20260730 220542 初中奥数教程小蓝本九年级

初中奥数教程（小蓝本）·九年级 ¶

本文档依据华东师范大学出版社《奥数教程》（”小蓝本”）九年级分册的体系整理，面向初中数学竞赛与奥数拓展学习，内容在课内基础上向竞赛深度延伸。每个模块包含知识要点、重要公式定理、经典方法技巧与典型例题解析。

目录概览 ¶

二次根式
一元二次方程
二次函数
相似三角形
锐角三角函数
圆
概率
数论基础
组合计数
极端原理
构造法
竞赛综合方法

1. 二次根式 ¶

1.1 知识要点 ¶

二次根式是形如 $\sqrt{a}\;(a\geq 0)$ 的式子。竞赛中对二次根式的考查远超课内，主要集中在复杂化简、双重（多重）根式、分母有理化与共轭根式的运用。

基本性质：

$(\sqrt{a})^2 = a \quad (a \geq 0)$
$\sqrt{a^2} = |a|$
$\sqrt{ab} = \sqrt{a}\cdot\sqrt{b} \quad (a\geq 0,\; b\geq 0)$
$\sqrt{\dfrac{a}{b}} = \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} \quad (a\geq 0,\; b>0)$

1.2 复杂化简——复合根式的展开 ¶

方法核心： 设 $\sqrt{A \pm \sqrt{B}} = \sqrt{x} \pm \sqrt{y}$，则两边平方得 $A \pm \sqrt{B} = x + y \pm 2\sqrt{xy}$，从而：

$$x + y = A, \quad 4xy = B \;\;\Longrightarrow\;\; x, y \text{ 是 } t^2 - At + \frac{B}{4} = 0 \text{ 的两根}$$

化简条件：$A^2 - B$ 必须为完全平方数。

例题化简 $\sqrt{8 + 2\sqrt{15}}$。

解析设 $\sqrt{8 + 2\sqrt{15}} = \sqrt{x} + \sqrt{y}$，则 $x + y = 8$，$4xy = 4 \times 15 = 60$，故 $xy = 15$。

$x, y$ 是方程 $t^2 - 8t + 15 = 0$ 的根，解得 $t = 3$ 或 $t = 5$。

$$\sqrt{8 + 2\sqrt{15}} = \sqrt{5} + \sqrt{3}$$

例题化简 $\sqrt{7 - 2\sqrt{6}} - \sqrt{7 + 2\sqrt{6}}$。

解析分别化简：

$\sqrt{7 - 2\sqrt{6}} = \sqrt{(\sqrt{6}-1)^2} = \sqrt{6}-1$（因 $\sqrt{6} > 1$）

$\sqrt{7 + 2\sqrt{6}} = \sqrt{(\sqrt{6}+1)^2} = \sqrt{6}+1$

因此原式 $= (\sqrt{6}-1) - (\sqrt{6}+1) = -2$。

1.3 多重根式 ¶

对于三重及以上根式，通常采用由内向外逐层化简或配方法。

例题化简 $\sqrt{4 + \sqrt{4 + \sqrt{4}}}$ （先化简内层）。

解析最内层：$\sqrt{4} = 2$，中层：$\sqrt{4 + 2} = \sqrt{6}$，外层：$\sqrt{4 + \sqrt{6}}$。

检查 $\sqrt{4 + \sqrt{6}}$ 能否继续化简：$A^2 - B = 16 - 6 = 10$，不是完全平方数，故已为最简。

$$\sqrt{4 + \sqrt{4 + \sqrt{4}}} = \sqrt{4+\sqrt{6}}$$

1.4 分母有理化与共轭根式 ¶

对于分母含 $\sqrt{a} \pm \sqrt{b}$ 的式子，乘以共轭根式 $\sqrt{a} \mp \sqrt{b}$ 进行有理化。

共轭根式的性质： 设 $\alpha = \sqrt{a} + \sqrt{b}$，$\beta = \sqrt{a} - \sqrt{b}$，则：
- $\alpha \cdot \beta = a - b$（有理数）
- $\alpha + \beta = 2\sqrt{a}$，$\alpha - \beta = 2\sqrt{b}$

例题化简 $\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}}$。

解析令 $S = \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$，取共轭逐步有理化。

$$\frac{1}{S} = \frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3})-\sqrt{5}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2 - 5} = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{2+3+2\sqrt{6}-5} = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{2\sqrt{6}}$$

再对分母 $\sqrt{6}$ 有理化：

$$= \frac{\sqrt{6}(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5})}{12} = \frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{2}-\sqrt{30}}{12}$$

1.5 有理化因式与整体代换 ¶

例题已知 $x = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$，求 $x^3 - 2x^2 + 2x - 1$ 的值。

解析由 $x = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$，得 $2x - 1 = \sqrt{5}$，平方得 $4x^2 - 4x + 1 = 5$，即 $x^2 = x + 1$。

利用此关系降次：

$$x^3 = x \cdot x^2 = x(x+1) = x^2 + x = (x+1) + x = 2x + 1$$

$$x^3 - 2x^2 + 2x - 1 = (2x+1) - 2(x+1) + 2x - 1 = 2x+1 - 2x - 2 + 2x - 1 = 2x - 2$$

代入 $x = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$：

$$2x - 2 = \sqrt{5}+1 - 2 = \sqrt{5} - 1$$

2. 一元二次方程 ¶

2.1 根的分布 ¶

设 $f(x) = ax^2 + bx + c$（$a \neq 0$），$\Delta = b^2 - 4ac$，两根 $x_1, x_2$，记 $x_1 \leq x_2$。根的分布问题给出以下经典判据（以 $a > 0$ 为例，$a < 0$ 时乘 $-1$ 转化）：

两根在不同区间的条件：

条件	判据
两正根	$\Delta \geq 0$，$x_1+x_2 = -\frac{b}{a} > 0$，$x_1 x_2 = \frac{c}{a} > 0$
两负根	$\Delta \geq 0$，$-\frac{b}{a} < 0$，$\frac{c}{a} > 0$
一正一负	$\frac{c}{a} < 0$（此时 $\Delta > 0$ 自动成立）
一根大于 $k$ 一根小于 $k$	$a \cdot f(k) < 0$
两根都大于 $k$	$\Delta \geq 0$，$-\frac{b}{2a} > k$，$f(k) > 0$
两根都在 $(k, m)$ 内	$\Delta \geq 0$，$k < -\frac{b}{2a} < m$，$f(k) > 0$，$f(m) > 0$

