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数学校本教材

初中数学校本教材

XXXXX中学

编者：

老牛同志

第一章兴趣数学

第一节七桥问题（一笔画问题）

18世纪时，欧洲有一个风景秀丽的小城哥尼斯堡，

那里有七座桥。

如图1所示：

河中的小岛A与河的

左岸B、右岸C各有两座桥相连结，河中两支流间

的陆地D与A、B、C各有一座桥相连结。

当时哥尼

斯堡的居民中流传着一道难题：

一个人怎样才能一次

走遍七座桥，每座桥只走过一次，最后回到出发点？

大家都试图找出问题的答案，但是谁也解决不了这个

问题。

七桥问题引起了著名数学家欧拉（1707—1783）的关注。

他把具体七桥布局化归为图所示的简单图形，于是，

七桥问题就变成一个一笔画问题：

怎样才能从A、B、

C、D中的某一点出发，一笔画出这个简单图形

（即笔不离开纸，而且a、b、c、d、e、f、g各条线

只画一次不准重复），并且最后返回起点？

欧拉经过研究得出的结论是：

图是不能一笔画出的图形。

这就是说，七桥问题是无解的。

这个结论是如何产生呢？

如果我们从某点出发，一笔画出了某个图形，到某一点终止，那么除起点和终点外，画笔每经过一个点一次，总有画进该点的一条线和画出该点的一条线，因此就有两条线与该点相连结。

如果画笔经过一个n次，那么就有2n条线与该点相连结。

因此，这个图形中除起点与终点外的各点，都与偶数条线相连。

如果起点和终点重合，那么这个点也与偶数条线相连；如果起点和终点是不同的两个点，那么这两个点部是与奇数条线相连的点。

综上所述，一笔画出的图形中的各点或者都是与偶数条线相连的点，或者其中只有两个点与奇数条线相连。

图2中的A点与5条线相连结，B、C、D各点各与3条线相连结，图中有4个与奇数条线相连的点，所以不论是否要求起点与终点重合，都不能一笔画出这个图形。

欧拉定理 ：

 如果一个图是连通的并且奇顶点的个数等于0或2，那么它可以一笔画出；否则它不可以一笔画出。

练习：

你能笔尖不离纸，一笔画出下面的每个图形吗？

试试看。

（不走重复线路）

图例1

图例2

图例3

图例4

第二节四色问题

人人都熟悉地图，可是绘制一张普通的政区图，至少需要几种颜色，才能把相邻的政区或区域通过不同的颜色区分开来，就未必是一个简单的问题了。

这个地图着色问题，是一个著名的数学难题。

大家不妨用一张中国政区图来试一试，无论从哪里开始着色，至少都要用上四种颜色，才能把所有省份都区别开来。

所以，很早的时候就有数学家猜想：

“任何地图的着色，只需四种颜色就足够了。

”这就是“四色问题”这个名称的由来。

四色问题又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一。

四色问题的内容是：

“任何一张地图只用四种颜色就能

使具有共同边界的国家着上不同的颜色。

”用数学语言表示，

即“将平面任意地细分为不相重迭的区域，每一个区域总可

以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻

的两个区域得到相同的数字。

”（右图）

这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的。

如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的。

因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。

数学史上正式提出“四色问题”的时间是在1852年。

当时伦敦的大学的一名学生法朗西斯向他的老师、著名数学家、伦敦大学数学教授莫根提出了这个问题，可是莫根无法解答，求助于其它数学家，也没有得到答案。

于是从那时起，这个问题便成为数学界的一个“悬案”。

一直到二十年前的1976年9月，《美国数学会通告》正式宣布了一件震撼全球数学界的消息：

美国伊利诺斯大学的两位教授阿贝尔和哈根，利用电子计算机证明了“四色问题”这个猜想是完全正确的！

他们将普通地图的四色问题转化为2000个特殊图的四色问题，然后在电子计算机上计算了足足1200个小时，作了100亿判断，最后成功地证明了四色问题,轰动了世界。

这是一百多年来吸引许多数学家与数学爱好者的大事，当两位数学家将他们的研究成果发表的时候，当地的邮局在当天发出的所有邮件上都加盖了“四色足够”的特制邮戳，以庆祝这一难题获得解决。

第三节麦比乌斯带

每一张纸均有两个面和封闭曲线状的棱（edge），如果有一张纸它有一条棱而且只有一个面，使得一只蚂蚁能够不越过棱就可从纸上的任何一点到达其他任何一点，这有可能吗?

