第一篇：全國初中數學競賽輔導 第十六講《質數與合數》教案1 北師大版

第十六講 質數與合數

我們知道，每一個自然數都有正因數(因數又稱約數)．例如，1有一個正因數；2，3，5都有兩個正因數，即1和其本身；4有三個正因數：1，2，4；12有六個正因數：1，2，3，4，6，12．由此可見，自然數的正因數，有的多，有的少．除了1以外，每個自然數都至少有兩個正因數．我們把只有1和其本身兩個正因數的自然數稱為質數(又稱素數)，把正因數多于兩個的自然數稱為合數．這樣，就把全體自然數分成三類：1，質數和合數．

2是最小的質數，也是唯一的一個既是偶數又是質數的數．也就是說，除了2以外，質數都是奇數，小于100的質數有如下25個：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97．

質數具有許多重要的性質：

性質1 一個大于1的正整數n，它的大于1的最小因數一定是質數．

性質2 如果n是合數，那么n的最小質因數a一定滿足a≤n．

性質3 質數有無窮多個(這個性質將在例6中證明)．

性質4(算術基本定理)每一個大于1的自然數n，必能寫成以下形式：

這里的P1，P2，…，Pr是質數，a1，a2，…，ar是自然數．如果不考慮p1，P2，…，Pr的次序，那么這種形式是唯一的．

關于質數和合數的問題很多，著名的哥德巴赫猜想就是其中之一．哥德巴赫猜想是：每一個大于2的偶數都能寫成兩個質數的和．這是至今還沒有解決的難題，我國數學家陳景潤在這個問題上做了到目前為止最好的結果，他證明了任何大于2的偶數都是兩個質數的和或一個質數與一個合數的和，而這個合數是兩個質數的積(這就是通常所說的1+2)．下面我們舉些例子．

例1 設p，q，r都是質數，并且

p+q=r，p＜q．

求p．

解 由于r=p+q，所以r不是最小的質數，從而r是奇數，所以p，q為一奇一偶．因為p＜q，故p既是質數又是偶數，于是p=2．

例2 設p(≥5)是質數，并且2p+1也是質數．求證：4p+1是合數．

證 由于p是大于3的質數，故p不會是3k的形式，從而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整數．

若p=3k+1，則

2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合數，與題設矛盾．所以p=3k+2，這時

4p+1=4(3k+2)+1=3(4k＋3)是合數．

例3 設n是大于1的正整數，求證：n+4是合數．

證 我們只需把n+4寫成兩個大于1的整數的乘積即可．

n+4=n+4n+4-4n＝(n+2)-4n ＝(n-2n+2)(n+2n+2)，因為

n+2n＋2＞n-2n+2=(n-1)+1＞1，所以n+4是合數．

例4 是否存在連續88個自然數都是合數？

解 我們用n！表示1×2×3×…×n.令

a=1×2×3×…×89=89！，那么，如下連續88個自然數都是合數：

a+2，a+3，a+4，…，a+89．

這是因為對某個2≤k≤89，有

a+k=k×(2×…×(k-1)×(k+1)×…×89+1)

是兩個大于1的自然數的乘積．

說明 由本例可知，對于任意自然數n，存在連續的n個合數，這也說明相鄰的兩個素數的差可以任意的大． 4

用(a，b)表示自然數a，b的最大公約數，如果(a，b)=1，那么a，b稱為互質(互素)．

例5 證明：當n＞2時，n與n！之間一定有一個質數．

證 首先，相鄰的兩個自然數是互質的．這是因為

(a，a-1)=(a，1)＝1，于是有(n！，n！-1)=1．

由于不超過n的自然數都是n！的約數，所以不超過n的自然數都與n！-1互質(否則，n！與n！-1不互質)，于是n！-1的質約數p一定大于n，即n＜p≤n！-1＜n?。?/p>

所以，在n與n！之間一定有一個素數．

例6 證明素數有無窮多個．

證 下面是歐幾里得的證法．

假設只有有限多個質數，設為p1，p2，…，pn.考慮p1p2…pn+1，由假設，p1p2…pn+1是合數，它一定有一個質約數p．顯然，p不同于p1，p2，…，pn，這與假設的p1，p2，…，pn為全部質數矛盾．

例7 證明：每一個大于11的自然數都是兩個合數的和．

證 設n是大于11的自然數．

(1)若n=3k(k≥4)，則

n＝3k=6+3(k-2)；

(2)若n=3k+1(k≥4)，則

n=3k+1=4+3(k-1)；

(3)若n=3k+2(k≥4)，則

n=8+3(k-2)．

因此，不論在哪種情況下，n都可以表為兩個合數的和．

例8 求不能用三個不同合數的和表示的最大奇數．

解 三個最小的合數是4，6，8，它們的和是18，于是17是不能用三個不同的合數的和表示的奇數．

下面證明大于等于19的奇數n都能用三個不同的合數的和來表示．

由于當k≥3時，4，9，2k是三個不同的合數，并且4+9+2k≥19，所以只要適當選擇k，就可以使大于等于19的奇數n都能用4，9，2k(k=n-13/2)的和來表示．