例题设 $m$ 为实数，方程 $x^2 - (m-1)x + m^2 - 3 = 0$ 的两根均为正数，求 $m$ 的范围。

解析需同时满足：

(1) $\Delta \geq 0$：$(m-1)^2 - 4(m^2-3) \geq 0 \;\Longrightarrow\; -3m^2 - 2m + 13 \geq 0$

解 $3m^2 + 2m - 13 \leq 0$，$m = \dfrac{-2 \pm \sqrt{4+156}}{6} = \dfrac{-1 \pm \sqrt{40}}{3}$，故 $m \in \left[\dfrac{-1-\sqrt{40}}{3},\;\dfrac{-1+\sqrt{40}}{3}\right]$。

(2) $x_1 + x_2 = m - 1 > 0$，即 $m > 1$。

(3) $x_1 x_2 = m^2 - 3 > 0$，即 $m > \sqrt{3}$ 或 $m < -\sqrt{3}$。

综合 (2)(3) 得 $m > \sqrt{3}$，再与 (1) 取交集：

$$\sqrt{3} < m \leq \frac{-1+\sqrt{40}}{3}$$

$x_1$	$x_2$	$n = x_1 x_2$
1	11	11
2	10	20
3	9	27
4	8	32
5	7	35

2.3 韦达定理的深入应用 ¶

韦达定理：对于 $ax^2 + bx + c = 0$（$a \neq 0$），

$$x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}, \quad x_1 x_2 = \frac{c}{a}$$

对称式的处理： 一切关于 $x_1, x_2$ 的对称多项式都可以用 $x_1 + x_2$ 和 $x_1 x_2$ 表示。常用恒等式：

$x_1^2 + x_2^2 = (x_1+x_2)^2 - 2x_1 x_2$
$x_1^3 + x_2^3 = (x_1+x_2)^3 - 3x_1 x_2(x_1+x_2)$
$\dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} = \dfrac{x_1+x_2}{x_1 x_2}$
$\dfrac{x_1}{x_2} + \dfrac{x_2}{x_1} = \dfrac{x_1^2+x_2^2}{x_1 x_2}$

例题设 $x_1, x_2$ 是方程 $x^2 - 6x - 2024 = 0$ 的两根，求 $x_1^4 + x_2^4$ 的值。

解析令 $s = x_1 + x_2 = 6$，$p = x_1 x_2 = -2024$。

$$x_1^2 + x_2^2 = s^2 - 2p = 36 + 4048 = 4084$$

$$x_1^4 + x_2^4 = (x_1^2 + x_2^2)^2 - 2(x_1 x_2)^2 = 4084^2 - 2 \times 2024^2$$

$$= 16679056 - 8193152 = 8485904$$

2.4 判别式的综合应用 ¶

判别式不仅用于判断根的情况，在不等式证明、参数范围确定和存在性问题中也极为重要。

例题证明：对任意实数 $x$，$x^4 - 2x^2 + 3 \geq 2$ 恒成立。

解析令 $t = x^2 \geq 0$，则需证 $t^2 - 2t + 1 \geq 0$，即 $(t-1)^2 \geq 0$，恒成立。等号在 $t = 1$ 即 $x = \pm 1$ 时取得。

判别式法证不等式（$\Delta$ 法）： 欲证 $f(x) \geq 0$ 对一切 $x$ 成立，可令 $f(x) = 0$ 视为关于某变量的方程，证明其判别式 $\Delta \leq 0$。

例题设 $a, b, c$ 为实数，$a > 0$，证明 $(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2)$。

解析考虑关于 $t$ 的二次函数：

$$g(t) = (t-a)^2 + (t-b)^2 + (t-c)^2 \geq 0$$

展开：$g(t) = 3t^2 - 2(a+b+c)t + (a^2+b^2+c^2) \geq 0$ 对一切 $t$ 成立。

因 $3 > 0$，需要 $\Delta \leq 0$：

$$4(a+b+c)^2 - 12(a^2+b^2+c^2) \leq 0$$

$$(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) \quad \blacksquare$$

3. 二次函数 ¶

3.1 三种形式与顶点式 ¶

二次函数 $y = ax^2 + bx + c$（$a \neq 0$）的三种表示形式：

一般式： $y = ax^2 + bx + c$
顶点式： $y = a(x - h)^2 + k$，顶点 $(h, k)$，其中 $h = -\dfrac{b}{2a}$，$k = \dfrac{4ac - b^2}{4a}$
交点式： $y = a(x - x_1)(x - x_2)$，其中 $x_1, x_2$ 为对应方程的根

3.2 最值问题 ¶

闭区间上的最值： 二次函数在闭区间 $[m, n]$ 上的最值在顶点或端点处取得。需分类讨论顶点 $h = -\frac{b}{2a}$ 是否在区间内：

$a > 0$：若 $h \in [m,n]$，最小值在 $h$ 处，最大值在 $m$ 或 $n$ 处（取离 $h$ 远者）；若 $h \notin [m,n]$，最值在两端点。
$a < 0$：类似，但凹凸反转。

例题求函数 $f(x) = x^2 - 4x + 3$ 在区间 $[0, a]$ 上的最小值 $g(a)$。

解析顶点 $x = 2$，$f(2) = -1$。

当 $0 \leq a \leq 2$ 时，顶点不在区间内，$f$ 在 $[0,a]$ 上递减，最小值 $g(a) = f(a) = a^2 - 4a + 3$。
当 $a > 2$ 时，顶点在区间内，最小值 $g(a) = f(2) = -1$。

$$g(a) = \begin{cases} a^2 - 4a + 3, & 0 \leq a \leq 2 \ -1, & a > 2 \end{cases}$$