事实上是可能的只要把一条纸带半扭转，再把两头贴上就行了。

这是德国数学家麦比乌斯（Möbius.A.F1790-1868）在1858年发现的，自此以後那种带就以他的名字命名，称为麦比乌斯带。

有了这种玩具使得一支数学的分支拓朴学得以蓬勃发展。

第四节分割图形

分割图形是使我们的头脑灵活，增强观察能力的一种有趣的游戏。

我们先来看一个简单的分割图形的题目──分割正方形。

在正方形内用4条线段作“井”字形分割，可以把正方形分

成大小相等的9块，这种图形我们常称为九宫格。

用4条线段还可以把一个正方形分成10块，只是和九宫格不同的是，每块的大小不一定都相等。

那么，怎样才能用4条线段把正方形分成10块呢？

请你先动脑筋想想，在动脑的同时还要动手画一画

其实，正方形是不难分割成10块的，下面就是其中两种分割方法。

练习：

想一想，用4条线段能将正方形分成11块吗？

应该怎样分？

第五节数学故事

（1）奇特的墓志铭

在大数学家阿基米德的墓碑上，镌刻着一个有趣的几何图形：

一个圆球镶嵌在一个圆柱内。

相传，它是阿基米德生前最为欣赏的一个定理。

在数学家鲁道夫的墓碑上，则镌刻着圆周率π的35位数值。

这个数值被叫做。

”鲁道夫数”。

它是鲁道夫毕生心血的结晶。

大数学家高斯曾经表示，在他去世以后，希望人们在他的墓碑上刻上一个正17边形。

因为他是在完成了正17边形的尺规作图后，才决定献身于数学研究的……

不过，最奇特的墓志铭，却是属于古希腊数学家丢番图的。

他的墓碑上刻着一道谜语般的数学题：

“过路人，这座石墓里安葬着丢番图。

他生命的1／6是幸福的童年，生命的1／12是青少年时期。

又过了生命的1／7他才结婚。

婚后5年有了一个孩子，孩子活到他父亲一半的年纪便死去了。

孩子死后，丢番图在深深的悲哀中又活了4年，也结束了尘世生涯。

过路人，你知道丢番图的年纪吗？

”

丢番图的年纪究竟有多大呢？

设他活了X岁，依题意可列出方程。

这样，要知道丢番图的年纪，只要解出这个方程就行了。

这段墓志铭写得太妙了。

谁想知道丢番图的年纪，谁就得解一个一元一次方程；而这又正好提醒前来瞻仰的人们，不要忘记了丢番图献身的事业。

在丢番图之前，古希腊数学家习惯用几何的观点看待遇到的所有数学问题，而丢番图则不然，他是古希腊第一个大代数学家，喜欢用代数的方法来解决问题。

现代解方程的基本步骤，如移项、合并同类项、，方程两边乘以同一因子等等，丢番图都已知道了。

他尤其擅长解答不定方程，发明了许多巧妙的方法，被西方数学家誉为这门数学分支的开山鼻祖。

丢番图也是古希腊最后一个大数学家。

遗憾的是，关于他的生平。

后人几乎一无所知，既不知道他生于何地，也不知道他卒于何时。

幸亏有了这段奇特的墓志铭，才知道他曾享有84岁的高龄。

（2）希腊十字架问题

图上那只巨大的复活节彩蛋上有一个希腊十字架，

从它引发出许多切割问题，下面是其中的三个。

　（a）将十字架图形分成四块，用它们拼成一个正方形;

