高中数学联赛常用定理(共16页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上常用定理1、费马点（I）基本概念定义：在一个三角形中，到3个顶点距离之和最小的点叫做这个三角形的费马点。 (1)若三角形ABC的3个内角均小于120，那么3条距离连线正好平分费马点所在的周角。所以三角形的费马点也称为三角形的等角中心。 (2)若三角形有一内角不小于120度，则此钝角的顶点就是距离和最小的点。（II）证明我们要如何证明费马点呢： 费马点证明图形(1)费马点对边的张角为120度。 CC1B和AA1B中,BC=BA1,BA=BC1,CBC1=B+60度=ABA1, CC1B和AA1B是全等三角形,得到PCB=PA1B 同理可得CBP=CA1P 由PA1B+C

2、A1P=60度，得PCB+CBP=60度,所以CPB=120度 同理,APB=120度，APC=120度 (2)PA+PB+PC=AA1 将BPC以点B为旋转中心旋转60度与BDA1重合，连结PD，则PDB为等边三角形，所以BPD=60度 又BPA=120度，因此A、P、D三点在同一直线上， 又CPB=A1DB=120度，PDB=60度，PDA1=180度，所以A、P、D、A1四点在同一直线上，故PA+PB+PC=AA1。 (3)PA+PB+PC最短 在ABC内任意取一点M（不与点P重合），连结AM、BM、CM，将BMC以点B为旋转中心旋转60度与BGA1重合，连结AM、GM、A1G(同上)，

3、则AA1AG/PF=1=2 A.G.C.P共圆=2=3 PEAC,PFBC=P.E.F.C共圆=3=4 =1=4 PFBC =PR=RQ BHAC,AHBC=5=6 A.B.G.C共圆=6=7 =5=7 AGBC=BC垂直平分GH =8=2=4 8+9=90,10+4=90=9=10 =HQ/DF =PM=MH 第二个问，平分点在九点圆上，如图：设O,G,H 分别为三角形ABC的外心，重心和垂心。 则O是,确定九点圆的中点三角形XYZ的垂心，而G还是它的重心。 那么三角形XYZ的外心 O1， 也在同一直线上，并且 HG/GO=GO/GO1=2，所以O1是OH的中点。 三角形ABC和三角形XYZ

4、位似，那么它们的外接圆也位似。两个圆的圆心都在OH上，并且两圆半径比为1:2 所以G是三角形ABC外接圆和三角形XYZ外接圆(九点圆)的反位似中心(相似点在位似中心的两边),H 是正位似中心(相似点在位似中心的同一边). 所以H到三角形ABC的外接圆上的连线中点必在三角形DEF的外接圆上.五、托勒密定理1、定理的内容 托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。 原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于 一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。 从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于

5、共圆性的基本性质证明一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。） 在任意四边形ABCD中，作ABE使BAE=CAD ABE= ACD 因为ABEACD 所以 BE/CD=AB/AC,即BEAC=ABCD (1) 而BAC=DAE，ACB=ADE 所以ABCAED相似. BC/ED=AC/AD即EDAC=BCAD (2) (1)+(2),得 AC(BE+ED)=ABCD+ADBC 又因为BE+EDBD （仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”） 所以命题得证 复数证明 用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD

6、的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。 首先注意到： (a b)(c d) + (a d)(b c) = (a c)(b d) ，两边取，运用得。 等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。 四点不限于同一。 平面上，托勒密不等式是三角不等式的形式。 二、 设ABCD是。 在BC上，BAC = BDC，而在AB上，ADB = ACB。 在AC上取一点K，使得ABK = CBD； 因为ABK + CBK = ABC = CBD + ABD，所以CBK = ABD。 因此ABK与DBC，同理

7、也有ABD KBC。 因此AK/AB = CD/BD，且CK/BC = DA/BD； 因此AKBD = ABCD，且CKBD = BCDA； 两式相加，得(AK+CK)BD = ABCD + BCDA； 但AK+CK = AC，因此ACBD = ABCD + BCDA。证毕。 三、 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)已知：圆内接四边形ABCD，求证：ACBDABCDADBC 证明：如图1，过C作CP交BD于P，使1=2，又3=4，ACDBCP得AC：BC=AD：BP，ACBP=ADBC

8、。又ACB=DCP，5=6，ACBDCP得AC：CD=AB：DP，ACDP=ABCD 。得 AC(BPDP)=ABCDADBC即ACBD=ABCDADBC 推论1.任意ABCD，必有ACBDABCD+ADBC，当且仅当ABCD时取等号。 2.托勒密定理的同样成立：一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，则这个凸四边形内接于一圆、 推广托勒密不等式：四边形的任两组对边乘积不小于另外一组对边的乘积，取等号当且仅当共圆或共线。 简单的证明：复数恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d)，两边取模， 得不等式ACBD|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d