3.3 二次函数与不等式 ¶

利用二次函数的图像可以直观地解一元二次不等式，在竞赛中更重要的是利用二次函数构造不等式。

例题设 $x > 0$，求 $\dfrac{x^2 + 4}{x}$ 的最小值。

解析

$$\frac{x^2+4}{x} = x + \frac{4}{x} \geq 2\sqrt{x \cdot \frac{4}{x}} = 4$$

等号当 $x = \dfrac{4}{x}$ 即 $x = 2$ 时成立。最小值为 $4$。

3.4 抛物线与直线/线段的交点 ¶

例题抛物线 $y = x^2 - 2x - 3$ 与直线 $y = kx$ 交于 $A, B$ 两点，线段 $AB$ 的中点为 $M(x_0, y_0)$，求 $y_0$ 与 $x_0$ 的关系，并求 $y_0$ 的取值范围。

解析联立 $x^2 - 2x - 3 = kx$，即 $x^2 - (k+2)x - 3 = 0$。

由韦达定理，$x_A + x_B = k + 2$，故 $x_0 = \dfrac{k+2}{2}$。又 $y_0 = kx_0 = \dfrac{k(k+2)}{2}$。

消去 $k$：$k = 2x_0 - 2$，代入得：

$$y_0 = \frac{(2x_0-2) \cdot 2x_0}{2} = 2x_0^2 - 2x_0$$

因此中点 $M$ 的轨迹是抛物线 $y = 2x^2 - 2x$。由 $\Delta = (k+2)^2 + 12 > 0$ 恒成立，$k$ 为任意实数，故 $x_0 = \dfrac{k+2}{2}$ 可取任意实数，$y_0$ 的取值范围为 $y_0 \geq -\dfrac{1}{2}$（顶点处取到）。

3.5 二次函数综合压轴题策略 ¶

二次函数压轴题的常见类型与策略：

存在性问题（是否存在点 $P$ 使某条件成立）：设坐标代入条件，转化为方程/方程组求解。
面积最大/最小：建立面积关于某变量的二次函数，求最值。
等腰/直角/相似三角形：分情况讨论哪条边为特殊边。
动点问题：用时间 $t$ 或坐标表示各量，建立目标函数。

例题（抛物线上面积最值）抛物线 $y = -x^2 + 2x + 3$ 与 $x$ 轴交于 $A, B$（$A$ 左 $B$ 右），顶点为 $C$。在抛物线对称轴上取点 $P$，求 $\triangle ABP$ 面积的最大值。

解析令 $y = 0$：$x^2 - 2x - 3 = 0$，$x = -1$ 或 $x = 3$，故 $A(-1,0)$，$B(3,0)$，$AB = 4$。对称轴 $x = 1$，顶点 $C(1,4)$。

$P$ 在对称轴 $x = 1$ 上，设 $P(1, t)$，则：

$$S_{\triangle ABP} = \frac{1}{2} \times 4 \times |t| = 2|t|$$

但 $P$ 需在抛物线上才能使面积有意义——这里应理解为 $P$ 在对称轴上的任意点。若 $P$ 不限于抛物线，则 $|t| \to \infty$，面积无上界。

若限制 $P$ 在抛物线上且在对称轴上，则 $P = C(1,4)$ 是唯一交点，$S = 2 \times 4 = 8$。

（竞赛中常须仔细审题，明确点在曲线还是直线/线段上。）

4. 相似三角形 ¶

4.1 相似的判定与性质 ¶

判定定理：
1. 两角对应相等（AA）
2. 两边对应成比例且夹角相等（SAS）
3. 三边对应成比例（SSS）

重要性质： 若 $\triangle ABC \sim \triangle A’B’C’$，相似比为 $k$，则：
- 周长比 $= k$
- 面积比 $= k^2$
- 对应线段（高、中线、角平分线）比 $= k$

4.2 相似比与面积比的应用 ¶

例题在 $\triangle ABC$ 中，$D$ 在 $BC$ 上，$BD:DC = 1:2$，$E$ 在 $AD$ 上，$AE:ED = 2:1$，连 $CE$ 并延长交 $AB$ 于 $F$。求 $AF:FB$。

解析过 $D$ 作 $DG \parallel AB$ 交 $CF$ 于 $G$。

在 $\triangle ACF$ 中，$D$ 在 $CF$ 延长线的几何关系中需用面积法或梅涅劳斯定理。

直接用 梅涅劳斯定理：对 $\triangle ABD$，截线 $F-E-C$（其中 $C$ 在 $BD$ 延长线上，$E$ 在 $AD$ 上，$F$ 在 $AB$ 上）：

$$\frac{AF}{FB} \cdot \frac{BC}{CD} \cdot \frac{DE}{EA} = 1$$

注意 $BD:DC = 1:2$，故 $BC = BD + DC$，$BC:CD = 3:2$。又 $AE:ED = 2:1$，故 $DE:EA = 1:2$。

$$\frac{AF}{FB} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} = 1 \;\;\Longrightarrow\;\; \frac{AF}{FB} = \frac{4}{3}$$

4.3 梅涅劳斯定理 ¶

定理： 在 $\triangle ABC$ 中，$D, E, F$ 分别在边 $BC, CA, AB$（或其延长线）上，若 $D, E, F$ 三点共线，则：

$$\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB} = 1$$

（方向约定：按同一绕行方向取比，共线时乘积为 $1$；严格地需加上符号约定，竞赛中常取有向比。）

4.4 塞瓦定理 ¶

定理： 在 $\triangle ABC$ 中，$D, E, F$ 分别在边 $BC, CA, AB$ 上，$AD, BE, CF$ 三线共点的充要条件是：

$$\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB} = 1$$

例题 $G$ 为 $\triangle ABC$ 重心，$AG$ 延长线交 $BC$ 于 $D$。用塞瓦定理证明 $D$ 为 $BC$ 中点。

解析重心是三条中线的交点。设三条中线分别交 $BC, CA, AB$ 于 $D, E, F$，则 $D, E, F$ 均为中点：$BD = DC$，$CE = EA$，$AF = FB$。

$$\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB} = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$$

