高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽常用定理

1、常用定理1、費馬點（I）基本概念定義：在一個三角形中，到3個頂點距離之和最小的點叫做這個三角形的費馬點。 (1)若三角形ABC的3個內(nèi)角均小于120，那么3條距離連線正好平分費馬點所在的周角。所以三角形的費馬點也稱為三角形的等角中心。 (2)若三角形有一內(nèi)角不小于120度，則此鈍角的頂點就是距離和最小的點。（II）證明我們要如何證明費馬點呢： 費馬點證明圖形(1)費馬點對邊的張角為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+CA1P=60度，得PCB+

2、CBP=60度,所以CPB=120度 同理,APB=120度，APC=120度 (2)PA+PB+PC=AA1 將BPC以點B為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)60度與BDA1重合，連結(jié)PD，則PDB為等邊三角形，所以BPD=60度 又BPA=120度，因此A、P、D三點在同一直線上， 又CPB=A1DB=120度，PDB=60度，PDA1=180度，所以A、P、D、A1四點在同一直線上，故PA+PB+PC=AA1。 (3)PA+PB+PC最短 在ABC內(nèi)任意取一點M（不與點P重合），連結(jié)AM、BM、CM，將BMC以點B為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)60度與BGA1重合，連結(jié)AM、GM、A1G(同上)，則AA1AG/PF=1=2

3、 A.G.C.P共圓=2=3 PEAC,PFBC=P.E.F.C共圓=3=4 =1=4 PFBC =PR=RQ BHAC,AHBC=5=6 A.B.G.C共圓=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 第二個問，平分點在九點圓上，如圖：設(shè)O,G,H 分別為三角形ABC的外心，重心和垂心。 則O是,確定九點圓的中點三角形XYZ的垂心，而G還是它的重心。 那么三角形XYZ的外心 O1， 也在同一直線上，并且 HG/GO=GO/GO1=2，所以O(shè)1是OH的中點。 三角形ABC和三角形XYZ位似，那么它們的外接圓也位

4、似。兩個圓的圓心都在OH上，并且兩圓半徑比為1:2 所以G是三角形ABC外接圓和三角形XYZ外接圓(九點圓)的反位似中心(相似點在位似中心的兩邊),H 是正位似中心(相似點在位似中心的同一邊). 所以H到三角形ABC的外接圓上的連線中點必在三角形DEF的外接圓上.五、托勒密定理1、定理的內(nèi)容 托勒密(Ptolemy)定理指出，圓的內(nèi)接凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積。 原文：圓的內(nèi)接四邊形中，兩對角線所包矩形的面積等于 一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和。 從這個定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理實質(zhì)上是關(guān)于共圓性的基本性質(zhì)證明一、（

5、以下是推論的證明，托勒密定理可視作特殊情況。） 在任意四邊形ABCD中，作ABE使BAE=CAD ABE= ACD 因為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 又因為BE+EDBD （僅在四邊形ABCD是某圓的內(nèi)接四邊形時，等號成立，即“托勒密定理”） 所以命題得證 復(fù)數(shù)證明 用a、b、c、d分別表示四邊形頂點A、B、C、D的復(fù)數(shù)，則AB、CD、AD、BC、AC、BD的長度分別是：(a-b)、

6、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。 首先注意到復(fù)數(shù)恒等式： (a b)(c d) + (a d)(b c) = (a c)(b d) ，兩邊取模，運用三角不等式得。 等號成立的條件是(a-b)(c-d)與(a-d)(b-c)的輻角相等，這與A、B、C、D四點共圓等價。 四點不限于同一平面。 平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。 二、 設(shè)ABCD是圓內(nèi)接四邊形。 在弦BC上，圓周角BAC = BDC，而在AB上，ADB = ACB。 在AC上取一點K，使得ABK = CBD； 因為ABK + CBK = ABC = CBD + ABD，所以CBK = ABD。

