初等数学研究——几何(三)
目 录
几何部分(三)
2专题二十 塞瓦(Ceva)定理(共点的线)
7专题二十一 斯特瓦特定理及三角形重要线段与面积的计算
11专题二十二 蝴蝶定理及推广
21专题二十三 托勒密定理及西姆松定理及应用
27专题二十四 共线点
36专题二十五 费尔马问题及推广
专题二十 塞瓦(Ceva)定理(共点的线)
简介:塞瓦(Giovanni Ceva,1648-1734)意大利水利工程师,数学家。塞瓦定理载于塞瓦于1678年发
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
的《直线论》一书,也有书中说塞瓦定理是塞瓦重新发现。塞瓦定理曾被我国著名数学家华罗庚先生和苏步青先生改编为1978年的一道数学竞赛题。
定理:
的顶点与一点
所连的直线依次交对边(所在直线)于点
、
、
。则
。
证明:如图1所示
塞瓦(Ceva)定理逆定理:
设在
三边或所在直线
、
、
上各取一点
、
、
使有
,则直线
、
、
共点。
证明:如图2所示,连接
、
交于点
,连
接
并延长交
于点
,则证点
与点
重合即可。
由题意可得:
①
又
、
、
相交于点
②
由①②可得:
(
在
的延长线上这一情况不成立,
因为线段的比值相等是按同一顺序排列的)
故
与
重合,即
、
、
共点
例1 证明三角形三高线共点。
证明:如图3,
的三高线是
、
、
,
则
∽
,
∽
,
∽
,
即
故三条高线共点
。
例2 证明三角形三条中线共点。
证明:如图4,
的三条中线分别为
、
、
、
、
分别为
、
、
的中点
EMBED Equation.3
由塞瓦定理逆定理可得:
、
、
三条中
线共点。
例3证明三角形三条角平分线共点。
证明:如图5,
的三条角平分线分别是AD、BE、
CF,则
又
同理可得
由塞瓦定理逆定理得:AD、BE、CF三条角平分线共点。
例4证明△ABC的各顶点与对边上内切圆切点相连,所得三线
共点。
证明:如图6,利用切线长相等,
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 ,
EMBED Equation.3 ≌
同理可得:
≌
≌
故记
,
,
;
由塞瓦定理的逆定理可得
故
、
、
三线共点。
例5如图7,在
中,
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 交
于点
,
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 交
于点
,
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 交
于点
,过点
作
的平行线
,过点
作
的平行线
,过点
作
的平行线
, 求证:
为
的外心。
证明:
∥
,
∥
四边形
是平行四边形
EMBED Equation.3 ,同理可得
,即点
为
的中点
又
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 为
的中垂线
同理,
为
的中垂线,
为
的中垂线
又由例1所证可得:点
为
的外心。
例6
,
是
边上的高,
上任取一点
,连接
交
于
,连接
交
于
,连接
、
,证明:
证明:(
方法
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一)如图8,过点
作
的平行线
,延长
交
于点
,
交
于点
,
交
于点
,
交
于点
。
∥
又
∽
∽
①
同理可得:
②
1 ②两式相比,可得
又
∥
∽
同理
EMBED Equation.3 也即
又
∥
≌
(方法二:利用塞瓦定理证明)证明:如图9所示,过点
作
的平行线
,
延长
交
于点
,
交
于点
。
由塞瓦定理可得:
∥
又
∽
同理可得
又
∥
又
≌
得证。
例7如图10,四边形
,连接
,
,在
上任取一点
,连接
交
于点
,连接
交
于点
,连接
、
,证明:
。
证明:过点
作
的平行线
,延长
交
的平行线
于点
;过点
作
的平行线
,延长
交
的平行线
于点
;连接
交
于点
。
证明:由题意,
为
的角平分线
∥
又
∽
同理
在
中,由塞瓦定理可得:
∥
同理可得:
又
又
≌
故
得证。
学习塞瓦定理的意义:
使用塞瓦定理可以进行直线形中线段长度比例的计算,其逆定理还可以用来进行三点共线、三线共点等问题的判定方法,是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理,具有重要的作用。
专题二十一 斯特瓦特定理及三角形重要线段与面积的计算
一、斯特瓦特定理
从A任意划一条线AD,已知
及其底边上BC两点间任一点D。
求证:
证明:
(第一种证明方法)
如图:AH为高,由余弦定理
①
②
将①×BD+②×DC可得:
EMBED Equation.3
可得
(即斯特瓦特定理)
(第二种证明方法)利用余弦定理:
,将其代入上式并化简可
得原命题。
二、 证明三角形中重要线段
1.中线(
)定理
如图
中D为BC边上中点,证明:
证明:原题即证
由斯特瓦特定理得
化简并移项得
原题得证
2.内角平分线(
)
证明如图内角平分线
(其中
为半周长,即
)
证明:由分比定理(前章节已给出)可得
化简得
,
而由斯特瓦特定理可得
,将上述两式代入并化简可求得
,内角平分线可求得。
3.高(h)
已知一三角形三边长求其一条边长上的高
1)(常用方法)
解:不妨假设A到BC边长上的高为h,求h
令x=BH
由图中三角形可得关系式:
,
化简得
现引进半周长:
2)用斯特瓦特定理亦可证明,难度差不多,故留为本章作业。
4.三角形面积
由上题得出高为
,
即(海伦公式)
【科学小阅读】
在三角形面积计算中,做出巨大贡献的当属我国数学家——秦九韶,下对其进行一些介绍概括。
秦九韶(1208年-1261年)南宋官员、数学家,与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家。字道古,自称鲁郡(今山东曲阜)人,生于普州安岳(今属四川)。精研星象、音律、算术、诗词、弓剑、营造之学,历任琼州知府、司农丞,后遭贬,卒于梅州任所,著作《数书九章》,其中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献。(摘自百度百科)
在世界数学中,我们将上述公式,即
称为海伦——秦九韶公式。
三、 三角形面积与一般线段计算
1.定理:在四边形ABCD中,AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,设
,
,
则四边形面积为
证明:如图构造三角形
经移项化简得
【特殊地】:当
(即
),四边形ABCD如图为圆内接四边形,则此时
2.三角形内切圆半径
在
中三边分别为a、b、c,且画出各角平分线与内切圆半径,如图可得
中
【特殊地】:当
为直角三角形时,且
EMBED Equation.3
(以下用另一种方法亦可证得上述结论)
如图
中
,
,又
可得
