斯特瓦爾特定理(共19頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上數(shù)形結(jié)合，動(dòng)靜互易（一）    在解決代數(shù)問(wèn)題時(shí)，要注意其幾何意義，通過(guò)幾何圖形的直觀反映題設(shè)條件與結(jié)論之間的聯(lián)系，反之在解決幾何問(wèn)題時(shí)，應(yīng)注意其間的數(shù)量關(guān)系，有時(shí)結(jié)合代數(shù)方法，可彌補(bǔ)直覺(jué)想像的不足.例1正數(shù)a、b、c、A、B、C滿足a+A=b+B=c+C=k，    求證：aB+bC+cA<k2   (節(jié)21屆全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽題)分析除了純代數(shù)方法以外，若能聯(lián)想幾何意義，視正數(shù)為線段長(zhǎng)，則兩正數(shù)之積可與面積相聯(lián)系，于是可構(gòu)造以k為邊長(zhǎng)的正三角形，使其三邊分別為a+A，B+b，C

2、+c，（如圖1）    于是求證的結(jié)論可視作要證    SPNM+SQLN+SRLM<SPQR   （；      ；）    結(jié)論顯然成立.說(shuō)明此例的幾何證法不太好想，但只要想到，其優(yōu)越性是不言自明的.例2若2x+y1，試求函數(shù)    W=y2-2y+x2+4x的最小值分析若采用純代數(shù)的方法求解，過(guò)程相當(dāng)繁雜，不妨試用幾何方法.解設(shè)P(x，y)是直角坐標(biāo)平面oxy上的一點(diǎn)，則   

3、; 2x+y1    表示直線2x+y-1=0的上方（含直線本身）區(qū)域.    再視W=y2-2y+x2+4x為方程，變形為：(x+2)2+(y-1)2=W+5    可見它表示以o(-2，1)為圓心，為半徑的圓.由于W不定它表示的是動(dòng)圓，而其上點(diǎn)(x，y)應(yīng)是直線2x+y-1=0上方（含直線）的點(diǎn)，為使W最小，即需此動(dòng)圓半徑最小，此即o到直線的距離.    故當(dāng)時(shí)，    即為所求最小值.    為求出何時(shí)取到最小

4、值，只需再解方程組    得；即此時(shí)，函數(shù)取最小值.例3解不等式：分析：本題是道高考的容易題，但實(shí)際上當(dāng)年考生得分并不高，錯(cuò)誤的原因就在于絕大多數(shù)同學(xué)只會(huì)用分類討論的方法解此無(wú)理不等式，而在討論時(shí)，又分類不全，錯(cuò)誤率很高，其實(shí)只要有數(shù)形結(jié)合的思想，利用圖象求解，本題還是很容易的.解作與y=x+1的圖象于同一坐標(biāo)系，解方程組   得出交點(diǎn)A(2，2)，注意到B(，0)，結(jié)合題意可能不等式的解為  x(2）（待續(xù)） 競(jìng)賽園地   柯西不等式（一）.內(nèi)容設(shè)a1，a2，an和b1，b2bn是兩組實(shí)數(shù)，則

5、   (a12+a22+an2)(b12+b22+bn2)(a1b1+anbn)2   (當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等式成立)   證明   方法1（利用排序不等式）   (1)若a1=a2=an=0或b1=b2=bn=0顯然成立；   (2)若,且a1a2an,      ,且b1b2bn,記   由排序原理有   x1xn+1+x2xn+2+xnx2n+xn+1x1+x2n·xn 

6、60; x1·x1+x2·x2+x2n·x2n.即 于是   進(jìn)而有      （|a+b|a|+|b|）即   式中等號(hào)成立的充要條件是x1=x2=x2n,即      方法2，構(gòu)造二次函數(shù)   顯然f(x)0,因而其判別式0,即   ,即 ，當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)成立.應(yīng)用例1.利用柯西不等式 證明   (1)(ab+cd) (ac+bd)4abcd;   (2)若a、b、