7、因此ABK與DBC相似，同理也有ABD KBC。 因此AK/AB = CD/BD，且CK/BC = DA/BD； 因此AKBD = ABCD，且CKBD = BCDA； 兩式相加，得(AK+CK)BD = ABCD + BCDA； 但AK+CK = AC，因此ACBD = ABCD + BCDA。證畢。 三、 托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積(兩對角線所包矩形的面積)等于兩組對邊乘積之和(一組對邊所包矩形的面積與另一組對邊所包矩形的面積之和)已知：圓內(nèi)接四邊形ABCD，求證：ACBDABCDADBC 證明：如圖1，過C作CP交BD于P，使1=2，又3=4，ACDBCP得AC：BC=

8、AD：BP，ACBP=ADBC 。又ACB=DCP，5=6，ACBDCP得AC：CD=AB：DP，ACDP=ABCD 。得 AC(BPDP)=ABCDADBC即ACBD=ABCDADBC 推論1.任意凸四邊形ABCD，必有ACBDABCD+ADBC，當(dāng)且僅當(dāng)ABCD四點共圓時取等號。 2.托勒密定理的逆定理同樣成立：一個凸四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，則這個凸四邊形內(nèi)接于一圓、 推廣托勒密不等式：四邊形的任兩組對邊乘積不小于另外一組對邊的乘積，取等號當(dāng)且僅當(dāng)共圓或共線。 簡單的證明：復(fù)數(shù)恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d)，兩邊取模， 得不等式

9、ACBD|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d)|=ABCD+BCAD 注意： 1.等號成立的條件是(a-b)(c-d)與(a-d)(b-c)的輻角相等，這與A、B、C、D四點共圓等價。 2.四點不限于同一平面。 六、歐拉定理：在一條線段上AD上，順次標(biāo)有B、C兩點，則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) （二次冪平均算術(shù)平均幾何平均調(diào)和平均）2、柯西不等式柯西不等式的一般證法有以下幾種： （1）Cauchy不等式的形式化寫法就是：記兩列數(shù)分別是ai, bi，則有 (ai2)

10、 * (bi2) (ai * bi)2. 我們令 f(x) = (ai + x * bi)2 = (bi2) * x2 + 2 * (ai * bi) * x + (ai2) 則我們知道恒有 f(x) 0. 用二次函數(shù)無實根或只有一個實根的條件，就有 = 4 * (ai * bi)2 - 4 * (ai2) * (bi2) 0. 于是移項得到結(jié)論。 （2）用向量來證. 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 因為cosX小于等于1，所以：a1b1+a2b2+.+an

11、bn小于等于a1+a2+.+an)1/2乘以(b1+b2+.+bn)1/2 這就證明了不等式 柯西不等式還有很多種，這里只取兩種較常用的證法 柯西不等式在求某些函數(shù)最值中和證明某些不等式時是經(jīng)常使用的理論根據(jù)，我們在教學(xué)中應(yīng)給予極大的重視。3.排序不等式排序不等式是高中數(shù)學(xué)競賽大綱要求的基本不等式。 設(shè)有兩組數(shù) a 1 , a 2 , a n, b 1 , b 2 , b n 滿足 a 1 a 2 a n, b 1 b 2 b n 則有 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

12、n b n 式中t1，t2，tn是1，2，n的任意一個排列， 當(dāng)且僅當(dāng) a 1 = a 2 = a n 或 b 1 = b 2 = b n 時成立。 以上排序不等式也可簡記為： 反序和亂序和同序和. 證明時可采用逐步調(diào)整法。 例如，證明：其余不變時，將a 1 b 1 + a 2 b 2 調(diào)整為a 1 b 2 + a 2 b 1 ，值變小，只需作差證明（a 1 -a 2 ）*（b 1 -b 2 ）0，這由題知成立。 依次類推，根據(jù)逐步調(diào)整法，排序不等式得證。4.契比雪夫不等式切比雪夫不等式有兩個 （1）設(shè)存在數(shù)列a1,a2,a3.an和b1,b2,b3.bn滿足a1a2a3.an和b1b2b3.

