一个代数与几何证明实例
一个代数不等式的几何证法
一个代数不等式的几何证法不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。
步骤/方法比较法比较法是证明不等式的最基本方法，具体有作差比较和作商比较两种。
基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。
当求证的不等式两端是分项式(或分式)时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式(或幂指数式时常用作商比较)基准1未知a+b0，澄清：a3+b3a2b+ab2分析：由题目观察知用作差比较，然后提取公因式，结合a+b0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。
∵(a3+b3)?(a2b+ab2)=a2(a-b)-b2(a-b)=(a-b)(a2-b2)证明： =(a-b)2(a+b)又∵(a-b)20(a-b)2(a+b)0即a3+b3a2b+ab2例2 设a、br+，且ab，求证：aabbabba分析：由澄清的不等式所述，a、b具备轮休对称性，因此可以在设a0的前提下用做商比较法，作商后同1比较大小，从而达至证明目的，步骤就是：10作商20商形整理30推论为与1的大小证明：由a、b的对称性，不妨解a0则aabbabba=aa-b?bb-a=(ab)a-b∵a?b?0，ab?1，a-b?0(ab)a-b?(ab)0=1即aabbabba1，又abba0aabbabba练习1 已知a、br+，nn，求证(a+b)(an+bn)2(an+1+bn+1)基本不等式法利用基本不等式及其变式证明不等式就是常用的方法，常用的基本不等式及变形存有：(1)若a、br，则a2+b22ab(当且仅当a=b时，取等号)(2)若a、br+，则a+b 2ab (当且仅当a=b时，挑等号)(3)若a、b同号，则 ba+ab2(当且仅当a=b时，取等号)基准3 若a、br， |a|1，|b|1则a1-b2+b1-a21分析：通过观察可直接套用： xyx2+y22证明：∵a1-b2b1-a2a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1b1-a2+a1-b21，当且仅当a1+b2=1时，等号成立练2：若 a?b?0，证明a+1(a-b)b3综合法综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。
特征多项式、代数重数与几何重数
特征多项式、代数重数与⼏何重数概要主要介绍了特征多项式、代数重数、⼏何重数以及重要的性质。
⼀个复⽅阵有多少个特征值？⾸先要做的当然是给出定义啦！接下来给出⼀个结论： 证明：我们分三步加以说明，1. 由tI−A⾏列式的计算展开表达式知，只有全取对⾓元素时，求和项次数才能达到n，即(t−a11)⋯(t−a nn)=t n−(a11+⋯+a nn)t n−1+⋯任何其它因⼦必包含⾮对⾓因⼦ −a ij(i≠j)，则对⾓元素t−a ii与t−a jj不可能也是因⼦。
因此求和项次数不可能⼤于n−2，于是式 1 确定了t n和t n−1的系数。
p A(t) 的常系数项正好是p A(0)=det(−A)=(−1)n det A .2. p A(λ)=0⇔det(λI−A)=0⇔(λI−A)x=0,x≠0⇔λ∈σ(A)3. ⼀次数为n⩾1 的多项式⾄多有n个不同零点。
结论 1.1 告诉我们，结合推⼴的韦达定理知：p A(t) 的零点之和是A的迹tr(A)，⽽零点之积则是A的⾏列式 det A。
进⼀步，如果p A(t) 的每个零点的重数都是 1，tr(A) 是A的特征值之和，⽽ det A是A的特征值之积 . 其实条件 “ 如果p A(t) 的每个零点的重数都是 1” 可以不需要，只不过得按照它们作为特征⽅程的重数来对A的特征值加以计数，下⾯引⼊代数重数的概念，我们约定A∈M n的特征值总是指这个特征值与其相对应的（代数）重数的合并称谓. 因此⽆需限制就能说：每个矩阵A∈M n在复数中恰好有n个特征值，且A的迹和⾏列式分别是它的特征值之和以及乘积.我们知道了每⼀个n×n复矩阵都有有限多个特征值，故可以给出如下定义.在本⼩节的最后，再给出⼀个重要的定理， 证明：在上⼀节的推论 1.2 知，λ∈σ(A)⇔λ+ε∈σ(A+εI)，我们的⽬标是λ+ε≠0, 如果A的所有特征值都为零，取δ=1，如果A的某个特征值不为零，则令δ=min , 此时任何⼀个满⾜0<\lvert \varepsilon \rvert<\delta的\varepsilon, 必有-\varepsilon \notin \sigma(A)，所以\lambda + \varepsilon \neq 0, 即0 \notin \sigma(A+\varepsilon I), 因此A+\varepsilon I是⾮奇异的.上述定理表明，⼀个奇异的复矩阵总可以稍加平移使之成为⾮奇异的.⼏何重数开始先给出⼀个关于特征值的结论， 证明：由于\mathrm{det}(tI-A^T)=\mathrm{det}(tI-A)^T=\mathrm{det}(tI-A), 我们有p_{A^T}(t)=p_A(t), 所以有p_{A^T} (\lambda)=0当且仅当p_A(\lambda)=0. 类似地，\mathrm{det}(\bar{t}I-A^*)=\mathrm{det}[(tI-A)^*]=\overline{\mathrm{det}(tI-A)}, 所以p_{A^*}(\bar{t})=\overline{p_A(t)}, ⼜p_{A^*} (\bar{\lambda})=0当且仅当p_A(\lambda)=0.如果x,y\in \mathbb{C}^n两者都是A\in M_n的与特征值\lambda相伴的特征向量，那么x与y的任何⾮零的线性组合也是它的与\lambda相伴的特征向量。
世界数学难题——费马大定理
世界数学难题——费马大定理费马大定理简介：当整数n > 2时，关于x, y, z的不定方程x^n + y^n = z^n.（(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1［n是一个奇素数］x>0,y>0,z>0）无整数解。
这个定理，本来又称费马最后定理，由17世纪法国数学家费马提出，而当时人们称之为“定理”，并不是真的相信费马已经证明了它。
虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明，但经过三个半世纪的努力，这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁•怀尔斯和他的学生理查•泰勒于1995年成功证明。
