数论基础

数 论 基 础

一、知识点介绍 一、整除

1．整除的定义 两个整数a 和b(b ≠0)，若存在整数k ，使得a=bk ，我们称a 能被b 整除，记作b|a ． 2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a ，总有1|a ． 0是任何非零整数的倍数，a ≠0，a 为整数，则a|0． （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k 为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k 为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除． 能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 二、同余

1．同余的定义 给定一个正整数m(?2)，如果两个整数a, b 除以m 所得的余数相同，则称a 与b 对模m 同余，记作a ≡b(modm)；如果余数不相同，则称a 与b 对模m 不同余，记作a ≡b(modm) 2．同余的性质 （1）自反性：a ≡a(modm)(a 为任意自然数) （2）对称性：若a ≡b(modm)，则b ≡a(modm) （3）传递性：若a ≡b(modm), b ≡c(modm)，则a ≡c(modm) （4）可加减性：若a ≡b(modm), c ≡d(modm)，则a ±c ≡b ±d(modm) （5）可乘性：若a ≡b(modm), c ≡d(modm)，则ac=bd(modm) （6）可乘方性：若a ≡b(modm), n ∈N +，则a n =b n (modm) 注意：一般地同余没有“可除性”，但是

（7）如果：ac ≡bc(modm)且(c, m)=1，则a ≡b(modm)

如果ac ≡bc(modm), (c, m)=d ，则a ≡b(mod d

m

)

（8）如果a ≡b(modm), a ≡b(modn)且[m, n]=k ，则a ≡b(modk)（[m, n]表示m, n 的最小公倍数） （9）设p ∈N +, p ?2，则任何一个p 进制自然数与其数码和(p 进制下各数码之和)对模p-1同余；特别地，p=10时，是我们熟知的“弃九法”的理论依据． 三．数论中的几个常用结论 （1）若a ≡b(modm)，则m|(a-b)

（2）任意连续n 个自然数的积一定是n!的倍数

（3）整数A 的正约数个数与正约数和的计算公式：如果A 分解因式为：A=12

n r r r 12n p p p ???

则A 的全体正约数的个数为：(r 1+1)3(r 2+1)3…3(r n +1)

A 的全体正约数的和为：(1+p 1+…+p 1r

1)(1+p 2+…+2r 2p )…(1+p n +…+n r n p ) （4）对于整数a, b, q, r ，若a=bq+r ，则(a, b)=(b, r)

（5）关于x, y 的不定方程ax+by=c ，当且仅当(a, b)|c 时，方程有整数解 （6）(a, b)[a, b]=ab

（7）b d (b,d)b d [b,d]

(,);[,]a c [a,c]a c (a,c)

==

（8）ax ≡b(modm)有解的充要条件为：(a, m)|b

四、几个著名数论定理

1．费马小定理 设p 是素数，a 是与p 互素的任一整数，则a p-1≡1(modp).

费马小定理有一个变异的形式，这有时更为适用：对任意整数a 有 a p ≡a(modp)． 二、典型例题

例1：已知直角三角形的三条边长都是整数，证明：至少有一条直角边的边长是3的倍数． 分析：由条件中的直角三角形想到勾股定理，进一步由都是整数，想到利用勾股来完成． 证：设x, y 是两直角边长，z 是斜边长．

则x 2+y 2=z 2，若(x, y, z)=k ，则x=ka, y=kb, z=kc ，

则a 2+b 2=c 2且(a, b, c)=1，故m, n ∈N +，使a=m 2-n 2, b=2mn, c=m 2+n 2 ①若m, n 中有一个能被3整除，则3|b, ∴3|y ；

②若m, n 中没有被3整除的，令m=3s+p, n=3t+q(p, q=1或2) 由a=(m+n)(m-n)知，当p=q 时，3|m-n ；当p ≠q 时，3|m+n ， 都有3|a, ∴3|x ，故x, y 中至少有一个是3的倍数． 例2：试求使2m +3n 为完全平方数的所有正整数m, n ． 分析：利用完全平方数及整数的性质，分析式子，讨论奇偶性．

解：设2m +3n =x 2，显然2 x, 3 x ，由3 ，则x 2≡1(mod3)，∴2m ≡1(mod3)，故2|m ，令m=2s ，由22s =x 2-3n 知x 2-3n ≡0(mod4), 即x 2-(-1)n ≡0(mod4)，而2 x ，∴x 2≡1(mod4)，故n 为偶数，令n=2t ，得22s =x 2-32t =(x-3t )(x+3t )，∵x 是奇数，故x ±3t 均为偶数．可设 x-3t =2α, x+3t =2β(β>α?1且α+β=2s)．若α?2, 则β?3，有