綜上所述，不能表示為三個不同的合數的和的最大奇數是17．

練習十六

1．求出所有的質數p，使p+10，p+14都是質數．

2．若p是質數，并且8p+1也是質數，求證：8p-p+2也是質數．

3．當m＞1時，證明：n+4m是合數．

4．不能寫成兩個合數之和的最大的自然數是幾？

5．設p和q都是大于3的質數，求證：24｜p-q．

6．設x和y是正整數，x≠y，p是奇質數，并且

求x+y的值．

第二篇：質數與合數教案1

《質數和合數》教學設計

教材分析：

“質數和合數”作為學生學習數論知識的起步課，在《因數與倍數》這一單元教學內容中起著承前啟后的作用。它是在學生學習因數和倍數以及2、3、5的倍數的特征的基礎上進行的，是學生后續學習求最大公因數、最小公倍數，學習約分、通分以及中學進一步學習數論知識的前提和基礎。在數學知識整體結構和學生學習進程中具有十分重要的作用。教材引導學生先尋找1～20各數的因數，然后按其所含因數的數量的不同進行分類，從而使學生建立起質數與合數的概念，發展學生的抽象思維。

學情分析：

通過前段的學習和研究，學生已經有了一定的認知基礎，并且積累了一些探索數學規律的基本方法和策略，這些都為他們自主探索“質數、合數”的概念，實現知識的正遷移和數學模型的建立打下良好的基礎。但學生對分類歸納的數學方法和數學思想尚未形成，抽象邏輯思維能力還未得到很好的發展，因此需要在教師的引導下逐步培養。

教學設想：

作為一節典型的概念課，本節教學內容比較抽象。在教學設計中我堅持這樣的理念：教師的教不能“僅僅是給學生一份知識的行囊”，而要為學生搭建平臺，幫助學生學會學習，學會思考，發展學習能力。將設計重點放在如何更好的發揮學生的主體作用，使學生體驗數學學習的“再創造”過程上。在準確把握教材內容的基礎上，對學習材料進行有效地加工和重組，使得學生在整個學習過程中能夠不斷遇到挑戰，引導學生充分暴露自己的思維過程，經歷概念的模糊——清晰——不斷完善——應用的過程。并不斷在挑戰中體驗成功所帶來的學習樂趣，自始至終保持較高的學習熱情和強烈的探索欲望，真正的成為知識的主動建構者。力求讓學生在學習并掌握質數和合數的數學知識的同時，習得對自身終生發展起長久作用的觀察、比較、分析、概括的能力以及初步的“分類歸納”的數學思想和方法。

教學目標：

（1）經歷“求因數—找規律—探究歸納—應用”等數學活動，發現并掌握質數和合數的特征，并能運用其特征判別質數和合數。

（2）在參與探索的過程中，培養觀察、比較、分析、概括、推理能力，初步滲透分類歸納的數學方法和數學思想。

（3）區分質數合數與奇數偶數的不同特征。（4）制作

教學重點：掌握質數和合數的特征，準確判斷一個數是質數還是合數。教學難點：區分質數合數與奇數偶數的不同特征。教學關鍵：發現質數和合數的因數特點。教學準備：課件、學生練習卡。教學過程：

一、復習質疑，為“再創造”作好鋪墊。

1、復習：因數、奇數、偶數，再以是不是2的倍數作為標準將這些數進行分類。

2、揭示課題：9不僅是奇數，還有一個名字叫合數；2不僅是偶數，還有一個名字叫質數。今天這節課，我們來認識兩個新的概念：質數和合數（板書課題：質數與合數）

3、設疑：看到這個課題，你認為我們今天需要解決哪些問題？

（預設：學生依據課題可能提出以下問題：什么樣的數是質數？什么樣的數是合數？質數和合數有什么聯系？質數和合數在生活中有什么用？教師應注重引導學生提出有價值的研究問題。）

二、自主探究，經歷“再創造”的過程。

1、為探究進行方法定向。

談話：一個數究竟是質數還是合數，與它所含因數的情況有關，根據你前面研究數的經驗，你打算怎樣去研究今天的問題？打算選取哪些數來研究呢？

（預設：學生根據前面學習因數和倍數以及2、3、5的倍數的特征的經驗，會很容易想到研究質數、合數的方法：先列舉出幾個數，再觀察它們的因數具有怎樣的特點，進而發現規律。但是對于研究對象的選擇經驗較少，教師應及時引導：如果我們選擇的數太少，就不容易發現規律，如果選擇的數太多或者太大，研究起來又比較麻煩。所以，我們在研究數的時候，一般都要先從比較小的一段數入手研究。然后出示1-12各數，引導學生共同研究。）