证明利用了很多新的数学，包括代数几何中的椭圆曲线和模形式，以及伽罗华理论和Hecke代数等，令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。
而安德鲁•怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此定理，获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
[编辑本段]理论发展1637年，费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。
”（拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet."）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
对很多不同的n，费马定理早被证明了。
但数学家对一般情况在首二百年内仍一筹莫展。
1908年，德国佛尔夫斯克宣布以10万马克作为奖金奖给在他逝世后一百年内，第一个证明该定理的人，吸引了不少人尝试并递交他们的“证明”。
几何代数和几何计算
穗潺氏向量空间。
由于嵌入空间的正交变换群正好是欧氏空间的共形变换群的双层覆盖，因而这一模型义被称为共形模型。
遗憾的是，历史上共形模型长期局限于坐标表示，它对构造欧氏几何甚至经典儿何的真正几何语言的贡献长期没有表现出来。
１８６９年，贝尔特拉米（Ｅ．Ｂｅｌｔｍｍｉ）给出罗氏几何的直观解释．说明罗氏平面可以看作负常数曲率的曲面。
，１８７１年．克莱因建立了射影度量和非欧几何的关系。
他指出．欧氏几何和罗氏几何都可用射影方法构造ｍ来。
１８８２年，庞加莱给出了一种模型：取圆的内部作为罗氏平面．把垂直于已知圆周的圆弧看作罗氏几何的直线，运动是把圆变为自身的反演。
这是现代经常使用的非欧几何在欧氏平面上等距实现的模型。
，这么多杰出的数学家参与几何代数和几何模型的研究，关注莱布尼茨宏伟设想的具体实现，充分说明这・数学课题的重要性。
迟缓的进展表明。
几何代数和几何计算的研究面对的道路将是艰难而漫长的。
非欧几何问世的前前后后相继产生＿ｒ多种几何。
各类儿何也出现了相应的几何代数语言。
如今．人们将射影几何、仿射几何、欧氏几何、罗氏几何、球几何等几何统称为经典几何。
对几何代数化而占，自然的问题是能否建立一种几何代数语言．可用于经典几何的统一表示，使得此类几何代数语言的运算结果同时在不同的几何中都具有明确的几何解释．亦即同一个几何计算的结果，在各类不同的几何之中具有相应的几何意义，代表着相应的几何结论。
这是实现几何计算代数化必须面对的新挑战。
几何代数语言对于最常用的经典几何，如何设计统一的几何语言，如何应用儿何语言进行几何计算呢？应用代数方法进行几何计算，需要通过三个步骤。
建模给出几何的代数表示。
同一个几何问题可以有各种备样的代数表示。
所谓用“真正的几何语言”直接进行几何计算，就要求代数表示没有任何外部参照物。
计算建立代数处理的算法。
要求给出的代数表示能够实现几何不变量代数的高效计算。
还原代数结果的几何解释。
要求给出的代数表示在计算过程中和得到的计算结果能够做出明确的几何解释。
高等代数与解析几何习题答案
习题习题设A是一个"阶下三角矩阵。
证明：（1）如果A的对角线元素吗H勺（门=1,2,…/）,则A必可对角化；（2）如果A的对角线元素a ll=a22=-=a ll…f且A不是对角阵，则A不可对角化。
证明：（1）因为A是一个〃阶下三角矩阵，所以A的特征多项式为I 2E - A 1= （2 - ! ）（2 - «22）■ • （2 - 6/wj）,又因心工勺（/, j = 1,2, •••,/?）,所以人有" 个不同的特征值，即4有"个线性无关的特征向量，以这〃个线性无关的特征向量为列构成一个可逆阵P,则有厂虫卩为对角阵，故A必可对角化。
（2）假设A可对角化，即存在对角阵〃= 人. ，使得A与B相似，进而A与3有相同的特征值人,人,…人。
又因为矩阵A的特征多项式为Ixtf —A1=（几_°］］）“ ，所以= ■ ■ ■ = A lt =, 从|（［J / 、如B=如=如丘，于是对于任意非退化矩阵x ,都有、% >X"BX =X%EX =gE = B,而A不是对角阵，必有厂曲=3",与假设矛盾，所以A 不可对角化。
习题设“维线性空间V的线性变换”有$个不同的特征值入，易，…,入，匕是人的特征子空间（心1,2,…,s）。
证明：（1）叫+岭+…+匕是直和；（2）a可对角化的充要条件是V = %㊉匕㊉…㊉匕。
证明：(1)取岭+£+・•・ +匕的零向量0，写成分解式有a x +a 2 + -- + a x =0,其中 q e V ； J = 1,2,…,s 。
现用 6b[…,b分别作用分解式两边，可得印+色+…+ % = 0人 © + + ・・• + A s a s = 0 常匕+石么+・・・+町匕=0写成矩阵形式为‘1人( 、1(4S ，…心):J 人f 1由于人,人,…，人是互不相同的，所以矩阵3= 1零，即矩阵B 是可逆的，进而有(卬，色,aJBB" = (0,0,…,0)B" = (0,0,…,0), (a 「勺，…)=(0,0,…,0)。
用代数思想求解几何证明问题的一种方法
DD 用代数思想求解几何证明问题的一种方法 例题：在正方形ABCD 中，E 和F 分别是AB 和BC 的中点，连接CE 和DF ，相交于P ，连接AP 。
求证：AP=AD 几何解法：∵EB=CF ，DC=BC ，∠DCF=∠B ∴△DCF ≌△CBE ，可得∠DFC+∠FDC=90°，∠BCE=∠FDC ，∴ ∠DFC+∠BCE= 90°∴ ∠FPC=90°∴ DF ⊥EC 。
方法一:过点P 做MN ∥BC ，MN 垂直于AB,CD 。
∠NPC=∠PCB, ∠PNC=∠CBE=90°∴△PNC ∽△CBE 得出PN/NC=CB/EB=2 ∠FDH=∠ECB ∠PND=∠EBC=90°∴△PND ∽△CBE DN/PN=CB/EB=2 ∴DN=2PN=4NC ∴DC=5NC PN=2/5DCNC=1/4DN=1/5DC=1/5AB=MB 所以，就知道了AM=AB-MB=4/5ABPM=MN-PN=AB-PN=3/5AB ,AP=√(AM ²+PM ²)=√[(4/5AB)² +(3/5AB)²]=AB (勾股定理)∴AP=AB=AD方法二: 延长PE 交DA 延长线于G, ∵AE=EB ∠CEB=∠GEA ∠EBC=∠EAG=90°,∴ △GAE ≌△CBE, ∴GA=BC=AD, ∵△DPG 为RT △, ∠DPG=∠FPC=90°,DG 为斜边, A 为斜边上中点, ∴ AP=1/2DG=AD方法三: H 为DC 中点,连AH, HP, AH 交DE 于G, △DPC 为RT △, ∠DPG=∠FPC=90°,HP=HC=DH,RT △中线的性质, ∠HPC=∠HCP, ∠HPD=∠HDP , 用上面同样的方法可证AH ⊥DF, ∴EC ∥AH (垂直于同一条直线的两条直线平行),∠DHG=∠DCP(同位角), ∠PHG=∠HPC(内错角), ∴∠DHG=∠PHG , HG=HG ∴ △GHG ≌△PHG, ∴ DG=PG, AH 垂直平分DP, AH 是线段DP 的垂直平分线,所以,AD=AP方法四: 在方法三的基础上,∵ AH=AH , DH=PH , ∠DHG=∠PHG ∴ △ADH ≌△APH,∴ AD=AP 代数方法：由于□ABCD 是正方形，且E 和F 为AB 与BC 的中点，因此，比较容易建立直角坐标系。