4|2α+2β，而2α+2β=(x-3t )+(x+3t )=2x, ∴2|x 与2 x 矛盾．故α=1，从而β=2s-1?2,

s ?32由t

t 2s 1

x 32x 32

-?-=??+=??得3t =22s-2-1，即3t +1=22s-2, ∵s ?2，∴3t +1≡0(mod4)，即(-1)t +1≡0(mod4)，∴t 为奇数．由22s-2=3t +1=(3+1)(3t-1-3t-2+…+-3+1)．第二个因式是t 个奇数的代数和，而t 为奇数，故此和为奇数，故t=1，于是s=2, m=4, n=2．此时24+32=52，故(m, n)=(4, 2)为所求． 例4：已知正整数 x=19

113315

17 ，求x 的末二位数．

分析：100=4325，观察更小的模． 解： 设x=19a , a 为奇数， （1）∵19≡3≡-1(mod4), ∴x=19a ≡(-1)a =-1≡3(mod4) ①

（2）∵19≡-6(mod25), 192≡36≡11(mod25), 193≡113(-6)=-66≡9(mod25), 194≡-54≡-4(mod25), 195≡(-4)(-6) ≡-1(mod25), 1910≡1(mod25)

记a=17k , k 为奇数，∵17≡-3(mod10), 172≡9≡-1(mod10), 173≡(-3)(-1) ≡3(mod10), 174≡1(mod10)，又∵15≡-1(mod4)，而k=15b , b 为奇数，故k ≡(-1)b =-1≡3(mod4)，令k=4q+3，∴a=174q+3=174q 2173≡173≡3(mod10)，令a=10m+3, ∴x=19q =1910m 2193≡193≡9(mod25) ②

由①②及孙子定理，可得x ≡59(mod100)．故x 的末二位数是59． 例6：设n ∈N +，整数k 与n 互质，且0

（1）对M 中每个i ，i 与n-i 同色；

（2）对M 中每个i(i ≠k)，i 与|k-i|同色． 求证：M 中所有的数必为同色． 分析：由(k, n)=1，可构造模n 的完系，再利用两个条件及同余知识给予证明．

证明：∵(k, n)=1, 又0，1，2，…，n-1是模n 的一个完系，∴0, k, 2k, …，(n-1)k 也是模n 的一个完系．设j k =r j (modn)，其中1?r j ?n-1, j=1, 2, …，n-1，故M={r 1, r 2, …，r n-1}．

下证：r j+1与r j 同色(1?j ?n-2)

（∵若如此，当r 1的颜色确定后，M 中所有数都与r 1同色）． 事实上，由于(j+1)k ≡r j+1(modn)，∴r j +k ≡r j+1(modn)

①若r j +kn 时，则r j+1=r j +k-n ，由（1）知，k-r j+1=n-r j 与n-(n-r j )=r j 同色． 由（2）知，k-r j+1与|k-(k-r j+1)|=r j+1同色． 故r j+1与r j 同色．

由①②知，r j+1与r j 同色，故命题得证．

立 体 几 何

一、 知识点介绍 一、空间中的角

求二面角，一般要先作出二面角的平面角，作法一般有：1）在棱上取一点，分别在两个半平面内作棱的垂线；2）利用三垂线及三垂线逆定理；3）作棱的垂面；4）利用射影面积公式cos S θ

=

射影S

.还有一些特殊方法，如向量法以及下面（四）的结论2，3，4等.

二、 空间中的距离

空间中的距离指的是空间点、线、面之间的距离.一般是作出垂线，求出垂线段的长度即为所求的距离.垂线段不易直接求解的话，也可用向量法或体积法求距离.