有无限多种办法把一个希腊十字架分成四块，再把它们

拼成一个正方形，下图给出了其中的一个解法。

奇妙的

是，任何两条切割直线，只要与图上的直线分别平行，

也可取得同样的结果，分成的四块东西总是能拼出一个

正方形。

（b）将十字架图形分成三块，用它们拼成一个菱形;

（c）将十字架图形分成三块，用它们拼成一个矩形，要求其长是宽的两倍。

第二章有理数的巧算

有理数运算是中学数学中一切运算的基础．它要求同学们在理解有理数的有关概念、法则的基础上，能根据法则、公式等正确、迅速地进行运算．不仅如此，还要善于根据题目条件，将推理与计算相结合，灵活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提高运算能力，发展思维的敏捷性与灵活性．

　第一节．括号的使用　　

　　在代数运算中，可以根据运算法则和运算律，去掉或者添上括号，以此来改变运算的次序，使复杂的问题变得较简单．

　　例1计算：

　　分析中学数学中，由于负数的引入，符号“+”与“-”具有了双重涵义，它既是表示加法与减法的运算符号，也是表示正数与负数的性质符号．因此进行有理数运算时，一定要正确运用有理数的运算法则，尤其是要注意去括号时符号的变化．

注意在本例中的乘除运算中，常常把小数变成分数，把带分数变成假分数，这样便于计算．

　　例2计算下式的值：

211×555+445×789+555×789+211×445．

分析直接计算很麻烦，根据运算规则，添加括号改变运算次序，可使计算简单．本题可将第一、第四项和第二、第三项分别结合起来计算．

　解原式=（211×555+211×445）+（445×789+555×789）

　　　　　=211×（555+445）+（445+555）×789

　　　　　=211×1000+1000×789

　　　　　=1000×（211+789）

　　　　　=1000000．

说明加括号的一般思想方法是“分组求和”，它是有理数巧算中的常用技巧．

例3在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”，并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？

　　分析与解因为若干个整数和的奇偶性，只与奇数的个数有关，所以在1，2，3，…，1998之前任意添加符号“+”或“-”，不会改变和的奇偶性．在1，2，3，…，1998中有1998÷2个奇数，即有999个奇数，所以任意添加符号“+”或“-”之后，所得的代数和总为奇数，故最小非负数不小于1．

　　现考虑在自然数n，n+1，n+2，n+3之间添加符号“+”或“-”，显然

n-（n+1）-（n+2）+（n+3）=0．

　　这启发我们将1，2，3，…，1998每连续四个数分为一组，再按上述规则添加符号，即

（1-2-3+4）+（5-6-7+8）+…+（1993-1994-1995+1996）-1997+1998=1．

所以，所求最小非负数是1．

说明本例中，添括号是为了造出一系列的“零”，这种方法可使计算大大简化．

第二节．用字母表示数

　　我们先来计算（100+2）×（100-2）的值：

（100+2）×（100-2）

=100×100-2×100+2×100-4

=1002-22．

　　这是一个对具体数的运算，若用字母a代换100，用字母b代换2，上述运算过程变为

（a+b）（a-b）=a2-ab+ab-b2=a2-b2．

　　于是我们得到了一个重要的计算公式

（a+b）（a-b）=a2-b2，①

这个公式叫平方差公式，以后应用这个公式计算时，不必重复公式的证明过程，可直接利用该公式计算．

例4计算3001×2999的值．

　　解3001×2999=（3000+1）（3000-1）

=30002-12=8999999．

例5计算103×97×10009的值．

　　解原式=（100+3）（100-3）（10000+9）

=（1002-9）（1002+9）=1004-92=99999919．

　　例6计算：

　　分析与解直接计算繁．仔细观察，发现分母中涉及到三个连续整数：

12345，12346，12347．可设字母n=12346，那么12345=n-1，12347=n+1，于是分母变为n2-（n-1）（n+1）．应用平方差公式化简得