9、)|=ABCD+BCAD 注意： 1.等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。 2.四点不限于同一平面。 六、：在一条线段上AD上，顺次标有B、C两点，则ADBC+ABCD=ACBD七、重要不等式1、均值不等式：TIP:完全的均值不等式(a2+ b2)/2 (a+b)/2 ab 2/(1/a+1/b) （二次幂平均算术平均几何平均调和平均）2、柯西不等式的一般证法有以下几种： （1）Cauchy不等式的形式化写法就是：记两列数分别是ai, bi，则有 (ai2) * (bi2) (ai * bi)2. 我们令 f(x) = (ai

10、+ x * bi)2 = (bi2) * x2 + 2 * (ai * bi) * x + (ai2) 则我们知道恒有 f(x) 0. 用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有 = 4 * (ai * bi)2 - 4 * (ai2) * (bi2) 0. 于是移项得到结论。 （2）用向量来证. m=(a1,a2.an) n=(b1,b2.bn) mn=a1b1+a2b2+.+anbn=(a1+a2+.+an)1/2乘以(b1+b2+.+bn)1/2乘以cosX 因为cosX小于等于1，所以：a1b1+a2b2+.+anbn小于等于a1+a2+.+an)1/2乘以(b1+b2+.+bn)1/

11、2 这就证明了不等式 柯西不等式还有很多种，这里只取两种较常用的证法 柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们在教学中应给予极大的重视。3.排序不等式排序不等式是竞赛大纲要求的。 设有两组数 a 1 , a 2 , a n, b 1 , b 2 , b n 满足 a 1 a 2 a n, b 1 b 2 b n 则有 a 1 b n + a 2 b n?1 + a n b1 a 1 b t + a 2 b t + a n b t a 1 b 1 + a 2 b 2 + a n b n 式中t1，t2，tn是1，2，n的任意一个排列， 当且仅当 a 1 = a 2

12、 = a n 或 b 1 = b 2 = b n 时成立。 以上排序不等式也可简记为： 反序和乱序和同序和. 证明时可采用逐步调整法。 例如，证明：其余不变时，将a 1 b 1 + a 2 b 2 调整为a 1 b 2 + a 2 b 1 ，值变小，只需作差证明（a 1 -a 2 ）*（b 1 -b 2 ）0，这由题知成立。 依次类推，根据逐步调整法，排序不等式得证。4.契比雪夫不等式切比雪夫不等式有两个 （1）设存在数列a1,a2,a3.an和b1,b2,b3.bn满足a1a2a3.an和b1b2b3.bn 那么，aibi(1/n)(ai)(bi) （2）设存在数列a1,a2,a3.an和b

13、1,b2,b3.bn满足a1a2a3.an和b1b2b3.bn 那么，aibi(1/n)(ai)(bi)5.琴生不等式设f(x)为上凸函数，则f(x1+x2+xn)/nf(x1)+f(x2)+f(xn)/n,称为琴生不等式（幂平均）。 加权形式为： f(a1x1+a2x2+anxn)a1f(x1)+a2f(x2)+anf(xn),其中 ai=0(i=1,2,n),且a1+a2+an=1.6.幂平均不等式幂平均不等式：ai0(1in),且，则有(ai/n)1/成立 iff a1=a2=a3=an 时取等号 加权的形式： 设ai0，pi0(1in)，且，则有 （pi*ai/pi)1/(pi*ai/

14、pi)1/ iff a1=a2=a3=an， p1=p2=p3=pn 时取等号。 特例： 调和平均（-1次幂）， - 几何平均（0次幂）， - 算术平均（1次幂）， ， - 二次平均（2次幂）7权方和不等式1） a1 （m+1） / b1m + a2 （m+1） / b2m + a3 （m+1） / b3m + + an （m+1） / bnm (a1+a2+a3+ +an) （m+1） / (b1+b2+b3+ +bn)m 其中 a,b,n为正整数，m0 或 m-1 当且仅当a1/b1=a2/b2=.=an/bn时，等号成立 2） a1 （m+1） / b1m + a2 （m+1） / b2

15、m + a3 （m+1） / b3m + + an （m+1） / bnm (a1+a2+a3+ +an) （m+1） / (b1+b2+b3+ +bn)m 其中 a,b,n为正整数，-1m=b.设(a,b)=d 对ax+by=d，两边同时除以d，可得(a1)x+(b1)y=1，其中(a1,b1)=1。 转证(a1)x+(b1)y=1。由带余除法： a1=(q1)b+(r1),其中0=r1b1 b1=(q2)(r1)+(r2),其中0=r2r1 (r1)=(q3)(r2)+(r3),其中0=r31,a1,a2,a3,a4,am为m个整数，若在这m个数中任取2个整数对m不同余，则这m个整数对m构

16、成完全剩余系。 证明：构造m的完全剩余系（0,1,2,m-1），所有的整数必然这些整数中的1个对模m同余。取r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,r=i-1,1i1，b是一个整数且(m,b)=1。如果a1,a2,a3,a4,am是模m的一个完全剩余系，则ba1,ba2,ba3,ba4,bam也构成模m的一个完全剩余系。 证明：若存在2个整数ba和baj同余即babaj(mod m)，根据引理2则有aaj(mod m)。根据完全剩余系的定义和引理4（完全剩余系中任意2个数之间不同余，易证明）可知这是不可能的，因此不存在2个整数ba和baj同余。由引理5可知ba1,ba2,ba3,ba4,bam