三、 多面体与球 1、多面体

多面体特别是四面体体积的计算是常见的题目，常见的方法有①直接法；②换底法；③割补法；④等积变化法；⑤比例法；⑥向量法等。

常见的一些结论：①（欧拉定理）简单多面体的顶点V 、棱数E 、面数F 满足V-E+F=2。

②直角四面体（有三个面是共一个直角顶点的直角三角形，第四个面称为斜面）的内切球半径r 及外接球半径R

分别为12343;S S S S V r R S a b c ++-=

=++③等腰四面体（以过长方体的一个顶点的三条面对角线的端点为顶点的四面体）的内切球半径

r 及外接球半径R

分别为R r （其中22211(),()22

p a b c k a b c =++=++）。

2、球

由于球的任一截面为圆，所以圆的许多性质，如切线定理、切割线定理、相交弦定理对球仍然成立。注意过球心的截面即球的大圆的特殊性。很多球内接或外接球的问题要想办法抛开圆，利用一点球心在多面体内进行相关的量的求解。

.

例6（1999年全国高中联赛试题）已知三棱锥S -ABC 的底面是正三角形，A 点在侧面SBC 上

的射影H 是△SBC 的垂心，二面角H -AB -C 的平面角等于30?,SA ＝23.那么三棱锥S -ABC 的体积为__________．

分析：透彻理解垂心的意义，熟练运用线与线之间的垂直条件。

解：如图10所示，由题设，AH ⊥平面SBC ，连接BH 并延长，与SC 交于点E ，则BH ⊥SC ，由三垂线定理可知，SC ⊥AE ，SC ⊥AB ，故SC ⊥平面ABE ．设S 在平面ABC 内的射影为O ，则SO ⊥平面ABC ．由三垂线定理之逆定理可知，CO ⊥AB ，BO ⊥AC ，故O 为△ABC 的垂心．又因为△ABC 是等边三角形，故O 为△ABC 的中心，从而SA=SB=SC=32．设

CO 的延长线与AB 交于点F ，因为CF ⊥AB ，SC ⊥AB ，由三垂线定理知

EF ⊥AB ，所以∠EFC 是二面角H-AB-C 的平面角，故∠EFC=30°，∠FCE=60°，所以

OC=SC 2cos60°=32

1

32=?,SO=SC 2sin60°＝3

2

=．又OC=33

AB ，故AB=3OC=33?=3．

所以V S-ABC =34

933433

12=???

． 评注 求解过程中，证明“S 在平面ABC 内的射影O 为底面△ABC 的垂心”是关键，事实上，

可以证明下面的结论：若四面体的一个顶点在其对面三角形上的射影为其垂心，则四面体的任一顶点在其对面三角形上的射影均为其垂心．

评注 本题采用了补形的办法，把棱台问题转化为四面体问题，给求解带来了简便．

例（1996年全国联赛试题）高为8的圆台内有一个半径1的球O 1，球心O 1在圆台的轴上，球O 1与圆台上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O 2，使得球O 2与O 1，圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O 2，圆台内最多还能放入半径为3的球个数是 。

A ．1

B ．2

C ．3

D ．4

分析：球内的问题要想办法画出截面图，尽量在平面图形上完成问题。

解：作过O 2的圆台的轴截面，如图4－17。再作过O 2与圆台的轴垂直的截面，过截面与圆台的轴并于圆O 1由图a ，易求得O 1O 2=4。

这个问题等价于：在以O 为圆心，4为半径的圆上，除O 2外最多还可放几个点，使以这些点及O 2为圆心，3为半径的圆彼此至多有一个公共点，由图4－18：

sin45°

4

-1=3-1=2个点，

满足上述要求。

即圆台内最多还可以放入半径为3的球2个。故选B 。

变式1（1995年中国数学奥林匹克第10届冬令营）空间四个球，它们的半径分别为2、2、3、3。每个球都与其他三个球外切，另有一个球与这四个球都外切，求这个小球的半径。

解：设半径为3的球心为A 、B ，半径为2的球的球心为C 、D 。考虑四面体ABCD ，易知AB=6，

CD=4，AC=AD=BC=BD=5。设小球球心为O ，半径为r ，则O 点在四面体ABCD 内，且AO=BO=3+r 。取AB 的中点E ，连CE 、DE ，则AB ⊥EC 、AB ⊥CD ，因此平面CDE 是AB 垂直平分面α，故0∈α。又CO=DO=2+r ，故O 点在CD 的垂直平分面β内，而因ED=EC ，故O 在ΔECD 边CD 的高EF 上。易得：ED=EC=4，故ΔECD 为等边三角形，

EF=。

又OF 2=OC 2-CF 2(2+r)2-22=r(4+r)

OE 2=AO 2-AE 2=(3+r)2-32=r(6+r)

三、练习题

1. （第10届希望杯邀请赛试题）在正四棱锥O-ABCD 中，∠AOB ＝30°，面OAB 和面OBC 所成的二面角的大小是θ

，且cos c θ=，其中,,a b c N ∈，且b 不被任何质数平方整除，则

a b c ++=____.