2、請2—12號同學分別說出自己學號的因數，初步體驗一個數所含因數的特征。

3、自主發現中加深對概念的理解：

通過觀察2-12各數的因數的情況，引導學生從所含因數的情況來分析，圈出自己認為比較特殊的數，進行分類并與小組內與同學交流。

在匯報、交流中依據學生回答圈出質數---2、3、5、7、11。

4、選擇合理的分類，歸納概念。

（1）研究質數特征，揭示質數概念：請仔細觀察這一類數（指質數），它們的因數有什么特點呢？

（預設：學生經歷前面的求因數——圈“特殊數”——互動交流等過程，能很容易發現質數的因數特點。教師應結合學生發現的規律，適時揭示質數的定義并引導學生再舉出幾個質數，以加深對質數概念的理解。）

（2）自主概括合數定義：這里剩下的這一類數就叫做合數。那么，一個怎么樣的數，叫做合數呢？把你想到的說法在小組內與同學交流。

（預設：基于對質數概念的理解，學生自己歸納合數的概念不是難事。教師主要應引導學生與質數的因數做比較，抓住合數的因數特點來下定義。找出其他的合數，進一步理解質數和合數都有無數個。）

（3）師生共同小結： 通過剛才的研究，我們發現：判斷一個數是質數還是合數，關鍵是看什么？（除了 1和它本身是否還具有其他約數。）一個數，如果只有1和它本身這兩個因數，它就是——-。一個數，如果除了1和它本身外還含有其他的約數，它就是——。

5、完善概念

（1）開火車說一說：課前復習中的這些數是質數還是合數。

（2）引導學生用簡便的方法快速判斷一個數是質數還是合數：你是怎樣很快判斷出12是合數的？

（3）全班一起來判斷幾個數：如果你認為它是質數就請站起來，如果你認為它是合數就請坐端正。（教師依次出示：20、22、37、31、35、29、87、100、1）

（預設：學生已經建構起“質數”“合數”的概念，并通過交流理解并掌握了快速判斷的方法，因此會樂于參與這種全班活動，并很快判斷出前8個數是質數還是合數?！?”的出現會使學生在判斷中出現困惑，教師應及時引導學生發現“1”的因數特點，理解“1”為什么既不是質數也不是合數。）

師生共同小結：非0的自然數按所含因數的情況來分，就可以分為三類，分別是——。（質數、合數和1。）

四、實踐應用，再掀“再創造”高潮。

1、基本練習。

找出20以內的質數和合數，鞏固對20以內質數、合數的認識。

找100以內的質數（著重研究找的方法）

（課件出示填空題，學生快速搶答）

（1）在非0的自然數中，最小的奇數是（），最小的偶數是（），最小的質數是（），最小的合數是（）。

（2）兩個相鄰的自然數，它們都是質數，這兩個數是（）。（3）20以內，既是奇數又是合數的是（）；既是質數又是偶數的是（）。

2、綜合練習。

師：這么多概念都能識別清楚，同學們真了不起。下面我們來做個猜號碼的游戲：請你看清要求，認真思考，看誰猜的又對又快。

（課件出示，學生根據提示猜號碼，將號碼寫在練習紙上。）這是一個電話號碼，電話號碼順序如下：

（1）10以內最大的偶數。（2）最小的既是奇數又是質數的數。（3）既是5的倍數，又是5的因數的數。（4）既不是質數也不是合數的數。（5）10以內最大的質數。（6）最小的自然數。（7）10以內最大的合數。號碼是（8351709）

五、總結回顧，延伸“再創造”。

1、交流學習收獲，梳理本節知識點。

2、拿出充足的理由說明某些說法正確與否，深化對本節重、難點的理解和掌握。

3、簡介“哥德巴赫猜想”。

第三篇：全國初中數學競賽輔導 第四十六講《同余式》教案1 北師大版

！

第四十六講 同余式

數論有它自己的代數，稱為同余理論．最先引進同余的概念與記號的是數學王子高斯．

先看一個游戲：有n＋1個空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙兩人交替移動棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者為勝．問是先走者勝還是后走者勝？應該怎樣走才能取勝？

取勝之道是：你只要設法使余下的空格數是4的倍數，以后你的對手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4個空格時，你的對手就必輸無疑了．因此，若n除以4的余數是1，2或3時，那么先走者甲勝；若n除以4的余數是0的話，那么后走者乙勝．

在這個游戲里，我們可以看出，有時我們不必去關心一個數是多少，而要關心這個數用m除后的余數是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．這里我們關心的也是余數．這一講中，我們將介紹同余的概念、性質及一些簡單的應用．