3.三角形外接圆半径(R)
直接利用面积与正弦定理可得,即
专题二十二 蝴蝶定理及推广
蝴蝶定理(Butterfly theorem)最先是作为一个征求证明的问题,是古典欧几里得几何最精彩的结果之一,刊载于1815年的一份通俗杂志《男士日记》上。由于其几何图形形象奇特、貌似蝴蝶,便以此命名。
1、 有关蝴蝶定理的研究历程(破壳而出)
1969年,查克里恩从订立的定理考虑,给出蝴蝶定理的逆定理:任何具有蝴蝶性质的凸闭曲线必定是椭圆。
1985年,蝴蝶定理传入中国。接着,中国科学院成都分院的杨路教授在论文中指出:将蝴蝶定理的弦AB的中点M推广到弦AB上任一点,有蝴蝶定理的坎迪形式。
同年,我国数学教育者马明在论文中指出,将蝴蝶定理弦AB上的M点,拓广到弦AB外,蝴蝶定理仍然有成立之处。
接下来,蝴蝶定理的研究出现了一个高潮,人们发现,不仅仅是圆,任何二次曲线中蝴蝶定理都有适用的形式,例如,椭圆中的蝴蝶定理。
1990年,出现了筝形蝴蝶定理,并发现,蝴蝶定理在退化的二次曲线中仍然适用。
二、蝴蝶定理的证明(飞翔的Butterfly)
关于蝴蝶定理的证明,仅在初等几何的范围内,就有多达50多种证法,譬如综合法、面积法、三角法、解析法、相似法、向量法、全等三角形法等等。至于高等几何的证明方法也有很多种,其中最为简洁的,当推用射影几何的方法,在下文中将会给予介绍。
过圆的弦AB的中点M引任意两条弦CD,EF,连接ED,CF分别交AB于P,Q两点,求证:PM=QM。
由于图形酷似一只蝴蝶,该命题取名为“蝴蝶定理”。一直过了四年无人作答。1819年7月,一位自学成才的中学数学老师霍纳(W.Horner,1786~1837)给出第一个证明,但该证明方法繁琐难懂。从1819年开始,人们努力寻求简洁易懂的新证明,直到1973年,中学教师斯特温(Steven)给出了第一个十分初等,十分通俗的简洁证法,之后,又不断有新的证法发表。
方法1:下面介绍斯特温的证明。
如图,令MD=x,MP=y,AM=BM=a,
∠E=∠C=α,∠D=∠E=β,
∠CMQ=∠DMP=γ,
∠FMQ=∠EMP=δ。
用△1,△2,△3,△4分别代表
△EPM,
△CQM,
△DPM, △FQM的面积,则
由相交弦定理
由于
,得
由于
皆正数,故得
,即
,证毕。
斯特温的证明简捷漂亮之处在于:
1 平面几何的综合证法(即“看图说话”的方法,用几何的定理公理来摆事实讲道理)不易下手,改用了代数的方法。
2 欲证x=y,它们含在四个三角形中,用面积公式
把x与y 引入等式之中。
3 利用面积公式建立等式时,从一似乎“言之无物”的恒等式入手,抄入面积公式时,同一分数的分子分母中sin下的角取等角,以便把三角函数约掉,只剩下线段比。
4 用相交弦定理把
与
化成x,y的表达式。
斯特温的证明通俗到初中的孩子们都能在5分钟内看懂的程度,对于这样一个困惑数学家很久的难题,该证明真是漂亮无比。
方法2:
证明:如图,∠AME=∠QMB=α,
∠PMD=∠CMQ=β,分别对△MEA,
△MFC,△MFB运用正弦定理可得:。
将上述四式对应两边相乘,同时注意到∠A=∠C,
∠C=∠B,可得。又因为:
;因此,
,所以,ME=MF。
方法3:如图,点P为圆O的弦AB的中点,过点P任意作两条弦CF,ED,又连接DC,EF分别交AB于点M,N.则:PM=PN.
证明:如图,分别以OM,ON为直径作圆,两
圆分别交CD,EF于点K,R,则:
OK⊥CD,OR⊥EF,由垂径定理知:
CK=KD,ER=RF,
又由于△CDP∽△EFP,
从而易知:△KDP∽△RFP. 又由垂径定理知OP⊥AB,故点P必是两圆的交点,∴∠MOP=∠MKP=∠DKP=
∠FRP=∠NRP=∠NOP,
又∵OP=OP, ∠OPM=∠OPN=90°,∴△MOP≌△NOP,∴PM=PN.证毕!
意作两条弦CD,EF,又连接CF,ED
分别交AB
于点M,N.则:PM=PN.
PK,NK则:OP⊥MN,
,又
∠CPO=∠KPO,
∴点PEKN四点共圆,
∴∠PKN=∠PEN=∠FED=∠DCF=∠PCM,
又PK=PC, ∠NPK=∠MPC,∴△NPK≌△MPC(ASA)
∴PM=PN.证毕!
方法5:(射影几何法)
设M是已知圆中定弦PQ的中点,通过M作两条任意弦AB和CD,若AD和BC分别交PQ于T和S,则TM=MS。
证明:设AD与BC交于L,AC与BD交于N,则△LMN为圆内接完全四点形ABCD的对角△,故M的极线为LN。
再设PQ上的无穷远点为
,又M为PQ中点,故有
可知
,
关于圆为共轭点,即
在
的极线LN中,也即LN与PQ交于无穷远点
。
于是有
与
射影对应。再由完全四点
形
的调和性质,
,故
。
∴
为ST的中点。
三、蝴蝶定理的推论(奇妙的“变种”)
猜想1:在蝴蝶定理中, P、Q分别是ED、CF和AB的交点. 如果P、Q分别是CE、DF和AB延长线的交点,我们猜想, 仍可能会有PM = QM .
推论1:过圆的弦AB的中点M引任意两条
弦CD与EF, 连结CE、DF并延长
交AB 的延长线于P、Q.
求证: PM = QM.
证明:如图, 设AM =BM = a, PM = x,
QM = y ;∠PM E = ∠QM F =α,
∠PCM = ∠DFM =β;
∠CME = ∠DM F =γ,
∠QDM = ∠CEM =δ;
记△PM E, △QM F,△PMC,
△QMD的面积分别为S1 , S2 , S3 ,
S4.则由恒等式
知
即
. ②
又由割线定理知
代入②式, 得y2( y2 - a2 ) x2 = ( x2 - a2 ) y2.即a2 x2 = a2 y2.
由于
,
所以x = y.即PM = QM.
猜想2:在蝴蝶定理中, 显然OM是AB的垂线(O是圆心) , 那么, 我们可以猜想,如果在保持OM ⊥AB的前提下将圆O的弦AB移至圆外, 仍可能会有PM =QM .
推论2:已知直线AB 与⊙O相离. OM ⊥ AB, M 为垂足. 过M作⊙O 任意两条割线MC, M E分别交⊙O于C, D和E, F. 连结DE,FC并延长分别交AB 于P, Q. 求证: PM=QM
证明:如图, 过F作FK ∥AB, 交直线OM于
N,交⊙O于K.连结M K交⊙O于G. 连
结GQ, GC. 由于ON ⊥ FK,
故有FN = KN,从而M F =M K(因为M在
FK的垂直平分线上) .
又由割线定理知
因此M E = MG. ③
又由∠FMN = ∠KMN, OM ⊥AB,
知∠EM P = ∠GMQ. ④
从∠CQM = ∠CFK = ∠CGK知∠CGM + ∠CQM= 180°,
从而G,M, Q, C 四点共圆. 所以∠MGQ =∠MCQ.
又由于∠M EP = ∠DEF = ∠DCF = ∠MCQ, 知∠M EP = ∠MGQ. ⑤
由③、④、⑤知
△PM E ≌ △QMG
所以PM = QM.
猜想3:蝴蝶定理对圆实成立的,那么,我们可以猜想,如果把圆换成椭圆,仍可能会有PM=QM
推论3:过椭圆上两点连线AB的中点M引任意两条直线CD和EF,分别交椭圆于C, D 和E, F. 连结ED, CF分别交AB 于P, Q. 求证: PM = QM.