2．一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 。 3．（1997年全国联赛试题） 如图13，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上，使得(0)AE CF

EB FD

λλ==<<+∞，记()f λλλαβ=+，其中λα表示EF 与AC 所成的角，λβ表示EF 与BD 所成的角．则 . (A)()f λ在(0,)+∞单调增加. (B)()f λ在(0,)+∞单调减少.

(C)()f λ在（0，1）单调增加．在(1,)+∞单调减少.

(D)()f λ在(0,)+∞为常数.

4．三棱锥V-ABC 的三个侧面及底面ABC 的面积分别为3，4，5，6，三个侧面的斜高相等，则V 到底面的距离为

___________.

(A

(B

(C

(D 5.（2004年全国联赛试题）正方体1111ABCD A BC D -中，二面角11A BD A --的度数是 . 6.(1997年全国联赛试题）已知三棱锥S-ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S,A,B,C 四点均在以O 为球心的某个球面上，则点O 到平面ABC 的距离为_____________.

7． P 到二面角l αβ--的棱l 的距离为2，点P 到两平面,αβ

角l αβ--的度数为_____________.

8.（第二届美国数学竞赛题）设P,Q 是正四面体ABCD 内的二点，求证：60PAQ ∠

A B

D E

C

F

图13

（1）求三棱锥P-DMN 的体积； （2）求二面角M-DN-C 的平面角的正切值.

10.斜三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为a 的正三角形，侧棱1AA 和底面两边都成45?的角，求

1AA 与侧面11BCC B 的距离.

11．在直角四面体中，以V ，l ，S ，R ，r ，h 分别表示其体积，六条棱长之和、表面积、外接球半径、内切球半径及斜面上的高，则有

（1）l ≤2R

（2）S≤22(33

R

（3）l ≥ （4）S≥1(32

（5）V≥3(9r +

（5）r≥11)2h

所有不等式中等号成立当且仅当互相垂直的三条棱长相等。

12．已知棱锥S-ABCD 的底面是凸四边形ABCD ，其中对角线AC 与BD 互相垂直，由顶点S 向底面所作的垂线的垂足恰好是底面对角线的交点O 。求证：由点O 向各侧面所作的垂线的垂足共圆。

13．如图，棱锥S-ABCD 的底面是平行四边形ABCD ，通过棱SC 的中点K 作一平面，交棱SB 和SD 分别于点M 和N 。试证：113

38

V V ≤

≤，其中V 是棱锥S-ABCD 的体积，V 1是棱锥S-AMKN 的体积。

14．(1981年第22届IMO 预选题)一球与四面体ABCD 的棱AB ，BC ，CD ，DA 分别切于E ，F ，G ，H ，并且E ，F ，G ，H 是一个正方形的顶点，如果这球与棱AC 相切，证明它必与BD 相切。

四 面 体

连接四面体对棱中点的线段交于一点且互相平分；连接四面体任一顶点与它对面三角形重心的线段交于一点G ，且这点将所在线段分成的比为3:1，这个点G 称为四面体的重心；四面体都有外接球和内切球；等等．等腰四面体（对棱均相等的四面体）、直角四面体（有一组共顶点的三条棱两两互相垂直的四面体）和正四面体是三种特殊的四面体，在竞赛中经常涉及到.较复杂的多面体问题常转化为四面体问题加以解决，常用的数学思想方法有变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等．

例1 （1999年全国高中联赛试题）已知三棱锥S -ABC 的底面是正三

角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心，二面角H -AB -C 的平面角等于30?,SA ＝23.那么三棱锥S -ABC 的体积为__________． 讲解 如图1所示，由题设，AH ⊥平面SBC ，连接BH 并延长，与SC 交于点E ，则BH ⊥SC ，由三垂线定理可知，SC ⊥AE ，SC ⊥AB ，故SC ⊥平面ABE ．设S 在平面ABC 内的射影为O ，则SO ⊥平面ABC ．由三垂线定理之逆定理可知，CO ⊥AB ，BO ⊥AC ，故O 为△ABC 的垂心．又因为

△ABC 是等边三角形，故O 为△ABC 的中心，从而SA=SB=SC=32．设CO 的延长线与AB 交于点F ，因为CF ⊥AB ，SC ⊥AB ，由三垂线定理知EF ⊥AB ，所以∠EFC 是二面角H-AB-C 的平面角，

