斯坦纳-雷米欧斯定理的三种证明方法
谈谈斯坦纳——雷姆斯定理
谈谈斯坦纳——雷姆斯定理1840年，雷姆斯(C.L ehmus)向著名几何大师瑞士人斯坦纳(J.Steiner)提出了一个看起来十分简单的几何问题，要求给以证明．问题是：命题三角形两个底角平分线相等便是等腰三角形．斯氏答应研究它，但他直到1844年才发表定理的征明．后来该命题就以斯坦纳—雷姆斯定理而闻名于世．150多年来，经常有论述它的文章发表．笔者见过斯—雷定理的证明30余种，比较而言，觉得还是以斯氏原证为佳．问题在△ABC中，∠B、∠C的平分线分别为BD，CE，且BD=CE．求证：AB＝AC．斯坦纳原证如图1，假设AB＞AC．则∠B＜∠C，从而∠BEC＞∠BDC(1)在△BCE与△CBD中，∵BD=CE，BC公共，∠BCE＞∠CBD，∴BE＞CD．作平行四边形BDCF，连接EF．∵BE＞CD=BF．∴∠1＜∠2．∵CE=BD=CF．∴∠3=∠4．∴∠BEC＜∠BFC=∠BDC (2)(1)与(2)矛盾．∴AB≯AC．同理AC≯AB．故AB=AC．之所以说斯氏原证好，是因为它不仅简洁优美，而且另一些证明三角形等腰的问题也可仿照斯氏原证证明．请同学们看以下三例．例1 如图2，在△ABC中，AT⊥BC于T，垂足T在BC上，H为垂心，P为HT上任意一点，将BP交AC于D，CP交AB于E，且BD=CE．求证：AB=AC．证明：假设AB＞AC，则BT＞CT，BP＞CP，∠5＞∠6．在△BCE与△CBD 中，又因CD=BD，BC公共，∴BE＞CD．设CH⊥AB于I，BH⊥AC于K．在Rt△CIE与Rt△BKD中，∵CE=BD，由AB＞AC，知CI＜BK，∴∠8＜∠7．∴∠BEC＞∠BDC (1)作平行四边形BDCF，连接EF，∵BE＞CD=BF，∴∠1＜∠2．∵CE=BD=CF，∴∠3=∠4．∴∠BEC＜∠BFC=∠BDC(2)(l)与( 2)矛盾．∴AB≯AC．同理AC≯AB．故AB=AC．例2 在△ABC中，点M，N分别在AB，AC上，AM=AN．D，E分别为NC，MB的中点，且BD=CE．求证：AB=AC．证明：如图3，假设AB ＞AC ，则BE ＞CD ，AE ＞AD ．∵6sin sin sin 5sin ∠=∠=∠=∠AD A BD A CE AE ∴sin ∠5＞sin ∠6．但0°＜∠6＜90°，0°＜∠5＜180°，∴∠5＞∠6．从而∠BEC ＞∠BDC (1)作平行四边形BDCF ，连接EF ．∵BE ＞CD =BF ，∴∠1＜∠2∵CE =BD =CF ，∴∠3=∠4．∴∠BEC ＜∠BFC =∠BDC ．(2)(1)与(2)矛盾．∵AB ≯AC ．同理AC ≯AB ．故AB =AC ．例3 在△ABC 中，点M ，N 分别在AB ，AC 上，BM =CN ．点D ，E 分别在AN ，AM 上，且DE ∥MN ，BD =CE ．求证：AB =AC ．证明：如图4，假设AB ＞AC ，则AM ＞AN ．又DE ∥MN ，∴AE ＞AD ，EM ＞DN ，BE ＞CD ．又6sin sin sin 5sin ∠=∠=∠=∠AD A BD A CE AE ∴sin ∠5＞sin ∠6但0°＜∠6＜ 90°．0°＜∠5＜180°，∴∠5＞∠6．从而∠BEC ＞∠BDC ．(1)作平行四边形BDCF ，连接EF ．∵BE ＞CD =BF ，∴∠1＜∠2．∵ CE =BD =CF ，∴∠3=∠4．∴∠BEC ＜∠BFC =∠BDC ．(2)(1)与(2)矛盾．∴AB ≯AC ．同理AC ≯AB ．故AB =AC ．下面是斯—雷定理的两个推广，也可仿照斯氏原证证明．留给同学们作为练习．1．在△ABC 中，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，若BD =CE ，且B C E A C E C B D A B D ∠∠=∠∠，则AB =AC ．2．在△ABC 中，D ，E 分别是AC ，AB 上的点．BD 与CE 相交于P ，若 BD =CE ，且PC PB AC AB =，则AB =AC ．。
平面几何著名问题2
平面几何著名问题2平面几何的几个著名问题八十后二、斯坦纳——雷米欧斯(Steiner——Lehmus)问题定理：如果一个三角形的两条角平分线相等，那么这个三角形是等腰三角形.问题是Lehmus在1840年提出，Steiner首证，其间引发广泛关注，证明方法有几十种.证明一：反证法。
如图1，过E、D分别作DF∥BE、EF∥BD，交点为F.假设AB≠AC，不妨设AB＞AC，那么，有β＞α.在△CEF中，EC＝α＋∠1＝β＝＝＝β＞α，所以，BE＞CD(两边对应相等，夹角大的第三边也大)……这与①式矛盾，由此即证。
图1图2图3这里用了反证法，一般不习惯。
更主要的是用到了结论，该结论正确，但其证明比较麻烦，好的办法要用余弦定理，要以后才能学到。
证明二：如图2，作顶角∠BAC外角的角平分线FG，再分别以B、C为顶点，BA、CA为一边，向外作角β、α，角的另一边交外角平分线于G、F，连结DG、EF，GC，则有∠HAC＝2∠FAC＝2α＋2β，∴∠FAC＝α＋β，∴四边形AECF对角互补，A、E、C、F四点共圆，∴∠CFE＝∠BAC＝γ，∠AFE＝∠ACE＝β…………②同理可证∠BGD＝∠BAC，所以∠BGD＝∠EFC＝γ，可得△BDG≌△EFC，∴BG＝CF.又由②可知，四边形BCFG对角互补，故B、C、F、G四点共圆，∴＝∴∠BCG＝∠CGF，BC∥FG，∴∠GBC＝∠BCF，即2α＋β＝α＋2β，2α＝2β，得证.【思考】1.证明：如果一个三角形的两边上的高相等，那么这个三角形是等腰三角形.2.证明：如果一个三角形的两边上的中线相等，那么这个三角形是等腰三角形.提示：如图3,连结DE，过E作EF∥CD交BC的延长线于F.。
第14讲.反证法与同一法.目标预备班.教师版
