人教版九年级数学培优专题28 顺思逆想（带答案解析）

专题28顺思逆想阅读与思考解数学题时，大多是从条件出发，进行正面的顺向思考．对有些数学问题，如果从正面去直接求解，思维常常受阻，这时可以改变一下思维的角度，从问题的反面进行思考．顺向推导有困难时就逆向推导，直接证明有困难时就间接证明，探求问题的可能性有困难时就探求不可能性等，我们把这种“倒着干”的思维方法称为“逆向思维”.逆向思维解题的常见形式有：1．逆用定义；2．逆用公式、法则；3．常量与变量的换位；4．主元与辅元的互换；5．反倒否定；6.反证法.例题与求解【例1】设，，均为非零实数，并且，，，则________．（北京市竞赛试题）解题思路：直接通过解方程组求，，的值较困难，就对已知条件变形，由，得，逆用分式加法法则得，这是解本例的关键．【例2】设三个方程，，中至少有一个方程有实根，则的取值范围是()A．B.≤或≥C．≤或≥D．＜≤（江苏省竞赛试题）解题思路：三个方程中至少有一个方程有实根的可能情况有七种，逐一讨论情况复杂．若从反面考虑，就只需研究三个方程均无实根一种情况，问题就简单得多．\n【例3】求出所有这样的正整数，使得二次方程至少有一个整数根．（“祖冲之杯”邀请赛试题）解题思路：常规的想法是用求根公式先求出方程的根，再讨论方程至少有一个整数根的条件，从而求出整数，这样解过程复杂，由于的最高次数为1，不妨着眼于来考虑．分类讨论法是解数学题中一个重要方法，但如何准确分类却是一个技巧性很强的工作，有时为避免分类使解题过程中得以优化，常用如下方法：①整体考虑；②数形结合；③反面思考．“顺难则逆，直难则曲，正难则反”．在具体应用中，分析法、逆推法、反证法、常量与变量的换位、主元与辅元的互换、公式定理的逆用，都体现了转换角度昀思考．【例4】证明：当为自然数时，形式的数不能表示为两个整数的平方差．（西安市竞赛试题）解题思路：由于为任意自然数，不可能逐个试凑，而命题的结论又是否定形式，故可考虑用反证法来证明.【例5】解方程：．解题思路：由于次数较高，直接求解较困难，不妨令为主元，将原方程转化为关于的方程进行求解.\n【例6】已知一平面内的任意四点，其中任何三点都不在一条直线上．试问：是否一定能从这样的四点中选出三点构成一个三角形，使得这个三角形至少有一内角不大于？请证明你的结论．（江苏省竞赛试题）解题思路：结论是以疑问形式出现的，不妨先假定是肯定的，然后推理．若推出矛盾，则说明结论是否定的；若推不出矛盾，则可考虑去证明结论是肯定的，能力训练1．方程的解是___________.（“祖冲之杯”邀请赛试题）2．若，则=__________.（“五羊杯”邀请赛试题）3．已知满足，那么的值为_____________.（河南省竞赛试题）4.若，，为实数，，，，则A，B，C中至少有一个的值大于______________.5.化简的结果是()A．B.C．D．6．化简的值是()A．B．C.1D．（新加坡中学生数学竞赛试题）\n7．方程的最小一个根的负倒数是()A．B．C．D.8．设A，B，C，D为平面上的任意四点．如果其中任何三点不在一条直线上，则△ABC，△ABD，△ACD，△BCD中至少有一个三角形的某个内角满足()A．不超过B．不超过C．不超过D．以上说法都不对9．已知三个关于的方程，，.若其中至少有两个方程有实根，则实数的取值范围为()A．≤2B．≤或1≤≤2C．≥1D．≤≤110.某班参加运动会的19名运动员的运动服号码恰是1～19号，这些运动员随意地站成一个圆圈，则一定有顺次相邻的某3名运动员，他们运动服号码之和不小于32，请你说明理由．（“希望杯”邀请赛试题）11.证明：如果整系数二次方程有有理根，那么，，中至少有一个是偶数．（波兰中学生竞赛试题）12.已知平面上条直线两两相交，求证：它们的交角中至少有一个不大于（天津市竞赛试题）\n13.在一次马拉松长跑比赛上，有100位选手参加．大会准备了100块标有整数1到100的号码布，分发给每位选手。选手们被要求在比赛结束时，将自己的号码布上的数与到达终点时的名次相加，并将这个和数交上去．问这样交上去的100个数的末2位数字是否可能都不相同？请回答可能或不可能，并清楚地说明理由．（注：没有同时到达终点的选手）（日本奥林匹克竞赛试题）14.有(≥)名乒乓球选手进行单循环赛，比赛结果表明：任意5人中既有1人胜于其余4人，又有1人负于其余4人．求证：必有1人获全胜．（《学习报》公开赛试题）15.