同余，顧名思義，就是余數相同．

定義1 給定一個正整數m，如果用m去除a，b所得的余數相同，則稱a與b對模m同余，記作

a≡b(modm)，并讀作a同余b，模m．

若a與b對模m同余，由定義1，有

a=mq1＋r，b=mq2+r．

所以 a-b=m(q1-q2)，即 m｜a-b．

反之，若m｜a-b，設

a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，則有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．

于是，我們得到同余的另一個等價定義：！

定義2 若a與b是兩個整數，并且它們的差a-b能被一正整數m整除，那么，就稱a與b對模m同余．

同余式的寫法，使我們聯想起等式．其實同余式和代數等式有一些相同的性質，最簡單的就是下面的定理1．

定理1(1)a≡a(modm)．

(2)若a≡b(modm)，則b≡a(modm)．

(3)若a≡b(modm)，b≡c(modm)，則a≡c(modm)．

在代數中，等式可以相加、相減和相乘，同樣的規則對同余式也成立．

定理2 若a≡b(modm)，c≡d(modm)，則

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

證 由假設得m｜a-b，m｜c-d，所以

m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

由此我們還可以得到：若a≡b(modm)，k是整數，n是自然數，則

a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a≡b(modm)．

對于同余式ac≡bc(modm)，我們是否能約去公約數c，得到一個正確的同余式a≡b(modm)？

在這個問題上，同余式與等式是不同的．例如

25≡5(mod 10)，約去5得

5≡1(mod 10)．

這顯然是不正確的．但下面這種情形，相約是可以的．

定理3 若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，則

n

n 2！

a≡b(modm)．

證 由題設知

ac-bc=(a-b)c=mk．

由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．

定理4 若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，………… a≡b(modmn)，且M=[m1，m2，…，mn]表示m1，m2，…，mn的最小公倍數，則

a≡b(modM)．

前面介紹了同余式的一些基本內容，下面運用同余這一工具去解決一些具體問題．

應用同余式的性質可以簡捷地處理一些整除問題．若要證明m整除a，只需證a≡0(modm)即可．

例1 求證：

(1)8｜(552n1999

＋17)；

(2)8(3＋7)；

(3)17｜(191000

-1)．

1999

證(1)因55≡-1(mod 8)，所以55

19998)，于是8｜(55＋17)．

2n

≡-1(mod 8)，55

1999

＋17≡-1＋17=16≡0(mod

(2)3=9≡1(mod 8)，3≡1(mod 8)，所以3＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(3＋7)．

(3)19≡2(mod 17)，19≡2=16≡-1(mod 17)，所以19≡1(mod 17)，于是

17｜(19

1000

1000

2n2n

=(19)250≡(-1)250

-1)．！

例2 求使2-1為7的倍數的所有正整數n．

解 因為2≡8≡1(mod 7)，所以對n按模3進行分類討論．

(1)若n=3k，則

2-1＝(2)-1＝8-1≡1-1＝0(mod 7)；

(2)若n=3k＋1，則

2-1=2·(2)-1=2·8-1

≡2·1-1＝1(mod 7)；

(3)若n=3k＋2，則

2-1=2·(2)-1=4·8-1

≡4·1-1＝3(mod 7)．

所以，當且僅當3｜n時，2-1為7的倍數．

例3 對任意的自然數n，證明

A=2903-803-464＋261

能被1897整除．

證 1897=7×271，7與271互質．因為

2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以

A=2903-803-464+261

≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因為

2903≡193(mod 271)，n

n

n

n

n

n

n

n

n

k

n

3k

k

k

n

3k

k

n

3k

k

k3n 4！

803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以

故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．

例4 把1，2，3…，127，128這128個數任意排列為a1，a2，…，a128，計算出

｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再將這64個數任意排列為b1，b2，…，b64，計算

｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．

如此繼續下去，最后得到一個數x，問x是奇數還是偶數？

解 因為對于一個整數a，有

｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以

b1＋b2＋…＋b64

=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜

≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128

≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每經過一次“運算”，這些數的和的奇偶性是不改變的．最終得到的一個數

x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128

＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶數．！

如果要求一個整數除以某個正整數的余數，同余是一個有力的工具．另外，求一個數的末位數字就是求這個數除以10的余數，求一個數的末兩位數字就是求這個數除以100的余數．