n2-（n2-12）=n2-n2+1=1，

即原式分母的值是1，所以原式=24690．

　　例7计算：

（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）（216+1）（232+1）．

　　分析式子中2，22，24，…每一个数都是前一个数的平方，若在（2+1）前面有一个（2-1），就可以连续递进地运用（a+b）（a-b）=a2-b2了．

　　解原式=（2-1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）×（216+1）（232+1）

　　　　　=（22-1）（22+1）（24+1）（28+1）（216+1）×（232+1）

　　　　　=（24-1）（24+1）（28+1）（216+1）（232+1）=……

　　　　　=（232-1）（232+1）=264-1．

　　例8计算：

　　分析在前面的例题中，应用过公式

（a+b）（a-b）=a2-b2．

　　这个公式也可以反着使用，即

a2-b2=（a+b）（a-b）．

　　本题就是一个例子．

通过以上例题可以看到，用字母表示数给我们的计算带来很大的益处．下面再看一个例题，从中可以看到用字母表示一个式子，也可使计算简化．

　　例9计算：

我们用一个字母表示它以简化计算．

第三节观察算式找规律

　　例10某班20名学生的数学期末考试成绩如下，请计算他们的总分与平均分．

　　87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88．

　　分析与解若直接把20个数加起来，显然运算量较大，粗略地估计一下，这些数均在90上下，所以可取90为基准数，大于90的数取“正”，小于90的数取“负”，考察这20个数与90的差，这样会大大简化运算．所以总分为

　　90×20+（-3）+1+4+（-2）+3+1+（-1）+（-3）

　　　　+2+（-4）+0+2+（-2）+0+1+（-4）+（-1）

　　　　+2+5+（-2）

　　=1800-1=1799，

平均分为90+（-1）÷20=89.95．

例11计算1+3+5+7+…+1997+1999的值．

　　分析观察发现：

首先算式中，从第二项开始，后项减前项的差都等于2；其次算式中首末两项之和与距首末两项等距离的两项之和都等于2000，于是可有如下解法．

　　解用字母S表示所求算式，即

S=1+3+5+…+1997+1999．①

　　再将S各项倒过来写为

S=1999+1997+1995+…+3+1．②

　　将①，②两式左右分别相加，得

　　2S=（1+1999）+（3+1997）+…+（1997+3）+（1999+1）

　　　=2000+2000+…+2000+2000（1000个2000）

　　　=2000×1000．

　　从而有S=1000000．

说明一般地，一列数，如果从第二项开始，后项减前项的差都相等（本题3-1=5-3=7-5=…=1999-1997，都等于2），那么，这列数的求和问题，都可以用上例中的“倒写相加”的方法解决．

例13计算1+5+52+53+…+599+5100的值．

　　分析观察发现，上式从第二项起，每一项都是它前面一项的5倍．如果将和式各项都乘以5，所得新和式中除个别项外，其余与原和式中的项相同，于是两式相减将使差易于计算．

　　解设

S=1+5+52+…+599+5100，①

　　所以

5S=5+52+53+…+5100+5101．②

　　②—①得

4S=5101-1，

说明如果一列数，从第二项起每一项与前一项之比都相等（本例中是都等于5），那么这列数的求和问题，均可用上述“错位相减”法来解决．

例14计算：

　　分析一般情况下，分数计算是先通分．本题通分计算将很繁，所以我们不但不通分，反而利用如下一个关系式

来把每一项拆成两项之差，然后再计算，这种方法叫做拆项法．

　　解由于

　　所以

说明本例使用拆项法的目的是使总和中出现一些可以相消的相反数的项，这种方法在有理数巧算中很常用．

练习

1．计算下列各式的值：

（1）-1+3-5+7-9+11-…-1997+1999；

（2）11+12-13-14+15+16-17-18+…+99+100；

　　（3）1991×1999-1990×2000；

　　（4）4726342+4726352-472633×472635-472634×472636；

　　（6）1+4+7+…+244；

　　2．某小组20名同学的数学测验成绩如下，试计算他们的平均分．

　　81，72，77，83，73，85，92，84，75，63，76，97，80，90，76，91，86，78，74，85．