故∠EFC=30°，∠FCE=60°，所以OC=SC 2cos60°=32

1

32=?,SO=SC 2sin60°＝3=．

又

OC=

3

3

AB ，故AB=3OC=33?=3． 所以V S-ABC =34

9

3343312=???． 评注 求解过程中，证明“S 在平面ABC 内的射影O 为底面△ABC 的垂心”是关键，事实上，

可以证明下面的结论：若四面体的一个顶点在其对面三角形上的射影为其垂心，则四面体的任一顶点在其对面三角形上的射影均为其垂心．

例2 （2000年协作体数学竞赛试题）如图2，若棱台ABC-A 1B 1C 1的任意两个侧面所成二面角都是直二面角，高为17

34

4，且底面ABC 中AB=AC=5，

BC=24．求棱台的体积V 111C B A ABC -．

讲解 将棱台还原成棱锥，如图2所示，依题设知侧棱PA ，PB ，PC 相互垂直．因为AB=AC ，PA ⊥面PBC ，故PB=PC ．又BC=24，所以PB=PC=4，

从而PA

3，故V P-ABC = V A-PBC =

3

1

PA 2

S △PBC 2113432=???＝8.

设棱锥P-ABC 的高为h ，则V P-ABC =31

h 2S △

ABC 11h 8323=??==，解得

h =

注意到棱台ABC-A 1B 1C 1与棱锥P-ABC 的高的比为2∶3，故

27

208

V 2726]V )31([1V A BC P A BC P 3C B A A BC 111=

=-=---． 评注 本题采用了补形的办法，把棱台问题转化为四面体问题，给求解带来了简便．

三角形的“五心”

一、基本概念

1、内心：与三角形所有边相切的圆叫做此三角形的内切圆，其圆心叫做此三角形的内心.内心是三角形三条内角平分线的交点.三角形的内心在三角形内部.

内心有以下常用的性质：

性质1：设I 是⊿ABC 内一点，I 为⊿ABC 内心的充要条件是：I 到三角形三边的距离相等. 性质2：设I 是⊿ABC 内一点，AI 所在直线交⊿ABC 的外接圆于D ，

I 为⊿ABC 内心的充要条件是：ID=DB=DC.

性质3：设I 是⊿ABC 内一点，I 为⊿ABC 内心的充要条件是： ∠BIC=900+21∠A ，∠AIC=900+2

1∠B ，∠AIB=900+2

1∠C.

性质4：设I 是⊿ABC 内一点，I 为⊿ABC 内心的充要条件是： ⊿IBC 、⊿IAC 、⊿IAB 的外心均在⊿ABC 的外接圆上.

性质5：设I 为⊿ABC 内心，BC=a ，AC=b ，AB=c ，I 在BC 、AC 、AB

边上的射影分别为D、E、F，内切圆的半径为r，令p=

2

1(a+b+c),则

(1)ID=IE=IF=r，S

⊿ABC

=pr=)

)(

)(

(c

p

b

p

a

p

p-

-

-=xyz

z

y

x)

(+

+；

(2)r=

c

b

a

S

ABC

+

+

?

2；

(3)abc2r=p2AI2BI2CI.

性质6：设I为⊿ABC内心，BC=a，AC=b，AB=c，∠A的平分线交BC于K，交⊿ABC 的外接圆于D，

则

IK

AI=

DI

AD=

DK

DI=

a

c

b+.

2、外心：经过三角形各顶点的圆叫做此三角形的外接圆，其圆心叫做此三角形的外心.外心是三角形三条边的垂直平分线的交点. 锐角三角形的外心在三角形内部，直角三角形的外心在斜边中点，钝角三角形的外心在三角形外部.

外心有以下常用的性质：

性质1：⊿ABC所在平面上一点是其外心的充要条件是：该点到三角形三顶点的距离相等.

性质2：设O是⊿ABC所在平面内一点，则O为⊿ABC的外心的充要条件是：

(1)∠BOC=2∠A，∠ACC=2∠B，∠AOB=2∠C.

(2)OB=OC, 且∠BOC=2∠A.

性质3：R=

ABC

S

abc

?

4

或S

⊿ABC

=

R

abc

4

.

3、重心：三角形三条边中线的交点叫做此三角形的重心.重心在三角形内部.重心到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍（即：重心将每条中线分成1:2两部分）.