例5 求證：一個十進制數被9除的余數等于它的各位數字之和被9除的余數．

10≡1(mod 9)，故對任何整數k≥1，有

10≡1＝1(mod 9)．

因此

k

k

即A被9除的余數等于它的各位數字之和被9除的余數．

說明(1)特別地，一個數能被9整除的充要條件是它的各位數字之和能被9整除．

(2)算術中的“棄九驗算法”就是依據本題的結論．

例6 任意平方數除以4余數為0和1(這是平方數的重要特征)．

證 因為

奇數=(2k＋1)=4k＋4k+1≡1(mod 4)，偶數=(2k)=4k≡0(mod 4)，所以

例7 任意平方數除以8余數為0，1，4(這是平方數的又一重要特征)．

證 奇數可以表示為2k＋1，從而！

奇數=4k＋4k+1=4k(k＋1)+1．

因為兩個連續整數k，k＋1中必有偶數，所以4k(k＋1)是8的倍數，從而

奇數=8t+1≡1(mod 8)，偶數=(2k)=4k(k為整數)．

(1)若k=偶數=2t，則

4k=16t＝0(mod 8)．

(2)若k=奇數=2t+1，則

4k=4(2t＋1)=16(t＋t)+4≡4(mod 8)，所以

求余數是同余的基本問題．在這種問題中，先求出與±1同余的數是一種基本的解題技巧．

例8(1)求33除2

(2)求8除7

2n+1

1998的余數．

-1的余數．

解(1)先找與±1(mod 33)同余的數．因為

2＝32≡-1(mod 33)，所以 2≡1(mod 33)，2

所求余數為25．

(2)因為7≡-1(mod 8)，所以

2n＋1

199810

=(2)·2·2≡-8≡25(mod 33)，1019953

≡(-1)

2n＋1

＝-1(mod 8)，7

2n＋1

-1≡-2≡6(mod 8)，！

即余數為6．

例9 形如

Fn＝2+1，n=0，1，2，… 的數稱為費馬數．證明：當n≥2時，Fn的末位數字是7．

證 當n≥2時，2是4的倍數，故令2=4t．于是

Fn=2＋1=2+1=16＋1 ≡6＋1≡7(mod 10)，即Fn的末位數字是7．

說明 費馬數的頭幾個是

F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它們都是素數．費馬便猜測：對所有的自然數n，Fn都是素數．然而，這一猜測是錯誤的．首先推翻這個猜測的是歐拉，他證明了下一個費馬數F5是合數．證明F5是合數，留作練習．

利用同余還可以處理一些不定方程問題．

例10 證明方程

x+y+2=5z

沒有整數解．

證 對于任一整數x，以5為模，有

x≡0，±1，±2(mod 5)，x≡0，1，4(mod 5)，x≡0，1，1(mod 5)，即對任一整數x，x≡0，1(mod 5)．

同樣，對于任一整數y

y≡0，1(mod 5)，4442

t2n

4t

t

n

n

2n 8！

所以 x+y+2≡2，3，4(mod 5)，從而所給方程無整數解．

說明 同余是處理不定方程的基本方法，但這種方法也非常靈活，關鍵在于確定所取的模(本例我們取模5)，這往往應根據問題的特點來確定．

練習二十五

1．求證：17｜(19

100044

-1)．

2n

2n

2．證明：對所有自然數n，330｜(6-5-11)．

4．求21000

除以13的余數．

5．求1＋2＋3＋…＋99＋100除以4所得的余數．

6．今天是星期天，過3天是星期幾？再過5

19985

天又是星期幾？

7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位數字．

8．證明不定方程x+y-8z=6無整數解．

第四篇：全國初中數學競賽輔導 第五十講《生活中的數學(三)——鏡子中的世界》教案1 北師大版

！

第五十講 生活中的數學(三)——鏡子中的世界

在日常生活中，人們為了觀察自己的服裝儀表是否整潔漂亮，常常要照鏡子．如果鏡面是很平的，那么在鏡子中，人或物體與其像是完全一樣的．而且我們都有這樣的經驗：當人走近鏡面，人在鏡中的像也走進鏡面；當人遠離鏡面，人在鏡中的像也遠離鏡面．如果你留心的話，就可以發現：人和像與鏡面的距離保持相等(圖2-155)，這種現象叫作面對稱．如果我們只取一個側面，那么鏡面就可用一條直線來表示，人和人在鏡中的像可用一個平面圖形來表示，這樣，人、像與鏡就成了軸對稱，也叫直線對稱(圖2-155)．

如果實物是△ABC，那么它在鏡中的像就成了圖形△A′B′C′．直線l表示鏡，這時稱l為△ABC和△A′B′C′的對稱軸(圖2-156)．圖中，A與A′，B與B′，C與C′是對稱點．以對稱點為端點所連結的線段AA′，BB′，CC′被對稱軸l垂直平分，因此，如果以直線l為折痕，把△ABC翻折過來，它必與△A′B′C′重合，所以成軸對稱的兩個圖形必全等．

例1 設圖形ABCDEF是半個蝴蝶形(圖2-157(a))，試以直線l為對稱軸，畫出整個蝴蝶來．！

解 為了畫出整個蝴蝶，只需要畫出圖形ABCDEF關于直線l的軸對稱圖形就可以了．因為A點、F點在直線l上，所以它們的對稱點分別和A，F是同一點，這樣，只要畫出B，C，D，E關于l的對稱點就行了．為此，先分別過B，C，D，E向l作垂線，設垂足分別為M，N，P，Q，然后在BM，CN，DP，EQ的延長線上取B′，C′，D′和E′點，使得B′M=MB，C′N=NC，D′P=PD，E′Q=QE，最后連結AB′，B′C′，C′D′，D′E′，E′F，于是就得到完整的蝴蝶形ABCDEFE′D′C′B′了(圖 2-157(b))．

