专题28 顺思逆想_答案.docx

1、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2 B 提示：当m1时且三个方程均无实根，则,解得m. 当m1，第三个方程为2x0，x0为其实根，由知，当m或m时，三个方程至少有一个方程有实根.例3 a1，解得4x2且x2x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(2n1)，这与2n1是奇数矛盾.例5 设a，则3a2原方程可变为x42ax2xa2a0，即a2

2、(2x2l)ax4x0，a2(2x21)a（x2x）(x2x1)0，a(x2x)a(x2x1)0，x2xa或x2x1a，即x2x或x2x1.分别解两个一元二次方程得原方程四根为：, , ,.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360ABCD490360，矛盾.又ABACCAD90,则BAC与CAD中必有一个9045,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18060，不妨设A60，由ABADCAD60，则BAD与CAD之中必有一个6045，故结论成立.能力训练1. 3，-7

3、2. 3 提示： =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+ +A6631

4、=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

5、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

6、.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. 不能找到这样的四个正整数，

7、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

8、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，A3A12按逆时针方向依次分别标记这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

9、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.