勾股定理的证明
勾股定理的证明勾股定理是数学中的一条基本定理，它可以用来计算一个直角三角形的斜边长度。
在数学史上，勾股定理的证明经过了漫长的历史演变和多次的尝试。
以下是关于勾股定理的证明过程：勾股定理最早的记载可以追溯到中国古代的《周髀算经》中。
它的基本内容是：“周公旦商，说桓公之卦，用《勾陈》九章，与之占之。
宫□用龟，次□用蓍，外□用繇，内□用筮。
《勾周》之书曰：勾广三，股修四，径隅五。
”这个“勾广三，股修四”就是勾股定理的前两个要点，后一个要点在这里并没有体现出来。
这说明，勾股定理在中国古代早已被人们掌握和应用。
在此基础上，古希腊数学家毕达哥拉斯进一步推导出了勾股定理，并赋予了它深刻的几何解释。
二、勾股定理的几何解释1、勾股定理的基本形式勾股定理的基本形式是：在直角三角形中，直角边上的两个边长分别为a和b，斜边的长度为c，那么a²+b²=c²。
这个公式主要是告诉我们，在一个直角三角形中，斜边的平方等于两个直角边的平方之和。
勾股定理的代数解释是：将直角边较小的一条的长度定为a，较长的一条的长度定为b，斜边的长度定为c，则有：a²+b²=c²。
可以看出，勾股定理是一种代数式，它可以代表某种关系和规律。
勾股定理的几何解释是：在直角三角形中，三个顶点组成了一个直角，而其他两个顶点则分别位于两条直角边上。
一个顶点与一条直角边组成了直角，而另一个顶点与斜边组成了锐角。
斜边的长度等于从锐角顶点到直角边上的垂足点的距离，而两个直角边的长度分别等于垂足点到两个顶点的距离。
因此，勾股定理可以用勾股图来表示。
1、几何证明勾股定理最早的证明是几何证明，它是在古希腊时期提出的，并且被认为是最简单的证明方法。
其证明思路如下：① 在直角三角形ABC中，以AC为一条边，以AB为一条高，作垂线BD。
② 由勾股定理：∵ AD²=DB²+AB²∴ AC²=AD²+DC²=(DB²+AB²)+DC²∵ DC=DB③ 所以在直角三角形ABC中，斜边的平方等于两个直角边的平方之和。
直线与圆的方程典型例题
解析几何中，直 线与圆方程的应 用可以帮助我们 研究几何图形的 性质和特征
解析几何中，直 线与圆方程的应 用可以用于解决 实际生活中的问 题，如测量、绘 图和计算等
实际生活中的应用
交通路径规划：利用直线与圆的方程，可以计算出最短或最安全的行驶路 径。
建筑设计：在建筑设计时，可以利用直线与圆的方程来计算出最佳的设计 方案，以满足建筑的功能和美观要求。
范围。
直线的一般式 方程：通过已 知直线的一般 式方程，推导 出直线的斜截 式方程，并说 明其应用范围。
圆的方程的变形与拓展
圆的一般方程：x²+y²+Dx+Ey+F=0
圆的标准方程：x²+y²+Dx+Ey+F=0
圆的一般方程的变形：通过移项、合并同类项等操作，将一般方程转化为标准方程或参数方 程
圆的参数方程：通过引入参数t，将圆的方程转化为参数方程，方便进行参数化处理和求解相 关问题
直线与圆相离的 条件：圆心到直 线的距离大于圆 的半径
直线与圆交点求解的变形与拓展
变形：将直线方程代入圆方程，得到一元二次方程，解得交点坐标 拓展：利用韦达定理，求出交点坐标之间的关系，进而得到弦长、面积等几何量Leabharlann 感谢观看汇报人：XX
直线与圆的交点求解
联立方程法：通过 将直线方程与圆方 程联立，消元求解 交点坐标
几何法：利用圆心 到直线的距离等于 半径，判断交点个 数，并求解交点坐 标
参数方程法：利用 参数方程表示直线 和圆的方程，通过 消参法求解交点坐 标
代数法：通过代入 法求解交点坐标
03
直线与圆方程的应 用
几何图形中的应用
点斜式方程：知道直线上的一点 (x1, y1)和直线的斜率k，则直线 方程为y-y1=k(x-x1)
判断无理数的四个方法
判断无理数的四个方法无理数是指不能表示为两个整数的比值的数，它的小数部分无限不循环。
在数学中，我们经常需要判断一个数是否为无理数。
下面将介绍四种常见的方法来判断一个数是否为无理数。
方法一：反证法反证法是一种常用的数学证明方法，用于证明某个命题的否定。
对于判断一个数是否为无理数，我们可以采用反证法。
假设一个数是有理数，即可以表示为两个整数的比值。
然后我们推导出一个矛盾的结论，即这个数同时也可以表示为两个互质的整数的比值。
因为有理数可以化简为最简形式，所以这个假设与无理数的定义相矛盾，从而证明了这个数是无理数。
方法二：连分数展开法连分数是一种将一个实数表示为一个无限连分数的方法。
对于一个无理数来说，它的连分数展开是无限不循环的。
因此，我们可以通过计算连分数展开的有限项来判断一个数是否为无理数。
如果连分数的展开具有循环结构，那么这个数就是有理数；如果连分数的展开没有循环结构，那么这个数就是无理数。
方法三：代数证明法有些无理数可以通过代数方程的解来表示，这种无理数称为代数无理数。
对于一些特定的代数无理数，我们可以通过代数运算和方程的性质来判断它们是否为无理数。
例如，根号2是一个代数无理数，我们可以通过假设根号2是有理数，然后推导出一个矛盾的结论，从而证明根号2是无理数。
方法四：几何证明法几何证明法是通过几何图形的性质来判断一个数是否为无理数。
例如，我们可以通过构造正方形的对角线长度为1的等腰直角三角形来证明根号2是无理数。
假设根号2是有理数，那么我们可以构造出一个边长为1的正方形，然后根据勾股定理可以得到对角线的长度为根号2。
但是根号2是无理数，所以我们得出了一个矛盾的结论，从而证明根号2是无理数。
通过以上四种方法，我们可以判断一个数是否为无理数。
无理数的研究在数学中有着重要的地位，它不仅与代数、几何等数学分支密切相关，还在物理、工程等应用领域有着广泛的应用。
因此，对于无理数的判断方法的研究和应用具有重要的意义。
几何与代数的证明
几何与代数的证明作为数学的两个重要分支，几何和代数在解决问题和证明定理时有着密切的联系。
几何主要研究空间中的形状、大小、位置等概念，而代数则关注数与符号之间的关系和运算。
本文将探讨几何与代数之间的证明方法，并分别以几何证明和代数证明为例进行详细说明。
一、几何证明几何证明是通过运用几何学的基本定理、公理和推理方法来证明几何问题。
下面以证明平行线性质为例进行说明。