满足塞瓦定理，故三中线共点于 $G$，且 $D$ 为 $BC$ 中点。$\blacksquare$

4.5 相似在测量中的应用 ¶

例题（经典测量）某人身高 $1.7$ 米，影长 $2$ 米。同时测得旁边一栋楼的影长 $40$ 米，在同一时刻同一地点，求楼高。

解析同一时刻，太阳光平行，物高与影长成比例：

$$\frac{\text{楼高}}{\text{楼影}} = \frac{\text{人高}}{\text{人影}} \;\;\Longrightarrow\;\; \frac{H}{40} = \frac{1.7}{2}$$

$$H = \frac{1.7 \times 40}{2} = 34 \text{ (米)}$$

5. 锐角三角函数 ¶

5.1 定义 ¶

在直角 $\triangle ABC$ 中（$\angle C = 90°$），对锐角 $\angle A$：

$$\sin A = \frac{\text{对边}}{\text{斜边}} = \frac{a}{c}, \quad \cos A = \frac{\text{邻边}}{\text{斜边}} = \frac{b}{c}$$

$$\tan A = \frac{\text{对边}}{\text{邻边}} = \frac{a}{b}, \quad \cot A = \frac{b}{a}$$

5.2 特殊角值 ¶

$\theta$	$0°$	$30°$	$45°$	$60°$	$90°$
$\sin\theta$	$0$	$\frac{1}{2}$	$\frac{\sqrt{2}}{2}$	$\frac{\sqrt{3}}{2}$	$1$
$\cos\theta$	$1$	$\frac{\sqrt{3}}{2}$	$\frac{\sqrt{2}}{2}$	$\frac{1}{2}$	$0$
$\tan\theta$	$0$	$\frac{\sqrt{3}}{3}$	$1$	$\sqrt{3}$	不存在

5.3 重要公式 ¶

平方关系： $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$
商关系： $\tan\theta = \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$
互余关系： $\sin(90°-\theta) = \cos\theta$，$\cos(90°-\theta) = \sin\theta$
范围： $0 < \sin\theta < 1$，$0 < \cos\theta < 1$（$\theta$ 为锐角）

5.4 解直角三角形 ¶

已知两个元素（至少一个为边），求出其余元素。

例题在 $\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90°$，$a = 6$，$\angle A = 30°$，解此三角形。

解析

$b = a \cot A = 6 \times \sqrt{3} = 6\sqrt{3}$

$c = \dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{6}{\sin 30°} = \dfrac{6}{1/2} = 12$

$\angle B = 90° - 30° = 60°$

面积 $S = \dfrac{1}{2}ab = \dfrac{1}{2} \times 6 \times 6\sqrt{3} = 18\sqrt{3}$。

5.5 三角函数的应用 ¶

例题（仰角测高）人在地面上 $A$ 点测得塔顶 $C$ 的仰角为 $30°$，沿直线朝塔方向走 $100$ 米到 $B$ 点，测得仰角为 $60°$，求塔高（人的身高忽略不计）。

解析设塔高为 $h$，塔底为 $D$。

在 $A$ 点：$\tan 30° = \dfrac{h}{AD}$，故 $AD = \dfrac{h}{\tan 30°} = h\sqrt{3}$。

在 $B$ 点：$\tan 60° = \dfrac{h}{BD}$，故 $BD = \dfrac{h}{\tan 60°} = \dfrac{h}{\sqrt{3}}$。

$AB = AD - BD = h\sqrt{3} - \dfrac{h}{\sqrt{3}} = h \cdot \dfrac{3-1}{\sqrt{3}} = \dfrac{2h}{\sqrt{3}}$。

$$100 = \frac{2h}{\sqrt{3}} \;\;\Longrightarrow\;\; h = 50\sqrt{3} \approx 86.6 \text{ (米)}$$

例题（坡度问题）一段斜坡坡度 $i = 1:\sqrt{3}$（铅直:水平），坡长 $20$ 米，求坡的铅直高度和水平宽度。

解析坡度 $i = \tan\theta = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$，$\theta = 30°$。

铅直高度 $h = 20\sin 30° = 10$ (米)，水平宽度 $l = 20\cos 30° = 10\sqrt{3}$ (米)。

6. 圆 ¶

6.1 圆的基本性质 ¶

圆心到圆上各点距离相等（半径 $r$）
垂径定理： 直径垂直于弦则平分此弦及所对弧；其逆亦成立
圆心角定理： 圆心角 $= 2 \times$ 同弧所对圆周角

6.2 圆心角、圆周角与弧 ¶

圆周角定理： 同弧或等弧所对的圆周角相等，且等于圆心角的一半。

推论： 直径所对的圆周角为 $90°$。

6.3 切线定理 ¶

切线判定： 过半径外端且垂直于半径的直线是切线。

切线性质： 圆的切线垂直于过切点的半径。

切线长定理： 从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两切线的夹角。

例题 $PA, PB$ 切 $\odot O$ 于 $A, B$，$PA = 6$，$\angle APB = 60°$，求 $\odot O$ 的半径 $r$。

解析连 $OA, OB, OP$，由切线长定理 $PA = PB = 6$，$OP$ 平分 $\angle APB$，故 $\angle APO = 30°$。

在直角 $\triangle OAP$ 中（$\angle OAP = 90°$）：

$$\sin 30° = \frac{OA}{OP} = \frac{r}{OP}, \quad \cos 30° = \frac{AP}{OP} = \frac{6}{OP} \;\Rightarrow\; OP = \frac{6}{\cos 30°} = 4\sqrt{3}$$

$$r = OP \cdot \sin 30° = 4\sqrt{3} \times \frac{1}{2} = 2\sqrt{3}$$

6.4 弦切角定理 ¶

定理： 弦切角等于所夹弧所对的圆周角。

即：若 $PT$ 切 $\odot O$ 于 $P$，$PQ$ 为弦，则 $\angle TPQ = $ 弧 $PQ$ 所对的圆周角。

6.5 圆幂定理 ¶

圆幂定理的三种形式（统一为：过点 $P$ 的直线交圆于 $A, B$，则 $PA \cdot PB$ 为定值，称为 $P$ 对圆的幂）。

（1）相交弦定理： 圆内一点 $P$，两弦 $AB, CD$ 交于 $P$，则 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。

