初中奥数辅导课件：初中数学竞赛辅导系列.ppt

初中数学竞赛辅导系列（一）,数与式,性质1 任何一个有理数都能写成有限小数(整数可以看作小数点后面为零的小数)或循环小数的形式，反之亦然,有理数,无限不循环小数称为无理数有理数对四则运算是封闭的，而无理数与无理数的和，差，积，商不一定是无理数如：即无理数对四则运算不封闭但它有下列性质：,性质2 设a为有理数，b为无理数，则(1)a+b，a-b是无理数；(2)a0时，ab与ab为是无理数.,无理数,有理数和无理数统称为实数，记作即,证 （反证法）,所以p一定是偶数设p=2m(m是自然数)，代入得4m22q2，q22m2，,例4 若a1+b1a=a2+b2a(其中a1，a2，b1，b2为有理数，a为无理数)，则a1=a2，b1=b2，反之，亦成立,证：将原式变形为(b1-b2)a=a2-a1若b1b2，则,反之，显然成立,实数,.实数集R对加、减、乘、除 ( 除数不为0 ) 四则运算是封闭的，即任意两个实数的和、差、积、商 ( 除数不为0 ) 仍然是实数.实数集是有序的，即任意两实数a，b必满足下述三个关系之一: ab3. 实数的大小关系具有传递性，即若ab,bc,则ac 4.实数具有阿基米德(Archimedes)性，即对任何,5实数集R具有稠密性，即任何两个不相等的实数之间必有另一个实数， 且既有有理数，也有无理数6实数集R具有完备性，即实数集R与数轴上的点有着一一对应关系,例1 比较下列各组数的大小(不查表),若ab0，则anbn(n为大于1的整数)反之，若a0，b0，且anbn，则ab,例2： 已知a，b是两个任意有理数，且ab，求证：a与b之间存在着无穷多个有理数(即有理数集具有稠密性),证： 因为ab，所以2aa+b2b，即,例： 已知a，b是两个任意有理数，且ab，问是否存在无理数，使得ab成立？,由，有,存在无理数，使得ab成立,即,整除是整数问题中一个重要的基本概念.如果整数a除以自然数b，商是整数且余数为0，我们就说a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，记作b丨a.此时，b是a的一个因数（约数），a是b的倍数.,1.整除的性质,性质1 如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（这里设ab）.,例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.,性质2 如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。,例如： 3丨6，6丨24，那么3丨24.,性质3 如果a能同时被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍数整除.,例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍数是18，18丨36.,整除问题,性质4 整数a，能分别被b和c整除，如果b与c互质，那么a能被bc整除.,例如：72能分别被3和4整除，由3与4互质，72能被3与4的乘积12整除.,（3）能被3（或9）整除的数的特征：如果一个整数的各位数字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.,2.数的整除特征,（1）能被2整除的数的特征：如果一个整数的个位数字是偶数，那么它必能被2整除.,（2）能被5整除的数的特征：如果一个整数的个位数字是0或5，那么它必能被5整除.,（6）能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除.,（4）能被4（或25）整除的数的特征：如果一个整数的末两位数能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.,（5）能被8（或125）整除的数的特征：如果一个整数的末三位数能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.,例一本老账本上记着：72只桶，共67.9元，其中处是被虫蛀掉的数字，请把这笔账补上.,解：把67.9写成整数a679b ， 72a679b7298，（9，8）.按照前面的性质4，8a679b且a679b按被8整除的特征，879b，因此b2. 按照被9整除特征，9a+24，因此a3.这笔帐是367.92元.,例下面这个41位数 能被7整除，中间方格代表的数字是几？,解：因为 11111137111337，所以5555555111111和9999999111111都能被7整除.这样，18个5和18个9分别组成的18位数，也都能被7整除.,上边的三个加数中，前、后两个数都能被7整除，那么只要中间的5599能被7整除，原数就能被7整除.,把5599拆成两个数的和：55A00B99，其中=A+B.因为7丨55300，7丨399，所以=3+36.,注意：记住111111能被7整除是很有用的.,分解质因数,一个整数，它的约数只有1和它本身，就称为质数（也叫素数）.例如，2，5，7，101，. 一个整数除1和它本身外，还有其他约数，就称为合数.