7、cR+，則      (3)若a、b、cR+，且ab+bc+cd=1,則.   (4).   證明   (1)(ab+cd)(ac+bd)   等式當(dāng)且僅當(dāng)且a=d 即b=c,a=d 時(shí)成立.   (2)          =(1+1+1)2=9當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)，等式成立.   (3)注意到   (a2+b2+c2)2=(a2+b2+

8、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   ,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等式成立.   (4)注意到   競(jìng)賽中的平面幾何基礎(chǔ)    小精靈（來(lái)了北大后，發(fā)現(xiàn)忘了不少高中的東西，但一旦重新拾起，就會(huì)有更深認(rèn)識(shí)基于同樣的原因，高中的你請(qǐng)和我們一起來(lái)看看初中的很“基礎(chǔ)”很“基礎(chǔ)”的東西）   照常理，我似乎應(yīng)給你們?cè)偌狱c(diǎn)“料”，但見到這么多梅理、瓦理，再加那

9、么幾個(gè)公式，定理似乎沒(méi)有什么必要了，你有足夠的內(nèi)存，時(shí)間，練習(xí)去記住每一個(gè)嗎？仔細(xì)看每一個(gè)定理，它們都可以用正/余弦定理或更基本的思路來(lái)證明。它們不過(guò)是一些快捷方式，快捷鍵罷了。給你這么多公式唯一的目的是告訴你，由某些基本定理（余/正弦），可推導(dǎo)出三角形中存在的許多恒定的關(guān)系。    比奧賽，就是比怎樣去推導(dǎo)、理解、運(yùn)用這些關(guān)系。記住正/余弦，以后靠你自己吧，不過(guò)，多說(shuō)一句，玩電腦的人喜歡快捷方式。    僅僅會(huì)初中平面幾何中的定理，遠(yuǎn)遠(yuǎn)不能適應(yīng)數(shù)學(xué)競(jìng)賽的需要，現(xiàn)在介紹幾個(gè)在現(xiàn)行初中課本刪去，但高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽很需要的基礎(chǔ)定理。定理1正弦

10、定理    ABC中，設(shè)外接圓半徑為R，則    證明概要    如圖1，過(guò)B作直徑BA'，則A'=A，BCA'=90°，故    即；       同理可得    當(dāng)A為鈍角時(shí)，可考慮其補(bǔ)角，-A.    當(dāng)A為直角時(shí)，sinA=1，故無(wú)論哪種情況正弦定理成立。定理2余弦定理    ABC中，有關(guān)系&#

11、160;   a2=b2+c2-2bccosA； （*）    b2=c2+a2-2cacosB；    c2=a2+b2-2abcosC；    有時(shí)也用它的等價(jià)形式    a=ccosB+bcosC；    b=acosC+ccosA；     （*）    c=acosB+bcosA.    證明簡(jiǎn)介  

12、;  余弦定理的證法很多，下面介紹一種復(fù)數(shù)證法    如圖建立復(fù)平面，則由        =（bcosA-c2）+(bsin)2   即a2=b2+c2-2bccosA，    同理可證（*）中另外兩式；至于*式，由圖2顯見。    定理3梅內(nèi)勞斯定理    直線截ABC的邊BC，CA，AB或其延長(zhǎng)線于D、E、F.    則   

13、; （若：考慮線段方向，則等式右邊為-1）    證法簡(jiǎn)介    本題可以添加平行線來(lái)證明，也可不添輔助線，僅用正弦定理來(lái)證明。    在FBD、CDE、AEF中，由正弦定理，分別有        定理4塞瓦定理設(shè)O是ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，AB、BO、CO分別交對(duì)邊于D、E、F，則    證法簡(jiǎn)介    （）本題可利用梅內(nèi)勞斯定理證明：    