13、bn 那么，aibi(1/n)(ai)(bi) （2）設(shè)存在數(shù)列a1,a2,a3.an和b1,b2,b3.bn滿足a1a2a3.an和b1b2b3.bn 那么，aibi(1/n)(ai)(bi)5.琴生不等式設(shè)f(x)為上凸函數(shù)，則f(x1+x2+xn)/nf(x1)+f(x2)+f(xn)/n,稱為琴生不等式（冪平均）。 加權(quán)形式為： f(a1x1+a2x2+anxn)a1f(x1)+a2f(x2)+anf(xn),其中 ai=0(i=1,2,n),且a1+a2+an=1.6.冪平均不等式冪平均不等式：ai0(1in),且，則有(ai/n)1/成立 iff a1=a2=a3=an 時取等號

14、加權(quán)的形式： 設(shè)ai0，pi0(1in)，且，則有 （pi*ai/pi)1/(pi*ai/pi)1/ iff a1=a2=a3=an， p1=p2=p3=pn 時取等號。 特例： 調(diào)和平均（-1次冪）， - 幾何平均（0次冪）， - 算術(shù)平均（1次冪）， ， - 二次平均（2次冪）7權(quán)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為正整數(shù)，m0 或 m-1 當(dāng)且僅當(dāng)a1/b1=a2/b2=.=

15、an/bn時，等號成立 2） 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為正整數(shù)，-1m=b.設(shè)(a,b)=d 對ax+by=d，兩邊同時除以d，可得(a1)x+(b1)y=1，其中(a1,b1)=1。 轉(zhuǎn)證(a1)x+(b1)y=1。由帶余除法： 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,

16、a2,a3,a4,am為m個整數(shù)，若在這m個數(shù)中任取2個整數(shù)對m不同余，則這m個整數(shù)對m構(gòu)成完全剩余系。 證明：構(gòu)造m的完全剩余系（0,1,2,m-1），所有的整數(shù)必然這些整數(shù)中的1個對模m同余。取r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,r=i-1,1i1，b是一個整數(shù)且(m,b)=1。如果a1,a2,a3,a4,am是模m的一個完全剩余系，則ba1,ba2,ba3,ba4,bam也構(gòu)成模m的一個完全剩余系。 證明：若存在2個整數(shù)ba和baj同余即babaj(mod m)，根據(jù)引理2則有aaj(mod m)。根據(jù)完全剩余系的定義和引理4（完全剩余系中任意2個數(shù)之間不同余，易證明）可知這是不可能

17、的，因此不存在2個整數(shù)ba和baj同余。由引理5可知ba1,ba2,ba3,ba4,bam構(gòu)成模m的一個完全剩余系。 引理4同余定理6 如果a,b,c,d是四個整數(shù)，且ab(mod m),cd(mod m),則有acbd(mod m) 證明：由題設(shè)得acbc(mod m),bcbd(mod m)，由模運算的傳遞性可得acbd(mod m) 二、證明過程： 構(gòu)造素數(shù)p的完全剩余系P=1,2,3,4(p-1)，因為(a,p)=1，由引理3可得A=a,2a,3a,4a,(p-1)a也是p的一個完全剩余系。令W=1*2*3*4*(p-1)，顯然WW(mod p)。令Y=a*2a*3a*4a*(p-1)

18、a,因為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*3a*(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、歐拉定理初等數(shù)論中的歐拉定理定理內(nèi)容在數(shù)論中，歐拉定理（也稱費馬-歐拉定理）是一個關(guān)于同余的性質(zhì)。歐拉定理表明，若n,a為正整數(shù)，且n,a互素，(a,n) = 1，則 a(n) 1 (mod n) 證明首先證明下面這個命題： 對于集合Zn=x1,x2,.,x(n),其中xi(i=1,2,(n)是不大于n且與n互素的數(shù)，即n的一個化簡剩余系，或稱簡系，或稱

19、縮系)，考慮集合S = a*x1(mod n),a*x2(mod n),.,a*x(n)(mod n) 則S = Zn 1) 由于a,n互質(zhì)，xi也與n互質(zhì)，則a*xi也一定于n互質(zhì)，因此 任意xi，a*xi(mod n) 必然是Zn的一個元素 2) 對于Zn中兩個元素xi和xj，如果xi xj 則a*xi(mod n) a*xj(mod n)，這個由a、n互質(zhì)和消去律可以得出。 所以，很明顯，S=Zn 既然這樣，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 .