（2）割线定理： 圆外一点 $P$，两割线分别交圆于 $A,B$ 和 $C,D$，则 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。

（3）切割线定理： 圆外一点 $P$，$PT$ 切圆于 $T$，割线交圆于 $A,B$，则 $PT^2 = PA \cdot PB$。

统一形式： $PA \cdot PB = |PO^2 - r^2|$（幂的绝对值）。

例题 $PT$ 切 $\odot O$ 于 $T$，$PAB$ 为割线，$PA = 4$，$AB = 5$，求 $PT$。

解析由切割线定理：$PT^2 = PA \cdot PB = 4 \times (4+5) = 36$，故 $PT = 6$。

6.6 四点共圆 ¶

四点共圆的判定：
1. 对角互补：四边形对角之和为 $180°$
2. 同侧等角：同一线段同侧所张角相等
3. 圆幂逆定理：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$（交叉或共端）

例题在 $\triangle ABC$ 中，$AD$ 为 $BC$ 边上的高，$DE \perp AB$ 于 $E$，$DF \perp AC$ 于 $F$。证明 $B, E, F, C$ 四点共圆。

解析 $DE \perp AB$，$DF \perp AC$。

在四边形 $AEDF$ 中，$\angle AED = \angle AFD = 90°$，故 $\angle AED + \angle AFD = 180°$，$A, E, D, F$ 四点共圆（直径为 $AD$）。

因此 $\angle AEF = \angle ADF$（同弧所对圆周角）。

又 $AD \perp BC$，在 $\triangle ADC$ 中 $\angle ADF + \angle FDC = 90° = \angle C + \angle FDC$，故 $\angle ADF = \angle C$。

所以 $\angle AEF = \angle C$，即 $\angle BEF = 180° - \angle AEF = 180° - \angle C$，亦即 $\angle BEF + \angle C = 180°$（$E, F$ 同侧时还需注意方向，此处可验证是对角互补），故 $B, E, F, C$ 四点共圆。$\blacksquare$

6.7 托勒密定理 ¶

定理： 若 $A, B, C, D$ 四点共圆，则：

$$AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$$

例题正五边形 $ABCDE$ 的边长为 $1$，求对角线长。

解析设对角线长为 $d$。正五边形所有对角线等长，且五顶点共圆。

对四边形 $ABCD$ 应用托勒密定理（$ABCD$ 共圆）：

$$AC \cdot BD = AB \cdot CD + AD \cdot BC$$

即 $d \cdot d = 1 \cdot 1 + d \cdot 1$，得 $d^2 = 1 + d$，故 $d^2 - d - 1 = 0$。

$$d = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$

这正是黄金比 $\varphi = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618$。

7. 概率 ¶

7.1 古典概型 ¶

若试验的样本空间有 $n$ 个等可能的基本事件，事件 $A$ 包含 $m$ 个基本事件，则：

$$P(A) = \frac{m}{n}$$

例题同时掷两枚骰子，求点数之和为 $7$ 的概率。

解析样本空间 $n = 6 \times 6 = 36$。点数和为 $7$ 的情况：$(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$，共 $6$ 种。

$$P = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$$

7.2 几何概型 ¶

当样本空间可用几何量（长度、面积、体积）度量且等可能时：

$$P(A) = \frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}$$

例题在长度为 $1$ 的线段上随机取一点，该点到两端距离均大于 $\frac{1}{4}$ 的概率是多少？

解析设取点位置为 $x \in [0, 1]$，要求 $x > \frac{1}{4}$ 且 $x < \frac{3}{4}$，即 $x \in \left(\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right)$。

$$P = \frac{\frac{3}{4} - \frac{1}{4}}{1} = \frac{1}{2}$$

例题（会面问题）甲、乙两人约定在 $[0, 60]$ 分钟内到达某地，各在区间内均匀随机到达。若先到者等 $15$ 分钟不见对方即离开，求两人能会面的概率。

解析设甲、乙到达时间为 $x, y \in [0, 60]$，会面条件为 $|x - y| \leq 15$。

样本空间：$60 \times 60 = 3600$ 的正方形区域。

不会面区域：$|x - y| > 15$，为两个角上的三角形区域，面积各为 $\frac{1}{2} \times 45 \times 45 = \frac{2025}{2}$，不会面总面积 $= 2025$。

$$P(\text{会面}) = 1 - \frac{2025}{3600} = 1 - \frac{2025}{3600} = \frac{1575}{3600} = \frac{7}{16}$$

7.3 加法公式与乘法公式 ¶

加法公式： $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
乘法公式： $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$
独立性： 若 $A, B$ 独立，则 $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$

例题甲、乙两人独立地破译密码，甲成功的概率 $0.6$，乙成功的概率 $0.5$，求密码被破译的概率。

解析

$P(\text{破译}) = 1 - P(\text{甲失败}) \cdot P(\text{乙失败}) = 1 - 0.4 \times 0.5 = 1 - 0.2 = 0.8$

8. 数论基础 ¶

8.1 整除性进阶 ¶

基本性质：
- 若 $a \mid b$ 且 $a \mid c$，则 $a \mid (mb + nc)$
- 若 $a \mid b$ 且 $b \mid c$，则 $a \mid c$（传递性）
- 若 $a \mid bc$ 且 $\gcd(a, b) = 1$，则 $a \mid c$（欧几里得引理）

例题证明：对任意正整数 $n$，$n^3 - n$ 能被 $6$ 整除。

解析 $n^3 - n = n(n-1)(n+1)$，这是三个连续整数的乘积。

三个连续整数必有一个是 $3$ 的倍数。
三个连续整数至少有一个是偶数。

故 $6 = 2 \times 3 \mid n^3 - n$。$\blacksquare$

8.2 同余与剩余系 ¶

定义： $a \equiv b \pmod{m}$ 表示 $m \mid (a - b)$，即 $a$ 和 $b$ 除以 $m$ 余数相同。

基本性质：
- 若 $a \equiv b \pmod{m}$，$c \equiv d \pmod{m}$，则 $a \pm c \equiv b \pm d \pmod{m}$，$ac \equiv bd \pmod{m}$
- 若 $\gcd(k, m) = 1$，则 $ka \equiv kb \pmod{m} \Rightarrow a \equiv b \pmod{m}$