14、0;   ADC被直線BOE所截，                     而由ABD被直線COF所截，                （）也可以利用面積關(guān)系證明          

15、0;     同理                 ××得    定理5塞瓦定理逆定理    在ABC三邊所在直線BC、CA、AB上各取一點(diǎn)D、E、F，若有    則AD、BE、CE平行或共點(diǎn)。    證法簡(jiǎn)介    （）若ADBE（如圖畫5-1）&

16、#160;  則        代入已知式：；于是 ，        故 ADCF，從而ADBECF    （）若AD、BE交于O（圖5-2），則連CO交AB于F.據(jù)塞瓦定理，可得            而已知           

17、;      AF+FB=AF+FB=AB     AF=AF        即F即F，可見命題成立。    定理6斯特瓦爾特定理    在ABC中，若D是BC上一點(diǎn)，且BD=p，DC=q，AB=c，AC=b，則    證明簡(jiǎn)介：    在ABD和ABC中，由余弦定理，得     

18、0;  抽屜原理是組合數(shù)學(xué)中一個(gè)非常有用和重要的方法。本文將用它處理三個(gè)組合問(wèn)題。例1和例2是與整除有關(guān)的問(wèn)題，同學(xué)們讀后不妨想一想，任意多少個(gè)整數(shù)中，至少有4個(gè)數(shù)的和為4的倍數(shù)，把4換成5、6，或者是n，能否得出一般的結(jié)論？    定理引入若5個(gè)蘋果放在兩個(gè)抽屜中，則至少有一個(gè)抽屜有3個(gè)蘋果，即有個(gè)蘋果；    若有10只鴿子，放在3個(gè)籠子中，則至少有一個(gè)籠中關(guān)有4只鴿子，即只鴿子    定理：若有p個(gè)元素放入q個(gè)盒子中，則當(dāng)q|p時(shí)，至少有一個(gè)盒子中，放有個(gè)元素；若qp時(shí)，至少有一個(gè)盒子中，

19、放有+1個(gè)元素。   定理應(yīng)用   例1.任意三個(gè)整數(shù)中，至少有兩個(gè)整數(shù)的和為2的倍數(shù)，請(qǐng)予證明。    證明：任一整數(shù)或者是偶數(shù)，或者是奇數(shù)，再構(gòu)造兩只抽屜，一只放偶數(shù)，一只放奇數(shù)，根據(jù)抽屜原理，即至少有一個(gè)抽屜放了兩個(gè)奇數(shù)，或者兩個(gè)偶數(shù)，無(wú)論是哪一種情況，該抽屜內(nèi)所放兩數(shù)的和都是偶數(shù)（證畢）。    例2.任意5個(gè)整數(shù)中，至少有3個(gè)數(shù)的和為3的倍數(shù)。    分析：任一整數(shù)被3除的余數(shù)只有3種可能：或者整除，則余數(shù)為0，或者不能整除，則余數(shù)為1或2. &

20、#160;  我們構(gòu)造3個(gè)抽屜，分別放置形如3m、3m+1、3m+2的數(shù)，其中，這三類數(shù)也可稱為余0類，余1類，余2類。    把任意五個(gè)整數(shù)，按其余數(shù)情況放入這三個(gè)抽屜，由抽屜原理：必有某一抽屜有整數(shù)。    （個(gè)）    對(duì)這三個(gè)抽屜的數(shù)，進(jìn)行分類討論，命題可以得證。    證明：按余0類，余1類，余2類構(gòu)造三個(gè)盒子，由抽屜原理，必有一盒子放有個(gè)關(guān)于3的余數(shù)相同的數(shù)，則另外3個(gè)盒中放的3個(gè)數(shù)，或者同屬一類，這時(shí)結(jié)論顯然成立；若2個(gè)屬一類，另一個(gè)屬一類，這時(shí)從三類