例如，4，12，99，501，.1不是质数，也不是合数.也可以换一种说法，恰好只有两个约数的整数是质数，至少有3个约数的整数是合数，1只有一个约数，也就是它本身.质数中只有一个偶数，就是2，其他质数都是奇数.但是奇数不一定是质数，例如，15，33，.,一个整数的因数中，为质数的因数叫做这个整数的质因数，例如，2，3，7，都是42的质因数，6，14也是42的因数，但不是质因数.任何一个合数，如果不考虑因数的顺序，都可以唯一地表示成质因数乘积的形式，例如360222335=23325,例1 有四个学生，他们的年龄恰好是一个比一个大1岁，而他们的年龄的乘积是5040，那么，他们的年龄各是多少？,解：我们先把5040分解质因数5040243257.再把这些质因数凑成四个连续自然数的乘积：24325778910.所以，这四名学生的年龄分别是7岁、8岁、9岁和10岁,例 有四个学生，他们的年龄恰好是一个比一个大1岁，而他们的年龄的乘积是5040，那么，他们的年龄各是多少？,解：设他们的年龄分别是x-1, x , x+1 , x+2,利用合数的质因数分解式，不难求出该数的约数个数（包括1和它本身）.为寻求一般方法，先看一个简单的例子.我们知道24的约数有8个：1，2，3，4，6，8，12，24.对于较大的数，如果一个一个地去找它的约数，将是很麻烦的事.因为24233，所以24的约数是23的约数（1，2，22，23）与3的约数（1，3）之间的两两乘积.11，13，21，23，221，223，231，233.这里有428个，即 （31）（11）个,如果合数B分解质因数后是：B=ambncp,其中a、b、c均为质数，m、n、p均为自然数.,那么，它的约数个数有（m+1）（n+1）（p+1）（个）,例 在100至150之间，找出约数个数是8的所有整数.,8=(7+1)=(3+1)(1+1)=(1+1)(1+1)(1+1),例 有一种最简真分数，它们的分子与分母的乘积都是420.如果把所有这样的分数从小到大排列，那么第三个分数是多少？,解：把420分解质因数42022357.为了保证分子、分母不能约分（否则约分后，分子与分母的乘积不再是420了），相同质因数，要么都在分子，要么都在分母，并且分子应小于分母.分子从小到大排列是1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超过分母了，它们相应的分数是,余数问题,在整数除法运算中，除了前面说过的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形.,被除数=除数商+余数.通常把这一算式称为带余除式，它使我们容易从“余数”出发去考虑问题，这正是某些整数问题所需要的.特别要提请注意：在带余除式中，余数总是比除数小，这一事实，解题时常作为依据 .,例17 5397被一个质数除，所得余数是15.求这个质数.,解：这个质数能整除5397-155382，而 53822321323.,因为除数要比余数15大，除数又是质数，所以它只能是23.,同余两个整数a,b除以正整数m，若余数相同，则称a与b关于模m同余，记作ab(mod m)，这叫做同余式。,如果ab(mod m)，则mba,例：一整数被967,1000,2001除所得余数相同，求该整数,解：由上面的结论，所求整数应能整除 967，1000，2001的两两之差，即1000-96733311，2001-1000100171113，2001-967103421147.这个整数是这三个差的公约数11.,二次根式的概念、性质以及运算法则是根式运算的基础，在进行根式运算时，往往用到绝对值、整式、分式、因式分解，以及配方法、换元法、待定系数法等有关知识与解题方法，也就是说，根式的运算，可以培养同学们综合运用各种知识和方法的能力,二次根式,二次根式的性质：,二次根式,二次根式的运算法则：,设a，b，c，d，m是有理数，且m不是完全平方数，则当且仅,解法1： 配方法,例：,解法2 待定系数法,例： 化简：,(2)这是多重复合二次根式，可从里往外逐步化简,分析 被开方数中含有三个不同的根式，且系数都是2，可以看成,解 设,例,例,解 用换元法,解：利用(ab)3a3b33ab(ab)来解,将方程左端因式分解有(x-4)(x24x10)0因为x24x10(x2)260，所以x-40，x4所以原式4,例,例,解 用构造方程的方法来解设原式为x，利用根号的层数是无限的特点，有,两边平方得,两边再平方得x4-4x242x，所以x4-4x2-x20,(x1)(x-2)(x2x-1)0,例,分式,分式,式,若一个分式分母的值为零，则分式无意义当分式的分子的值为零而分母的值不为零时，分式的值为零,.分式的基本性质分式的分子和分母都乘以（或除以）同一个不等于零的整式，分式的值不变,例1 化简分式：,例 已知：x+y+z=3a(a0，且x，y，z不全相等)，求,解 令x-a=u，y-a=v，z-a=w，则分式变为,u2+v2+w2+2(uv+vw+wu)=0由于x，y，z不全相等，所以u，v，w不全为零，所以u2+v2+w20，从而有,例,(x-4)2=3，即x2-8x+130原式分子=(x4-8x3+13x2)+(2x3-16x2+26x)+(x2-8x+13)+10=x2(x2-8x+13)+2x(x2-8x+13)+(x2-8x+13)+10=10原式分母=(x2-8x+13)+2=2,例,解法1: 利用比例的性质解决分式问题(1)若a+b+c0，由等比定理有,所以a+b-c=c，a-b+c=b，-a+b+c=a，,解法2:设参数法令,则a+b=(k+1)c，a+c=(k+1)b，b+c=(k+1)a+有2(a+b+c)=(k+1)(a+b+c)，所以 (a+b+c)(k-1)=0，故有k=1或 a+b+c=0当k=1时，,当a+b+c=0时，,一个分式是两个多项式的商。