例2 設直線l1和直線l2平行，且l1和l2間的距離為a．如果線段AB在l1的右側，并設AB關于l1的對稱圖形是A′B′，而A′B′關于l2的對稱圖形是A″B″(圖2-158)，那么，線段AB和A″B″有什么關系？

解 因為l1平行于l2，并且AA′A″垂直于l1，當然也垂直于l2，同理BB′B″也垂直于l1和l2．我們知道：“在平面內垂直于同一條直線的兩條直線互相平行”，所以

AA′A″∥BB′B″． ①

另一方面，因為AP=PA′，A′P′=P′A″，所以

AA′A″＝2PP′=2a，同理BB′B″=2a，所以

AA′A″=BB′B″． ②

通過例2，我們可知，如果在平面上兩條直線互相平行，有一個圖形以這兩條直線為對稱軸，連續作了兩次軸對稱移動，那么相當于這個圖形作了一次平行移動，平行移動的距離剛好是這兩個對稱軸間距離的2倍．

如果我們反復利用例2的原理，就可以做成帶形的花邊圖案．例如，我們把一張等寬的長紙條像圖2-159那樣折疊起來，并在上面用小刀刻出一個三角形的洞，然后再展開這張紙條，就會得到如圖2-160那樣的帶形圖案．！

如果我們把圖2-160中的m2，m1，m0，m-1，m-2，m-3看成鏡子，A0看作實物，那么A1，A2和A-1，A-2就是A0在鏡子中的像了．其實，圖中的A1是A0以m0為對稱軸作對稱移動的對稱圖形，也可以把A1看作是A-1作一次平行移到所得到的圖形．由此，怎樣看待A1和A2的關系以及A2和A0的關系呢？請同學們自己作出回答．

有了上面的知識，同學們不僅可以自己設計一些帶形花邊圖案，還可以了解某些廣告上畫的花邊圖案的原理了．下面的圖2-161和圖2-162是兩個帶形圖案，你能看出它們是怎樣設計的嗎？

如果我們把前面圖2-160中的m2，m1，m0，m-1，m-2等看作平行的鏡子，A0看作一個人，如果這個人在鏡子中m0和m-1之間反復映照，那么就會看到圖2-163的情況．

可以想象，在鏡子m0中的像A1，A2，A3，…，以及在鏡子m1中的像A-1，A-2，A-3，…是無限多的．還可以知道：A0在鏡m0中的像是A1，A1在鏡m-1中的像是A-2，A-2在鏡m0中的像是A3，…如此等等．因為A0和A1，A1和A2是軸對稱移動，所以A0到A2是平行移動．！

例3 設直線l1和直線l2相交，交點為O，其夾角為α．如果線段AB關于l1的軸對稱圖形是A′B′，而A′B′關于l2的軸對稱圖形是A″B″．試問AB和A″B″間有什么關系？(見圖2-164)

解 因為已知AB關于l1的對稱圖形是A′B′，A′B′關于l2的對稱圖形是A″B″，所以AB=A′B′，A′B′=A″B″，所以

AB=A″B″，①

由于∠AOP=∠A′OP，∠A′OP′=∠A″OP′，所以

∠AOA″＝2∠POP′＝2α．

同理∠BOB″=2∠POP′=2α，所以

∠AOA″＝∠BOB″＝2α． ②

由①，②可知：在平面上，如果兩條直線相交，一個圖形以這兩條直線為對稱軸，連續作兩次對稱移動，那么相當于這個圖形以這兩條直線的交點為旋轉中心，以這兩條直線的交角的2倍為旋轉角，作了一個旋轉移動，在旋轉移動下，圖形的大小不變．

例4 同學們小時候常常玩萬花筒，它是由三塊等寬、等長的玻璃片圍成的．為什么在萬花筒中會出現美麗奇特的圖案呢？試用前邊的知識揭開萬花筒的秘密．

解 萬花筒中所以能呈現千變萬化、美麗而奇特的圖案，主要是利用了圖形的對稱和旋轉原理．為具體說明，給出的圖2-165為萬花筒中的一個圖案，它是用一個小圓、一個平行四邊形和一段短線在萬花筒中連續反射而成的圖形．

為了清楚地說明上圖形成的原理，我們取出圖形中的一部分(圖2-166)加以分析．！

正△ABO以OB為對稱軸作軸對稱移動，就得到△CBO；△CBO以OC為對稱軸作軸對稱移動，就得到△CDO．經過這樣兩個軸對稱移動，實際上相當于△ABO以O為中心，以120°為旋轉角，作了一個旋轉移動．這樣：