定理：若两条直线与一条横截线形成内错角，则这两条直线平行。
证明：设直线l1与直线l2与横截线m形成内错角∠α和∠β。
根据内错角性质可知，α+β=180°。
为了证明l1与l2平行，我们需要证明∠α与∠β的对应角相等。
因为l1与m相交，所以有两个内角∠1和∠2与∠α相对，根据同位角性质可知∠1=∠α。
同理，l2与m相交时也有两个内角∠3和∠4与∠β相对，根据同位角性质可知∠3=∠β。
由于∠1=∠α，∠3=∠β，所以我们可以得出∠1=∠3。
由此可证明∠α和∠β的对应角相等，即∠α=∠β。
根据等角对应定理可知，若两个对应角相等，则这两条直线l1和l2平行。
以上便是通过几何证明方法证明平行线性质的过程。
在几何证明中，我们通过观察图形、构造辅助线、利用基本定理和推理等方法，来推出结论并证明定理的正确性。
二、代数证明代数证明是通过代数运算和方程等手段来证明数学问题。
下面以证明平方差公式为例进行说明。
定理：对于任意实数a和b，有(a+b)(a-b)=a^2-b^2。
证明：我们可以采用代数的方法证明平方差公式。
首先展开左边的表达式(a+b)(a-b)，得到a^2-ab+ab-b^2。
再根据加法结合律和加法逆元的性质，可以将中间的ab和-b^2合并得到a^2-b^2。
因此，左边等于右边，即(a+b)(a-b)=a^2-b^2。
通过代数运算和运用等式的性质，我们可以证明平方差公式的正确性。
代数证明的过程中，我们经常运用数学定律和运算法则，通过逻辑推理将给定的问题归结为已知的数学结论。
空间解析几何与向量代数 证明题
空间解析几何与向量代数证明题
空间解析几何与向量代数是数学中重要的分支之一，它们在研究空间中的点、线、面以及其间的关系和性质时起到了关键作用。
以下是一些与空间解析几何与向量代数相关的证明题。
1. 证明平面中的两条直线平行的充分必要条件是它们的法向量平行。
2. 证明两个向量的线性组合在平面上形成一个平行四边形。
3. 证明两个向量的点积为零的充分必要条件是它们垂直。
4. 证明平面上的三个点共线的充分必要条件是它们的向量共线。
5. 证明三个向量共面的充分必要条件是它们的混合积为零。
6. 证明空间中两个平面垂直的充分必要条件是它们的法向量垂直。
7. 证明四个向量共面的充分必要条件是它们的行列式为零。
8. 证明两条直线在平面上相交的充分必要条件是它们的方向向量不
平行。
这些证明题涉及到了空间解析几何与向量代数中的重要概念和性质，如向量的线性组合、点积、混合积、法向量等。
通过解答这些题目，可以加深对空间解析几何与向量代数的理解，提高证明能力和问题解决能力。
一个代数不等式的几何证明
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由直 三 角形 中
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一 个代数 不 等式 的 儿何证 明
济 南铁 三 中
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a
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弓
苏加 昌
得到
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。
,
用不 等号 从 小到 大连
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、
接 下 列各 式
订菇
、
L Q
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勾股定理的几何证明与代数证明对比
勾股定理的几何证明与代数证明对比勾股定理是初中数学中的重要内容之一，它指出：在任意直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。
这一定理可以通过几何证明和代数证明两种方法进行验证。
本文将对这两种证明方法进行对比，分析它们的异同点，并探讨其适用范围和优劣势。
1. 几何证明几何证明是利用平面几何中的图形构造和性质来证明勾股定理。
我们以直角三角形 ABC 为例进行几何证明。
首先，我们作出直角三角形 ABC。
在直角边 AC 上作高 BD，使之与直角边 AB 相垂直。
根据直角三角形的特性，我们可以得到三个直角三角形 ABD、BCD 和 ABC。
接着，我们计算各个三角形的面积。
根据几何知识，三角形的面积可以通过底边和高的乘积的一半来计算。
我们得到以下结果：△ABD 的面积为 1/2 * AB * BD，△BCD 的面积为 1/2 * BC * BD，△ABC 的面积为 1/2 * AC * BC。
此时，我们可以观察到△ABD 和△BCD 的面积之和等于△ABC 的面积，即：1/2 * AB * BD + 1/2 * BC * BD = 1/2 * AC * BC。
接下来，我们化简上述等式，得到：AB² + BC² = AC²。
由此可见，根据几何证明，我们成功地验证了勾股定理。
2. 代数证明代数证明是通过运用代数方法，例如方程的推导和运算，来证明勾股定理。
我们同样以直角三角形 ABC 进行代数证明。
假设直角三角形 ABC 的三个顶点坐标分别为 A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，C(x₃, y₃)。
根据坐标的性质，我们可以得到以下条件：AB 的长度为√((x₂ - x₁)² + (y₂ - y₁)²)，BC 的长度为√((x₃ - x₂)² + (y₃ - y₂)²)，AC 的长度为√((x₃ - x₁)² + (y₃ - y₁)²)。
中考数学经典几何证明题60例附试题分析和参考答案
中考数学经典几何证明题60例一、解答题（共60小题）1．（遵义）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．（1）求证：△AEF≌△DEB；（2）证明四边形ADCF是菱形；（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．2．（珠海）已知△ABC，AB=AC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．（1）如图1，连接BD，AF，则BD AF（填“＞”、“＜”或“=”）；（2）如图2，M为AB边上一点，过M作BC的平行线MN分别交边AC，DE，DF于点G，H，N，连接BH，GF，求证：BH=GF．3．（镇江）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．