反证法反证法是一种间接证法．为了证明某个命题的正确性，先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过正确的推理，导致矛盾，从而否定假设，达到肯定原命题正确的目的，这种方法就是反证法．反证法的逻辑根据是“排中律”：对于同一思维对象，所作的两种互相对立的判断只能一真一假、反证法就是通过证明结论的反面不真而肯定结论为真的一种证明方法．用反证法证明一个命题的正确性的步骤，大体上分为：（1）反设：假设结论的反面成立；（2）归谬：由反设及原命题的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾；（3）结论：否定反设，肯定原命题正确．按照反设所涉及到的情况的多少，反证法可分为归谬反证法与穷举反证法．1．若结论的反面只有一种情形，那么，反设单一，只须驳倒这种情形，便可达到反证的目的．这叫归谬反证法．2．若结论的反面不只一种情形，那么，要将各种情形一一驳倒，才能肯定原命题正确，这叫穷举反证法．【例1】设)0是一次函数()0y ax b a=+≠上一点，试证y ax b=+的图象至多只能通过一个有理点（横坐标和纵坐标都是有理数的点）．夯实基础知识导航板块一反证法14反证法与同一法【解析】将x =，0y =代入y ax b =+，得b =，于是(y a x =，设()0y ax b a =+≠的图象上有两个不同的有理点()11x y ，、()22x y ，，则1x 、1y 、2x 、2y 都是有理数，且((1122y a x y a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩消去a，变形得122121x y x y y y --因为12x x ≠，则12y y ≠，所以上式左端是有理数，它不可能等于无理数，故()0y ax b a =+≠的图象至多只能通过一个有理点．【备选】 求证:平面上任意两个不同的整点到点P 的距离都不相等． 【解析】 假设结论不成立，则平面上两个不同的整点(,)A a b 、(,)B c d （其中a 、b 、c 、d 都是整数）使得AP BP =．由22AP BP =可得2222((((a b c d -+-=-+-，即22222(2(a c b d a b c d --+--，从而22222228()12()8()(()a c b d a c b d a b c d -+-+--=+--，进而可得22222228()(()8()12()a c b d a b c d a c b d --+------， 因此()()0a c b d --=．⑴ 若0a c -=，则0b d -=，从而a c =，b d =，A 、B 重合． ⑵ 同理，若0b d -=，A 、B 重合．习题1. 若0a ≠，则关于x 的方程0ax b +=的解是唯一的．【解析】 因为0a ≠，则bx a=-是0ax b +=的一个解，假设0ax b +=的解不是唯一的，不妨设1x 、2x 都是0ax b +=的解，这里12x x ≠，则10ax b += ① 20ax b += ② ①-②得 ()120a x x -=由于12x x ≠，所以120x x -≠，则0a =，这与0a ≠矛盾． 故若0a ≠，则x 的方程0ax b +=的解是唯一的．【点评】证明的第一行是说明解的存在，在这种情况下，结论“解是唯一的”的否定是“至少有两个解”，但本题的反设是“若1x 、2x （12x x ≠）是0ax b +=的解”，其实，这里省去了“只要有两个不同的解，就能导出矛盾，当然不可以有更多的不同的解”的推理．【例2】 平面上有一点P 及ABC △，若PB PC AB AC +>+，求证：点P 在ABC △外部． 【解析】 假设点P 不在ABC △外部，则有如下几种可能：⑴ 若点P 在BC 边上（如下左图）．由PB PC BC AB BC +=<+，与已知矛盾，所以点P 不可能在BC 边上． ⑵ 若点P 在AC （或AB ）边上（不包括端点）（如下中图），则PB AB AP <+所以PB PC AB AP PC AB AC +<++=+与已知矛盾，所以点P 不可能在AC （或AB ）边上．P CB AAB CPDAB CP⑶若P与A重合，显然PB PC AB AC+=+，与已知矛盾，故点P不可能是A点．⑷若点P在ABC△内（如上页右图），延长BP交AC于D，则AB AD BP PD+>+①PD DC PC+>②①+②得AB AD PD DC BP PD PC+++>++即AB AC PB PC+>+，与已知矛盾，所以点P不在ABC△内．由以上⑴～⑷知，点P必在ABC△外．习题2.如右图，在凸四边形ABCD中，若AB BD AC CD++≤，求证：AB AC<．DCBA【解析】设AB AC≥，则ACB ABC∠∠≥，因为ABCD是凸四边形，所以BCD ACB∠>∠，ABC DBC∠>∠，则B C D D B C∠>∠，于是BD CD>，故A B B D A C C D+>+，与已知条件矛盾，因此，AB AC<得证．习题3.在同一平面内有四条直线a、b、c、d，若a与b相交，c a⊥，d b⊥，则c与d也相交．【解析】假设c d∥，因为a c⊥，所以a d⊥，又因为b d⊥，所以a、b平行，这与已知条件a 与b相交矛盾，故c与d也相交．【例3】在四边形ABCD中，OA OC=，ABC ADC∠=∠，求证：ABCD是平行四边形．【解析】若OB OD=，则显然ABCD是平行四边形．若OB OD≠，不妨设OB OD>，则在OB上取点'B，使得'OB OD=，连结''AB B C、，则四边形'AB CD是平行四边形，则'ADC AB C ABC∠=∠>∠，矛盾！探索提升故ABCD 是平行四边形．习题4. 已知在四边形ABCD 和''''A B C D 中，''AB A B =，''BC B C =，''CD C D =，''DA D A =，且AB CD ∥，''''B C D A ∥．证明：这两个四边形都是平行四边形．【解析】 显然，若AB CD =则结论成立．否则，不妨设AB CD >，BC DA >．如图，在线段BA 上截取BE CD =，连结DE ； 则四边形EBCD 是平行四边形，DE BC =． 同样，在线段''B C 上截取'''B F A D =， 则'''A B FD 是平行四边形，'''D F A B =．那么'''''AB CD AE ED AD BC AD B C A D FC -=>-=-=-=，'''''''D F C D A B C D AB CD >-=-=-，矛盾!即两个四边形均是平行四边形．【例4】 G 是ABC △的重心，若AB GC ACGB +=+，则AB AC =．BB【解析】 若AB AC ≠，不妨设AB AC >，通过倍长中线可得CAG BAG ∠>∠，作点C 关于AG 的对称点'C ，则由“8字模型”，''AB GC AC GB +>+， 可得AB GC AC GB +>+，矛盾！故AB AC =．【例5】 试证明雷米欧司—斯坦纳定理：内角平分线相等的三角形是等腰三角形．