20、x(n)）(mod n) 考慮上面等式左邊和右邊 左邊等于(a*（x1 x2 . x(n)）) (mod n) 右邊等于x1 x2 . x(n)）(mod n) 而x1 x2 . x(n)(mod n)和n互質(zhì) 根據(jù)消去律，可以從等式兩邊約去，就得到： a(n) 1 (mod n) 推論：對于互質(zhì)的數(shù)a、n，滿足a(n)+1) a (mod n) 費馬定理: a是不能被質(zhì)數(shù)p整除的正整數(shù)，則有a(p-1) 1 (mod p) 證明這個定理非常簡單，由于(p) = p-1，代入歐拉定理即可證明。 同樣有推論：對于不能被質(zhì)數(shù)p整除的正整數(shù)a，有ap a (mod p) 平面幾何里的歐拉定理定理內(nèi)容

21、設(shè)三角形的外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，外心與內(nèi)心的距離為d，則d2=R2-2Rr 證明O、I分別為ABC的外心與內(nèi)心 連AI并延長交O于點D，由AI平分ÐBAC，故D為弧BC的中點 連DO并延長交O于E，則DE為與BC垂直的O的直徑 由圓冪定理知，R2-d2=(R+d)(R-d)=IAID（作直線OI與O交于兩點，即可用證明） 但DB=DI（可連BI，證明ÐDBI=ÐDIB得）， 故只需證2Rr=IADB，即2RDB=IAr 即可 拓?fù)鋵W(xué)里的歐拉公式V+F-E=X(P)，V是多面體P的頂點個數(shù)，F(xiàn)是多面體P的面數(shù)，E是多面體P的棱的條數(shù),X(P)是多面體P的歐拉示性

22、數(shù)。 如果P可以同胚于一個球面（可以通俗地理解為能吹脹成一個球面），那么X(P)=2，如果P同胚于一個接有h個環(huán)柄的球面，那么X(P)=2-2h。 X(P)叫做P的拓?fù)洳蛔兞浚峭負(fù)鋵W(xué)研究的范圍。 V+F-E=2的證明方法1：（利用幾何畫板）逐步減少多面體的棱數(shù)，分析V+F-E 先以簡單的四面體ABCD為例分析證法。 去掉一個面，使它變?yōu)槠矫鎴D形，四面體頂點數(shù)V、棱數(shù)E與剩下的面數(shù)F1變形后都沒有變。因此，要研究V、E和F關(guān)系，只需去掉一個面變?yōu)槠矫鎴D形，證V+F1-E=1 （1）去掉一條棱，就減少一個面，V+F1-E不變。依次去掉所有的面，變?yōu)椤皹渲π巍薄?（2）從剩下的樹枝形中，每去掉一條

23、棱，就減少一個頂點，V+F1-E不變，直至只剩下一條棱。 以上過程V+F1-E不變，V+F1-E=1，所以加上去掉的一個面，V+F-E =2。 對任意的簡單多面體，運用這樣的方法，都是只剩下一條線段。因此公式對任意簡單多面體都是正確的。 方法2：計算多面體各面內(nèi)角和設(shè)多面體頂點數(shù)V，面數(shù)F，棱數(shù)E。剪掉一個面，使它變?yōu)槠矫鎴D形（拉開圖）,求所有面內(nèi)角總和 一方面，在原圖中利用各面求內(nèi)角總和。 設(shè)有F個面，各面的邊數(shù)為n1,n2，nF，各面內(nèi)角總和為： = (n1-2)180度+(n2-2)180度+(nF-2) 180度 = (n1+n2+nF -2F) 180度 =(2E-2F) 180度

24、= (E-F) 360度 （1） 另一方面，在拉開圖中利用頂點求內(nèi)角總和。 設(shè)剪去的一個面為n邊形，其內(nèi)角和為(n-2)180角，則所有V個頂點中，有n個頂點在邊上，V-n個頂點在中間。中間V-n個頂點處的內(nèi)角和為(V-n)360度，邊上的n個頂點處的內(nèi)角和(n-2)180度。 所以，多面體各面的內(nèi)角總和： = (V-n)360度+(n-2)180度+(n-2)180度 =（V-2）360度（2） 由(1)(2)得： (E-F) 360度=（V-2）360度 所以 V+F-E=2. 方法3 用拓樸學(xué)方法證明歐拉公式 圖嘗試一下用拓樸學(xué)方法證明關(guān)于多面體的面、棱、頂點數(shù)的歐拉公式。 歐拉公式：對