（1）求证：△BAE≌△BCF；（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA=°时，四边形BFDE是正方形．4．（漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．（1）求证：四边形DEFG为菱形；（2）若CD=8，CF=4，求的值．5．（玉林）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点且∠BOD=60°，过点D作⊙O 的切线CD交AB的延长线于点C，E为的中点，连接DE，EB．（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；（2）已知图中阴影部分面积为6π，求⊙O的半径r．6．（永州）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=DC．延长AD到E点，使DE=AB．（1）求证：∠ABC=∠EDC；（2）求证：△ABC≌△EDC．7．（营口）如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，连接OP，过点B作BC∥OP交⊙O于点C，连接AC交OP于点D．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）若PD=，AC=8，求图中阴影部分的面积；（3）在（2）的条件下，若点E是的中点，连接CE，求CE的长．8．（徐州）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE=时，四边形BFCE是菱形．9．（宿迁）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．10．（湘西州）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）求证：四边形BFDE为矩形．11．（咸宁）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2=0．（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；（2）m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根．12．（咸宁）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．13．（梧州）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．（1）求证：HF=AP；（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．14．（威海）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．（1）求证：BE=CE；（2）若BD=2，BE=3，求AC的长．15．（铜仁市）已知，如图，点D在等边三角形ABC的边AB上，点F在边AC上，连接DF并延长交BC的延长线于点E，EF=FD．求证：AD=CE．16．（通辽）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．17．（铁岭）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E、F分别在边CD、AB上．（1）若DE=BF，求证：四边形AFCE是平行四边形；（2）若四边形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周长．18．（天水）如图，AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P．求证：（1）AC•PD=AP•BC；（2）PE=PD．19．（泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E 为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证：（1）DF=AE；（2）DF⊥AC．20．（随州）如图，射线PA切⊙O于点A，连接PO．（1）在PO的上方作射线PC，使∠OPC=∠OPA（用尺规在原图中作，保留痕迹，不写作法），并证明：PC是⊙O的切线；（2）在（1）的条件下，若PC切⊙O于点B，AB=AP=4，求的长．21．（绥化）如图1，在正方形ABCD中，延长BC至M，使BM=DN，连接MN交BD延长线于点E．（1）求证：BD+2DE=BM．（2）如图2，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G．若AF：FD=1：2，且CM=2，则线段DG=．22．（苏州）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以B、C为圆心，BC长为半径在BC下方画弧．设两弧交于点D，与AB、AC的延长线分别交于点E、F，连接AD、BD、CD（1）求证：AD平分∠BAC；（2）若BC=6，∠BAC=50°，求DE、DF的长度之和（结果保留π）．23．（上海）已知，如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延长线上，且OE=OB，连接DE．（1）求证：DE⊥BE；（2）如果OE⊥CD，求证：BD•CE=CD•DE．24．（厦门）如图，在平面直角坐标系中，点A（2，n），B（m，n）（m＞2），D（p，q）（q＜n），点B，D在直线y=x+1上．四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点E，且AB∥CD，CD=4，BE=DE，△AEB的面积是2．求证：四边形ABCD是矩形．25．（庆阳）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，直线EF交正方形外角的平分线于点F，交DC于点G，且AE⊥EF．（1）当AB=2时，求△GEC的面积；（2）求证：AE=EF．26．（青海）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，AC平分∠BAD，CE∥DA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．27．（钦州）如图，AB为⊙O的直径，AD为弦，∠DBC=∠A．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）连接OC，如果OC恰好经过弦BD的中点E，且tanC=，AD=3，求直径AB的长．28．