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1、数形结合，动静互易（一） 在解决代数问题时，要注意其几何意义，通过几何图形的直观反映题设条件与结论之间的联系，反之在解决几何问题时，应注意其间的数量关系，有时结合代数方法，可弥补直觉想像的不足.例1正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k， 求证：aB+bC+cAk2 (节21届全苏数学奥林匹克竞赛题)分析除了纯代数方法以外，若能联想几何意义，视正数为线段长，则两正数之积可与面积相联系，于是可构造以k为边长的正三角形，使其三边分别为a+A，B+b，C+c，（如图1） 于是求证的结论可视作要证 SPNM+SQLN+SRLMSPQR （； ；） 结论显然成立.说明此例的几何证法不太
2、好想，但只要想到，其优越性是不言自明的.例2若2x+y1，试求函数 W=y2-2y+x2+4x的最小值分析若采用纯代数的方法求解，过程相当繁杂，不妨试用几何方法.解设P(x，y)是直角坐标平面oxy上的一点，则 2x+y1 表示直线2x+y-1=0的上方（含直线本身）区域. 再视W=y2-2y+x2+4x为方程，变形为：(x+2)2+(y-1)2=W+5 可见它表示以o(-2，1)为圆心，为半径的圆.由于W不定它表示的是动圆，而其上点(x，y)应是直线2x+y-1=0上方（含直线）的点，为使W最小，即需此动圆半径最小，此即o到直线的距离. 故当时， 即为所求最小值. 为求出何时取到最小值，只需
3、再解方程组 得；即此时，函数取最小值.例3解不等式：分析：本题是道高考的容易题，但实际上当年考生得分并不高，错误的原因就在于绝大多数同学只会用分类讨论的方法解此无理不等式，而在讨论时，又分类不全，错误率很高，其实只要有数形结合的思想，利用图象求解，本题还是很容易的.解作与y=x+1的图象于同一坐标系，解方程组 得出交点A(2，2)，注意到B(，0)，结合题意可能不等式的解为x(2）（待续）竞赛园地 柯西不等式（一）.内容设a1，a2，an和b1，b2bn是两组实数，则 (a12+a22+an2)(b12+b22+bn2)(a1b1+anbn)2 (当且仅当时，等式成立) 证明 方法1（利用排序
4、不等式） (1)若a1=a2=an=0或b1=b2=bn=0显然成立； (2)若,且a1a2an, ,且b1b2bn,记 由排序原理有 x1xn+1+x2xn+2+xnx2n+xn+1x1+x2nxn x1x1+x2x2+x2nx2n.即 于是 进而有 （|a+b|a|+|b|）即 式中等号成立的充要条件是x1=x2=x2n,即 方法2，构造二次函数 显然f(x)0,因而其判别式0,即 ,即 ，当且仅当 时成立.应用例1.利用柯西不等式 证明 (1)(ab+cd) (ac+bd)4abcd; (2)若a、b、cR+，则 (3)若a、b、cR+，且ab+bc+cd=1,则. (4). 证明 (1
5、)(ab+cd)(ac+bd) 等式当且仅当且a=d 即b=c,a=d 时成立. (2) =(1+1+1)2=9当且仅当a=b=c时，等式成立. (3)注意到 (a2+b2+c2)2=(a2+b2+c2)(b2+c2+a2)(ab+bc+ca)2=1 , (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)1+2=3 ,又由a+b+c0,故 ,当且仅当时，等式成立. (4)注意到 竞赛中的平面几何基础 小精灵（来了北大后，发现忘了不少高中的东西，但一旦重新拾起，就会有更深认识基于同样的原因，高中的你请和我们一起来看看初中的很“基础”很“基础”的东西） 照常理，我似乎应给你们再加点“料”，
6、但见到这么多梅理、瓦理，再加那么几个公式，定理似乎没有什么必要了，你有足够的内存，时间，练习去记住每一个吗？仔细看每一个定理，它们都可以用正/余弦定理或更基本的思路来证明。它们不过是一些快捷方式，快捷键罢了。给你这么多公式唯一的目的是告诉你，由某些基本定理（余/正弦），可推导出三角形中存在的许多恒定的关系。 比奥赛，就是比怎样去推导、理解、运用这些关系。记住正/余弦，以后靠你自己吧，不过，多说一句，玩电脑的人喜欢快捷方式。 仅仅会初中平面几何中的定理，远远不能适应数学竞赛的需要，现在介绍几个在现行初中课本删去，但高中数学竞赛很需要的基础定理。定理1正弦定理 ABC中，设外接圆半径为R，则 证明
7、概要 如图1，过B作直径BA，则A=A，BCA=90，故 即； 同理可得 当A为钝角时，可考虑其补角，-A. 当A为直角时，sinA=1，故无论哪种情况正弦定理成立。定理2余弦定理 ABC中，有关系 a2=b2+c2-2bccosA； （*） b2=c2+a2-2cacosB； c2=a2+b2-2abcosC； 有时也用它的等价形式 a=ccosB+bcosC； b=acosC+ccosA； （*） c=acosB+bcosA. 证明简介 余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法 如图建立复平面，则由 =（bcosA-c2）+(bsin)2 即a2=b2+c2-2bccosA， 同理可证（*