剩余系： 模 $m$ 的完全剩余系为 ${0, 1, 2, \ldots, m-1}$。模 $m$ 的简化剩余系为与 $m$ 互质的剩余类的代表元集合，共有 $\varphi(m)$ 个。

例题求 $7^{2024}$ 除以 $9$ 的余数。

解析 $7 \equiv 7 \pmod{9}$，$7^2 = 49 \equiv 4 \pmod{9}$，$7^3 = 343 \equiv 1 \pmod{9}$（因 $343 = 38 \times 9 + 1$）。

因此 $7^3 \equiv 1 \pmod{9}$，周期为 $3$。

$2024 = 3 \times 674 + 2$，故 $7^{2024} \equiv (7^3)^{674} \cdot 7^2 \equiv 1^{674} \cdot 4 \equiv 4 \pmod{9}$。

余数为 $4$。

8.3 费马小定理初步 ¶

定理： 若 $p$ 为素数且 $\gcd(a, p) = 1$，则：

$$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$$

等价地，$a^p \equiv a \pmod{p}$ 对任意整数 $a$ 成立。

例题求 $2^{100}$ 除以 $7$ 的余数。

解析 $p = 7$ 为素数，$\gcd(2,7) = 1$，由费马小定理 $2^6 \equiv 1 \pmod{7}$。

$100 = 6 \times 16 + 4$，故 $2^{100} = (2^6)^{16} \cdot 2^4 \equiv 1 \cdot 16 \equiv 2 \pmod{7}$。

余数为 $2$。

8.4 完全平方数 ¶

性质：
- 完全平方数模 $4$ 余 $0$ 或 $1$
- 完全平方数模 $8$ 余 $0, 1, 4$
- 两个相邻正整数之积不是完全平方数（$n(n+1) = n^2 + n$，介于 $n^2$ 和 $(n+1)^2$ 之间）

例题证明：$n^2 + n + 1$ 对任意正整数 $n$ 都不是完全平方数。

解析 $n^2 < n^2 + n + 1 < (n+1)^2 = n^2 + 2n + 1$（当 $n \geq 1$ 时 $n + 1 < 2n + 1$ 即 $n > 0$ 成立）。

故 $n^2 + n + 1$ 严格介于两个相邻完全平方数 $n^2$ 与 $(n+1)^2$ 之间，不可能是完全平方数。$\blacksquare$

例题求所有正整数 $n$，使 $1 + 2 + \cdots + n$ 为完全平方数。

解析 $\dfrac{n(n+1)}{2} = k^2$，即 $n(n+1) = 2k^2$。

$n = 1$：$\frac{1 \times 2}{2} = 1 = 1^2$，是。$n = 8$：$\frac{8 \times 9}{2} = 36 = 6^2$，是。$n = 49$：$\frac{49 \times 50}{2} = 1225 = 35^2$，是。

此问题源于三角形数中为完全平方数者，有无穷多个，通项由 Pell 方程 $n^2 + n - 2k^2 = 0$ 的解给出（递推 $n_{i+1} = 6n_i - n_{i-1} + 2$）。

9. 组合计数 ¶

9.1 排列组合进阶 ¶

基本公式：
- 排列：$A_n^k = \dfrac{n!}{(n-k)!}$
- 组合：$C_n^k = \dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}$
- 二项式定理：$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$

重要恒等式：
- $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}$
- $\dbinom{n}{k} = \dbinom{n-1}{k-1} + \dbinom{n-1}{k}$（Pascal 恒等式）
- $\sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k} = 2^n$
- 隔板法： 将 $n$ 个相同球放入 $k$ 个不同盒子（每盒至少一个），方法数 $= \dbinom{n-1}{k-1}$

9.2 对应法（双射法）¶

通过建立一一对应将问题转化为已知问题。

例题从 $(0,0)$ 走到 $(m, n)$，每步向右或向上，求路径数。

解析共走 $m + n$ 步，其中选 $m$ 步向右（其余向上），路径数 $= \dbinom{m+n}{m}$。

例题凸 $n$ 边形的所有对角线在形内共有多少个交点（无三对角线共点）？

解析每个交点对应唯一的一组 $4$ 个顶点（两条对角线由 $4$ 个顶点唯一确定），反之亦然。故交点数 $= \dbinom{n}{4}$。

9.3 递推计数 ¶

例题用 $1 \times 2$ 的骨牌铺满 $2 \times n$ 的棋盘，求铺法数 $f(n)$。

解析考虑最左列：要么竖放一块（剩余 $2 \times (n-1)$），要么横放两块（剩余 $2 \times (n-2)$）。

$$f(n) = f(n-1) + f(n-2), \quad f(1) = 1, \; f(2) = 2$$

这正是 Fibonacci 数列：$f(n) = F_{n+1}$，其中 $F_1 = F_2 = 1$。

9.4 容斥原理初步 ¶

$$|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n| = \sum|A_i| - \sum|A_i \cap A_j| + \cdots + (-1)^{n+1}|A_1 \cap \cdots \cap A_n|$$

例题 $1$ 到 $100$ 中不被 $2, 3, 5$ 任一整除的数有多少个？

解析设 $A_k$ 为被 $k$ 整除的数的集合，$k = 2, 3, 5$。

$|A_2| = 50$，$|A_3| = 33$，$|A_5| = 20$。

$|A_2 \cap A_3| = |A_6| = 16$，$|A_2 \cap A_5| = |A_{10}| = 10$，$|A_3 \cap A_5| = |A_{15}| = 6$。

$|A_2 \cap A_3 \cap A_5| = |A_{30}| = 3$。

由容斥：$|A_2 \cup A_3 \cup A_5| = 50 + 33 + 20 - 16 - 10 - 6 + 3 = 74$。

所求数 $= 100 - 74 = 26$（即 $\varphi$ 原理验证：$100 \times \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} = \frac{400}{15} \approx 26.67$，取整 $26$）。