（黔东南州）如图，已知PC平分∠MPN，点O是PC上任意一点，PM与⊙O相切于点E，交PC于A、B两点．（1）求证：PN与⊙O相切；（2）如果∠MPC=30°，PE=2，求劣弧的长．29．（潜江）如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延长线交于点M，∠COB=∠APB．（1）求证：PB是⊙O的切线；（2）当OB=3，PA=6时，求MB，MC的长．30．（盘锦）如图1，AB为⊙O的直径，点P是直径AB上任意一点，过点P作弦CD⊥AB，垂足为P，过点B的直线与线段AD的延长线交于点F，且∠F=∠ABC．（1）若CD=2，BP=4，求⊙O的半径；（2）求证：直线BF是⊙O的切线；（3）当点P与点O重合时，过点A作⊙O的切线交线段BC的延长线于点E，在其它条件不变的情况下，判断四边形AEBF是什么特殊的四边形？请在图2中补全图象并证明你的结论．31．（内江）如图，将▱ABCD的边AB延长至点E，使AB=BE，连接DE，EC，DE交BC 于点O．（1）求证：△ABD≌△BEC；（2）连接BD，若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．32．（南通）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，DC上，且ED⊥DB，FB⊥BD．（1）求证：△AED≌△CFB；（2）若∠A=30°，∠DEB=45°，求证：DA=DF．33．（南平）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延长线上的一点，CD与半圆O相切于点D，连接AD，BD．（1）求证：∠BAD=∠BDC；（2）若∠BDC=28°，BD=2，求⊙O的半径．（精确到0.01）34．（南京）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延长线与AD的延长线交于点E，且DC=DE．（1）求证：∠A=∠AEB；（2）连接OE，交CD于点F，OE⊥CD，求证：△ABE是等边三角形．35．（南充）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：（1）△AEF≌△CEB；（2）AF=2CD．36．（南昌）（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D 的形状为A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D．①求证：四边形AFF′D是菱形．②求四边形AFF′D的两条对角线的长．37．（梅州）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：①以A为圆心，AB长为半径画弧；②以C为圆心，CB长为半径画弧，两弧相交于点D；③连接BD，与AC交于点E，连接AD，CD．（1）求证：△ABC≌△ADC；（2）若∠BAC=30°，∠BCA=45°，AC=4，求BE的长．38．（龙岩）如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．（1）求证：AE=DC；（2）已知DC=，求BE的长．39．（柳州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，边CD与⊙O相交于点E，连接AE，BE．（1）求证：AB=AC；（2）若过点A作AH⊥BE于H，求证：BH=CE+EH．40．（辽阳）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，DG⊥AC于点G，交AB的延长线于点F．（1）求证：直线FG是⊙O的切线；（2）若AC=10，cosA=，求CG的长．41．（连云港）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F 处，DF交AB于点E．（1）求证；∠EDB=∠EBD；（2）判断AF与DB是否平行，并说明理由．42．（莱芜）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，分别以AB，AC为直角边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，G为BD的中点，连接CG，BE，CD，BE与CD 交于点F．（1）判断四边形ACGD的形状，并说明理由．（2）求证：BE=CD，BE⊥CD．43．（酒泉）如图，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连结CE，DF．（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；（2）①当AE=cm时，四边形CEDF是矩形；②当AE=cm时，四边形CEDF是菱形．（直接写出答案，不需要说明理由）44．（荆门）已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O 于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）求证：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为5，sinA=，求BH的长．45．（吉林）如图①，半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形=，由弧长l=，得S扇形==••R=lR．通过观察，我们发现S扇形=lR类似于S三角形=×底×高．类比扇形，我们探索扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其应用．（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形=×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积最大，最大面积是多少？46．（黄石）在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．47．（黄冈）已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延长线于点P．（1）求证：∠BCP=∠BAN（2）求证：=．48．（湖北）如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．（1）求证：BE=CF；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．