8、）中另外两式；至于*式，由图2显见。 定理3梅内劳斯定理 直线截ABC的边BC，CA，AB或其延长线于D、E、F. 则 （若：考虑线段方向，则等式右边为-1） 证法简介 本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线，仅用正弦定理来证明。 在FBD、CDE、AEF中，由正弦定理，分别有 定理4塞瓦定理设O是ABC内任意一点，AB、BO、CO分别交对边于D、E、F，则 证法简介 （）本题可利用梅内劳斯定理证明： ADC被直线BOE所截， 而由ABD被直线COF所截， （）也可以利用面积关系证明 同理 得 定理5塞瓦定理逆定理 在ABC三边所在直线BC、CA、AB上各取一点D、E、F，若有 则AD、BE
9、、CE平行或共点。 证法简介 （）若ADBE（如图画5-1） 则 代入已知式：；于是 ， 故 ADCF，从而ADBECF （）若AD、BE交于O（图5-2），则连CO交AB于F.据塞瓦定理，可得 而已知 AF+FB=AF+FB=AB AF=AF 即F即F，可见命题成立。 定理6斯特瓦尔特定理 在ABC中，若D是BC上一点，且BD=p，DC=q，AB=c，AC=b，则 证明简介： 在ABD和ABC中，由余弦定理，得 抽屉原理是组合数学中一个非常有用和重要的方法。本文将用它处理三个组合问题。例1和例2是与整除有关的问题，同学们读后不妨想一想，任意多少个整数中，至少有4个数的和为4的倍数，把4换成5
10、、6，或者是n，能否得出一般的结论？ 定理引入若5个苹果放在两个抽屉中，则至少有一个抽屉有3个苹果，即有个苹果； 若有10只鸽子，放在3个笼子中，则至少有一个笼中关有4只鸽子，即只鸽子 定理：若有p个元素放入q个盒子中，则当q|p时，至少有一个盒子中，放有个元素；若qp时，至少有一个盒子中，放有+1个元素。 定理应用 例1.任意三个整数中，至少有两个整数的和为2的倍数，请予证明。 证明：任一整数或者是偶数，或者是奇数，再构造两只抽屉，一只放偶数，一只放奇数，根据抽屉原理，即至少有一个抽屉放了两个奇数，或者两个偶数，无论是哪一种情况，该抽屉内所放两数的和都是偶数（证毕）。 例2.任意5个整数中，
11、至少有3个数的和为3的倍数。 分析：任一整数被3除的余数只有3种可能：或者整除，则余数为0，或者不能整除，则余数为1或2. 我们构造3个抽屉，分别放置形如3m、3m+1、3m+2的数，其中，这三类数也可称为余0类，余1类，余2类。 把任意五个整数，按其余数情况放入这三个抽屉，由抽屉原理：必有某一抽屉有整数。 （个） 对这三个抽屉的数，进行分类讨论，命题可以得证。 证明：按余0类，余1类，余2类构造三个盒子，由抽屉原理，必有一盒子放有个关于3的余数相同的数，则另外3个盒中放的3个数，或者同属一类，这时结论显然成立；若2个属一类，另一个属一类，这时从三类不同余数的盒子，各抽一个数，则此三数和必为3
12、的倍数。 因而无论整数在三个抽屉中如何分布，总能找到其和为3的倍数的三个数。 例3.下面的结论是否正确，请予证明或举反例说明其伪。 在1999年高中数学冬令营中，有82名来自各省市的优秀选手，则其中必有10位选手来自同一省市或者来自十个不同省市。 解：若其中参加冬令营的省市超过10个，结论显然成立；若这些选手来自的省市不足十个，则由抽屉原理，必有一省市来了。 名选手，不论何种情况，结论成立（证毕） 问题提出1978年全国高中数学竞赛有这样一道著名的试题： 有10个人各拿一只水桶去打水，设水龙头注满i个人的水桶需要ti分钟，并假定这ti(i=1、2、10)各不相同。问只有一个水龙头时，应如何安排
13、10个人的顺序，使他们接满水桶花费的总时间最少？并求出这个最少的总时间(设水流量恒定)。数学模型的建立 设i1、i2、i10是1、2、10这十个数的一个排列。若第一接水人的水桶需ti1分接满，则当他接水时，其余9人每人都要等待ti1分钟，因此十人总等候时间和10ti1分。同理第二人接水时间为ti2，有9人共等候9ti2分，依此类推，10人都接满水时，接水人总等候时间为 T=10ti1+9ti2+2ti9+ti10(分) 于是问题转化为求T的最小值，怎样求这最小值呢？这就需要掌握下面的所解“排序不等式”定理内容 设有数组A：a1a2an，及数组B：b1b2bn.称a1b1+a2b2+anbn为顺序和，a1bn+a2bn-1+a3bn-2+ +anb1为倒序和，a1bj1+a2bj2+anbjn为乱序和(其中j1、j2jn是数1、2,n的一个排列)则有 顺序和乱序和倒序和，其中等号当且仅当a1=a2=an或b1=b2=bn时成立。证明思路 先看a1a2，b1b2 时， (a