非常挑战FEDCB A【解析】 如图，若AB AC >，则一方面， ACB ABC ∠>∠，DCB EBC ∠>∠，在DBC △和EBC △中，CD BE =，BC CB =于是BD CE > ……① 另一方面，作DBEF □，则BE DF =，又BE CD = ∴FDC △为等腰三角形，其中DF DC = ∴FCD DFC ∠=∠，而ABE ACD ∠<∠∴EFC ECF ∠>∠，从而EC EF BD >= ……② 综合①、②，矛盾．【备选】 设凸五边形ABCDE 的各边相等，并且A B C D E ∠∠∠∠∠≥≥≥≥，求证：此五边形是正五边形．【解析】 假设A E ∠>∠，那么在BAE △和AED △中，由BAE AED ∠>∠可得BE AD >；因此，在ABD △和EBD △中，由BE AD >可得BDE ABD ∠>∠．另外，由BC CD =可得BDC CBD∠=∠，结合BDE ABD ∠>∠可得CDE CBA ∠>∠，而这与已知条件B D ∠≥∠矛盾．所以A E ∠≤∠，结合已知条件可得A B C D E ∠=∠=∠=∠=∠，得证．本题中，多次使用了“两边对应相等的两个三角形中，夹角越大，则第三边也越大；反之亦然”这一定理．板块二 同一法同一法在符合同一法则的前提下，代替证明原命题而证明它的逆命题成立的一种方法叫做同一法．同一法是间接证法的一种．当要证明某种图形具有某种特性而不易直接证明时，使用此法往往可以克服这个困难．用同一法证明的一般步骤是:(1)不从已知条件入手，而是作出符合结论特性的图形； (2)证明所作的图形符合已知条件；(3)推证出所作图形与已知为同一图形．【例6】 在等腰ABC △中，AB AC =，36A ∠=︒，D 是AC 上的一点，满足AD BC =；求证：（1）ABD CBD ∠=∠；（2）BD BC =．【解析】 由点D 的唯一性，利用同一法可以轻松解决问题．【例7】 在ABC △中，D 是BC 边上一点，40B ∠=︒，30BAD ∠=︒，AB CD =，求C ∠．【解析】 在BC 所在直线上找点'C ，使得'AC AB =，连结'AC则'40C ∠=︒，70ADC ∠=︒，那么'70DAC ∠=︒，由此''DC AC AB DC ===，即C 、'C 重合．所以40C ∠=︒．习题 5. 在ABC △中，D 是BC 边上一点，42B ∠=︒，27BAD ∠=︒，AB CD =，求C ∠．知识导航探索提升【解析】 说明：答案为42︒；题目可进一步变成“在ABC △中，D 是BC 边上一点，B α∠=，BAD β∠=，32180αβ+=︒，AB CD =，求C ∠”．【备选】 在梯形ABCD 中，AD BC ∥，90B C ∠+∠=︒，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，求证：()12EF BC AD =-．【解析】 延长BA 、CD 交于点P ，连结PF 交AD 于点'E ，利用线束定理容易证明'E 即为AD 的中点，那么E 、'E 重合，则1122EF PF PE BC AD =-=-，得证．【例8】 在ABC △中，AD 是角平分线，I 是AD 上一点，且1902BIC BAC ∠=︒+∠，则I 为ABC △的内心．【解析】 设'I 为三角形的内心，显然'I 必在AD 上，且1'902BI C BAC ∠=︒+∠．若点I 在'AI 上，易得1902BIC BAC ∠<︒+∠；若点I 在'I D 上，易得1902BIC BAC ∠>︒+∠．所以，点I与点'I 重合，即I 为三角形的内心．习题6. 如图，I 是ABC △的BAC ∠的角分线上一点，直线MN 过点I ，与A B A C 、边分别交于点M N 、，且ABI NIC ∠=∠，ACI MIB ∠=∠．求证：I 是ABC △的内心．非常挑战【解析】1180902BIC MIB NIC BAC∠=︒-∠-∠==︒+∠，结合上题结论可知，I是ABC△的内心．。
数学人教版八年级上册等腰三角形中的相等线段
《等腰三角形中的相等线段》教学设计一、教学目标：1.学会利用等腰三角形的轴对称性，发现等腰三角形中相等的线段，并且利用三角形全等及等腰三角形的性质证明这些结论。
2.通过动手实践，合作交流，培养观察、分析、解决问题的能力。
3.鼓励学生积极思考，在实践、探究、证明中体验数学学习的乐趣，逐步培养学生想象能力，合作与探究的意识。
教学重点：在探索过程中利用等腰三角形的轴对称性证明等腰三角形中相等的线段。
教学难点：设置探究活动中，让学生由浅入深、循序渐进地探索等腰三角形中的相等线段，并熟练运用。
二、教学过程：1、复习旧知：昨天，已经要求大家对本章内容进行总结概括，下面请课代表组织大家进行汇报。
课代表：大家上午好，下面请各小组派出代表进行本章内容汇报。
生1：在本章中我们先学习了轴对称图形和图形的轴对称的概念，根据轴对称的性质能够作出轴对称图形的对称轴及画轴对称图形，并归纳得出对应点连线段被对称轴垂直平分的性质，并由这一结论的得出我们讨论并研究了垂直平分线的性质定理及逆定理。
课代表：接下来我们又学习了等腰三角形及等边三角形，并学习了等腰三角形及等边三角形的性质及判定。
同学们请说说轴对称图形的性质和等腰三角形的性质分别是什么呢？ 生1：轴对称图形性质：关于某条对称轴对称的两个图形对应边相等、对应角相等；对应点连线段被对称轴垂直平分；对应线段的沿长线交点在对称轴上。
生2：等腰三角形的两腰相等，两底角相等;等腰三角形底边高线、底边中线、顶角平分线重合；师：同学们汇报的非常好，即把本章的所有内容展示出来，又突出了本章的重点。
本节课，我们将利用等腰三角形的是轴对称图形来研究等腰三角形中相等的线段。
设计意图：通过复习等腰三角形的性质，为证明等腰三角形中相等的线段作准备。
师生活动：教师提问，学生组织语言回答，教师主要的任务是让学生把等腰三角形与轴对称图形联系起来，通过建构知识，掌握知识的内在联系，为以下的活动提供理论依据。
2、引入新知：活动一：探索并证明：等腰三角形底边中点到两腰的距离相等吗？如图：在△ABC 中，AB=AC ，点D 为BC 中点，过点D 分别向AB 、AC 作垂线交于点E 、F ，将等腰三角形沿对轴称AD 翻折，观察线段DE 、DF 的数量关系，并请明。
关于斯坦纳——雷米欧斯定理的三种证明方法
斯坦 纳一 雷米欧斯 定理的 内容对 所有 中学生
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ｓ （ ｉ ２ Ｂ＋ ｃ）ｉ 【一ｉ ＋ ｓ ｎ 【 ｓ ｃ － ｎ Ｂ）２ｉ （ｎ ｓ ｎ ｓ （ ｃ） ｉ 【 ｓ ＋ ｓ ｉ ２Ｂ ｎ 【（ｎ ｃ ｉ Ｂ） ２ｉ ｓ ｎ ｎ