证明:考虑到椭圆是正圆柱的一个斜截面, 利用蝴蝶定理和射影的性质即可得证. 证明是简单的。圆柱的底是此椭圆面的投影,若此椭圆上有一弦
,中点是
,过
引椭圆两弦
,连
分别交
于
两点,而且MP=MQ当且仅当
,所以蝴蝶定理对椭圆也成立。
又或者可以这样理解:定理的射影证明使我们容易看到:在图中设BD和AC分别交PQ于
和
,则由
与
射影对应。及
可得
。所以
又是
的中点,即得定理的一个推广:
设M是已知圆中定弦PQ的中点,通过M点作两条任意弦AB和CD,若AD和BC分别交PQ于T和S;BD和AC分别交PQ于T1和S1,则有
。
由于上述证明过程中,只用到二次曲线的射影性质,并不涉及圆的特性,因而只需在上述证明中,用“二次曲线”替换“圆”,即可将定理推广到一般的二次曲线(常态)。
利用射影的性质也可以证明: 在蝴蝶定理中把圆换成抛物线、双曲线,定理也都是成立的。
猜想4:既然蝴蝶定理对于双曲线是成立的, 而双曲线是两条不相交的曲线, 那么, 我们可以猜想,如果把两条不相交的曲线换成两条不相交的直线(也即是两条平行线) , 仍可能会有PM = QM .
推论4:设点A、B 分别在两条平行线
上,过AB 的中点M任意作两条直线CD和EF分别交
于C、D和E、F, 连结ED、CF交AB 于P、Q. 求证: PM =QM。
证明:证明是简单的。如图, 由于
M 平分AB, 从而利用
△MAC ≌ △MBD知M平分
CD, 利用△MAE ≌ △MBF知
M 平分EF.在四边形CEDF中,
由对角线相互平分知CEDF是平行四边形,从而DE ∥ CF. 又由于M 平
分EF, 故利用△M EP ≌△M FQ知PM = QM.
推论5:梯形蝴蝶定理:
1985年,在河南省《数学教师》创刊号上,杜锡录同志以《平面几何中的名题及其妙解》为题,载文向国内介绍蝴蝶定理,从此蝴蝶定理在神州大地到处传开。如图,在梯形中,存在以下关系:
(1)相似图形,面积比等于对应边长比的平方
(2)
;
(3)
;
(4)
(由
推导出)
推论6:(坎迪定理 ) 二次曲线S的三条弦AB,CD,EF交于一点M,ED交AB于Q,CF交AB于P, Q则1/QM-1/PM=1/AM-1/BM.
证明:以M为原点,AB为x轴,
,
,过
四点的二次曲线系方程:
.
令
,得
,其根为曲线与横轴交点的横坐标,
则
根为横坐标的倒数,其和=-D/F为定值。
即
. 得证。
推论7:筝形内的蝴蝶定理 :
四边形ABCD中,AB=AD,BC=CD,AC、BD交于点O。过点O任作两条直线,交AD,BC、AB、CD于E、F、G、H。连GF、HE,交BD于I、J。 求证:OI=OJ。
方法1:观察筝形定理的图形结构, 发现它与著名的蝴蝶定理的图形结构极其相似。为此, 我们来探究这两个定理的联系。一般的蝴蝶定理可表述为:过任意的圆锥曲线的弦BD 的中点
,作两弦
如(GF,EH分别交BD于I、J,则有OI=OJ
如图1,2的区别仅仅在于三线段BD、EF、GH的端点的“外包”,一个是筝形,一个是圆锥曲线,那么,两者之间到底有何关系呢?这一点,用高等几何中的巴斯卡定理和逆定理是容易回答的。如图1,因为六点形BDEFGH的三对对边BG、DE、BF、DH、EF、GH的交点A、C、O在一条直线上,故由巴斯卡定理的逆定理可知,这个六点形的六个顶点B、D、E、F、G、H在一条圆锥曲线上。要是将这条圆锥曲线画上,那么,图1就转化成图2了。由此看来,筝形蝴蝶定理可由蝴蝶定理直接推得,筝形蝴蝶定理只不过是蝴蝶定理在隐去了圆锥曲线的背景后的一种演化。
方法2:【分析】通常的解法是建立以O为原点的直角坐标系,用解析几何方法来解,下面提供的解法则利用了面积计算.
证明:如图1
EMBED Equation.DSMT4
由
得
∴
即 eq \f(1,t1)= eq \f(cos(,b)+ eq \f(sin(,a);
同理得, eq \f(1,t2)= eq \f(cos(,b)+ eq \f(sin(,c); eq \f(1,t3)= eq \f(cos(,b)+ eq \f(sin(,c); eq \f(1,t4)= eq \f(cos(,b)+ eq \f(sin(,a).
再由
,又可得 eq \f(sin((+(),IO)= eq \f(sin(,t2)+ eq \f(sin(,t1);
同理,得 eq \f(sin((+(),OJ)= eq \f(sin(,t4)+ eq \f(sin(,t3).
∴ IO=OJ(( eq \f(1,t4)- eq \f(1,t2))sin(=( eq \f(1,t1)- eq \f(1,t3))sin(.
以 eq \f(1,t4)、 eq \f(1,t2)的值代入左边得,( eq \f(1,t4)- eq \f(1,t2))sin(=( eq \f(1,a)- eq \f(1,c))sin(sin(,同样得右边.可证.
六、有关蝴蝶定理的例题(牛刀小试)
例1 如图面积为12平方厘米的正方形ABCD中,E,F是DC边上的三等分点,求阴影部分的面积。
【分析】:因为E,F是DC的三等分点,
所以EF:AB=1:3,设
时,根据梯形蝴
蝶定理可以知道
份,
份。
份,因此正方 形的面积为4+4+(1+3)2=24份,阴影部分面积是6,所以阴影部分面积:
正方形面积=6:24=1:4,所以,阴影部分面积=3平方厘米。
例2 在直角梯形ABCD中,AB=15厘米,AD=12厘米,阴影部分的面积为15平方厘米。梯形ABCD的面积是多少平方厘米?
【解答】连接AE,根据蝴蝶定理可得
,
因为
,
所以
再次用蝴蝶定理可求
所以
例3 如图,在一个边长为6的正方形中,放入一个边长为2的正方形,保持与原正方形的边平行,现在分别连接大正方形的一个顶点与小正方形的两个顶点,形成了图中的阴影图形,那么阴影部分的面积为多少?