點A→點C，邊AO→邊CO，點B→點D，邊AB→邊CD，點O→點O，邊BO→邊DO．

在這樣旋轉移動下，△ABO中的平行四邊形、小圓和曲線也跟著旋轉了120°．經多次反復，就形成了圖2-165的綺麗景色．如果同學們有興趣，可以自己在紙上再現萬花筒中的世界！

練習二十九

1．設l1和l2是兩面平行相對的鏡子，如果把一個小球放在l1和l2之間(圖2-167)，試問：

(1)小球A在鏡l1中的像A′在什么位置？！

(2)小球A在鏡l1中的像A′在鏡l2中的像A″又在什么位置？分別畫在圖上；

(3)小球A和像A″之間的距離與l1和l2之間的距離有什么關系？

2．圖2-168是萬花筒中的一個圖案，其中菱形FJKG變成菱形FDAC，如果看成經過以F點為旋轉中心、旋轉角為x的旋轉移動得到的，那么x等于多少度？請從下面的四個答案中選出一個正確的答案來．

(A)60°；

(B)120°；

(C)180°；

(D)以上答案都不對．

3．圖2-169是游樂園中的大型旋轉車的簡圖，游人坐在旋轉車的車斗中，任憑旋轉車不停地旋轉，但總是頭朝上，絕不會掉下來．試問車斗所作的移動是什么移動？請在下面答案中選一個正確的答案．

(A)旋轉；(B)對稱；

(C)平移；(D)以上答案都不對．

4．圖2-170表示一張長方形球臺，設P，Q為兩個球，若擊P球，使它碰CD邊后，反彈正好擊中Q球．試問P應碰撞CD邊的哪一點？！

第五篇：全國初中數學競賽輔導 第三十四講《梯形》教案2 北師大版

第三十四講 梯形

與平行四邊形一樣，梯形也是一種特殊的四邊形，其中等腰梯形與直角梯形占有重要地位，本講就來研究它們的有關性質的應用．

例1 如圖2-43所示．在直角三角形ABC中，E是斜邊AB上的中點，D是AC的中點，DF∥EC交BC延長線于F．求證：四邊形EBFD是等腰梯形．

分析 因為E，D是三角形ABC邊AB，AC的中點，所以ED∥BF．此外，還要證明(1)EB=DF；(2)EB不平行于DF．

證 因為E，D是△ABC的邊AB，AC的中點，所以

ED∥BF．

又已知DF∥EC，所以ECFD是平行四邊形，所以

EC=DF． ①

又E是Rt△ABC斜邊AB上的中點，所以

EC=EB． ②

由①，②

EB=DF．

下面證明EB與DF不平行．

若EB∥DF，由于EC∥DF，所以有EC∥EB，這與EC與EB交于E矛盾，所以EBDF．

根據定義，EBFD是等腰梯形．

例2 如圖2-44所示．ABCD是梯形，AD∥BC，AD＜BC，AB=AC且AB⊥AC，BD=BC，AC，BD交于O.求∠BCD的度數．

分析 由于△BCD是等腰三角形，若能確定頂點∠CBD的度數，則底角∠BCD可求．由等腰Rt△ABC可求知斜邊BC(即BD)的長．又梯形的高，即Rt△ABC斜邊上的中線也可求出．通過添輔助線可構造直角三角形，求出∠BCD的度數．

解 過D作DE⊥EC于E，則DE的長度即為等腰Rt△ABC斜邊上的高AF．設AB=a，由于△ABF也是等腰直角三角形，由勾股定理知

AF+BF=AB，即

又

BC=AB+AC=2AB=2a，由于BC=DB，所以，在Rt△BED中，22222

從而∠EBD=30°(直角三角形中30°角的對邊等于斜邊一半定理的逆定理)．在△CBD中，2

例3 如圖2-45所示．直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠ADC=135°，CD的垂直平分線交BC于N，交AB延長線于F，垂足為M．求證：AD=BF．

分析 MF是DC的垂直平分線，所以ND=NC．由AD∥BC及∠ADC=135°知，∠C=45°，從而∠NDC=45°，∠DNC=90°，所以ABND是矩形，進而推知△BFN是等腰直角三角形，從而AD=BN=BF．

證 連接DN．因為N是線段DC的垂直平分線MF上的一點，所以ND=NC．由已知，AD∥BC及∠ADC=135°知

∠C=45°，從而

∠NDC=45°．

在△NDC中，∠DNC=90°(=∠DNB)，所以ABND是矩形，所以

AF∥ND，∠F=∠DNM=45°．

△BNF是一個含有銳角45°的直角三角形，所以BN=BF．又

AD=BN，所以 AD=BF．

例4 如圖2-46所示．直角梯形ABCD中，∠C=90°，AD∥BC，AD+BC=AB，E是CD的中點．若AD=2，BC=8，求△ABE的面積．

分析 由于AB=AD+BC，即一腰AB的長等于兩底長之和，它啟發我們利用梯形的中位線性質(這個性質在教材中是梯形的重要性質，我們將在下一講中深入研究它，這里只引用它的結論)．取腰AB的中點F，(或BC)．過A引AG⊥BC于G，交EF于H，則AH，GH分別是△AEF與△BEF的高，所以