少 见过 ， 为此 本 人 通 过 研 究 得 到 了证 明 该 定 理 的 几种 方 法 ， 写 出来 和 大 家探 讨 。
／ Ｆ Ｋ，所 以 Ａ Ｆ Ａ Ｈ 。所 ＤＣ ＝／ＨＢ ＣＤ Ｂ Ｋ 以 Ｃ ＝Ｂ Ｄ Ｋ＜Ｂ 与 已知 Ｃ Ｂ Ｅ Ｄ＝ Ｅ矛 盾 。所 以 假 设 错 误 ， 同 理 假 设 Ａ Ｃ＞ Ａ Ｂ 时 ，也 得 到 与 已知 ＣＤ＝ＢＥ矛 盾 ，所 以 ＡＢ＝Ａ Ｃ，所 以 △ ＡＢＣ 为 等 腰 三 角形 。 方 法 二 ：利 用 正 弦 定理 如 图 ２所示 ：如 图 ２ 示 ，在 △ ＡＢ 所 Ｃ 中 ， 已知 Ｂ Ｅ与 Ｃ Ｄ是 ＿ ／Ｃ的 角 平分 Ｂ和 线且 ＢＥ － － ＣＤ，证 明 ：△ ＡＢＣ 为等 腰 三 角形 。 汪明 ：在 △ ＤＣ Ｂ与 △ Ｂ Ｃ中 ， Ｅ 由正弦 定理可得 ：
ｓ ｓ（ ｉ ｎＢ ｉ８ ｎ
一
）
（） １
然 后 令 Ｂ一２ ｃ ，ｃ ＝ ｐ，则 （ 【 二２ １）
当时听老师讲此定理证明比较难 ，所以本 人一直在寻求此定理的比较 简单 的证 明方
法 ，通 过 深 入 的 研 究 ，发 现 以 下 三种 证 明 方法是既适 合中学 生又相对比较 简单 。 方 法 一 ：反 证 法 如 图 ｌ 示 ，在 △ ＡＢ 中 ， 已知 Ｂ 所 Ｃ Ｅ 与 Ｃ 是 Ｚ ＪＺ 角平 分 线 且 ＢＥ Ｄ， Ｄ Ｂ￣ （的 ｔ ｌ －Ｃ 证 明 ：△ ＡＢＣ 为等 腰 三 角 形 。 证 明 ：假 设 ＡＢ ＞ＡＣ，则 由大边 对 大
著名数学定理1
著名数学定理15定理15-定理是由约翰·何顿·康威(John Horton Conway ，1937-)和W.A.Schneeberger 于1993年证明的定理，内容为：如果一个二次多项式可以通过变量取整数值而表示出1~15的值(更严格的结论是只要表示出1，2，3，5，6，7，10，14，15)的话(例如a 2+b 2+c 2+d 2)，该二次多项式可以通过变量取整数值而表示出所有正整数.6714(黑洞数)定理 黑洞数又称陷阱数，是类具有奇特转换特性的整数.任何一个数字不全相同整数，经有限“重排求差”操作，总会得某一个或一些数，这些数即为黑洞数.“重排求差”操作即把组成该数的数字重排后得到的最大数减去重排后得到的最小数.或者是冰雹原理中的“1”黑洞数.举个例子，三位数的黑洞数为495.简易推导过程：随便找个数，如297，三个位上的数从小到大和从大到小各排一次，为972和279，相减，得693.按上面做法再做一次，得到594，再做一次，得到495.之后反复都得到495.再如，四位数的黑洞数有6174.阿贝尔-鲁菲尼定理 定理定义：阿贝尔-鲁菲尼定理并不是说明五次或更高次的多项式方程没有解.事实上代数基本定理说明任意非常数的多项式在复数域中都有根.然而代数基本定理并没有说明根的具体形式.通过数值方法可以计算多项式的根的近似值，但数学家也关心根的精确值，以及它们能否通过简单的方式用多项式的系数来表示.例如，任意给定二次方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)，它的两个解可以用方程的系数来表示：a ac b b r 2422,1-±-=. 这是一个仅用有理数和方程的系数，通过有限次四则运算和开平方得到的解的表达式，称为其代数解.三次方程，四次方程的根也可以使用类似的方式来表示.阿贝尔-鲁菲尼定理的结论是：任意给定一个五次或以上的多项式方程：()0,500111≠≥=++⋅⋅⋅++--n n n n n a n a x a x a x a ，那么不存在一个通用的公式(求根公式)，使用 n a a a ,,,10⋅⋅⋅ 和有理数通过有限次四则运算和开根号得到它的解.或者说，当n 大于等于5时，存在n 次多项式，它的根无法用自己的系数和有理数通过有限次四则运算和开根号得到.换一个角度说，存在这样的实数或复数，它满足某个五次或更高次的多项式方程，但不能写成任何由方程系数和有理数构成的代数式.这并不是说每一个五次或以上的多项式方程，都无法求得代数解.比如025=-x 的解就是52.具体区分哪些多项式方程可以有代数解而哪些不能的方法由伽罗瓦给出，因此相关理论也被称为伽罗瓦理论.简单来说，某多项式方程有代数解，等价于说它对应的域扩张上的伽罗瓦群是一个可解群.对于一般的二次，三次和四次方程，它们对应的伽罗瓦群是二次，三次和四次对称群： 432,,σσσ ，它们都是可解群.但一般的五次方程对应的是五次对称群5σ，这是一个不可解群.当次数n 大于等于5时，情况也是如此.阿贝尔二项式定理 二项式定理可以用以下公式表示：()∑=-=+n r r r n r n n b a C b a 0.其中，()!!!r n r n C r n -=，又有 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛r n 等记法，称为二项式系数，即取的组合数目.此系数亦可表示为杨辉三角形.它们之间是互通的关系.艾森斯坦因判别法 艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式()011a x a x a x f n n n n +++=--Λ如果存在素数p ，使得p 不整除a n ，但整除其他a i (i=0，1，...，n -1)；p² 不整除a 0 ，那么f (x )在有理数域上是不可约的.阿基米德折弦定理奥尔定理离散数学中图论的一个定理)如果一个总点数至少为3的简单图G满足：G的任意两个点u和v 度数之和至少为n ，即deg (u )+deg (v )≥n ，那么G 必然有哈密顿回路.它描述了简单图拥有哈密顿回路的一个充分条件.表达式deg (u )+deg (v )≥n →G 有哈密顿通路相关概念：简单图：没有重边和环的无向图.度数：某点所连接的边的数目.哈密顿回路：经过图的所有的点的一条回路.阿基米德折弦定理（阿基米德中点定理） AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即ABC 是圆的一条折弦)，BC >AB ，M 是弧ABC 的中点，则从M 向BC 所作垂线之垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =AB +BD .折弦定义：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦.伯特兰·切比雪夫定理 伯特兰·切比雪夫定理说明：若整数n > 3，则至少存在一个质数p ，符合n < p < 2n − 2.另一个稍弱说法是：对于所有大于1的整数n ，存在一个质数p ，符合n < p < 2n .贝亚蒂定理 定义一个正无理数r 的贝亚蒂列B r 为B r =[r ]，[2r ]，[3r ]，...=[nr ](n ≥1)，这里的[ ]是取整函数.若然有两个正无理数p ，q 且111=+q p ，(即1-=p p q ) ，则B p =[np ](n ≥1)，B q =[nq ](n ≥1)构成正整数集的一个分划：+=⋃∅=⋂Z B B B B q p q p ,.布利安桑定理 布利安桑定理叙述如下：如果六边形的边交替地通过两个定点P 和Q ，则连接六边形的相对的顶点的三条对角线是共点的.布列安桑(Brainchon )定理是一个射影几何中的著名定理，它断言六条边和一条圆锥曲线相切的六边形的三条对角线共点，此点称为该六边形的布列安桑点.布朗定理 设P(x)为满足p ≤ x 的素数数目，使得p + 2也是素数(也就是说，P (x )是孪生素数的数目).那么，对于x ≥ 3，我们有：()()()22log log log x x x c x P <，其中c 是某个常数.婆罗摩笈多定理裴蜀定理(贝祖定理) 对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性不定方程（称为裴蜀等式）：若a,b是整数,且(a,b)=d，那么对于任意的整数x,y,ax+by都一定是d的倍数，特别地，一定存在整数x,y，使ax+by=d 成立。
斯坦纳——雷米欧斯定理的代数法证明
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斯坦纳——雷米欧斯定理的代数法证明
作者：令标
来源：《中学数学杂志(初中版)》2010年第06期
《中学数学杂志》(初中)2010年第10期刊载的“利用比例性质巧证斯坦纳—雷米欧斯定理”一文(下称文［1］),利用比例性质、反证法及正弦定理等,间接地从一个新的角度证明了众所周知的平面几何中的著名定理——斯坦纳—雷米欧斯(Steiner—Lehmes)定理. 斯坦纳—雷米欧
斯定理自问世以来,人们对其情有独钟,潜心于不同证法的探究,醉心于形式多样的引申［2］,凡此种种,屡见不鲜. 受文［1］的启发,笔者再经思索,从代数计算的角度又得到了该定理的两个简明、别致的代数法证明,现介绍如下,供读者参考．。
斯坦纳定理(My God)
斯坦纳-雷米欧司定理斯坦纳-雷米欧司定理:两内角的平分线相等的三角形是等腰三角形设在三角形ABC中，有B、C的角平分线CF、BE交于OBE是角平分线推出：BC/CE=AB/AE，同理：BC/BD=AC/AD，因为BD=CE，所以等量代换得出：AB/AE=AC/AD，角A是公共角，所以三角形ACD与ABE相似，所以LACD=LABE，同理LBDC=LBEC，再加上BD=CE，所以三角形BOD全等于三角形OEC，所以OB=OC且LDBE=LECD，OB=OC推出LOBC=LOCB，再等量代换得到LABC=LACB，所以AB=AC注:"L"为角的符号证明一：已知：三角形ABC，角B、角C的平分线是BE、CD作∠BEF=∠BCD;并使EF=BC∵BE=DC∴△BEF≌△DCB,BF=BD,∠BDC=∠EBF设∠ABE=∠EBC=α,∠ACD=∠DCB=β∠FBC=∠BDC+α=180°-2α-β+α=180°-(α+β);∠CEF=∠FEB+∠CEB=β+180-2β-α=180°-(α+β);∴∠FBC=∠CEF∵2α+2β<180°,∴α+β<90°∴∠FBC=∠CEF>90°∴过C点作FB的垂线和过F点作CE的垂线必都在FB和CE的延长线上.设垂足分别为G、H;∠HEF=∠CBG;∵BC=EF,∴Rt△CGB≌Rt△FHE∴CG=FH,BG=HE连接CF∵CF=FC,FH=CG∴Rt△CGF≌△FHC∴FG=CH,∴BF=CE,∴CE=BD∵BD=CE,BC=CB,∴△BDC≌△CEB∴∠ABC=∠ACB∴AB=AC证明二：设二角的一半分别为α、βsin(2α+β)/ sin2α= BC/CE = BC/BD = sin(α+2β)/ sin2β,∴2sinαcosαsin(α+2β) - 2sinβcosβsin(2α+β) =0→sinα[sin2(α+β)+sin 2β]- sinβ[sin2（α+β）+ sin2α]=0 →sin2(α+β)[sinα-sinβ]+2 sinαsinβ[cosβ- cosα]=0→sin [(α-β)/2][sin2(α+β) cos[(α+β)/2] + 2 sinαsinβsin [(α+β)/2]=0，∴sin[(α-β)/2]=0∴α=β,∴AB=AC.证明三：用张角定理：2cosα/BE=1/BC+1/AB2cosβ/CD=1/BC+1/AC若α>β可推出AB>AC矛盾！若α<β可推出AB<AC矛盾！所以AB=AC定理来源：1840年，德国数学家雷米欧斯给当时的大数学家斯图姆的一封信中说到：“几何题在没有证明之前，很难说它是难还是容易。
施泰纳—莱默斯定理的三角证法
施泰纳——莱默斯定理的三角证法AEBCDæèöøk 1(x -12)+t -y æèöøk 2(x -12)+t -y +λæèçöø÷x 2-y 216-1=0且为圆,那么必须满足(1)x 2,y 2前系数相同，（2）xy 项系数为0；进而得ìíîïïk 1+k 2=0k 1k 2+λ=1-116λ得证.点评：此法为竞赛曲线系解法，通过曲线系可以大大减少运算量.后记：对于一道题目，解题者所站的高度不同，那么解法的简洁度会存在着巨大的差异.（湖北省十堰东风高级中学吕辉442011）施泰纳—莱默斯定理是指：如果△ABC 的∠B 和∠C 的角平分线相等，那么AB =AC .经过探讨，笔者现给出一种更为简捷的三角证法，供参考：证明：设∠ABC =2α，∠ACB =2β,在△BCD 和△CBE 中，由正弦定理得：BD sin 2β=BC sin ()π-α-2β=BC sin ()α+2β①,CE sin 2α=BC sin ()π-2α-β=BC sin ()2α+β②,又∵BD =CE ,由①、②得sin 2αsin 2β=sin ()2α+βsin ()α+2β,∴sin 2α⋅sin ()α+2β=sin 2β⋅sin ()2α+β,∴-12[]cos ()3α+2β-cos ()α-2β=-12⋅[cos ()2α+3β-cos ()β-2α].