【解答】:本题中小正方形的位置不确定,所以可以 通过取特殊值的方法来快速求解,也可以 采用梯形蝴蝶定理来解决一般情况。
【解法一】:取特殊值,使得两个正方形的中心相重 合,如右图所示,图中四个空白三角形 的高均为1.5,因此空白处的总面积为
,阴影部分的面 积为
【解法二】连接两个正方形的对应顶点,可以得 到四个梯形,这四个梯形的上底都为 2,下底都为6,上底、下底之比为
根据梯形蝴蝶定理,这四 个梯形每个梯形中的四个小三角形 的面积之比为,所以每个梯形中的空白 三角形占该梯形面积的9/16,阴影部 分的面积占该梯形面积的7/16,所以 阴影部分的总面积是四个梯形面积之和的7/16,那么阴影部分的面积为14。
例4椭圆的长轴
与x轴平行,短轴
在y轴上,中心为
(1)写出椭圆的方程,求椭圆的焦点坐标及离心率;
(2)直线
交椭圆于两点
;直线
交椭圆于两点
,
。求证:
(3)对于(Ⅱ)中的C,D,G,H,设CH交X轴于点P,GD交x轴于点Q。
求证:
。(证明过程不考虑CH或GD垂直于x轴的情形)
解:(1)椭圆方程
焦点坐标为
和
(2)证明:将直线CD的方程
代入椭圆方程,得
整理,得
根据韦达定理,得
,
所以
①
将直线GH的方程
代入椭圆方程,同理可得
②
由①,②得
所以结论成立。
(3)证明:设点
,点
。
由C,P,H共线,得
解得
由D,Q,G共线,同理可得
由
=
,变形得:
即:
=
所以
,即,
。
小小的启示:本题是北京市数学高考题中非常经典的题目。命题人巧妙的将著名的蝴蝶定理“嫁接”到了椭圆中,让学生充分领悟到数学美的所在,用心良苦。
然而本题的第三小题却让许多学子乃至优秀的尖子生望而却步,传统的假设点坐标,代入椭圆方程联立求解的方法在这里显得十分笨拙,运算量很大。仔细推敲后发现,本题实际上考察到了教科书里反复提到的三点共线问题和斜率公式,用到的不过是解析几何中的最基本的方法。翻阅教材,笔者发现,教材中许多课后习题都涉及到了三点共线的问题,尽管题目相对容易,但是却充分体现了数学的思想方法。而且,不少题可以用多种方法求解,十分有益于学生开拓思维。一个蝴蝶定理,一个椭圆中的三点共线问题,可以把解析几何的许多重点知识、基础知识充分调动起来,组织起来,可以用平面间两点的距离公式,可以运用定比分点公式,还可以应用过两点的斜率公式。遗憾的是,恰恰就是这样一个重要的问题,却被现在的
高中
高中语文新课程标准高中物理选修31全套教案高中英语研修观课报告高中物理学习方法和技巧高中数学说课稿范文
学生和高中教师所忽视。许多重点中学的师生,对高中数学课本的习题不屑一顾,很少钻研教材中的例题、习题,去寻求与发现知识之间的内在联系,去
总结
初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf
解题的原则、思路和规律。各种各样的复习资料,各种各地的模拟试卷,使得高中学生深陷题海难以自拔。无形之中,扼杀了学生的创造力,扼杀了学生对数学美,几何美的最本质的认识,扼杀了学生学习数学的兴趣。就是这样一道考题,却折射出现在中学素质教育所存在的种种弊端,如何解放思想,勇敢大胆的改革“题海战术”,也许这道题能带给教育工作者一些
反思
小班合家欢主题反思小班合家欢主题审议反思小班合家欢反思恩怨历尽后的反思下载恩怨历尽后的反思下载
和启示。
参考文献:
【1】王芝平。蝴蝶翩翩飞过来。中学教研(数学),2004,6
【2】玲珑居士。蝴蝶定理——一棵生机勃勃的常青树。中学数学,2004,8
【3】梅向明,刘增贤,门树慧。高等几何。北京:高等教育出版社,1998:125,126
【4】胡炳生, 吴俊等. 现代数学观点下的中学数学[M ].北京:高等教育出版社, 1999.
【5】王志江, 王文利。高观点试题与研究性学习。中学数学,2003,10
专题二十三 托勒密定理及西姆松定理及应用
托勒密定理:
圆内接四边形中,两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)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,求证:
证明:如图一,过
作
交
于
,使
,又
,∴
∽
.
得
①。
又
,
∴
∽
.
得
②。
①+②得
.
即
.
托勒密定理的推广:
在凸四边形
中,必有
,当且仅当
四点共圆时取等号。
证明:
在任意四边形
中,作
使
易知
∽
所以
,即
①
而
,
∴
∽
。
从而可得
即
②
①+②,得
又因为
仅在四边形
是某圆的内接四边形时,等号成立
所以命题得证
推论1(三弦定理) 如果A是圆上任意一点,AB,AC,AD是该圆上顺次的三点,则
推论2(四角定理) 四边形ABCD内接与⊙O,则
直线上的托勒密定理 若ABCD为一直线上依次排列的四点,则
四边形中的托勒密定理 设四边形ABCD为任意凸四边形,则
托勒密定理的应用:
例题:
1.恰当地选择或作出四边形,是应用托勒密定理的关键
例1 在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c。若角A、B、C的大小成等比数列,且
,则角B的弧度数等于多少?(1985年全国高中数学联赛)
例2 如图,凸四边形ABCD中,∠ABC=60°,∠BAD=∠BCD=90°,AB=2,CD=1,对角线AC、BD交于点O,求
。(1996年北京中学生数学竞赛)
例3 如图,已知在△ABC中,
,∠A的一个外角的角平分线交△ABC的外接圆于点E,过E作EF⊥AB,垂足为F。求证:
(1989年全国高中数学联赛)
例4 如图,在锐角△ABC的BC边上有两点E、F,满足∠BAE=∠CAF,作FM⊥AB,垂足为M,FN⊥AC,垂足为N,延长AE交△ABC的外接圆于点D,证明:四边形AMDN与的△ABC面积相等。(2000年全国高中数学联赛)
例5 如图,在△ABC中,∠A=60°,
,点O是外心,两条高BE,CF交于H点,点M,N分别在线段BH,HF上,且满足BM=CN。求
的值。(2002年全国高中数学联赛)
注意托勒密定理逆定理的应用和拓广的托勒密定理或托勒密定理推论的应用
例6 若有四个圆都与第五个圆内切,第一个与第二个圆的外公切线的长用
表示,其他前四个圆中的两两的外公切线也用同样的方法来标记,且前四个圆以顺时针的顺序排列,试证明依次以
、
、
、
为边长,以
、
为对角线所构成的凸四边形的四个顶点共圆。
例7 经过∠XOY的平分线上的一点A,任作一直线与OX及OY分别相交于P,Q。求证:
等于定值。
课后习题:
1.△ABC为⊙O内接三角形,
。点D在弧
上,从O点分别作AB、AC的垂线交AD于E、F,射线BE、CF交于P.则PB=PC+PO的充要条件是
2.证明:设△ABC中,∠A、∠B与∠C的三条角平分线分别交△ABC的外接圆于
,则
(1982年澳大利亚竞赛题)
3.设六边形ABCDEF是凸六边形,且AB=BC,CD=DE,EF=FA。
证明:
,并指出等式在什么条件下成立。(IMO38预选题)
4.在△ABC中,∠A=90°,
