专题28 顺思逆想-答案（9年级数学 培优新帮手）.docx

1、 专题 28 顺思逆想 逆向思维 例 1 1128 35 . 提示：由已知条件，得1 a 1 b 1 2, 1 b 1 c 1 3， 1 c 1 a 1 4，相加得 1 a 1 b 1 c 13 24. 例 2 B 提示：当 m1 时且三个方程均无实根，则 1(4m) 2 4(4m22m3)4(2m3)0 2(2m1)24m24m10 3(2m)24(m1)2 8m40 ,解得3 2m 1 4. 当 m1， 第三个方程为 2x0， x0 为其实根， 由知， 当 m3 2或 m 1 4时， 三个方程至少有一个方程有实根. 例3 a2x12 (x2)21， 解得4x2且x2 x是整数， 故x只能取

2、4， 3， 1,0,1,2 将 以上 x 的值分别代入 a 的关系式，得 a1，3，6，10. 例 4 设 2(2n1) a2b2（a，b 都为整数） ，a2b2(ab)（ab） 又 ab 与 ab 奇 偶性相同，而 2(2n1)是一个偶数，4(ab)（ab） ，即 42(2n1)，得 2(2n 1)，这与 2n1 是奇数矛盾. 例 5 设 3a，则 3a2原方程可变为 x42ax2xa2a0，即 a2(2x2l)ax4 x0， a2(2x21)a （x2x） (x2x1)0， a(x2x)a(x2x1)0， x2xa 或 x2x1a，即 x2x 3或 x2x1 3.分别解两个一元二次方 程得

3、原方程四根为：1 14 3 2 ,1 14 3 2 ,1 4 33 2 ,1 4 33 2 . 例 6 能. 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 360ABCD4 90360，矛盾.又ABACCAD90,则BAC 与CAD 中必有一个 1 29045,故结论成立. 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1 3180 60，不妨设A60，由ABADCAD60，则BAD 与CAD 之中必 有一个1 26045，故结论成立. 能力训练能力训练 1. 3，-7 2. 3 提示： 2-

4、3 1 35 2 233-525 ）（ = )23(35 22-335 2-335 352-32 ）（）（ ）（）（ 3. 1 由条件得01232 22 xxxx，但22) 1(32 22 xxx 故12 2 xx 4. 0 5. B 6. B 7. D 提示： 2 2 xx 8. C 提示：分 ABCD 为凸四边形、凹四边形两种情况讨论。 9. B 10. 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+a

5、4， 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+ +A6631=186 与上式矛盾. 11. 假设 a，b，c 全是奇数，而 n m 是方程的一个有理根，且（m，n）=1， 则0 2 c n m b n m a，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

6、n 条直线两两相 交最多有) 1(212)2(14nnnn）（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 n 180 ，则它们的和大于 2n n 180 =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）+

7、（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

8、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 n6 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=3667，由 3+667=670 得到 670=1067，由 10+67=77 得到 77=711，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.

9、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 或 3.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

10、是奇数.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 7 （2）ABC 如图 1 所示， 2 34 2 1 22 2 1 2 2 1 42aaaaaaaaaS ABC （3）构造ABC 如图 2 所示， mnnmnmnmnmS ABC 522 2 1 23 2 1 4 2 1 43 B C A 4n 3m A C B 18. 假设最大的面积小于

11、9 2 ， 便有 9 2 APQ S， 9 2 PBR S， 9 2 PQCR S矩形.设 BR=RP=QC=x， 则 RC=PQ=AQ=1-x， 2 2 1 xS PBR ， 2 -1 2 1 ）（xS APQ ，)1 (xxS PQCR 矩形 .由 9 2 2 1 2 x， 得 3 2 x； 由 9 2 -1 2 1 2 ）（x得 3 1 x， 3 2 3 1 x.但由 9 2 )1 ( xx， 得 3 2 3 1 xx或， 矛盾.所以所述三个面积中最大的至少是 9 2 . 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，A3A12按逆时针方向依次 分别标记这 12

12、 位同学. 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.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.