重心有以下常用的性质：

性质1：设G是⊿ABC的重心，连AG并延长交BC于D，则D为BC的中点，

AD2=

2

1(AB2+AC2)-BC2,且AG:GD=2:1.

性质2：设G是⊿ABC的重心，P为⊿ABC内任意一点，则

(1)AP2+BP2+CP2=AG2+BG2+CG2+3PG2；

(2)AG2+BG2+CG2=

3

1(AB2+BC2+CA2).

性质3：设G是⊿ABC内一点，G是⊿ABC的重心的充要条件是下列条件之一：

(1)S

⊿GBC

=S

⊿GCA

=S

⊿GAB

=

3

1S

⊿ABC

；

(2)当AG、BG、CG的延长线交三边于D、E、F时，S

⊿AFG

=S

⊿BDG

=S

⊿CEG

.

(3)当点G在三边BC、CA、AB上的射影分别为D、E、F时，GD2GE2GF值最大；

(4)过G的直线交AB于P，交AC于Q时，

AP

AB+

AQ

AC=3；

PA ?PB=PC ?PD

PA ?PB=PC ?PD

∠ADB=∠ACB

∠D=∠CBE

或∠D+∠ABC=180

(5)BC 2+3AG 2=CA 2+3GB 2

=AB 2+3GC 2.

4、垂心：三角形三条边高线的交点叫做此三角形的垂心。锐角三角形的垂心在三角形内部，直角

三角形的垂心在直角顶点，钝角三角形的垂心在三角形外部.

C

垂心有以下常用的性质：

性质1：设H 是⊿ABC 的垂心，则∠BHC=∠B+∠C=1800-∠A ，∠CHA=∠C+∠A=1800-∠B ，∠AHB=∠A+∠B=1800-∠C.

性质2：设H 是⊿ABC 的垂心，则H 、A 、B 、C 四点中任意一点是其余三点为顶点的三角形的垂心（并称这样的四点组为一垂心组，且一垂心组的四个外接圆的圆心是另一垂心组，与原垂心组全等）。 性质3：设⊿ABC 有三条高线为AD 、BE 、CF 。其中D 、E 、F 分别为垂足，垂心为H ， 则对于A 、B 、C 、H 、D 、E 、F 有六组四点共圆，有三组（每组四个）相似三角形， 且AH 2HD=BH 2HE=CH 2HF.

性质4：H 是⊿ABC 所在平面上一点，H 是其垂心的充要条件是下列条件之一： (1)H 关于三边的对称点都在⊿ABC 的外接圆上；

(2)⊿ABC 、⊿ABH 、⊿BCH 、⊿ACH 的外接圆是等圆； OB=OC, 且∠BOC=2∠A. (3)H 关于三边中点的对称点都在⊿ABC 的外接圆上； (4)∠HAB=∠HCB ，∠HBC=∠HAC ；

(5)∠BAO=∠HAC ，∠ABO=∠HBC 其中O 是⊿ABC 外心.

性质5：三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍；

性质6：锐角三角形的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2倍；

性质6：锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形（顶点在原三角形的边上）中，以垂足三角形的周长最短.

平面几何竞赛讲座 几个典型的问题

一、共圆点问题→四点共圆

在同一圆周上的若干个点称为共圆点．．．，或称这些点共圆．．．.共圆点问题一般都转化为四点共圆问题.在数学竞赛中，不仅出现单纯的证明点共圆的问题，还常常以点共圆问题（尤其是四点共圆）作为基础，解决其它比较复杂的问题.

证明四点共圆的基本方法：

(1)利用圆的定义——到同一个定点的距离相等； (2)利用圆内接四边形性质定理的逆定理

——对角互补或外角等于它的内对角；

(3)利用圆周角定理的逆定理——线段的同侧张角相等； (4)利用圆幂定理的逆定理——相交弦、切割线； (5)利用托勒米定理的逆定理或西姆松定理的逆定理.

A 、

B 、

C 共线的充要条件sin(α+β)PB =sin αPC +sin β

PA

∠BAD+∠DAC=1800

∠BCM=

∠DCN 且MCN 共线→BCD 共线

二、共线点问题→三点共线

在同一条直线上的若干个点称为共线点．．．，或称这些点共线．．．.共线点问题一般都转化为三点共线问题.