。过A点作△ABC的外接圆⊙O的切线,交直线BC于点D,设点A关于直线BC的对称点为点E,作AX⊥BE,垂足为X,Y为AX的中点,BY与⊙O交于Z。证明:BD为△ADZ的外接圆的切线。(IMO39预选题)
5.⊙O为正△ABC的外接圆,AD为⊙O的直径,在弧
上任取一点
,设E、F分别为△PAB、△PAC的内心,证明PD=|PE—PF|。
6.设G为△ABC的重心,在△ABC所在平面上确定点P的位置,使得
有最小值,并用△ABC的边长表示这个最小值。
7 设D为锐角△ABC内部一点,且满足条件:
。试确定D点的几何位置,并证明你的结论。(1998年CMO试题)
此题可改证比其更强的命题:设D为锐角△ABC内部一点,求证:
,等号当且仅当D为△ABC的垂心时才取得。
西姆松定理:
过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线,则三垂足共线。(此线常称为西姆松线)
已知:
及其外接圆,P为外接圆上任意一点,PD,PE,PF分别为AB、BC、AC的垂线。求证:D、E、F三点共线。
证明:连接ED,EF以及PB,PC
∵
和
均是直角
∴
四点共圆
同理
也是四点共圆
为圆的内接四边形,
易知
由
四点共圆可知
,
从而
。
由
四点共圆可知
∴
即点D、E、F共线。
西姆松定理的逆定理为:
若一点在三角形三边所在直线上的射影共线,则该点在此三角形的外接圆上。
已知
,从一点P向其三边(或它们的延长线)作垂线,若其垂足D、E、F在同一直线上,则P在
的外接圆上。
求证:设
的垂心为O,则O、E、C、D四点共圆
证明:设
的垂心为
,则
四点共圆
由西姆松定理有:
三四岸共线
又因为
四点共圆由西姆松定理有:
三点共线
所以
四点共圆
西姆松定理的应用:
例题:
例1 设
的三条垂线
的垂足分别为
,从点
作
的垂线,其垂分别为
,求证:
四点共圆
证明:设
的垂心为
,则
四点共圆
由西姆松定理有:
三点共线
又因为
四点共圆
由西姆松定理有:
三点共线
所以
四点共圆
例2 四边形
是圆内接四边形,且
是直角,若从
作直线
的垂线,垂足分别为
,则直线
平分线段
。
证明:作
,由西姆松定理有:
共线
又
四边形
为矩形
直线
平分线段
例3 求证:四条直线两两相交所构成的四个三角形的外接
圆相交于有点,且由该点向四条直线所作垂线的垂足在一条直线上。
证明:如图,设四条直线
中,
交
于点
,
交
于点
,圆
与圆
的另一个交点为
即圆
过点
,同理圆
也过点
若点
向
所作垂线的垂足分别为
由西姆松定理可知
在一条直线上
在一条直线上,故
在一条直线上
例4 设
的外接圆的任意直径为
,则关于
的西姆松线是互相 垂直的
提示:由
向
作垂线并延长交外接圆于点
,先证
分别与点
的西姆松线平行,再证
是矩形,则
专题二十四 共线点
三点共线的意思:三点在同一条直线上。
证明方法:
方法一:取两点确立一条直线,计算该直线的解析式。代入第三点坐
标看是否满足该解析式。
方法二:设三点为
。利用向量证明:a倍
=
(其中a
为非零实数)。
方法三:利用点差法求出AB斜率和AC斜率,相等即三点共线。
方法四: 证三次两点一线。
方法五: 用梅涅劳斯定理。
方法六:利用几何中的公理“如果两个不重合的平面有一个公共点,
那么它们有且只有一条过该点的公共直线。”可知:如果三
点同属于两个相交的平面则三点共线。
方法七:运用公(定)理 “过直线外一点有且只有一条直线与已知直
线平行(垂直)”。其实就是同一法。
方法八:证明其夹角为180°
方法九:设
,证明
面积为0。
例1 证明:三角形外接圆上任一点在三边(或所在直线)
上的射影共线。证明:如图1-1,
外接圆上一点
到
的射影分别为
。
证明:
∴
及
四点共圆
∴
又∵
∴
易知点
三点共线。
(此三点所在直线称西莫松simson线)
例2 证明:三角形一顶点在其他两角内外平分线上的射影是共线的四点。
如图1-2,假设在
中,
和
是
的内外角平分线,其中
和
表示顶点
在它们上的射影,
和
是
的内外角平分线,其中
和
表示顶点
在它们上的射影,求证:四点
共线。
证明:连直线
和
,以
表示
的中点,易见四边形
为矩形,所以,
一方面
通过
的中点
,另一方面又
有
∴
∥
即直线
与
重合。
同理,直线
也与
重合,
故四点
都在直线
上,共线。
练习题1.证明:梯形上下底中点,两对角线交点,两腰(所在直线)交点共线。
证明:如图1-3,梯形
,
点为两腰
与
的交点,
为对角线
与
的交点。连结
分别交
于
于
。
先过点
作
∥
且与
、
相交于
。
易知
∴
故
同理:
则
分别是
与
的中点,
故
共线。
练习题2.如图1-4,分别以
德两边
、
为边向外作正方形
,再以
为斜边向
的同侧做等腰
,求证:
三点共线。
证明:分别过点
向
作垂线,垂足分别
为
要证明
共线,只需证
,
再过
易知
∴
练习题3.如图1-5,圆内接
为不等边三角形,过点
分别作圆的切线依次交直线
于
,求证:
三点共线。
证明:
,易知
又易证
∽
,
则
,同理
同理
,
故
,
由梅涅劳斯定理的逆定理,知
三点共线。
练习题4.如图1-6,以锐角
的一边
为直径作圆
,过点
作圆
的两条切线,切点为
,点
是
的垂心.求证:
三点共线。
证明:射线
交
于
,显然
为高。
记
与
的交点为
,易知
三
点共线。
连接
,
易知
,
∴
五点共圆,
更有
四点共圆,
此时,
∵
(
四点共圆),
即
;又
,所以
∽
,故
同理,
。
因为
,所以
三点共线。
练习题5.如图1-7,延长凸四边形
的边
交于点
,延长边
交于点
,又
分别是
的中点,求证:
三点共线。
证明:设
的中点为
,辅助线如图所示,
由
可知,
点
必在
内,此时,
EMBED Equation.3
同理,
。
因此
。此时,直线
平分
,即
三点共线。
梅涅劳斯(Menelaus)定理
梅涅劳斯(Menelaus)(简称梅氏定理)定理是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
数学意义:
使用梅涅劳斯定理可以进行直线形中线段长度比例的计算,其逆定理还是可以用来解决三点共线、三线共点等问题的判定方法,是平面几何学以及射影几何学中的一项基本定理,具有重要的作用。梅涅劳斯定理的对偶定理是赛瓦定理。
一、梅涅劳斯定理:设
的三边(或所在直线)
被一直线分别截于点
,则
。
证明:
(证法一)如图2-1
过点
作直线
与截线
平行,交直线
于
,则
在
中,有
①
在
中, 有
②
①×②得:
故
得证。
(证法二)如图2-2
即:
⑴
整理⑴式可得:
得证。
(证法三)如图2-3
作
,
,
,垂足分别为
,
则有
∽
,
∽
,
∽
得证。
二、逆定理:设在
三边(或所在直线)
上各取一点
满足关系
,则此三点共线。
证明:(同一法)如图2-4
连接
交
于
,
由梅涅劳斯定理知:
又
由于在同一直线上的
三点
中,位于
边上的点的个数为0或2,所以
和
或者同在
线段上,
或者同在
的延长线上;
若
和
或者同在
线段上,则
和
必定重合,
不然的话,设
,这时