9.5 生成函数初步思想 ¶

基本思想： 将数列 ${a_n}$ 编码为函数 $G(x) = \sum a_n x^n$，组合计数问题转化为代数运算。

例题用 $1, 2, 5$ 元邮票凑出总额 $n$ 元的不同方式数。

解析生成函数：

$$G(x) = \frac{1}{(1-x)(1-x^2)(1-x^5)}$$

$x^n$ 的系数即为所求。此思想在竞赛中提示我们：多重组合问题可用乘法原理对应多项式乘积的系数。

递推关系与生成函数： 若 $f(n) = f(n-1) + f(n-2)$（Fibonacci），则

$$G(x) = \frac{x}{1 - x - x^2}$$

（竞赛中掌握此联系即可，深入推导属高中竞赛范畴。）

10. 极端原理 ¶

10.1 最大值最小值原理 ¶

原理： 在有限个实数中必存在最大值和最小值。利用这一”极端”元素的性质来解决问题。

核心思路： 选取极端对象（最大、最小、最长、最短等），由其极端性导出结论。

例题平面上给定 $n$ 个点（$n \geq 3$），任三点不共线。证明：存在一个三角形，其最大角不小于 $60°$。

解析取所有三角形中面积最小的一个 $\triangle ABC$（极端选取）。

下证 $\triangle ABC$ 的最大角 $\geq 60°$。反证：若三内角均 $< 60°$… 不对，应证最大角。

实际上，对任意三角形，三内角和 $= 180°$，故最大角 $\geq 60°$ 恒成立。真正竞赛级的例子如下：

例题（极端原理经典）平面上 $n$ 个点，任两点距离互不相同。证明：存在一条最短距离的边，使得连接这两点的线段是某个连接所有点的”最短路径”的一部分。

更标准的表述：例题平面上有 $n$ 个点，证明存在一个点，使得其余点到它的距离中最大的那个不超过其余点到另一个点最大距离的最小值。这等价于外心的性质。此处给出经典竞赛例题：

例题有 $n$ 个选手参加比赛，每两人比一场（无平局）。证明必存在一个人，他直接或间接（通过链）战胜了所有人。

解析取胜场最多的人 $A$（极端原理：最大值存在）。$A$ 直接胜了 $k$ 场。

对任何 $A$ 的手下败将 $B$：若有人 $C$ 胜了 $A$ 但 $C$ 输给了 $B$，则 $A$ 可通过 $B$ 间接胜 $C$。

反证：若存在 $C$ 且 $C$ 胜 $A$，同时 $C$ 胜了所有 $A$ 胜过的人，则 $C$ 至少胜 $k + 1$ 场（胜 $A$ 再加 $k$ 场），矛盾于 $A$ 胜场最多。故对每个胜 $A$ 的 $C$，存在 $A$ 的败将 $B$ 胜 $C$，$A \to B \to C$ 间接取胜。$\blacksquare$

10.2 最短（长）原理在存在性问题中的应用 ¶

例题（最短边原理）平面上给定 $n$ 个点，任三点不共线。证明：可以选出若干线段连成一条链经过所有点，使得最长线段不超过最小生成树。

解析选取所有点间最短距离的边，用 Kruskal 类思路。关键在于：最短边一定属于某个最优结构。

竞赛中的极端原理要点：
- 取最小元：考虑最小的数/最短的距离/最小的面积，证明其余元不能更小
- 取最大元：考虑最大的角/最长的边，证明它与其它条件的矛盾
- 极端导出唯一性：极端值往往唯一，可由此确定结构

11. 构造法 ¶

构造法是竞赛中最创造性、最灵活的方法之一：不直接证明结论，而是构作出满足条件的对象或辅助结构。

11.1 构造方程 ¶

例题设 $a + b = 6$，$ab = 4$，求 $a^5 + b^5$。

解析 $a, b$ 是方程 $t^2 - 6t + 4 = 0$ 的根，即 $t^2 = 6t - 4$。

建立递推：$a^{n+2} = 6a^{n+1} - 4a^n$，同理 $b$。令 $S_n = a^n + b^n$，则 $S_{n+2} = 6S_{n+1} - 4S_n$。

$S_0 = 2$，$S_1 = 6$

$S_2 = 6 \times 6 - 4 \times 2 = 28$

$S_3 = 6 \times 28 - 4 \times 6 = 144$

$S_4 = 6 \times 144 - 4 \times 28 = 752$

$S_5 = 6 \times 752 - 4 \times 144 = 4512 - 576 = 3936$

故 $a^5 + b^5 = 3936$。

11.2 构造图形 ¶

例题证明：对任意正数 $a, b$，$\sqrt{a^2 + b^2} \leq a + b$。

解析（构造直角三角形）构造直角边为 $a, b$ 的直角三角形，斜边为 $\sqrt{a^2+b^2}$。两点之间直线段最短，斜边 $\leq a + b$（折线路径），等号当 $a = 0$ 或 $b = 0$。$\blacksquare$

例题证明 $\sqrt{a^2-ab+b^2} + \sqrt{a^2+ab+b^2} \geq 2b$（$a, b > 0$）。

解析构造：设 $\vec{u} = (a, 0)$，构造两个向量使其模分别为两根号内的值。由三角不等式 $|\vec{v}| + |\vec{w}| \geq |\vec{v}+\vec{w}|$ 即可。

具体地，在复平面上考虑 $z_1 = a\omega + b$，$z_2 = a\bar{\omega} + b$（$\omega = e^{i\pi/3}$），$|z_1| = \sqrt{a^2 - ab + b^2}$，$|z_2| = \sqrt{a^2 + ab + b^2}$。

$z_1 + z_2 = a(\omega + \bar\omega) + 2b = a + 2b$，$|z_1 + z_2| \geq 2b$（当 $a \geq 0$），故 $|z_1| + |z_2| \geq |z_1+z_2| \geq 2b$。$\blacksquare$

11.3 构造反例 ¶

例题判断命题”$n^2 + n + 41$ 对所有正整数 $n$ 为素数”是否成立。

解析 $n = 1$：$43$（素），$n = 2$：$47$（素），$n = 3$：$53$（素），…似乎成立。

但 $n = 40$：$40^2 + 40 + 41 = 1600 + 40 + 41 = 1681 = 41^2$，不是素数！

构造反例 $n = 40$ 即否证。

11.4 构造辅助函数 ¶

例题证明：$\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{5}{6} \cdots \dfrac{2n-1}{2n} < \dfrac{1}{\sqrt{2n+1}}$。