证明三点共线的基本方法：

(1)利用“邻角互补”或对顶角定理的逆定理； (2)利用同一法；

(3)利用特殊点、线的性质——如西姆松线； (4)利用梅内劳斯定理的逆定理.； (5)利用张角关系定理

——由P 点出发的三条射线PA 、PB 、PC,∠APB=α,∠BPC=β, ∠APC=α+β<1800.则A 、B 、C 共线的充要条件是sin()PB αβ+=sin sin PC PA

αβ

三、共点线问题→三线共点

通过同一点的若干条直线称为共点线，或称这些直线共点.共点线问题一般都转化为三线共点问题.

证明三线共点的基本方法： (1)证明三条直线通过某个特殊点； (2)证明某条直线通过另两条直线的交点；

(3)转化为三点共线证明；

(4)利用塞瓦定理的逆定理或西姆松定理. 四、与圆有关的问题

与圆有关的问题形式多样，综合性强，解法灵活，所以数学竞赛的平面几何问题常与圆有关.解决这类问题，常借助全等、相似、比例线段以及与圆有关的性质——圆周角、圆心角、弦切角、切线长定理、相交弦定理、切割线定理等. 五、定值问题

如图形或其部分可以在满足一定的条件下变动，但图形中的某些几何量却不因图形的变动而变动，总恒等于某一常量，这样的问题称为定值问题.对定值问题，可以先就特殊位置关系探求定值，再对图形的一般位置加以证明.

解几问题

小结升华

结论1 所有的顶角中，顶点在短轴端点处取最大值；且角的范围是(0,2arctan ]c

b

或者(0,.

结论2 焦点三角形的面积是2tan (2

S b α

α=为焦点三角形的顶角）.

结论3 焦点三角形顶角正弦满足

当e <时，max 22(sin )bc a θ=；

当e ≥

时，max (sin )1θ=. 结论4 当椭圆的离心率e 满足条件sin 12e θ

≤<时，椭圆22

22y 10)x a b a b

+=>>（上存在点P ，使∠F 1PF 2=

θ.

椭圆焦点三角形顶角问题的研究

结论1：所有的顶角中，顶点在短轴端点处取最大值；且角的范围是(0,2arctan ]c

b

或者(0,.

结论2：焦点三角形的面积是2tan (2

S b α

α=为焦点三角形的顶角）.

结论3：焦点三角形顶角正弦满足

当e <时，max 22(sin )bc a θ=；

当e ≥

时，max (sin )1θ=. 结论4：当椭圆的离心率e 满足条件sin 12e θ

≤<时，椭圆22

22y 10)x a b a b

+=>>（上存在点P ，

使∠F 1PF 2=θ. 右边：问题“若椭圆22

221(0)x y a b a b

+=>>上存在一点P 使得∠F 1PF 2=120°,求b 的范围。”的学生演板。

延伸：介绍费马点

问题：在最大内角不大于120°的三角形内，是否存在一点P ，使得点P 到三角形三个顶点的距离和最短？

分析：存在。

分别以三角形的三边为一边向三角形的形外作三个等边三角形，如图所示，在顺次连结等边三角形与原三角形相对的任意两对顶点，这两条线段的交点就是所要找的三角形内满足要求的点。该点称为该三角形的费马点。

费马点具有以下两条基本性质：

(1)在三角形内该点到三角形三个顶点的距离和最小； (2)AE 、DC 、BF 三线共点。

数 列

1给递推式求通项公式

12max c F PF 120arctan 60.20 5.

b b π∠≥?>≥?<<解：利用前面的结论可知:（）即

由a=10,可得

(1)常见形式即一般求解方法

注：以下各种情况只需掌握方法即可，没有必要记住结果，否则数学就变成无意义的机械劳动了。 ①q pa a n n +=+1

若p=1，则显然是以a 1为首项，q 为公差的等差数列， 若p ≠1，则两边同时加上

1-p q ，变为???

?

??-+=-++11

1p q a p p q a n n 显然是以1

1-+

p q

a 为首项，p 为公比的等比数列 ②()n f pa a n n +=+1，其中f(n)不是常数 若p=1，则显然a n =a 1+

()∑-=1

1

n i i f ，n ?2

若p ≠1，则两边同时除以p n+1，变形为

()111++++=n n n n n p

n f p a p a 利用叠加法易得()∑-=++=1111n i i n n p i f p a p a ，从而()?????

