5.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使y为整数,5x-1应是完全平方数,?,解得
6.8888≡8(mod37),∴88882222≡82(mod37).
7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|N.
7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△?0及y为整数可得0?y?5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).
8.∵l2+m2=n2,∴l2=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.
9.易知p≠q,不妨设p＞q.令p、q之值.
竞赛专题讲座04 －平面几何证明
[竞赛知识点拨]
1． 线段或角相等的证明 （1） （2） （3） （4）
利用全等△或相似多边形； 利用等腰△；
利用平行四边形； 利用等量代换；
=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得
（5） 利用平行线的性质或利用比例关系
（6） 利用圆中的等量关系等。 2． 线段或角的和差倍分的证明
（1） 转化为相等问题。如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。
（2） 直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。 3． 两线平行与垂直的证明
（1） 利用两线平行与垂直的判定定理。
（2） 利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。 （3） 利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。 【竞赛例题剖析】
【例1】从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。从A点作弦AE平行于CD，连结BE交CD于F。求证：BE平分CD。 【分析1】构造两个全等△。 连结ED、AC、AF。 CF=DF←△ACF≌△EDF←
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←
←∠PAB=∠AEB=∠PFB
【分析2】利用圆中的等量关系。连结OF、OP、OB。
←∠PFB=∠POB←
←
注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。
【例2】△ABC内接于⊙O，P是弧 AB上的一点，过P作OA、OB的垂线，与AC、BC分别交于S、T，AB交于M、N。求证：PM=MS充要条件是PN=NT。
【分析】只需证， PM2PN=MS2NT。
（∠1=∠2，∠3=∠4）→△APM∽△PBN
→
（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠
→PM2PN=AM2BN
MAS）→△BNT∽△SMA
→→MS2NT=AM2BN
【例3】已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。求证：∠O1AO2=∠M1AM2。 【分析】设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C为P1P2的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。
在O1M上截取MO3=MO2，则∠M1AO3=∠M2AO2。
故只需证∠O1AM1=∠O3AM1，即证
。
由△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。
【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB于E，求证：
AE=。
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【分析】方法1、2AE=AB-AC ← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证△DBF≌△DCA ← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC
←∠DFA=∠DAF=
∠DAG。
方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG ← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG ← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。
【例5】∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂线，交⊙O于P，交BC于M。
求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。
【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。
若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。 过O作m⊥PK，则DD‘PK=∠DKP
BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK的中垂线→∠DKB=∠DMK
∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’ D∥PM， ∴DMPD‘为平行四边形。
【例6】在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。
【分析】方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。
倍长中线：延长AM至M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。
D’,K
P，∴∠
PQ∥AB←←
←←
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∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)= 180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ 方法2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。
延长BH交AC的延长线于B’，如图6-2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HM∥B/C。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则AM’BM是平行四边形，
∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，
，所以PQ∥AB。
【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切 线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。 求证：MQ∥NP。（95年全国联赛二试3） 【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，
结合∠A=∠C知，只需证△AMQ∽△CPN←，AM2CN=AQ2CP。
连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则
∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α
∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM
又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是∴AM2CN=AO2CO 同理，AQ2CP=AO2CO。
，
【例8】ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KP⊥AB。
【分析】延长KP交AB于L，则只需证∠PAL+∠APL=90°，
即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证∠PDC=∠PKF，
因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即EF∥DC。
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←←←△DME∽△CNF
【例9】以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。过D、E作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AM⊥BC。
【分析】连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。（同一法） 设AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面证M1、M2重合。
OM1∥DF→
→OM1=。
OM2∥EG→→OM2=。
只需证OG2DF=EG2OF，即
竞赛讲座05
←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。
－几何解题途径的探求方法 一．充分地展开想象
想象力，就是人们平常说的形象思维或直觉思维能力。想象力对于人们的创造性劳动的重要作用，马克思曾作过高度评价：“想象是促进人类发展的伟大天赋。”解题一项创造性的工作，自然需要丰富的想象力。在解题过程中，充分展开想象，主要是指：
1．全面地设想
设想，是指对同一问题从各个不同的角度去观察思考和深入分析其特征，推测解题的大致方向，构思各种不同的处理方案。
例1．在ABCD中，AB=AC，D是BC边上一点，E是线段AD上一点 ，且?BED?2?CED??BAC，求证：BD=2CD（92年全国初中联赛试题）
例2． 在?ABC中，AB>AC，?A的外角平分线交?ABC的外接圆于D，DE?AB于E。求证：
AE?(AB?AC)2（89年全国高中联赛试题）
2S?AD3．在Rt?ABC的斜边上取一点D，使?ABD和?ACD的内切圆相等。证明：?ABC（31届IMO
备选题）
例4．设A是三维立体abc的长方体砖块。若B是所有到A的距离不超过1的点的集合（特别地，B包含
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