设分子的次数为n，分母的次数为m。当nm时，该分式称为真分式；当nm时，该分式称为假分式。如果一个分式不是真分式，可以通过带余除法化为一个多项式与一个真分式的和。把一个真分式化为几个更简单的真分式的代数和，称为将分式化为部分分式。,部分分 数 和 分 式,把一个分式分为部分分式的一般步骤是： （1）把一个分式化成一个整式与一个真分式的和； （2）把真分式的分母分解因式； （3）根据真分式的分母分解因式后的形式，引入待定系数来表示成为部分分式的形式； （4）利用多项式恒等的性质和多项式恒等定理列出关于待定系数的方程或方程组； （5）解方程或方程组，求待定系数的值； （6）把待定系数的值代入所设的分式中，写出部分分式。,1运用公式法(1)a2-b2=(a+b)(a-b)；(2)a22ab+b2=(ab)2；(3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)；(4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)(5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2；(6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)；(7)an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+an-3b2+abn-2+bn-1)其中n为正整数；,因式分解,例： 分解因式：x15+x14+x13+x2+x+1,解： 因为x16-1=(x-1)(x15+x14+x13+x2+x+1)，所以,例： 分解因式：x3-9x+8,解法1 将常数项8拆成-1+9原式=x3-9x-1+9=(x3-1)-9x+9=(x-1)(x2+x+1)-9(x-1)=(x-1)(x2+x-8)解法2 将一次项-9x拆成-x-8x原式=x3-x-8x+8=(x3-x)+(-8x+8)=x(x+1)(x-1)-8(x-1)=(x-1)(x2+x-8),2拆项、添项法,例： 分解因式：x3-9x+8,解法3 将三次项x3拆成9x3-8x3原式=9x3-8x3-9x+8=(9x3-9x)+(-8x3+8)=9x(x+1)(x-1)-8(x-1)(x2+x+1)=(x-1)(x2+x-8)解法4 添加两项-x2+x2原式=x3-x2+x2-9x+8=x2(x-1)+(x-8)(x-1)=(x-1)(x2+x-8),3换元法,例：分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)-12,解 设x2+x=y，则原式=(y+1)(y+2)-12=y2+3y-10=(y-2)(y+5)=(x2+x-2)(x2+x+5)=(x-1)(x+2)(x2+x+5),例： 分解因式：(x2+xy+y2)-4xy(x2+y2),解 原式=(x+y)2-xy2-4xy(x+y)2-2xy令x+y=u，xy=v，则原式=(u2-v)2-4v(u2-2v)=u4-6u2v+9v2=(u2-3v)2=(x2+2xy+y2-3xy)2=(x2-xy+y2)2,待定系数法,例： 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3分析 由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是x+2y+m和xyn的形式，应用待定系数法即可求出m和n，使问题得到解决解： 设x2+3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比较两边对应项的系数，则有,解之得m=3，n=1所以：原式=(x+2y+3)(x+y+1),求根法,我们把形如anxn+an-1xn-1+a1x+a0(n为非负整数)的代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，等记号表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)表示如对上面的多项式f(x)f(1)=12-31+2=0；定理1：因式定理：若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a,例6： 分解因式：x3-9x+8,作业,定理2,的根，则必有p是a0的约数，q是an的约数,例7： 