∴cos(3α+2β)-cos (α-2β)=cos(2α+3β)-cos (β-2α)，∴cos(3α+2β)-cos(2α+3β)=cos(α-2β)-cos(β-2α).进一步得到-2sin 5(α+β)2sin α-β2=-2sin -(α+β)2sin 3(α-β)2=2sin α+β2⋅öø÷æèç3sin α-β2-4sin 3α-β2，∴sin α-β2⋅éëêsin5()α+β2ùûú+3sin α+β2-4sin α+β2sin 2α-β2=0，而sin 5()α+β2+3sin α+β2-4sin α+β2⋅sin 2α-β2=sin 5()α+β2+sin α+β2+2sin α+β2⋅æèçöø÷1-2sin 2α-β2=sin5()α+β2+sin α+β2+2sin α+β2⋅cos ()α-β=2sin 3()α+β2⋅cos(α+β)+2sin α+β2⋅cos(α-β).由题意知0<2α<π2,0<2β<π2,∴0<3()α+β2<3π4,0<α+β<π2,0<α+β2<π4，-π4<α-β<π4,∴sin 3()α+β2>0,cos(α+β)>0,sin α+β2>0,cos ()α-β>0.∴sin5()α+β2+3sin α+β2-4sin α+β2sin 2α-β2>0,∴sin α-β2=0,∴α-β2=0,∴α=β.∴2α=2β,∴AB =AC .参考文献[1]郭要红，戴普庆.中学数学研究[M].安徽：安徽大学出版社.1998年11月第1版.（安徽省舒城二中杭埠校区丁遵标231323）优美轮换不等式：已知a ，b ，c 0，且a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1≤a 1+bc ＋b 1+ac＋c 1+ab≤2.一道优美不等式的简证··36Copyright©博看网. All Rights Reserved.证明:因为a ＋abc a ＋a ·b 2+c 22=a +a ·12(1-a 2)=12(-a 3+3a )=1-12(a -1)2·(a +2)1，所以a 1+bc =a 2a +abc a 2.同理可得b 1+acb 2，c 1+ab c 2，三式相加得左边不等式成立.另一方面，由于对称性，不妨设a b c ，则a 1+bc ＋b 1+ac ＋c 1+ab a 1+ab +b 1+ab +c 1+ab ＝a +b +c 1+ab .下证a +b +c 1+ab 2⇔a ＋b ＋c －2ab 2⇔a ＋b ＋1-a 2-b 2-2ab 2⇔1－a 2－b 2(2+2ab -a -b )2⇔2(a +b )2-22(a +b )ab +2a 2b 2+2ab -22⋅(a -b )+1 0⇔(2a +2b -ab -1)2+a 2b 2 0.a ＝0，b =时取“＝”，此时c ，所以原不等式的右边也成立.证明1 a 1+bc ＋b 1+ac ＋c 1+ab另法：证明:原不等式等价于a 2a (1+bc )＋b 2b (1+ac )+c 2c (1+ab )1.令t =a (1＋bc )，则t 2＝a 2(1+bc )2=[1-(b 2+c 2)](1+bc )2 (1-2bc )(1+bc )⋅(1+bc ) (1-2bc +1+bc +1+bc 3)3=1，即t =a (1＋bc ) 1，故1t 1，即1a (1+bc ) 1，故a 2a (1+bc ) a 2.同理b 2b (1+ac ) b 2，c 2c (1+ab )c 2.从而a 2a (1+bc )+b 2b (1+ac )+c 2c (1+ab ) a 2+b 2+c 2=1，故a 1+bc ＋b 1+ac ＋c 1+ab 1.参考文献[1]赵桢.北京数学会·北京数学培训学校教学丛书·高中基础分卷Ⅱ[M].北京：北京师范大学出版社，2007.[2]李世杰.高中数学竞赛专题讲座·不等式[M].浙江：浙江大学出版社，2007.（云南省玉溪第一中学武增明653100）2021年高考数学北京卷立体几何解答题（第17题）第（I ）问要注意叙述规范，有理有据，用同一法证明会更简洁清晰；第（II ）问建系常规，但运算量较大，需计算两个平面的法向量（这是自2003年北京开始自主命题至今首次出现的情形.当然考生也可看出在平面BB 1C 1C 上过点C 与CF 垂直的直线就是平面ECF 的法线，但接下来仍有不小的运算量）且求法向量时含有字母运算，进一步加大了运算量.本题可很好地考查考生的逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养.第(II)问的答案是12(即点M 为棱A 1B 1的中点)，像这样的简洁数据在北京卷中很常见，显然它们都是命题专家精心雕琢的结果，体现了数学的简洁美！本文还将用传统方法（即不建立空间直角坐标系也不用空间向量的方法）求解该题的第（II ）问.题目（2021年高考数学北京卷第17题）如图1所示，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，点E 为棱A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F.（I ）求证：点F 为棱B 1C 1中点；（II）若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M -CF -E 的余弦值为，求A 1M A 1B 1的值.用传统方法求解2021年高考数学北京卷立体几何解答题D 1EA 1AB CDB 1C 1F 图1M ··37Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
著名数学定理1