25、于任意多面體（即各面都是平面多邊形并且沒有洞的立體），假設(shè)F，E和V分別表示面，棱（或邊），角（或頂）的個數(shù)，那末 F-E+V=2。 證明 如圖（圖是立方體，但證明是一般的，是“拓樸”的）： （1）把多面體（圖中）看成表面是薄橡皮的中空立體。 （2）去掉多面體的一個面，就可以完全拉開鋪在平面上而得到一個平面中的直線形，像圖中的樣子。假設(shè)F，E和V分別表示這個平面圖形的（簡單）多邊形、邊和頂點的個數(shù)，我們只須證明F-E+V=1。 （3）對于這個平面圖形，進(jìn)行三角形分割，也就是說，對于還不是三角形的多邊形陸續(xù)引進(jìn)對角線，一直到成為一些三角形為止，像圖中的樣子。每引進(jìn)一條對角線，F(xiàn)和E各增加1，而V

26、卻不變，所以F-E+V不變。因此當(dāng)完全分割成三角形的時候，F(xiàn)-E+V的值仍然沒有變。有些三角形有一邊或兩邊在平面圖形的邊界上。 （4）如果某一個三角形有一邊在邊界上，例如圖中的ABC，去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊，即AC，這樣也就去掉了ABC。這樣F和E各減去1而V不變，所以F-E+V也沒有變。 （5）如果某一個三角形有二邊在邊界上，例如圖中的DEF，去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊，即DF和EF，這樣就去掉DEF。這樣F減去1，E減去2，V減去1，因此F-E+V仍沒有變。 （6）這樣繼續(xù)進(jìn)行，直到只剩下一個三角形為止，像圖中的樣子。這時F=1，E=3，V=3，因此F-E+V=1-

27、3+3=1。 （7）因為原來圖形是連在一起的，中間引進(jìn)的各種變化也不破壞這事實，因此最后圖形還是連在一起的，所以最后不會是分散在向外的幾個三角形，像圖中那樣。 （8）如果最后是像圖中的樣子，我們可以去掉其中的一個三角形，也就是去掉1個三角形，3個邊和2個頂點。因此F-E+V仍然沒有變。 即F-E+V=1 成立，于是歐拉公式： F-E+V=2 得證。 復(fù)變函數(shù)論里的歐拉公式定理內(nèi)容eix=cosx+isinx e是自然對數(shù)的底，i是虛數(shù)單位。 它將三角函數(shù)的定義域擴大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復(fù)變函數(shù)論里占有非常重要的地位。 將公式里的x換成-x，得到： e-ix=cosx-i

28、sinx，然后采用兩式相加減的方法得到： sinx=(eix-e-ix)/(2i)，cosx=(eix+e-ix)/2. 這兩個也叫做歐拉公式。 “上帝創(chuàng)造的公式”將eix=cosx+isinx中的x取作就得到： ei+1=0. 這個恒等式也叫做歐拉公式，它是數(shù)學(xué)里最令人著迷的一個公式，它將數(shù)學(xué)里最重要的幾個數(shù)學(xué)聯(lián)系到了一起：兩個超越數(shù)：自然對數(shù)的底e，圓周率，兩個單位：虛數(shù)單位i和自然數(shù)的單位1，以及數(shù)學(xué)里常見的0。數(shù)學(xué)家們評價它是“上帝創(chuàng)造的公式”，我們只能看它而不能理解它。 歐拉定理的運用方法（1）分式： ar/(a-b)(a-c)+br/(b-c)(b-a)+cr/(c-a)(c-b) 當(dāng)r=0,1時式子的值為0 當(dāng)r=2時值為1 當(dāng)r=3時值為a+b+c （2）復(fù)數(shù) 由ei=cos+isin,得到： sin=（ei-e-i）/2i cos=（ei+e-i）/2 （3）三角形 設(shè)R為三角形外接圓半徑，r為內(nèi)切圓半徑，d為外心到內(nèi)心的距離，則： d2=R2-2Rr （4）多面體 設(shè)v為