分解因式：x3-4x2+6x-4,这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：1，2，4，只有f(2)=23-422+62-4=0，即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必有因式x-2,用多项式除法，将原式除以(x-2)，,原式=(x-2)(x2-2x+2),例8： 分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2分析 因为9的约数有1，3，9；-2的约数有1，2为：所以，原式有因式9x2-3x-2解 9x4-3x3+7x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1),代 数 式 的 恒 等 变 形,两个代数式，如果对于字母在允许范围内的一切取值，它们的值都相等，则称这两个代数式恒等把一个代数式变换成另一个与它恒等的代数式叫作代数式的恒等变形恒等式的证明，就是通过恒等变形证明等号两边的代数式相等证明恒等式，没有统一的方法，需要根据具体问题，采用不同的变形技巧，使证明过程尽量简捷一般可以把恒等式的证明分为两类：一类是无附加条件的恒等式证明；另一类是有附加条件的恒等式的证明,1由繁到简和相向趋进恒等式证明最基本的思路是“由繁到简”(即由等式较繁的一边向另一边推导)和“相向趋进”(即将等式两边同时转化为同一形式),例1 已知x+y+z=xyz，证明： x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz,证 因为x+y+z=xyz，所以左边=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2) =(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)=xyz+xyz+xyz+xyz=4xyz=右边,例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x0，y0，z0，且,证 令1989x2=1991y2=1993z2=k(k0)，则,又因为,所以,所以,2比较法,a=b(比商法)这也是证明恒等式的重要思路之一,分析 用比差法证明左-右=0本例中，,这个式子具有如下特征：如果取出它的第一项，把其中的字母轮换，即以b代a，c代b，a代c，则可得出第二项；若对第二项的字母实行上述轮换，则可得出第三项；对第三项的字母实行上述轮换，可得出第一项具有这种特性的式子叫作轮换式利用这种特性，可使轮换式的运算简化,例3 求证：,同理,所以,所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r),根据推理过程的方向不同，恒等式的证明方法又可分为分析法与综合法分析法是从要求证的结论出发，寻求在什么情况下结论是正确的，这样一步一步逆向推导，寻求结论成立的条件，一旦条件成立就可断言结论正确，即所谓“执果索因”而综合法正好相反，它是“由因导果”即从已知条件出发顺向推理，得到所求结论,3分析法与综合法,要证 a2+b2+c2=(a+b-c)2,这最后的等式正好是题设，而以上推理每一步都可逆，故所求证的等式成立,证,(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，,只要证 ab=ac+bc,只要证 c(a+b)=ab,只要证,例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正数，求证：a=b=c=d证 由已知可得 a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0因为(a2-b2)20，(c2-d2)20，(ab-cd)20， 所以a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以 (a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)0又因为a，b，c，d都为正数，所以a+b0，c+d0， 所以ab，c=d所以ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以ac故a=bc=d成立,含参数的一元二次方程的整数根问题,例1 m是什么整数时，方程(m2-1)x2-6(3m-1)x720有两个不相等的正整数根,首先，m2-10，m1=36(m-3)20，所以m3用求根公式可得,由于x1，x2是正整数，所以m-1=1，2，3，6，m+1=1，2，3，4，6，12，解得m=2这时x1=6，x2=4,例2 已知关于x的方程a2x2-(3a2-8a)x2a2-13a15=0(其中a是非负整数)至少有一个整数根，求a的值,解 因为a0，所以,所以,所以只要a是3或5的约数即可，即a=1，3，5,解 一个整系数的一元二次方程有有理根，那么它的判别式一定是完全平方数令=(m-1)2-4mn2，其中n是非负整数，于是m2-6m+1=n2，所以 (m-3)2-n2=8，(m-3n)(m-3-n)8由于m-3nm-3-n，并且(m-3n)+(m-3-n)=2(m-3)是偶数，所以m-3n与m-3-n同奇偶，所以,例3 