著名数学定理15定理15-定理是由约翰·何顿·康威(JohnHortonConway，1937-)和W.A.Schneeberger于1993年证明的定理，内容为：如果一个二次多项式可以通过变量取整数值而表示出1~15的值(更严格的结论是只要表示出1，2，3，5，6，7，10，14，15)的话(例如a2+b2+c2+d2)，该二次多项式可以通过变量取整数值而表示出所有正整数.6714(黑洞数)定理黑洞数又称陷阱数，是类具有奇特转换特性的整数.任何一个数字不全相同整数，经有限“重排求差”操作，总会得某一个或一些数，这些数即为黑洞数.“重排求差”操作即把组成该数的数字重排后得到的最大数减去重排后得到的最小数.或者是冰雹原理中的“1”黑洞数.举个例子，三位数的黑洞数为495.简易推导过程：随便找个数，如297，三个位上的数从小到大和从大到小各排一次，为972和279，相减，得693.按上面做法再做一次，得到594，再做一次，得到495.之后反复都得到495.再如，四位数的黑洞数有6174.阿贝尔-鲁菲尼定理定理定义：阿贝尔-鲁菲尼定理并不是说明五次或更高次的多项式方程没有解.事实上代数基本定理说明任意非常数的多项式在复数域中都有根.然而代数基本定理并没有说明根的具体形式.通过数值方法可以计算多项式的根的近似值，但数学家也关心根的精确值，以及它们能否通过简单的方式用多项式的系数来表示.例如，任意给定二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，它的两个解可以用方程的系数来表示：.这是一个仅用有理数和方程的系数，通过有限次四则运算和开平方得到的解的表达式，称为其代数解.三次方程，四次方程的根也可以使用类似的方式来表示.阿贝尔-鲁菲尼定理的结论是：任意给定一个五次或以上的多项式方程：，那么不存在一个通用的公式(求根公式)，使用和有理数通过有限次四则运算和开根号得到它的解.或者说，当n大于等于5时，存在n次多项式，它的根无法用自己的系数和有理数通过有限次四则运算和开根号得到.换一个角度说，存在这样的实数或复数，它满足某个五次或更高次的多项式方程，但不能写成任何由方程系数和有理数构成的代数式.这并不是说每一个五次或以上的多项式方程，都无法求得代数解.比如的解就是.具体区分哪些多项式方程可以有代数解而哪些不能的方法由伽罗瓦给出，因此相关理论也被称为伽罗瓦理论.简单来说，某多项式方程有代数解，等价于说它对应的域扩张上的伽罗瓦群是一个可解群.对于一般的二次，三次和四次方程，它们对应的伽罗瓦群是二次，三次和四次对称群：，它们都是可解群.但一般的五次方程对应的是五次对称群，这是一个不可解群.当次数n大于等于5时，情况也是如此.阿贝尔二项式定理二项式定理可以用以下公式表示：.其中，，又有等记法，称为二项式系数，即取的组合数目.此系数亦可表示为杨辉三角形.它们之间是互通的关系.艾森斯坦因判别法艾森斯坦判别法是说：给出下面的整系数多项式如果存在素数p，使得p不整除an ，但整除其他ai(i=0，1，...，n-1)；p2不整除a0 ，那么f(x)在有理数域上是不可约的.奥尔定理离散数学中图论的一个定理)如果一个总点数至少为3的简单图G满足：G的任意两个点u和v度数之和至少为n，即deg(u)+deg(v)≥n，那么G必然有哈密顿回路.它描述了简单图拥有哈密顿回路的一个充分条件.表达式deg(u)+deg(v)≥n→G有哈密顿通路相关概念：简单图：没有重边和环的无向图.度数：某点所连接的边的数目.哈密顿回路：经过图的所有的点的一条回路.阿基米德折弦定理（阿基米德中点定理）AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD.折弦定义：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦.伯特兰·切比雪夫定理伯特兰·切比雪夫定理说明：若整数n> 3，则至少存在一个质数p，符合n<p< 2n? 2.另一个稍弱说法是：对于所有大于1的整数n，存在一个质数p，符合n<p< 2n.贝亚蒂定理定义一个正无理数r的贝亚蒂列Br为Br=[r]，[2r]，[3r]，...=[nr](n≥1)，这里的[]是取整函数.若然有两个正无理数p，q且，(即) ，则Bp=[np](n≥1)，Bq=[nq](n≥1)构成正整数集的一个分划：.布利安桑定理布利安桑定理叙述如下：如果六边形的边交替地通过两个定点P和Q，则连接六边形的相对的顶点的三条对角线是共点的.布列安桑(Brainchon)定理是一个射影几何中的著名定理，它断言六条边和一条圆锥曲线相切的六边形的三条对角线共点，此点称为该六边形的布列安桑点.布朗定理设P(x)为满足p≤x的素数数目，使得p+2也是素数(也就是说，P(x)是孪生素数的数目).那么，对于x≥3，我们有：，其中c是某个常数.裴蜀定理(贝祖定理)对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x 和y的线性不定方程（称为裴蜀等式）：若a,b是整数,且(a,b)=d，那么对于任意的整数x,y,ax+by都一定是d的倍数，特别地，一定存在整数x,y，使ax+by=d成立。
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Ｊ ２
作脚 考 介
何向荣：（９０一）女 满族 河北丰宁人 １ ７ 承德师专数学系高级讲师， 理学学士。工作 单位：承德民族师范高等专科学校数学系。
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Ｃ Ｆ ＝ Ｂ Ｈ ， Ｃ ＦＤ ＝ 乙 Ｂ Ｈ Ｋ ， 乙
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理的几种方法，写出来和大家探讨。
袭 询 御
斯坦纳一雷米欧斯定理； 反正法； 正弦定理； 平面
解 析 几何
角形 。
中 已 Ｂ与 Ｄ 乙 和 Ｃ 角 分 ， 知 Ｅ Ｃ是 Ｂ 乙的 平
证明： Ｃ 在△Ｄ Ｂ与△Ｂ Ｃ中， 正弦 Ｅ 由
定 理可 得 ：
缪
〔Ｄ 一
垫 ， 哩 二 全誉 Ｂ艺 Ｂ〔
图１
又由已知 Ｃ ＝ Ｅ，所以以上二式相 Ｄ Ｂ 除得 ：
事实上斯坦纳— 雷米欧斯定理就是 我们在学习等腰三角形时多次应用过的一 个证明等腰三角形的结论： 有两条内角平 分线长度相等的三角形必为等腰三角形。 当时听老师讲此定理证明比较难，所以本
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Ｌ 刘玉涟 等编 数学分析讲义． ｌ 科学普及
出版社
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图 吉米多维奇． 数学分析 人民 教育出 版
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十二、利用泰勒公式求极限
用麦克劳林公式计算某些不定式极限