49．（葫芦岛）如图，△ABC是等边三角形，AO⊥BC，垂足为点O，⊙O与AC相切于点D，BE⊥AB交AC的延长线于点E，与⊙O相交于G、F两点．（1）求证：AB与⊙O相切；（2）若等边三角形ABC的边长是4，求线段BF的长？50．（呼伦贝尔）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．51．（呼伦贝尔）如图，已知直线l与⊙O相离．OA⊥l于点A，交⊙O于点P，OA=5，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．（1）求证：AB=AC；（2）若PC=2，求⊙O的半径．52．（贺州）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠BAD，AD⊥DC，垂足为D，OE⊥AC，垂足为E．（1）求证：DC是⊙O的切线；（2）若OE=cm，AC=2cm，求DC的长（结果保留根号）．53．（贺州）如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F．若DE=4，BD=8．（1）求证：AF=EF；（2）求证：BF平分∠ABD．54．（河南）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD、PO．（1）求证：△CDP≌△POB；（2）填空：①若AB=4，则四边形AOPD的最大面积为；②连接OD，当∠PBA的度数为时，四边形BPDO是菱形．55．（桂林）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N，求证：△ABN≌△CDM．56．（贵港）如图，已知AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为E，且点E 是OD的中点，⊙O的切线BM与AO的延长线相交于点M，连接AC，CM．（1）若AB=4，求的长；（结果保留π）（2）求证：四边形ABMC是菱形．57．（甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．（1）求证：CF=CH；（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM 是什么四边形？并证明你的结论．58．（东莞）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．（1）求证：△ABG≌△AFG；（2）求BG的长．59．（大庆）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，P为BD上一点，∠APB=∠BAD．（1）证明：AB=CD；（2）证明：DP•BD=AD•BC；（2）证明：BD2=AB2+AD•BC．60．（赤峰）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO 交PO延长线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．（1）求证：PB是的切线．（2）若PB=6，DB=8，求⊙O的半径．中考数学经典几何证明题60例参考答案与试题解析一、解答题（共60小题）1．（遵义）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．（1）求证：△AEF≌△DEB；（2）证明四边形ADCF是菱形；（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．考点：菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．专题：证明题．分析：（1）根据AAS证△AFE≌△DBE；（2）利用①中全等三角形的对应边相等得到AF=BD．结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到ADCF是菱形，由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到AD=DC，从而得出结论；（3）由直角三角形ABC与菱形有相同的高，根据等积变形求出这个高，代入菱形面积公式可求出结论．解答：（1）证明：①∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE=DE，BD=CD，在△AFE和△DBE中，，∴△AFE≌△DBE（AAS）；（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．∵DB=DC，∴AF=CD．∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形，∵，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，∴AD=DC=BC，∴四边形ADCF是菱形；（3）解：设菱形DC边上的高为h，∴RT△ABC斜边BC边上的高也为h，∵BC==，∴DC=BC=，∴h==，菱形ADCF的面积为：DC•h=×=10．点评：本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，菱形的面积计算，主要考查学生的推理能力．2．（珠海）已知△ABC，AB=AC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．（1）如图1，连接BD，AF，则BD=AF（填“＞”、“＜”或“=”）；（2）如图2，M为AB边上一点，过M作BC的平行线MN分别交边AC，DE，DF于点G，H，N，连接BH，GF，求证：BH=GF．考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平移的性质．专题：证明题．分析：（1）根据等腰三角形的性质，可得∠ABC与∠ACB的关系，根据平移的性质，可得AC与DF的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得答案；（2）根据相似三角形的判定与性质，可得GM与HN的关系，BM与FN的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得答案．解答：（1）解：由AB=AC，得∠ABC=ACB．由△ABC沿BC方向平移得到△DEF，得DF=AC，∠DFE=∠ACB．在△ABF和△DFB中，，△ABF≌△DFB（SAS），BD=AF，故答案为：BD=AF；（2）证明：如图：MN∥BF，△AMG∽△ABC，△DHN∽△DEF，=，=，∴MG=HN，MB=NF．