21、不同余數(shù)的盒子，各抽一個(gè)數(shù)，則此三數(shù)和必為3的倍數(shù)。    因而無(wú)論整數(shù)在三個(gè)抽屜中如何分布，總能找到其和為3的倍數(shù)的三個(gè)數(shù)。    例3.下面的結(jié)論是否正確，請(qǐng)予證明或舉反例說(shuō)明其偽。    在1999年高中數(shù)學(xué)冬令營(yíng)中，有82名來(lái)自各省市的優(yōu)秀選手，則其中必有10位選手來(lái)自同一省市或者來(lái)自十個(gè)不同省市。    解：若其中參加冬令營(yíng)的省市超過(guò)10個(gè)，結(jié)論顯然成立；若這些選手來(lái)自的省市不足十個(gè)，則由抽屜原理，必有一省市來(lái)了。    名選手，不論何

22、種情況，結(jié)論成立（證畢）     問(wèn)題提出1978年全國(guó)高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽有這樣一道著名的試題：    有10個(gè)人各拿一只水桶去打水，設(shè)水龍頭注滿i個(gè)人的水桶需要ti分鐘，并假定這ti(i=1、2、10)各不相同。問(wèn)只有一個(gè)水龍頭時(shí)，應(yīng)如何安排10個(gè)人的順序，使他們接滿水桶花費(fèi)的總時(shí)間最少？并求出這個(gè)最少的總時(shí)間(設(shè)水流量恒定)。數(shù)學(xué)模型的建立    設(shè)i1、i2、i10是1、2、10這十個(gè)數(shù)的一個(gè)排列。若第一接水人的水桶需ti1分接滿，則當(dāng)他接水時(shí)，其余9人每人都要等待ti1分鐘，因此十人總等候時(shí)間和10ti

23、1分。同理第二人接水時(shí)間為ti2，有9人共等候9ti2分，依此類推，10人都接滿水時(shí)，接水人總等候時(shí)間為    T=10ti1+9ti2+2ti9+ti10(分)    于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求T的最小值，怎樣求這最小值呢？這就需要掌握下面的所解“排序不等式”定理內(nèi)容    設(shè)有數(shù)組A：a1a2an，及數(shù)組B：b1b2bn.稱a1b1+a2b2+anbn為順序和，a1bn+a2bn-1+a3bn-2+ +anb1為倒序和，a1bj1+a2bj2+anbjn為亂序和(其中j1、j2jn是數(shù)1、2,n的一個(gè)排列)則有

24、    順序和亂序和倒序和，其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=an或b1=b2=bn時(shí)成立。證明思路    先看a1a2，b1b2 時(shí)，    (a1b2+a2b1)-(a1b1+a2b2)    =a1(b2-b1)+a2(b1-b2)    =(b2-b1)(a1-a2)0， (*)可見命題成立，對(duì)于多于兩個(gè)數(shù)的數(shù)組A、B構(gòu)成的“序和”，只要把其中一個(gè)“亂序”調(diào)為“順序”，由(*)可以得到“序和”將變大，而經(jīng)過(guò)有限次調(diào)整，“亂序和”將變“順序和”。

25、類似的討論可見“亂序和”不小于倒序和(*也可視為“倒序和”“順序和”)。         回到接水需時(shí)問(wèn)題，設(shè)t1<t2<t10，又10>9>>1，故    10ti1+9ti2+ti10>10t1+9t2+t10，因而按水桶的大小排隊(duì)接水，應(yīng)使小桶排前大桶排后，10人接水需時(shí)總數(shù)是最少，這個(gè)時(shí)間就是    10t1+9t2+t10回味與引伸    利用排序不等式還可以證明許多較難的數(shù)學(xué)競(jìng)賽

26、試題。如20屬國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽有如下試題：設(shè)a1、a2、an是互不相同的自然數(shù)證明    .    證明：設(shè)b1、b2、bn是a1、a2、an的一個(gè)排列，滿足b1<b2<<bn.    biN(i=1、2、n)b1 1，b2 2，bn n.注意到    ，故由排序不等式有“亂”序和 “倒”序和及bi i(i=1、2、n).    等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)ai=bi=i(i=1、2、n)時(shí)成立。歐拉算式與不定方程初步（一）  