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与Ｃ Ｄ是乙 璐陀ｃ 的角平分线且Ｂ ＝ Ｄ ＥＣ ， 证明：△ＡＢＣ为等腰三角形。 利用积化和差公式得： ａｓ ２口 翎 ［ ｉ（ ｎ 证明： Ｂ Ａ ， 假设Ａ ＞ Ｃ 则由大边对大 一＋ａ Ｓ Ｚ日一 目ｓ （ ＋ｎ ）ｉ ］血 ｌｎＺ日十ａ十 ｉ ）弧 角得： ＡＣ ＞乙 Ｃ， 乙 Ｂ ＡＢ 从而乙 Ｄ＜ 一Ｚ 二 ＡＣ ］ ａ ０ 乙ＡＢＥ。 展开上式整理得： ｉ 昌＋ａ （ｎ ｓ （ ｎＺ ）ｉ ｓ 在角乙 作乙 Ｃ ＝ Ａ Ｅ 则在 Ｃ内 Ｄ Ｆ 乙 Ｂ ， ｛ａ ｓ 时＋ ａ Ｚ 一 Ｚ 咖 口 一 ｎ ｉ ｎ ｉ ｓ 血 ｐ血 ａ 三角形Ｆ Ｃ中得Ｆ ＞ Ｃ， Ｂ Ｂ Ｆ 在Ｂ Ｆ上取 １＝ ， ０
其它方法求极限。
ｅ ，万＋ 。ｘ） 若 一 了＋几
ｒ
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ＣＳ Ｏ Ｘ一亡 ２
一比 ＋ （ ） ０ｘ ． ｓ
．Ｂ Ｃ即△Ａ Ｃ为等腰三角形。 ’＝ ． Ｂ 方法三：利用平面解析几何知识证明 证明： 所示， 如图３ 在△Ａ Ｏ中， Ｂ 角
丝旦 竺
弓 Ｃ ｍ
ｓ Ｂ （ ｎ ｉ ＋
５《 山 Ｃ＋
盲 左）
护 ｝ ２
（） １
人一直在寻求此定理的比较简单的证明方 法，通过深入的研究，发现以下三种证明 方法是既适合中学生又相对比较简单。
方法一： 反证法 如图１ 在△Ａ Ｃ中，已知Ｂ 所示， Ｂ Ｅ
ｃ ２目 则 （ ） ， １ 然后令 Ｂ＝ ａ， ＝ １ 城 ｐ 旦鱼 ５ 加 ＋ ） 鱼 式可变为 ｓ Ｚ ５ ｐ ａ ｎ ｉ 协 城Ｚ ＋ ）
２ ２ ４
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ａ十 日 ＿ ．ｏ． ｐ 。 ａ＋
分、取对数等适当的变形，转化为基本不 定式，然后再用洛必达法则计算。用洛必 达法则求极限出现震荡而失效时，应选用
１
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ｏ Ｚ， ｃｓ
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十三、 利用数项收敛的必要性求
极限
求正无穷小量的极限时， 采用此方法 较 简便 。
二 犷 ＝ｓ 飞 甥。 。二 ｕ
十一、用定积分求极限
根据变量的特征， 借助定积分的几何 意义 ，获得简捷的解题方法 。
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万方数据
…ｉ 一 睽ｇ ， ，‘ ） ｍ Ｓ” 一 睽 ｎ Ｚ
ｎ ｓ ｎ ０ ＋ ｓ ａ ｉｐ 坚卫ｉ 尘＿ ４ｉ ｓ ｓ 竺 ‘ 竺 ｎ ｎ ｉ
２ ２
Ａ ｃ 等 三角 。 Ｂ为 腰 形
方法二： 利用正弦定理 如图２ 如图２ 所示： 所示， 在△Ａ Ｃ Ｂ
线且Ｂ 云 Ｄ， Ｅ Ｃ 证明： △Ａ Ｃ为等腰三 Ｂ
（ｎ ｔ ｐ２ ｔ 匆＋ａ ） ａ ｎ
求限 击击 ） 极斌 ·一六
故 数令收 。此 级 客 敛 因， 悠 。 令一。．
对于一个具体求极限的问题，可能有 多种方法都能解决，这就要求我们选择恰
当的方法 ，以取得事半功倍的效果 。
又因为 Ｉ ＯＤ｝ ＢＣＩ ＝｝ ，所以有 ｝Ｄ２旧Ｃ’ Ｏ｝ ＝ ｝ ，
“ ”型的不定式 ，可以经过 倒代换 、通
对基 定 号型 。 不 式“” 和‘ 于本 黔
解 ：本题可用洛必达法则求解 （ 较 繁琐） ，在这里可应用泰勒公式求解． 考 虑到极限式的分母为刃，我们用麦克劳林 公式表示极限的分子 （ ｎ ４ 取 ＝ ）得
二 一 ＋ ＋ （， １ 立 二 ０ｘ） ．
分母每求一次导数，分子、分母的无穷小 一阶数都只减少一次，而利用麦克劳林公式 一可以马上得到分子、分母的无穷小阶数， 一然后可直接迅速地得到答案。
阎 宣 立新 主编． 高等数学学习 指导． 高等
教 育 出版社
【 华东师范大学数学系 数学分析． ６ 〕 高等
教 育 出版社
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关于斯溉纳一雷米欧 定理的三种证明方法
肖 敏 湖南中医药高等专科学校 ４２ １ １ ０２
摘 寒
斯坦纳一雷米欧斯定理的内容对所有中学生 来说都是很熟悉，但对于它的证明我们却很
少见过 ，为此本人通过研 究得到 了证明该 定
Ｂ ＝ Ｆ 过 Ｈ作 Ｈ ／ Ｃ Ｈ Ｃ， Ｋ ／ Ｆ交 Ｂ 于 Ｋ， Ｅ 在三角形 ＣＦＤ 和三角形 ＢＨ Ｋ 中，
例７求 咒 路 ‘ 黔 碧异 、
解 ：原式 ＝
ｌ ＣＳ ｉ ｉ Ｏ 戈ｌ ｍ ｍ
因而求得
ｘ＋（ ） ４ ０ｘ ｓ
平分线｝ 卜Ｂ ， 为原点， 点的坐 Ｏ ｝ ０ Ｄ Ｃ Ｉ 设Ｂ 标为 （， 化六 Ｂ ２ ，Ａ Ｏ ２日 ０ｂ ） Ｏ＝ 以匕 Ｂ＝ 则
由已知条件可知：
悠＝午万 一，－ 一 ＝
、 ２ ，：Ｉ了 、， （ ｎ
乙 Ｃ ＝ Ｈ Ｋ，所以△ 尸 二 刀 犬。所 ＤＦ 乙 Ｂ Ｃ Ｄ △刀 以Ｃ 二 Ｋ Ｂ 与已知Ｃ ＝ Ｅ ＤＢ＜Ｅ Ｄ Ｂ 矛盾。所 以假设错误 ，同理 假设ＡＣ＞ＡＢ时，也得到与已知 Ｃ ＝ Ｅ矛盾， Ｄ Ｂ 所以 ＡＢ ＡＣ，所以△ ＝
１ ）２ １ ．灿 ２口＋ａ（ ａ 一 ５１门 日＋ 溢１ ’ ． （ ） 翎 ａｓ （ ｓ ｃｓ ）０ ｉ ｃ 日一 ｏ ａ ＝ ， ｎ日 ｏ
Ｚ ｓ （目 ａ ｉ ２ ＋ａ 一 Ｚ日 ｎ ）Ｓ ｎ ｉ （ Ｚａ ＝ ， 口＋ ） ０ ．２ ｓ ’ ｉ ． ｎａｃｓ ｓ （ ｏ ａ ｉ ２日＋ａ 一 ｓ ｎ ）Ｚ ｎ ｉ 目ｃ ｓ口 ｓ （ Ｚａ ＝ ， ｏ ｉ 日＋ ）０ ｎ
图２
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图３
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万方数据
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）ｓ ｎ ｉ ｉ 日 ｎ 得： Ｚａｓ （ 日＋ａ ＝ ２日ｓ （ ｎ ｉ ｓ ｎ ｉ２
＋ ） Ｚａ 此时读者可以按照方法二继续证完。
阎吉 林大学数学系 编． 数学分析． 教 人民
育 出版社
囚 同济大学 教研室 编， 高等数学． 教 人民
育 出版社
１ 十 有 ，不 洛 达 则 分 、 时分效 它象 必法 ，子
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