,
于是可得:
,与
矛盾。
类似地可证当
和
同在
延长线上时,
和
也重合。
综上所述:
三点共线。
例1 设四边形
两双对边相交于
,如图2-5,
证明
的中点共线。
证明:设
分别是
的中点,
在△ABE中,取
及
的中点
,
易知:直线
∥
且通过
直线
∥
且通过
直线
∥
且通过
又
,
,
而
三点共线,可知
由梅涅劳斯定理知三点
共线。
例2 证明:三角形外接圆上任一点在三边(或所在直线)上的射影共线。
证明:如图2-6,
外接圆上一点
到
的射影分别为
。
证法一(梅涅劳斯定理):
连结
①
②
③
∵
∴
将①×②×③得:
由梅涅劳斯定理可知
三点共线。
练习题1.如图2-7,在一条直线
上取点
,
在另一条直线
上取点
,记直线
和
,
和
,
和
的交点依次为
,证明:点
共线。
证明:记直线
和
,
和
,
和
的交点
,
对
,线段
、
、
、
、
分别与
三边或其所在直线交于三点,
由梅涅劳斯定理有:
,
,
,
。
将上面五个式子相乘可得:
,
由梅涅劳斯逆定理知:点
共线。
练习题2.如图2-8,从
引四条直线,另外两条直线分别交这四条直线于
和
,试证:
证明:1)若
∥
,结论显然成立;
2)若
与
相交于点
,则把梅涅劳
斯定理分别用于
和
可得:
,
,
将上面四个式子相乘可得:
即:
练习题4.证明:梯形上下底中点,两对角线交点,两腰(所在直线)交点共线。
证明:(梅涅劳斯定理)
如图2-9,梯形
,
点为两腰
与
的交点,
为对角线
与
的交点。
分别为
中点。
在
中,连接
,交
延长线于
,
由梅涅劳斯定理有:
∵
为
中点
∴
①
∵梯形
,
∥
∴
∽
,
∽
,
∴有
②,
③,
①×②×③得:
由梅涅劳斯逆定理知:
与
重合,所以
共线。
同理,在
中,可证
共线。
综上所述:
共线,得证。
练习题5.如图2-10,过任意
的三个顶
作它的外接圆的切线,分别和
的延长线交于点
证明:
。
证明:
,
∴
∽
,
∴
,
则
同理:
,
∴
故
三点共线。
练习题6.如图2-11,已知:过
顶点
的直线,与边
及中线
分别交
于点
。
证明:
由梅涅劳斯定理得:
,
又
,
∴
整理得:
。
练习题7.如图2-12,若
中,
是斜边上的高,
是
的平分线,
点在
上,
是
的中点,
是
与
的交点,证明:
。
证明:在
中,作
的平分线
则:
即:
∴
作
上的高
对于
依梅涅劳斯定理有
于是
即:
依分比定理有:
∴
∴
德萨格(Desargues)定理
定理:设
和
彼此对应,使得对应顶点的连线
共点,那么对应边的交点共线。
证明:如图3-1,应用透视投影,将此定理变换成
的情形,然后只要再去证明R也必
须属于
即可。也就是Desargues定理的特
殊情形:设线段
∥
和
∥
,则
必有
∥
,此证明如下(如图3-2)。
有已知得:
∽
,
∽
用相似三角形的定理即得:
所以
再用相似三角形的逆定理有
∽
故
∥
所以
在
上,所以
共线。
证法二:如图3-1,观察
,可以看出,
分别在
或其延长线上,且
三点共线,
根据梅涅劳斯定理可得:
;
同理:观察
,可得到:
;
观察
,可得到:
。
以上三式相乘得:
。
可以看到,在
中,
分别在
或其延长线上,根
据梅涅劳斯定理的逆定理,可判断
共线。得证。
专题二十五 费尔马问题及推广
第一部分
费马简介:
费马(Pierre de Fermat也译为“费尔马”)1601年8月17日出生于法国南部图卢兹附近的博蒙·德·洛马涅。他的父亲多米尼克·费马在当地开了一家大皮革商店,拥有相当丰厚的产业,使得费马从小生活在富裕舒适的环境中。
费马小时候受教于他的叔叔皮埃尔,受到了良好的启蒙教育,培养了他广泛的兴趣和爱好,对他的性格也产生了重要的影响。直到14岁时,费马才进入博蒙·德·洛马涅公学,毕业后先后在奥尔良大学和图卢兹大学学习法律。三十岁,他得到图卢兹地方议会辩护士的职位.在那里,他谦虚谨慎地干他的工作.他在当卑微的律师时,把自己大量的业余时间用于数学研究.虽然他一辈子发表的著作不多,但他和同时代的许多第一流数学家有科学上的通信关系,并且以这种方式给他的同行以相当大的影响.他以那么多的重要贡献丰富了那么多的数学分支,以致曾被称作十七世纪最伟大的法国数学家.
费马生性内向,谦抑好静,不善推销自己,不善展示自我。因此他生前极少发表自己的论著,连一部完整的著作也没有出版。他发表的一些文章,也总是隐姓埋名。《数学论集》还是费马去世后由其长子将其笔记、批注及书信整理成书而出版的。我们现在早就认识到时间性对于科学的重要,即使在l7世纪,这个问题也是突出的。费马的数学研究成果不及时发表,得不到传播和发展,并不完全是个人的名誉损失,而是影响了那个时代数学前进的步伐。
对费马来说,真正的事业是学术,尤其是数学。费马通晓法语、意大利语、西班牙语、拉丁语和希腊语,而且还颇有研究。语言方面的博学给费马的数学研究提供了语言工具和便利,使他有能力学习和了解阿拉伯语和意大利的代数以及古希腊的数学。正是这些,可能为费马在数学上的造诣奠定了良好基础。在数学上,费马不仅可以在数学王国里自由驰骋,而且还可以站在数学天地之外鸟瞰数学。这也不能绝对归于他的数学天赋,与他的博学多才多少也是有关系的。
在费尔马对数学的多种多样的贡献中,最杰出的是对现代数论的奠基.在这个领域中,费尔马有非凡的直觉和能力.最初吸引费尔马注意数论的,也许是梅齐利亚克(Bachetde Meziriac)1621年翻译的丢番图《算术》(Arithmetica)的拉丁文译本.费尔马在此领域的许多贡献就写在他的梅齐利亚克译作手抄本的页边上.1670年,在他死后五年,这些笔记由他的儿子萨穆埃尔(Clement—Samuel)编入《算术》新版(印得不大仔细)发表.许多由费尔马宣布的未被证明的定理,后来已被证明是正确的.
第二部分
费尔马问题:
1. 费尔马点(或斯坦纳(steiner)点)就是到三角形的三个顶点的距离之和最短的点。
分两种情况:
(1)如果三角形每一内角都小于
,在三角形内必存在一点,它对三条边所张的角都是
,它到三顶点的距离之和最小。
(i)证明
法一:已知:如(图1),
为
内任意一点,记
=
.
求
在和位置时
达到最小?
证明:将
绕点
逆时针旋转
,则可知
EMBED Equation.3 ,
≌
,
∴
,
,
.
∴
为等边三角形,则
,
∴
也为等边三角形.
∵
已知,则
固定,
∴点
固定,从而
的长固定。
∵
=
=
,
∴当
、
、
、
四点共线时,
=
达到最小。
此时如(图2)所示,
、
、
、
四点
共线,
上面已证得
为等边三角形,
≌
,
∴
EMBED Equation.3 ,∴
EMBED Equation.3 .
即当
达到最小时,有
EMBED Equation.3 ,
同理可证即当
达到最小时,
有
EMBED Equation.3 ,
,
∴综上可知,当
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 ,也即当点
对各边的张角都是
时,
=
达到最小。
法二:已知:在
中,
、
、
两两形成的角都是
.