如果正整数和之和是，则可变为，问能不能用这种方法数次，将22变成2001？（世界城际间数学联赛试题）16.能够找到这样的四个正整数，使得它们中任两个数的积与2002的和都是完全平方数吗？若能够，请举出一例；若不能够，请说明理由．（北京市竞赛试题）\n16.【问题背景】在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC(即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处)，如图1所示，这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．(1)请你将△ABC的面积直接填写在横线上：_____________.(2)【思维拓展】我们把上述求△ABC面积的方法叫作构图法.若△ABC三边的长分别为，，()，请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长为）画出相应的△ABC，并求出它的面积．(3)【探索创新】若△ABC三边的长分别为，，（，），且），试运用构图法求出这个三角形的面积．（咸宁市中考试题）17.设△ABC是等腰直角三角形，它的腰长是1，P是斜边AB上一点，P到其他两边的射影是Q，R.考虑△APQ，△PBR的面积以及矩形QCRP的面积，证明P无论怎样选择，这三个面积中最大的至少是．（加拿大数学竞赛试题）\n19.有12位同学围成一圈，其中有些同学手中持有鲜花，鲜花总数为13束．他们进行分花游戏，每次分花按如下规则进行：其中一位手中至少持有两束鲜花的同学拿出两束鲜花分给与其相邻的左、右两位同学，每人一束.试证：在持续进行这种分花游戏的过程中，一定会出现至少有7位同学手中持有鲜花的情况．（山东省竞赛试题）\n专题28顺思逆想——逆向思维例1.提示：由已知条件，得＋＝,＋＝，＋＝，相加得＋＋＝.例2B提示：①当m≠1时且三个方程均无实根，则,解得－＜m＜－.②当m＝1，第三个方程为2x＝0，x＝0为其实根，由①②知，当m≤－或m≥－时，三个方程至少有一个方程有实根.例3a＝≥1，解得―4≤x≤2且x≠－2．∵x是整数，故x只能取―4，―3，―1,0,1,2．将以上x的值分别代入a的关系式，得a＝1，3，6，10.例4设2(2n＋1)＝a2－b2（a，b都为整数），a2―b2＝(a＋b)（a－b）．又a＋b与a－b奇偶性相同，而2(2n－1)是一个偶数，∴4＝(a＋b)（a－b），即4＝2(2n＋1)，得2＝(2n＋1)，这与2n＋1是奇数矛盾.例5设＝a，则3＝a2．∴原方程可变为x4－2ax2－x＋a2－a＝0，即a2－(2x2＋l)a＋x4－x＝0，∴a2―(2x2＋1)a＋（x2―x）(x2＋x＋1)＝0，∴[a－(x2－x)][a－(x2＋x＋1)]＝0，∴x2－x＝a或x2＋x＋1＝a，即x2－x＝或x2＋x＋1＝.分别解两个一元二次方程得原方程四根为：,,,.例6能.①如图1，若四点A、B、C、D构成凸四边形，则必有一个内角≤90°，不妨设为∠A，这是因为，假设四个内角都大于90°，则360°＝∠A＋∠B＋∠C＋∠D＞4×90°＝360°，矛盾.又∠A＝∠BAC＋∠CAD≤90°,则∠BAC与∠CAD中必有一个≤×90°＝45,故结论成立.②如图2，若四点A、B、C、D构成凹四边形，则△ABC中必有一个内角≤×180°＝60°，不妨设∠A≤60°，由∠A＝∠BAD＋∠CAD≤60°，则∠BAD与∠CAD之中必有一个≤×60°＜45°，故结论成立.能力训练1.3，-72.3提示：\n=3.1由条件得，但故4.05.B6.B7.D提示：8.C提示：分ABCD为凸四边形、凹四边形两种情况讨论。9.B10.在圆周上按逆时针顺序以1号为起点记运动服号码为a1，a2，a3，a4，…a18，a19，显然a1=1，而a2，a3，a4，…a18，a19就是2,3,4,5,6，…18,19的一个排列，令A1=a2+a3+a4，A2=a5+a6+a7，A3=a8+a9+a10，…A6=a17+a18+a19，则A1+A2+…+A6=2+3+4+…+17+18+19=189，若A1、A2、…A6中每一个都≤31，则A1+A2+…+A6≤6×31=186与上式矛盾.11.假设a，b，c全是奇数，而是方程的一个有理根，且（m，n）=1，则，即am2+bmn+cn2=0.分别就m，n都是奇数；m为奇数，n为偶数；m为偶数，n为奇数三种情况讨论，推导矛盾.12.