27、  在求a，b的最大公約數(shù)的輾轉(zhuǎn)相除法中，a=bq0+r0，b=r0q1+r1，rn-2=rn-1qn+rn，rn-1=rn·qn+1，從而rn=(a，b).   反過(guò)來(lái)，rn=rn-2-rn-1qn=rn-2-(rn-3-rn-2qn-1)·qn=a·x+b·y，    從中我們可以看出，x和y是由qn，qn-1，q0決定的。    本文給出了一個(gè)由qn，qn-1，q0求x與y的算法，并將之應(yīng)用于二元一次不定方程的求解。    假如你

28、有興趣，不妨用你所熟悉的計(jì)算機(jī)語(yǔ)言實(shí)現(xiàn)這個(gè)算法，或是給出更好、更快的算法。解題歐拉算式是用兩個(gè)數(shù)a與b的倍數(shù)和表示a、b的最大公約數(shù)(a、b)的算法，下面我們通過(guò)例題熟悉這種方法。例例1：用253與449的倍數(shù)和表示（253，449）        解：先用輾轉(zhuǎn)相除法求（253，449）                        可見

29、（253，449）=1（表現(xiàn)在輾轉(zhuǎn)相除過(guò)程中的最后一個(gè)非零余數(shù) ）.            下面的算法格式便是所謂歐拉演段，先去掉輾轉(zhuǎn)相除中最后一個(gè)商3，然后把其余的商逆序依次寫在一橫線上方，落下左邊第一個(gè)商1，并在1左邊再固定一個(gè)數(shù)字1，如圖示依“乘左下加左”得從第二數(shù)起下面應(yīng)寫的數(shù)：        1×1+1=2；3×2+1=7；2×7+2=16；    

30、;                最后得出的71和126便是欲求的k，的絕對(duì)值；        1=k×449+×253        至于符號(hào)取“+”還是取“-”，可考查個(gè)位數(shù)字而定，現(xiàn)在449253，故k取71，取126，當(dāng)k取“+”號(hào)，取“-”號(hào)時(shí)，個(gè)位數(shù)字符要求，因而  

31、      1=71×449-126×253    說(shuō)明：歐拉演段的正確性，可利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，這里從略。    例2：用13，8，3的倍數(shù)和表示(13，8，3)    解：顯然(13，8，3)=1    (i) 先用13與8的倍數(shù)和表示(13，8)=1             &#

32、160;          5×8+(-3)×13=1；        又用1，3的倍數(shù)和表(1，3)=1，顯然有1=1×3+(-2)×1        1=1×3+(-2)5×8+(-3)×13   即 1=1×3-10×8+6×13  

33、  例3：求出二元一次方程119x-105y=217的一個(gè)整數(shù)解.    解：由輾轉(zhuǎn)相除及歐拉演段，得                                從而217=31×7=（-217）×119-（-248）×105 

34、0;      對(duì)比原方程，故是原方程的一個(gè)整數(shù)解.    說(shuō)明：有了二元一次不定方程ax+by=c的一個(gè)特解(x0，y0).        則依 (mZ)        可得方程的全部解，在這里，就有        即 (mZ) （*）      

35、  但并非形如ax+by=c (a、b、cZ)的二元一次不定方程都有整數(shù)解，只有當(dāng)(a，b)c時(shí)，才可能有整數(shù)解，本例中(119，105)=7217，故可找到整數(shù)特解，進(jìn)而找到它的全部通解（*）.附錄    附錄：1.關(guān)于二元一次不定方程ax+by=c (a、b、cZ)有整數(shù)解的充要條件為(a，b)c的證明.     證：(i)充分性        設(shè)(a,b)=dc        則令