17、构成模m的一个完全剩余系。 引理4定理6 如果a,b,c,d是四个整数，且ab(mod m),cd(mod m),则有acbd(mod m) 证明：由题设得acbc(mod m),bcbd(mod m)，由模运算的传递性可得acbd(mod m) 二、证明过程： 构造素数p的完全剩余系P=1,2,3,4(p-1)，因为(a,p)=1，由引理3可得A=a,2a,3a,4a,(p-1)a也是p的一个完全剩余系。令W=1*2*3*4*(p-1)，显然WW(mod p)。令Y=a*2a*3a*4a*(p-1)a,因为a,2a,3a,4a,(p-1)a是p的完全剩余系，由引理2以及引理4可得a*2a*3

18、a*(p-1)a1*2*3*(p-1)(mod p)即W*a(p-1)W(modp)。易知(W,p)=1，由引理1可知a(p-1)1(modp）十二、欧拉定理初等数论中的欧拉定理定理内容在数论中，欧拉定理（也称费马-欧拉定理）是一个关于同余的性质。欧拉定理表明，若n,a为正整数，且n,a互素，(a,n) = 1，则 a(n) 1 (mod n) 证明首先证明下面这个命题： 对于集合Zn=x1,x2,.,x(n),其中xi(i=1,2,(n)是不大于n且与n互素的数，即n的一个化简剩余系，或称简系，或称缩系)，考虑集合S = a*x1(mod n),a*x2(mod n),.,a*x(n)(mo

19、d n) 则S = Zn 1) 由于a,n互质，xi也与n互质，则a*xi也一定于n互质，因此 任意xi，a*xi(mod n) 必然是Zn的一个元素 2) 对于Zn中两个元素xi和xj，如果xi xj 则a*xi(mod n) a*xj(mod n)，这个由a、n互质和消去律可以得出。 所以，很明显，S=Zn 既然这样，那么 （a*x1 a*x2.a*x(n)）(mod n) = （a*x1(mod n) a*x2(mod n) . a*x(n)(mod n)）(mod n) = （x1 x2 . x(n)）(mod n) 考虑上面等式左边和右边 左边等于(a*（x1 x2 . x(n)）)

20、 (mod n) 右边等于x1 x2 . x(n)）(mod n) 而x1 x2 . x(n)(mod n)和n互质 根据消去律，可以从等式两边约去，就得到： a(n) 1 (mod n) 推论：对于互质的数a、n，满足a(n)+1) a (mod n) 费马定理: a是不能被质数p整除的正整数，则有a(p-1) 1 (mod p) 证明这个定理非常简单，由于(p) = p-1，代入欧拉定理即可证明。 同样有推论：对于不能被质数p整除的正整数a，有ap a (mod p) 平面几何里的欧拉定理定理内容设三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，外心与内心的距离为d，则d2=R2-2Rr 证明O、

21、I分别为ABC的外心与内心 连AI并延长交O于点D，由AI平分ÐBAC，故D为弧BC的中点 连DO并延长交O于E，则DE为与BC垂直的O的直径 由圆幂定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IAID（作直线OI与O交于两点，即可用证明） 但DB=DI（可连BI，证明ÐDBI=ÐDIB得）， 故只需证2Rr=IADB，即2RDB=IAr 即可 拓扑学里的欧拉公式V+F-E=X(P)，V是多面体P的顶点个数，F是多面体P的面数，E是多面体P的棱的条数,X(P)是多面体P的欧拉示性数。 如果P可以同胚于一个球面（可以通俗地理解为能吹胀成一个球面），那么X(P)=2，如果P同

22、胚于一个接有h个环柄的球面，那么X(P)=2-2h。 X(P)叫做P的拓扑不变量，是拓扑学研究的范围。 V+F-E=2的证明方法1：（利用几何画板）逐步减少多面体的棱数，分析V+F-E 先以简单的四面体ABCD为例分析证法。 去掉一个面，使它变为平面图形，四面体顶点数V、棱数E与剩下的面数F1变形后都没有变。因此，要研究V、E和F关系，只需去掉一个面变为平面图形，证V+F1-E=1 （1）去掉一条棱，就减少一个面，V+F1-E不变。依次去掉所有的面，变为“树枝形”。 （2）从剩下的树枝形中，每去掉一条棱，就减少一个顶点，V+F1-E不变，直至只剩下一条棱。 以上过程V+F1-E不变，V+F1-E=1，所以加上去掉的一个面，V+F-E =2。 对任意的简单多面体，运用这样的方法，都是只剩下一条线段。因此公式对任意简单多面体都是正确的。 方法2：计算多面体各面内角和设多面体顶点数V，面数F，棱数E。剪掉一个面，使它变为平面图形（拉开图）,求所有面内角总和 一方面，在原图中利用各面求内角总和。 设有F个面，