设m是不为零的整数，关于x的二次方程mx2-(m-1)x10有有理根，求m的值,例4 关于x的方程ax2+2(a-3)x+(a-2)=0至少有一个整数解，且a是整数，求a的值,解：当a=0时，原方程变成-6x-2=0，无整数解当a0时，方程是一元二次方程，它至少有一个整数根，说明判别式4(a-3)2-4a(a-2)4(9-4a)为完全平方数，从而9-4a是完全平方数令9-4a=n2，则n是正奇数，,要使x1为整数，而n为正奇数，只能n=1，从而a=2要使x2为整数，即n-34，n可取1，5，7，从而a=2，-4，-10综上所述，a的值为2，-4，-10,例5 已知关于x的方程x2(a-6)xa=0的两根都是整数，求a的值,解 设两个根为x1x2，由韦达定理得,从上面两式中消去a得x1x2+x1+x26，所以 (x11)(x2+1)=7，,所以a=x1x2=0或16,当r0时，原方程是关于x的一元二次方程，设它的两个整数根为x1，x2，且x1x2，则消去r得x1x2-x1-x22，所以(x1-1)(x2-1)=3,例6 求所有有理数r，使得方程rx2+(r+1)x(r-1)=0的所有根是整数,解 当r=0时，原方程为x-1=0，所以x=1,例7 已知a是正整数，且使得关于x的一元二次方程ax22(2a-1)x4(a-3)=0至少有一个整数根，求a的值解 将原方程变形为(x2)2a= 2(x6)显然x20，于是,由于a是正整数，所以a1，即,所以 x2+2x-80，(x4)(x-2)0，所以 -4x2(x-2)当x=-4，-3，-1，0，1，2时，得a的值为1，6，10，3，,代数式求值,一：和差代换求值,代 数 式 求值,二：变形代入法,例题：,三：参数法,四：和差法,五：整体法,六：特殊值法,七：活用公式法,九：构造法,十：升次法,几何不等式,平面图形中所含的线段长度、角的大小及图形的面积在许多情形下会呈现不等的关系由于这些不等关系出现在几何问题中，故称之为几何不等式,几 何 不 等 式,定理1 在三角形中，任两边之和大于第三边，任两边之差小于第三边,定理2 同一个三角形中，大边对大角，小边对小角，反之亦然,定理3 在两边对应相等的两个三角形中，第三边大的，所对的角也大，反之亦然,定理4 三角形内任一点到两顶点距离之和，小于另一顶点到这两顶点距离之和,定理5 自直线l外一点P引直线l的斜线，射影较长的斜线也较长，反之，斜线长的射影也较长,定理6 在ABC中，点P是边BC上任意一点，则有PAmaxAB，AC，当点P为A或B时等号成立,例1 在锐角三角形ABC中，ABAC，AM为中线，P为AMC内一点，证明：PBPC(图2-137) ,证 在AMB与AMC中，AM是公共边，BM=MC，且ABAC，由定理3知，AMBAMC，所以AMC90过点P作PHBC，垂足为H，则H必定在线段BM的延长线上如果H在线段MC内部，则BHBM=MCHC如果H在线段MC的延长线上，显然BHHC，所以PBPC,例2 已知P是ABC内任意一点(图2-138)(1)求证：,(2)若ABC为正三角形,且边长为1,求证:PA+PBPC2,证 (1)由三角形两边之和大于第三边得PAPBc，PBPCa，PCPAb把这三个不等式相加，再两边除以2，便得,又由定理4可知PAPBab， PBPCbc，PC+PAca把它们相加，再除以2，便得PAPBPCabc,(2)过P作DEBC交正三角形ABC的边AB，AC于D，E，如图2-138所示于是PAmaxAD，AEAD，PBBDDP，PCPEEC，所以PAPBPCADBDDPPEEC=ABAEEC=2,(2)若ABC为正三角形,且边长为1,求证:PA+PBPC2,例3 如图2-139在线段BC同侧作两个三角形ABC和DBC，使得AB=AC，DBDC，且ABAC=DBDC若AC与BD相交于E，求证：AEDE,证 在DB上取点F，使DF=AC，并连接AF和AD由已知2DBDB+D=AB+AC=2AC，所以 DBAC由于DBDC=ABAC=2AC， 所以DCBF=AC=AB在ABF中，AFAB-BF=DC在ADC和ADF中， AD=AD，AC=DF，AFCD由定理3，12，所以AEDE,在RtGCK中，CM是GK边上的中线，所以GCM=MGC而ACG=45，MGCACG，于是MGC45，所以ACM=ACGGCM90,例4 设G是正方形ABCD的边DC上一点，连结AG并延长交BC延长线于K，求证：,证如图2-140，在GK上取一点M，使GM=MK，则,由于在ACM中ACMAMC，所以AMAC故,例6 在ABC中，D是中线AM上一点，若DCBDBC，求证：ACBABC(图2-142),证 在BCD中，因为DCBDBC，所以BDCD在DMB与DMC中，DM为公共边，BM=MC，且BDCD，由定理3知，DMBDMC在AMB与AMC中，AM是公共边，BM=MC，且AMBAMC，由定理3知，ABAC，所以ACBABC,于是在RtMH1B中，MBH1=30延长BM至N，使得MN=BM，则ABCN为平行四边形因为AH为最大高，由三角形的面积公式知是三角形ABC中的最短边，,例7 在锐角ABC中，最大的高线AH等于中线BM，求证：B60(图2-144),证 作MH1BC于H1，由于M是中点，所以,所以AN=BCAB，从而ABNANB=MBC=30，B=ABM+MBC60,