出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方法共有60种．与类似题目找对应关系．要保证售票员总能找得开零钱，必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的若干小朋友中，拿1元的要比拿2元的人数多，先将拿1元钱的小朋友看成是相同的，将拿2元钱的小朋友看成是相同的，可以利用斜直角三角模型．在图11-2中，每条小横线段代表1元钱的小朋友，每条小竖线段代表2元钱的小朋友，因为从A点沿格线走到B点，每次只能向右或向上走，无论到途中哪一点，只要不超过斜线，那么经过的小横线段都不少于小竖线段，所以本题相当于求右图中从A到B有多少种不同走法．使用标数法，可求出从A到B有42种走法．但是由于10个小朋友互不相同，必须将他们排队，可以分成两步，第一步排拿2元的小朋友，5个人共有5！=120种排法；第二步排拿到1元的小朋友，也有120种排法，所以共有5！×5！=14400种排队方法．这样，使售票员能找得开零钱的排队方法共有42×14400=604800种．因为闭折线不自交，可知它恰好经过对角线方格上的两个中心点．（因为闭所以有2个，因为不自交所以只能为2个．）那么可以得到这条闭折现一定不经过其他的13个对角线方格的中心点．将15×15的方格表黑白二染色，对角线染黑色，则黑色小方格一定比白色小方格多一个．又因为折线上的中心点所在的小方格是黑白交替出现的，所以闭折曲线上的黑点和白点个数是相等的．如果闭折线不经过13个黑点，那么他必然不经过12个白点．所以闭折线经过的中心点的个数最多不超过；也就是说，折线的长度不大于200．因为从A到B的距离为12，所以要移动6次，物体A和B才能相遇．在6次移动中，不同的移动方式有种．其中A和B能相遇的移动方式有．故A和B相遇的可能性为．设3人合影的有x张，两人合影的有y张，则．因为每两人都恰好合影一张，所以每人至多可拍3张合影．故等则x≤8，所以．将8人编号为1，2，3，4，5，6，7，8；8张三人合影为：（1，2，4），（2，3，5），（3，4，6），（4，5，7），（5，6，8），（6，7，9），（7，8，2），（8，1，3）；4张二人合影为：（1，5），（2，6），（3，7），（4，8）；显然这12张照片满足条件，所以最少要拍12张．设前n天做了an；那么，．上面这98个数不同的取值最多96种．所以其中必有两数相等．不妨设，则．这表明从第（i+1）天开始，到第j天这连续若干天里恰好做了12道题．设A点连出的线段数最少，且为k条（0≤k≤19）；将20个点分为两组，一组为A点和所有与A相连的k个点，共（k+1）个点；另外一组为余下的点，为是个点；对于第一组的（k+1）个点，因为A点连出的最少为k，所以他们连出的最少为；对于第二组的是个点，他们都不和A点相连，那么如果选取A点和他们其中的两个点，那么这三点之间至少有一条直线，于是第二组的是个点必须两两相连，共有条线．两者相加最少为．所以．整理得：当且仅当k=9时取“=”．下面构造一种方法证明90是可以的：20个点分为2组，每组10个点．同组的两两相连，不同组的不连．共连满足题意；综上：n的最小值为90．对20个红球、17个白球的重量做排序，，记，由已知条件知．考虑共340个元素，由抽屉原理，它们模339必有两个是同余的，不妨设，那么．又因为，，所以，也就是得到了，命题得证．习题巩固分两类情况讨论：（1）都会的这1人被挑选中，则有：①如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有3种方法，再选2名电工也有3种方法，所以有33=9种方法．②同样，这人做电工，也有9种方法．（2）都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法，从3名电工中选2人，也有3种方法，一共有33=9种方法．所以，根据加法原理，一共有9+9+9=27种方法．先考虑最简单的情形，为了叙述方便，设平面上k个圆最多能将平面分割成ak个部分．从图1中可以看出，，，，，…可以发现ak满足下列关系式：．实际上，当平面上的个圆把平面分成个区域时，如果再在平面上出现第k个圆，为了保证划分平面的区域尽可能多，新添的第k个圆不能通过平面上前个圆之间的交点．这样，第k个圆与前面个圆共产生个交点，如图2：这个交点把第k个圆分成了段圆弧，而这段圆弧中的每一段都将所在的区域一分为二，所以也就是整个平面的区域数增加了个部分．所以，．那么，故10个圆最多能将平面分成92部分．（1）一共有（个）长方形；（2）所求的和是（平方厘米）．针对两名英语、日语都精通人员（以下称多面手）的参与情况分成三类：（1）多面手不参加，则需从5名英语翻译员中选出4人，有种选择，需从4名日语翻译员中选出4人，有1种选择．由乘法原理，有种选择．（2）多面手中有一人参加，有2种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能：①如果参加英文翻译，则需从5名英语翻译员中再选出3人，有选择，需从4名日语翻译员中选出4人，有1种选择，由乘法原理，有种选择；②如果参加日文翻译，则需从5名英语翻译员中选出4人，有种选择，需从4名日语翻译员中再选出3名，有种选择，由乘法原理，有种选择．根据加法原理，多面手中有一人参加，有种选择．（3）多面手中两人均参加，有一种选择，但此时又分三种情况：①两人都译英文，②两人都译日文，③两人各译一个语种．情况①中，还需从5名英语翻译员中选出2人，有种选择，需从4名日语翻译员中选4人，有1种选择．由乘法原理，有种选择．情况②中，需从5名英语翻译员中选出4人，有种选择，还需从4名日语翻译员中选出2人，有种选择．根据乘法原理，共有种选择．情况③中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择，剩下的需从5名英语翻译员中选出3人，有种