36、c=dc0，由歐拉演段可找到x0，yZ，使ax0+by0=d        從而 ac0x0+bc0y0=c     即 ax+by=c有解    (ii)必要性        設(shè)方程ax+by=c (a、b、cZ)有解        使 ax0+by0=c (a、b、c、x0、y0Z)   

37、60;    則由(a,b)=da，db     從而 dc    附錄2：關(guān)于二元一次不定方程的通解定理：        設(shè)(a,b)=1，且(x0,y0)為         ax+by=c (a,b,cZ) ( * )的一特解，則方程( * )的通解形如        (t=0,

38、77;1,±2,)    證：         (a,b)=1,a(y-y0)，令  y=y0-at   則x=x0+bt        經(jīng)檢驗(yàn)，它們是原方程的解，故所求方程的通解為        (tZ)競(jìng)賽試題解法分析（一）抓住關(guān)鍵，窮追不舍    問(wèn)題某市有n所中學(xué)，第i所中學(xué)派出Ci名學(xué)生(

39、1Ci39，1in)到體育館觀看球賽，全部學(xué)生的總數(shù)為，看臺(tái)上每一橫排有199個(gè)座位，要求同一學(xué)校的學(xué)生必須坐在同一排，問(wèn)體育館最少要安排多少橫排才能保證全部學(xué)生都能坐下？（1990年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽）解法1本題是道競(jìng)賽壓軸題，自然有相當(dāng)難度，怎樣解決它呢？首先要仔細(xì)審題，搞清題設(shè)的條件：1.每校學(xué)生不超過(guò)39人，而總?cè)藬?shù)為1990人；2.看臺(tái)上每一橫排有199個(gè)座位；3.同一學(xué)校的學(xué)生，必須坐在同一橫排。    而要求達(dá)到的目標(biāo)，是求如何安排入座，所需橫排最少？    顯然，最不用動(dòng)腦筋的排法是每個(gè)學(xué)校坐一橫排，這必然能滿足三個(gè)條件

40、，但同樣顯然的是，它所需的橫排數(shù)，一定是最多的，因而不合要求。    因而很自然地應(yīng)想到，最好的出路應(yīng)是把那些人數(shù)和不超過(guò)199人的學(xué)校放在一橫排，于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化為最多能把多少所學(xué)校分別放在同一橫排？！并且從前排往后排坐，每排盡量坐滿（或每排盡量少空位?。?！    這件事，能否辦到呢？由于學(xué)校只有有限的n個(gè)，而每校學(xué)生數(shù)也是有限的（不超過(guò)39人），而把這n個(gè)數(shù)中的若干個(gè)加在一起，其和的個(gè)數(shù)也是有限個(gè)（由組合數(shù)公式可知為：）其中小于199的和自然也是有限個(gè)，設(shè)其中最大的和，則可把第i1，i2，ik所中學(xué)放第一排，于是第一排的空位數(shù)為

41、60;   x1=199-Smax=199-（）    取最小值（顯然x10）    再考慮余下的n-k所中學(xué)，讓它們中任一所學(xué)校的學(xué)生人數(shù)為Cj（ji1，i2，ik）易見    Cjx1+1    （否則可將該校學(xué)生安排第一排就座）    下面我們來(lái)考查一下，第一排的空位數(shù)x1最多只能有幾個(gè)？    顯然這個(gè)數(shù)應(yīng)小于39。但能否是38，37，36，33呢？    若

42、x1=38則Cj39，39×5<199，而199-39×5<x1=38，矛盾。（x1應(yīng)是諸排中，最小空位數(shù)?。?#160;   同樣類推，直到x1=33，都有Cj34，于是199-34×5=29<x1，可見x1應(yīng)不大于32。從而第一排排空的人數(shù)應(yīng)不小于167。    因第一排所?？瘴粩?shù)最小，可見其余各排空位數(shù)應(yīng)小于39而不小于32。    同樣可證第二排以后空位也應(yīng)不小于32，即所有各排都至少應(yīng)坐167人。以每排都坐167人計(jì)，1990÷167=11.9（排