解析令 $P_n = \dfrac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)}$，构造辅助量 $Q_n = \dfrac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)}{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1)}$。

有 $P_n \cdot Q_n = \dfrac{1}{2n+1}$，且 $P_n < Q_n$（分子相同项比对应分母小：$\dfrac{2k-1}{2k} < \dfrac{2k}{2k+1}$）。

故 $P_n^2 < P_n Q_n = \dfrac{1}{2n+1}$，得 $P_n < \dfrac{1}{\sqrt{2n+1}}$。$\blacksquare$

12. 竞赛综合方法 ¶

12.1 染色方法 ¶

将对象分类染色（通常双色），利用”抽屉原理”或”奇偶性”导出结论。

例题（国际象棋盘问题） $8 \times 8$ 棋盘去掉对角的两个格，能否用 $31$ 个 $1 \times 2$ 骨牌覆盖？

解析将棋盘黑白相间染色，每格一黑一白。去掉的两个对角格同色（相同颜色），故余下 $62$ 格中黑白数量不等（$32$ 黑 $30$ 白或反之）。

而每个 $1 \times 2$ 骨牌恰好覆盖一黑一白，故 $31$ 块骨牌覆盖 $31$ 黑 $31$ 白，矛盾。不能覆盖。$\blacksquare$

12.2 赋值方法 ¶

给对象赋予数值，将定性问题转化为定量问题。

例题圆周上 $n$ 个点，用红蓝两色标记，求证存在同色的半圆。

解析对每个点赋予 $+1$（红）或 $-1$（蓝）。每条直径两端之和：若不同色则和为 $0$，若同色则和为 $\pm 2$。

$n$ 个点配成 $n/2$ 条直径（$n$ 偶数）。所有点值之和 $S = \sum \varepsilon_i$，$S = \sum_{\text{直径}} (\varepsilon_i + \varepsilon_j)$。

若每条直径两端异色，所有 $\varepsilon_i + \varepsilon_j = 0$，$S = 0$。但 $S$ 是 $n$ 个 $\pm 1$ 之和，若 $n$ 不能被 $2$ 平衡则 $S \neq 0$ 必要矛盾——需 $n$ 为 $4$ 的倍数才可能全异色。

当 $n$ 不是 $4$ 的倍数时（$n$ 奇数更显然），必存在同色直径，即同色半圆。$\blacksquare$

12.3 分类讨论 ¶

原则： 不重不漏，每类独立处理。竞赛中关键在于找到好的分类标准。

例题解方程 $|x - 1| + |x - 3| + |x - 5| = 6$。

解析分四个区间讨论：

$x < 1$：$-(x-1)-(x-3)-(x-5) = 6 \Rightarrow -3x + 9 = 6 \Rightarrow x = 1$，不满足 $x < 1$，无解。
$1 \leq x \leq 3$：$(x-1)-(x-3)-(x-5) = 6 \Rightarrow -x+7 = 6 \Rightarrow x = 1$，满足。
$3 < x \leq 5$：$(x-1)+(x-3)-(x-5) = 6 \Rightarrow x + 1 = 6 \Rightarrow x = 5$，满足。
$x > 5$：$(x-1)+(x-3)+(x-5) = 6 \Rightarrow 3x - 9 = 6 \Rightarrow x = 5$，不满足 $x > 5$，无解。

解为 $x = 1$ 或 $x = 5$。

12.4 数形结合 ¶

将代数问题转化为几何直观，或反之。

例题求 $f(x) = |x+2| + |x-3|$ 的最小值。

解析（几何意义） $|x+2| + |x-3|$ 表示数轴上 $x$ 到 $-2$ 和 $3$ 的距离之和。两定点 $-2$ 和 $3$ 之间任意点的距离之和 $= 5$（定值），区间外则更大。

最小值为 $5$，在 $x \in [-2, 3]$ 时取到。

12.5 整体思想 ¶

把局部视为整体的一部分，利用整体性质简化解题。

例题设 $a + b + c = 0$，求 $a^3 + b^3 + c^3$ 的值（用 $abc$ 表示）。

解析利用恒等式 $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca)$。

因 $a + b + c = 0$，右端 $= 0$，故 $a^3 + b^3 + c^3 = 3abc$。

这就是整体代入：不单独求 $a, b, c$，而利用整体关系。

例题（整体换元）解方程 $(x^2 - 3x)^2 - 3(x^2 - 3x) - 4 = 0$。

解析令 $t = x^2 - 3x$（整体换元），方程变为 $t^2 - 3t - 4 = 0$，$(t-4)(t+1) = 0$，$t = 4$ 或 $t = -1$。

$t = 4$：$x^2 - 3x = 4 \Rightarrow x^2 - 3x - 4 = 0 \Rightarrow x = 4$ 或 $x = -1$。
$t = -1$：$x^2 - 3x = -1 \Rightarrow x^2 - 3x + 1 = 0 \Rightarrow x = \dfrac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$。

四解：$x \in \left{4,\; -1,\; \dfrac{3+\sqrt{5}}{2},\; \dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right}$。

结语 ¶

本文档依据小蓝本九年级分册体系，系统梳理了十二个核心竞赛知识模块。每个模块从基础概念出发，逐步深入到竞赛级的技巧与方法。建议学习者：

先理解再练习：每读完一个知识点，先默想推导过程再动手做题。
重视例题：竞赛数学的精髓在于方法迁移，例题中展示的技巧（如极端选取、构造辅助、整体换元）可反复体会。
专题突破：数论与组合往往是课内空白区，需专项补强。
融会贯通：二次函数综合题会牵涉韦达定理、相似三角形、圆的切线等多个模块，注意知识间的联系。

学习箴言： 奥数的本质不是题海，而是对数学结构的深刻理解与灵活创造。每一道好题都是一扇窗，通往更深层的数学世界。

本文档适合初中数学竞赛学习者参考使用，内容基于华东师范大学出版社《奥数教程》九年级分册体系整理扩展。

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