?+=∑-=-1

111n i i n n p i f a p a

注：还有一些递推公式也可以用一般方法解决，但是其他情况我们一般使用其他更方便的方法，下面我们再介绍

一些属于数学竞赛中的“高级方法”。 (2)不动点法

当f(x)=x 时，x 的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。 典型例子：d

a c b

a a a n n n +?+?=

+1

注：我感觉一般非用不动点不可的也就这个了，所以记住它的解法就足够了。

我们如果用一般方法解决此题也不是不可以，只是又要待定系数，又要求倒数之类的，太复杂，如果用不动点的方法，此题就很容易了 令d

x c b x a x +?+?=

，即()02

=--+b x a d cx ，令此方程的两个根为x 1，x 2，

若x 1=x 2 则有

p x a x a n n +-=-+1

111

1

其中k 可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。 注：如果有能力，可以将p 的表达式记住，p=

d

a c

+2 若x 1≠x 2则有

2

1

2111x a x a q x a x a n n

n n --?=--++ 其中k 可以用待定系数法求解，然后再利用等比数列通项公式求解。 注：如果有能力，可以将q 的表达式记住，q=

2

1

cx a cx a --

(3)特征根法

特征根法是专用来求线性递推式的好方法。

先来了解特征方程的一般例子，通过这个来学会使用特征方程。 ①n n n qa pa a +=++12

特征方程为x 2=px+q ，令其两根为x 1，x 2

则其通项公式为n

n n x B x A a 2

1?+?=，A 、B 用待定系数法求得。 ②n n n n ra qa pa a ++=+++123

特征方程为x 3=px 2+qx+r ，令其三根为x 1，x 2，x 3

则其通项公式为n n n n x C x B x A a 3

21?+?+?=，A 、B 、C 用待定系数法求得。 注：通过这两个例子我们应当能够得到特征方程解线性递归式的一般方法，可以试着写出对于一般线性递归式的特征方程和通项公式，鉴于3次以上的方程求解比较困难，且竞赛中也不多见，我们仅需掌握这两种就够了。 (4)数学归纳法

简单说就是根据前几项的规律猜出一个结果然后用数学归纳法去证。这样的题虽说有不少但是要提高不完全归纳的水平实在不易。大家应当都会用数学归纳法，因此这里不详细说了。但需要记得有这样一个方法，适当的时候可以拿出来用。 (5)联系三角函数

三角函数是个很奇妙的东西，看看下面的例子

2

112n

n

n a a a -=

+ 看起来似乎摸不着头脑，只需联系正切二倍角公式，马上就迎刃而解。

注：这需要我们对三角函数中的各种公式用得很熟，这样的题目竞赛书中能见到很多。 例

数列{}n a 定义如下：21=

a ，2

142n

n a a --=+，求{}n a 通项 注：这个不太好看出来，试试大胆的猜想，然后去验证。

(6)迭代法

先了解迭代的含义

()()()()()()()()()() ，，，，x f f f x f x f f x f x f x f x x f ====3210

f 右上角的数字叫做迭代指数，其中()x f n

-是表示()x f n 的反函数

再来了解复合的表示

()()()x g f x g f = ，()()()()x h g f x h g f =

如果设()()x g f g

x F 1

-=，则()()x g f g x F n n 1-=，就可以将求F(x)的迭代转变为求f(x)的迭代。这个公

式很容易证明。使用迭代法求值的基础。

而在数列中我们可以将递推式看成()n n a F a =+1，因此求通项和求函数迭代就是一样的了。

我们尽量找到好的g(x)，以便让f(x)变得足够简单，这样求f(x)的n 次迭代就很容易得到了。从而再得到F(x)的n 次迭代式即为通项公式。 2数列求和

求和的方法很多，像裂项求和，错位相减等等，这些知识就算单纯应付高考也应该都掌握了，这里不再赘述。主要写竞赛中应当掌握的方法——阿贝尔恒等式。 阿贝尔（Abel ）恒等式 有多种形式，最一般的是

()∑∑-=+=+-=1

1

11

n k n n k k

k

n k k

k b S b b

S b a 其中∑==k

i k k a S 1

注：个人认为，掌握这一个就够了，当然还有更为一般的形式，但是不容易记，也不常用。Abel 恒等式就是给出了一个新的求和方法。很多时候能简化不少。例：假设021≥≥≥≥n a a a ，且

∑==n

i i

a

1

21，求证：

∑

=≥-+n

i i i i a 1

11

有关数学期望问题