求证:在三角形ABC内任意取一个点
,与
不重合,
则
+
+
>
证明:过点
、
、
分别作
、
、
的垂线,且三垂线分别交于点
、
、
,
如(图3)所示,再过点
分别作
于
,
于
,
于
,
∵
、
、
两两形成的角都是
,
且
,
,
,
∴
=
,
∴
为等边三角形.
不妨设
的边长为a。
∵
=
=
,
=
=
,
∴
.
根据“垂线段最短”,
∵
,∴
<
,
∵
,∴
<
,
∵
,∴
<
,
∴
+
+
>
+
+
=
.
即:对于任意一点
(
与
不重合),都有
+
+
>
也就是说,
是最短的。
推广(斯坦纳点)
已知:任意凸四边形
,
、
为四边形
内任意两点;
求
、
满足什么条件时,
达到最小。
证明:如图3(1)所示,以点
为中心,将
顺时针旋转
至
,连结
;同样以点
为中心,将
逆时针旋转
至
,连结
.则有
,
,
.
.
∴
,
,
,
.
∴
,
,
,
均为等边三角形.
∴
,
.
“根据两点之间,线段最短”
∴
.
∴
就是
的最小值.
在
上且在四边形
内固定点
,然后在
中,由上面已证的费尔马点的性质,有
当
时,
达到最小。
同理 当
时,
达到最小。
∴当
达到最小时,有
∵
,∴
、
、
、
四点共圆,同理
、
、
、
四点共圆。
由上可得
当
,且
、
、
、
四点共圆,
、
、
、
四点共圆时,
达到最小。
(ii)如何作出费马点?
解:如(图4)所示,任作一
使其内角均小于
,然后分别以
与
为一边向外作正
与正
,连结
与
,它们的交点为
。下证点
即为费马点:
由作图过程可知
≌
,可得
,
,
,
又由
,
可得
∽
,于是
,
又由
可得
∽
,
因此
,
,可得
=
.从而
=
.
即
=
,由(i)中所得结论知 点
就是费马点
(2)如果三角形有一内角大于或等于
,则费马点即为该内角的顶点。
证明:如(图5)所示,在
中不妨设
>
.
为
内部任一点,延长
至
,使
,作
,取
,
故
≌
.所以
.
又
,所以
.
因为
>
,所以
<
.
因此
<
.
从而等腰
中
>
,故
>
.
于是
=
>
>
.
即若点
与
重合,则点
就是到
、
、
三点距离之和最小的点。
(iii)费马点的应用
费马点的性质不但体现了数学美的韵味,而且具有良好的实际应用价值,举例如下:
例1 已知
求
。
解: 法一:
由
可化为
使用构造法,根据题中已知条件,如图5(0)作以3,4,5为边的
,
为
内的点,令
,
,
且有
.则有
,
,
又
则有
从而可得
,
得
.
法二:
由
可化为
由费尔马点的性质,可知
分别为
以
,
如图5(1),且
.
以点
,由点
且
也为等边三角形,从而
,
则
,
而由勾股定理可得
,
所以
,
.
在
中,由余弦定理可得
即
。
将
三式相加,得
(*)
而将
展开,可得
将式(*)代入上式并计算得
.
例2有三个城市准备共同投资建设一个飞机场,为了节省铺设道路的费用,希
望机场到三个城市道路的总长最短。问机场应当设在哪里?
解: 将三个城市所在处看成是一个三角形的三个顶点,由三角形费马点的性质可知,机场应建在城市三角形的费马点处符合设计要求。
例3 如图6所示,由
城运物到
城,要先走一
段水路
,再走一段公路
,已知水路
单位距离的运费是公路单位距离运费的一
半,
,
,问码头
应
建在何处才能使运费最省?
解:由于公路的单位距离运费是水路的2倍,故
点应选在使
最小的地方。作
关于
的对称点
,(如图7所示),则
=
.故
点应选在相当于使
+
+
最小处。
由三角形的费马点性质可知,
点应选在
的费马点处,此时
点到
点的距离
公里。
2.费马大定理
1637年,法国数学家费尔马指出,在
时,方程
(1)
无正整数解。
在
时,
有三种可能
1、
不整除
,那
中必有一非
的质因数
,
,仅需证明
,
为大于
的质因数时,
,
,
无自然数解;
、
整除
,如
中有一非
得质因数
,
,仅需证明
,
为大于
的质因数,
,
,
无自然数解;
3、
整除
,如
中无任意非
的质因数
,
,则
整除
,仅需证明
,
,
,
无自然数解。
即证明
、
,
,
,
无自然数解;
、
,
为大于
的质数,
,
,
无自然数解。
有关的数学知识
(1) 如果
,
,则
,
;在
为基数时,
,而在
为偶数时,
。
(2)
,
,
为奇数时,设
,
,则有
,
这里,
,
,
为偶数。
(3)定理1 在
时,方程
的解为
,
,
这里,
。
(4)定理2 在
,
,
彼此互素,
为偶数时,方程
(1)
的解为
(2)
(3)
(4)
这里,
,
,
为偶数,即
和
为一奇一偶。
证明 :在
,
,
彼此互素,
为偶数时,由式(1)可有
(5)
即
(6)
因为
不整除
,故从式(6)可有:2整除
,4整除
,而2整除
,4不整除
。因此,在
为偶数时,式(1)无解。于是,在
,
之间,可设
为偶数。由式(1)可有
(7)
因为
,根据定理1,由式(7)可有
(8)
(9)
(10)
这里,
,
,
为奇数。
设
,
,由式(8),(9),(10)可有
(11)
(12)
(13)
于是,由式(11),(12),(13)可有式(2),(3),(4)。
(一)
=4时的证明
在
,
,
彼此互素,
为偶数时,设
是方程(1)
(1)
(2)
的解,并且
是所有解中的最小解。
根据定理2,方程(1)的解为
(3)
(4)
(5)
这里,
,
,
为奇数,
为偶数。
再根据定理2,式(4)的解还可为
(6)
(7)
(8)
这里,
,
,
为偶数。由式(3),(6),(7)可有
(9)
因为
,
为偶数,所以
。由式(9)可有
(10)
(11)
于是,式(10)可为
(12)
因为
,由式(12)可有
(13)
(14)
这里,
,
,
为偶数。把式(13),(14)代入式(11),可有
(15)
于是,从式(15)可以得出,
也是式(1)的解。由式(5),(11)可有
即
这与假设
是式(1)的最小解相矛盾。因此,式(1)进而式(2)无解。
以上证明过程运用了费马提出的无穷递降法。所谓无穷递降法是说,如果方程
的解是若干个正整数,则在这其中必有一个最小的正整数
;如果可以得到另一个方程
也有一个解为正整数
,并且
。于是,
无正整数解。
(二)
,
为非
的质数时的证明
假设
时,有自然数解,其中有一组解
、
、
。
如果
、
有相同的质因数
,那记
,
,有
得到
整除
,而
为质数,所以
整除
,记
,有
EMBED Equation.3
于是
、
、
也为其中的一组解。
将
、
不断提出相同的质因数,可以得到一组解
、
、
,其中
与
互质。
假设此时
与
有相同的质因数
,同样可以得到
应该有质因数
,于是
、
不互质,矛盾。
当
与
有相同的质因数同样考虑,所以
、
、
应该两两互质。即仅需证明:
,
为大于2的质数,且
、
、
两两互质时,
、
、
无自然数解。
证明:在
,
,
彼此互素时,设方程
(1)
的解为
。由式(1)可有
(2)
因此,
也是式(2)的解。
根据定理2,由式(2)可知,
只能为奇数。于是,在
为偶数时,式(2)的解为
(3)
(4)
(5)
这里,
,
,
为偶数。
由式(3),(4),(5)可知,
,
,
又只能都为平方数。设
,
,
,则式(2)和式(1)为
(6)
(i) 方程(6)可为