43、）    故所求的最少排數(shù)應(yīng)為12排。    說(shuō)明本題的解法關(guān)鍵在于找出了每排的最少人數(shù)是167（否則將導(dǎo)致該排座位空缺數(shù)將大于最小空位數(shù)的矛盾）。既然每排最少坐人數(shù)找到了，從而也就找到了安排全部觀眾1990人入座的最多排數(shù)。下面再介紹另一種解法。    解法2    將各所學(xué)校順序編號(hào)，并讓各校學(xué)生順序入座，每坐滿一排就按“之”字形依次轉(zhuǎn)入后一排，這樣全部學(xué)生入座只需排    然而在前一排的未尾和后一排的開頭有可能坐的是同一學(xué)校的學(xué)生，這是不符

44、合題意的坐法，為此必須予以調(diào)整。怎樣調(diào)整呢？最好的辦法就是把凡是分別坐在兩排的同一學(xué)校的學(xué)生，統(tǒng)統(tǒng)抽出來(lái)，然后讓他們?cè)僦匦伦诤竺娴目张派先?。那么最多能抽出多少學(xué)校呢？    因?yàn)榭倲?shù)不過(guò)坐了十排，其間頂多只有9所學(xué)校不同排！而9所學(xué)校頂多有9×39人，而5×39=195，因此再有兩排，全部學(xué)生就都能按題目要求坐下了。    于是解法2同樣得出只需12排，即可按要求坐下全部學(xué)生，那么再少一點(diǎn)排數(shù)行不行？    構(gòu)造特殊情況試試：    考慮當(dāng)n=59，且其

45、中有一所中學(xué)僅來(lái)18人，其余各校皆來(lái)34人的情況（這時(shí)58×34+18=1990）    注意到    5×34=170<199<204=6×34    且 1990=34×58+18    因此當(dāng)前10排只能坐50個(gè)學(xué)校的1700人，第11排只能坐6個(gè)學(xué)校的5×34+18=188（人），另有2個(gè)學(xué)校的2個(gè)人必須再坐一排。由此可見只安排11橫排是不行的。    綜上，至所求的最小排數(shù)是

46、12。    注意當(dāng)遇到求實(shí)際問(wèn)題的最值問(wèn)題時(shí)，若找到一個(gè)基本滿足要求的數(shù)后，如還要確定它是否最小值（或最大值），就必須驗(yàn)證再小的值（或再大的值）不合要求，否則就不能算作求出了最值。競(jìng)賽中的平面幾何基礎(chǔ)（二）     定理7ABC中，若AD平分BAC，記AD=ta，AB=c，AC=b，BC=a.且BD=m，DC=n，    則（i）；    （ii）          

47、0;         (tb、tc是b邊或c邊上的角平分線)        證法簡(jiǎn)介    （i）在圖7-2中，延長(zhǎng)CA到A，作BADA交CA于A，則        （1=2，故AB=AA）        即     （ii）由上節(jié)斯特瓦爾特定理 &

48、#160;                      由a+b+c=2p，b+c-a=2p-2a，故                同理可得           

49、0;    說(shuō)明 類似方法可證a邊上的高線長(zhǎng)    定理8在凸四邊形ABCD中，有AB·CD+AD·BCAC·BD   僅當(dāng)四邊形ABCD內(nèi)接于圓時(shí)，等式成立，這時(shí)稱之為“托勒密”定理.   證法簡(jiǎn)介        在四邊形ABCD內(nèi)取點(diǎn)E，使BAE=DAC且ABE=DCA，則由ABEACD，得，        于是AB·CD=AC·BE         又由且BAC=EAD，        則ABCAED      從而        即 AD·BC=AC·ED