AG=AB-BG=(8+2)-(8-2)=100-36=64，所以AG=8．這樣S△ABE(=S△AEF+S△BEF)可求．

解 取AB中點F，連接EF．由梯形中位線性質知

EF∥AD(或BC)，2

過A作AG⊥BC于G，交EF于H．由平行線等分線段定理知，AH=GH且AH，GH均垂直于EF．在Rt△ABG中，由勾股定理知

AG=AB-BG

=(AD+BC)-(BC-AD)

=10-6=8，所以 AG=8，從而 AH=GH=4，所以

S△ABE=S△AEF+S△BEF 2222

2222 4

例5 如圖2-47所示．四邊形ABCF中，AB∥DF，∠1=∠2，AC=DF，FC＜AD．

(1)求證：ADCF是等腰梯形；

(2)若△ADC的周長為16厘米(cm)，AF=3厘米，AC-FC=3厘米，求四邊形ADCF的周長．

分析 欲證ADCF是等腰梯形．歸結為證明AD∥CF，AF=DC，不要忘了還需證明AF不平行于DC．利用已知相等的要素，應從全等三角形下手．計算等腰梯形的周長，顯然要注意利用AC-FC=3厘米的條件，才能將△ADC的周長過渡到梯形的周長．

解(1)因為AB∥DF，所以∠1=∠3．結合已知∠1=∠2，所以∠2=∠3，所以

EA=ED．

又 AC=DF，所以 EC=EF．

所以△EAD及△ECF均是等腰三角形，且頂角為對頂角，由三角形內角和定理知∠3=∠4，從而AD∥CF．不難證明

△ACD≌△DFA(SAS)，所以 AF=DC．

若AF∥DC，則ADCF是平行四邊形，則AD=CF與FC＜AD矛盾，所以AF不平行于DC．

綜上所述，ADCF是等腰梯形．

(2)四邊形ADCF的周長=AD+DC+CF+AF． ①

由于

△ADC的周長=AD+DC+AC=16(厘米)，②

AF=3(厘米)，③

FC=AC-3，④

將②，③，④代入①

四邊形ADCF的周長=AD+DC+(AC-3)+AF

=(AD+DC+AC)-3+3

=16(厘米)．

例6 如圖2-48所示．等腰梯形ABCD中，AB∥CD，對角線AC，BD所成的角∠AOB=60°，P，Q，R分別是OA，BC，OD的中點．求證：△PQR是等邊三角形．

分析 首先從P，R分別是OA，OD中點知，欲證等邊三角形PQR的邊長應等于等腰梯形腰長之半，為此，只需證明QR，QP等于腰長之半即可．注意到△OAB與△OCD均是等邊三角形，P，R分別是它們邊上的中點，因此，BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC與Rt△CRB中，PQ，RQ分別是它們斜邊BC(即等腰梯形的腰)的中線，因此，PQ=RQ=腰BC之半．問題獲解．

證 因為四邊形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性質知，它的同一底上的兩個角及對角線均相等．進而推知，∠OAB=∠OBA及∠OCD=∠ODC．又已知，AC與BD成60°角，所以，△ODC與△OAB均為正三角形．連接BP，CR，則BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC與Rt△CRB中，PQ，RQ分別是它們的斜邊BC上的中線，所以

又RP是△OAD的中位線，所以

因為 AD=BC，③

由①，②，③得

PQ=QR=RP，即△PQR是正三角形．

說明 本題證明引人注目之處有二：

(1)充分利用特殊圖形中特殊點所帶來的性質，如正三角形OAB邊OA上的中點P，可帶來BP⊥OA的性質，進而又引出直角三角形斜邊中線PQ等于斜邊BC之半的性質．

(2)等腰梯形的“等腰”就如一座橋梁“接通”了“兩岸”的髀

使△PQR的三邊相等．

練習十三

1．如圖2-49所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC，BD⊥CD．求∠A的度數．

2．如圖2-50所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AE∥DC交BC于E，△ABE的周長=13厘米，AD=4厘米．求梯形的周長．

3．如圖2-51所示．梯形ABCD中，AB∥CD，∠A+∠B=90°，AB=p，CD=q，E，F分別為AB，CD的中點．求EF．

4．如圖2-52所示．梯形ABCD中，AD∥BC，M是腰DC的中點，MN⊥AB于N，且MN=b，AB=a．求梯形ABCD的面積．

5．已知：梯形ABCD中，DC∥AB，∠A=36°，∠B=54°，M，N分別是DC，AB的中點．求證：