(7)
式(7)的解为
或
(8)
(9)
或
(10)
这里,
,
,
为奇数,
为偶数;
或
,
或
;
(11)
(12)
(13)
(14)
其中,
和
式子中的各项是分别把
和(25
式子中的各项颠倒过来写的,并且
。
于是,在式(9)有解的同时,式(8)也同时有解。 根据定理2,由式(9)的解为
(15)
(16)
(17)
这里,
,
,
为偶数。由式(8),(16)可有
或
(18)
(ii) 方程(6)还可为
(19)
根据定理2,式(19)的解为
(20)
(21)
(22)
这里,
,
,
为偶数。同时,式(21)的解为
(23)
(24)
(25)
由式(20),(23),(24)可有
(26)
这里,
或
,
或
。
(iii) 在
为偶数,
为奇数时,分别有
1 在
不整除
时,从式(18)可知,
不整除
。因为
,由式(18)可有
(27)
(28)
(29)
因此,在式(27)有解的同时,式(28)也同时有解。设
是式(28)所有解中的最小解。
从式(26)可知,
不整除
,
不整除
。因为
,
,由式(26)可有
(30)
(31)
(32)
(33)
于是,从式(33)可以得出,
也是式(28)的解。由式(28),(33)可有
EMBED Equation.3 (34)
2 在
不整除
,
不整除
时,从式(18)可知,
整除
。因
为
,
,由式(18)可有
(35)
(36)
(37)
因此,在式(35)有解的同时,式(36)也同时有解。设
是式(36)所有解中的最小解。这里,式(36)实际上就是
。以下类似的,也是如此。
从式(26)可知,
不整除
,
整除
。因为
,
,由式(26)可有
(38)
(39)
(40)
(41)
于是,从式(41)可以得出,
也是式(36)的解。由式(36),(41)可有
EMBED Equation.3 (42)
EMBED Equation.3
3 在
整除啊,
不整除
时,从式(18)可知,
整除
。
因为
,
,由式(18)可有
(43)
(44)
(45)
因此,在式(43)有解的同时,式(44)也同时有解。设
是式(44)所有解中的最小解。
从式(26)可知,
整除
,
不整除
。因为
,
,由式(26)可有
(46)
(47)
(48)
(49)
于是,从式(47)可以得出,
也是式(44)的解。由式(44),(47)可有
EMBED Equation.3 (50)
EMBED Equation.3
(ⅳ) 在
为奇数,
为偶数时,分别有
1 在
不整除
时,从式(18)可知,
不整除
。因为
,由式(18)可有
(51)
(52)
(53)
因此,在式(51)有解的同时,式(52)也同时有解。设
是式(52)所有解中的最小解。
从式(26)可知,
整除
,
不整除
。因为
,
,由式(26)可有
(54)
(55)
(56)
(57)
于是,从式(55)可以得出,
也是式(52)的解。由式(52),(55)可有
EMBED Equation.3 (58)
EMBED Equation.3
2 在
整除
,
不整除
时,从式(18)可知,
整除
。因为
,
,由式(18)可有
(59)
(60)
(61)
因此,在式(59)有解的同时,式(60)也同时有解。设
是式(60)所有解中的最小解。
从式(26)可知,
整除
,
不整除
。因为
,
,由式(26)可有
(62)
(63)
(64)
(65)
于是,从式(65)可以得出,
也是式(60)的解。由式(60),(65)可有
EMBED Equation.3 (66)
EMBED Equation.3
3 在
不整除
,
整除
时,从式(18)可知,
整除
。因为
,
,由式(18)可有
(67)
(68)
(69)
因此,在式(67)有解的同时,式(68)也同时有解。设
是式(68)所有解中的最小解。
从式(26)可知,
不整除
,
整除
。因为
,
,由式(26)可有
(70)
(71)
(72)
(73)
于是,从式(71)可以得出,
也是式(68)的解。由式(68),(71)可有
EMBED Equation.3 (74)
(ⅴ)根据式(34),(42),(50),(58),(66),(74)的
结论,这与假设
,
,
,
,
,
分别是一个最小解相矛盾。
因此,在式(27),(35),(43),(51),(59),(67)分别
有解的同时,式(28),(36),(44),(52),(60),(68)
分别无解。于是,在式(9)有解的同时,式(8)无解,进而式(6)
无解,式(1)也无解,费尔马大定理成立。
这种证明方法是1995年5月28日最终得出的。其中,证明方程(6)
无解的方法是1990年1月12日得出的。
3.费尔马小定理
(i) 定理证明
费尔马小定理:若
是素数且
是整数,则
。
证明:用数学归纳法证明。
(1)
=1时显然成立;
(2)假设对
成立,就是
,则对
由二项式定理有
因为
EMBED Equation.3 均能被
整除,所以除了第一项
和1以外,其他各项均能被
整除,所以
,而
,所以
。
所以费尔马小定理得证。
推论:若
为素数,且
,则
。
用上面同样的方法,可证得结论。
(2)定理应用
例1 求证:当
为奇数时
的十进制数的末两位必为28。
证明:令
,仅需证
即仅需证
由费尔马定理推论,有
((4,5)=1)
即有
由此有
因此,当
为奇数时,有
例2 1992元旦是星期三,这以后的第
是星期几?
解:先考虑47的多少次方被7除余1的问题。显然,据费尔马定理推论有
((47,7)=1)
又
,由此有
因此
,该天是星期一。
例3 假设
是质数,
和
是任意二个整数,求证:
证明:若
,且
,结论显然成立。若
和
二者之一能被
整除,不妨令
,则
结论成立。现假设
不
整除
,且
不整除
,据费尔马定理有
,
。
即有
据费尔马定理
故
例4 设
为质数,试证:任意的
个自然数中必可选出
个数,使其和被
整除。
证明:假设
中任意的
个数
(1)
的和都被
整除,据费尔马定理推论,有
(2)
形共有如(1)的组合共有
个,相应有
个形如(2)的同余式,求和得到
(3)
又
(4)
(3)式左端的每一个
展开后,得到形如
的项,其中
,在(3)式左端,这样的项共有
项(即从
以外的数中取
个与它们搭配成形如(1)的组)。由于
被
整除,因此
这与(4)式矛盾。这说明至少有一组形如(1)式的数,其和是
的倍数。
例5 一个
位数被7整除,将最末位数字移到首位得一个“新数”。试证:“新数” 被7整除。
证明:设原数为
,则新数为
。现已知
,欲证
。如能找到一个整数
,
,且有
那么问题便迎刃而解。
其实
在
中,
(1)
仅需证
(2)
据费尔马定理推论,
,有
,
且
由此有
(2)式得证,
综合(1)、(2)式,有
即
,又
,则有
。
图1
图2
图3
图4
图5
图6
图7
图8
图9
图10
图1-1
图1-2
图1-3
图1-4
图1-5
图1-6
图1-7
图2-1
图2-2
图2-3
图2-4
图2-5
图2-6
图2-7
图2-8
图2-9
图2-10
图2-11
图2-12
图3-1
图3-2
48
I
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