交角位置分散，应设法将交角集中到同一顶点，考虑平移变换，平面上n条直线两两相交最多有个角.在平面上任取一点O，将n条直线平移，于是这n条直线将以O为顶点周角分为2n(n对)个角，这2n个角中每一个都与2n(n-1)个交角中的一个相等.若这2n个角中的每一个角均大于，则它们的和大于2n=360°，这与周角矛盾.13.假设交上去的100个数的末二位数字都不相同，那么这些末二位数字是00,01，…，99，它们的和为00+01+…+99=4050，即总和的末二位数字是50.另一方面，各位选手的号码与名次相加，再求和，总和应为（1+2+3+…+100）+（1+2+3…+100）=9900，末二位数字是00，用两种方法计算同一对象，得出的结果却不相同，这个矛盾表明交上去的数的末二位数字不可能都不相同.14.假设没有一个人全胜，则n个人胜的场次只能取0,1,2,…n-2共n-1个值，当中必有两人胜的场次相同.设A，B胜的场次相同且A胜B，则在败于B的选手中必有C，C胜A（否则，凡败于B也败于A，则A至少比B多胜一场，与A，B胜的场次矛盾）.故有3个选手A、B、C，使A胜B，B胜C，C胜A.对于上述A、B、C，我们再加上2个选手，这5个选手必有1人负于其余4人，但这人不是A、B、C，我们记为D。除D外，再取2人加进A、B、C中（当n≥6时这是可以办到的），这5个任重又有1人负于其余4人，但这人不是A、B、C、D，记为E，于是A、B、C、D、E这5个人中无一人胜其余4人，与已知条件矛盾.15.逆向推算，2001=3×667，由3+667=670得到670=10×67，由10+67=77得到77=7×11，由7+11=18得到…同任意n=1+（n-1）可得到(n-1)=1×(n-1).因此从22开始，可依次得到21,20,19,18,77,671和2001.16.不能找到这样的四个正整数，使得它们中任两个数的积与2002的和都是完全平方数.理由如下：偶数的平方能被4整除，奇数的平方被4除余1，也就是正整数的平方被4除余0或1.若存在正整数n1，n2，n3，n4满足ninj+2002=m2；i，j=1,2,3,4,m是正整数；因为2002被4除余2，所以ninj被4除应余2\n或3.①若正整数n1，n2，n3，n4中有两个偶数，不妨设n1，n2是偶数，则n1n2+2002被4除余2，与正整数的平方被4除余0或1不符，所以正整数n1，n2，n3，n4中至多有一个是偶数，至少有三个是奇数.②在这三个奇数中，被4除的余数可分为余1或3两类，根据抽屉原则，必有两个奇数属于同一类，则它们的乘积被4除余1，与ninj被4除余2或3的结论矛盾.综上所述，不能找到这样的四个正整数，使得它们中的任两个数的积与2002的和都是完全平方数.17.（1）（2）△ABC如图1所示，（3）构造△ABC如图2所示，18.假设最大的面积小于，便有，，.设BR=RP=QC=x，则RC=PQ=AQ=1-x，，，.由，得；由得，∴.但由，得，矛盾.所以所述三个面积中最大的至少是.19.不妨设开始时手中持有鲜花的同学不足7位，我们以A1，A2，A3…A12按逆时针方向依次分别标记这12位同学.①在分花游戏过程中，任何相邻的两位同学一旦其中一位手中持有鲜花，那么，在此后的每次分花之后，他们两人中始终至少有一人手中持有鲜花.事实上，每次分花，如果分花的同学不是这两位同学中的一位，那么他俩手中的鲜花只会增加，不会减少.如果他俩中的一位是分花者，那么分花后另一位同学一定持有鲜花.②任何一位同学不可能手中始终无花，可用反证法证明这一点.不妨假设A1手中始终无花，这意味着A2始终没有作为分花者，故A2手中鲜花只会增加，不会减少.因为总共只有13束鲜花，所以经过有限次分花之后，A2不再接收鲜花.这又意味着经过有限次分花之后，A3不再为分花者同理可知，再经过有限次分花后，A4不再为分花者.依次类推，经过有限次分花之后，全部12位同学无一人为分花者，活动终止，这就与“13束鲜花分置于12为同学手中，无论何种情况总能找到可以分花的同学”的事实矛盾，所以任何一位同学不可以手中始终无花.由①②可知，经若干次分花之后，可使任何相邻的两位同学中至少有一位同学手中有花，因此至少有6位同学手中有花.若仅有6为同学手中有花，则手中有花的同学不可能相邻，否则就会有两位手中无花的同学相邻.因此，只要再进行一次分花，至少增加一位手中持花的同学，即至少有7为同学手中持有鲜花.