在△BMH和△FNG中，，△BMH≌△FNG（SAS），∴BH=FG．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了平移的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．3．（镇江）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．（1）求证：△BAE≌△BCF；（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA=20°时，四边形BFDE是正方形．考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定．专题：证明题．分析：（1）由题意易证∠BAE=∠BCF，又因为BA=BC，AE=CF，于是可证△BAE≌△BCF；（2）由已知可得四边形BFDE对角线互相垂直平分，只要∠EBF=90°即得四边形BFDE 是正方形，由△BAE≌△BCF可知∠EBA=∠FBC，又由∠ABC=50°，可得∠EBA+∠FBC=40°，于是∠EBA=×40°=20°．解答：（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∴AB=BC，∠BAC=∠BCA，∴∠BAE=∠BCF，在△BAE与△BCF中，∴△BAE≌△BCF（SAS）；（2）∵四边形BFDE对角线互相垂直平分，∴只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，∵△BAE≌△BCF，∴∠EBA=∠FBC，又∵∠ABC=50°，∴∠EBA+∠FBC=40°，∴∠EBA=×40°=20°．故答案为：20．点评：本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的判定．本题关键是根据SAS证明△BAE≌△BCF．4．（漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．（1）求证：四边形DEFG为菱形；（2）若CD=8，CF=4，求的值．考点：翻折变换（折叠问题）；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质．专题：证明题．分析：（1）根据折叠的性质，易知DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，易证FG=FE，故由四边相等证明四边形DEFG为菱形；（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．解答：（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；（2）解：设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，FC2+EC2=EF2，即42+（8﹣x）2=x2，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．点评：本题主要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．5．（玉林）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点且∠BOD=60°，过点D作⊙O 的切线CD交AB的延长线于点C，E为的中点，连接DE，EB．（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；（2）已知图中阴影部分面积为6π，求⊙O的半径r．考点：切线的性质；平行四边形的判定；扇形面积的计算．专题：证明题．分析：（1）由∠BOD=60°E为的中点，得到，于是得到DE∥BC，根据CD 是⊙O的切线，得到OD⊥CD，于是得到BE∥CD，即可证得四边形BCDE是平行四边形；（2）连接OE，由（1）知，，得到∠BOE=120°，根据扇形的面积公式列方程即可得到结论．解答：解：（1）∵∠BOD=60°，∴∠AOD=120°，∴=，∵E为的中点，∴，∴DE∥AB，OD⊥BE，即DE∥BC，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD，∴BE∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形；（2）连接OE，由（1）知，，∴∠BOE=120°，∵阴影部分面积为6π，∴=6π，∴r=6．点评：本题考查了切线的性质，平行四边形的判定，扇形的面积公式，垂径定理，证明是解题的关键．6．（永州）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=DC．延长AD到E点，使DE=AB．（1）求证：∠ABC=∠EDC；（2）求证：△ABC≌△EDC．考点：全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：（1）根据四边形的内角和等于360°求出∠B+∠ADC=180°，再根据邻补角的和等于180°可得∠CDE+∠ADE=180°，从而求出∠B=∠CDE；（2）根据“边角边”证明即可．解答：（1）证明：在四边形ABCD中，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴90°+∠B+90°+∠ADC=360°，∴∠B+∠ADC=180°，又∵∠CDE+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠CDE，（2）连接AC，由（1）证得∠ABC=∠CDE，在△ABC和△EDC中，，∴△ABC≌△EDC（SAS）．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，根据四边形的内角和定理以及邻补角的定义，利用同角的补角相等求出夹角相等是证明三角形全等的关键，也是本题的难点．7．（营口）如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，连接OP，过点B作BC∥OP交⊙O于点C，连接AC交OP于点D．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）若PD=，AC=8，求图中阴影部分的面积；（3）在（2）的条件下，若点E是的中点，连接CE，求CE的长．考点：切线的判定；扇形面积的计算．专题：证明题．分析：（1）连接OC，证明△PAO≌△PCO，得到∠PCO=∠PAO=90°，证明结论；（2）证明△ADP∽△PDA，得到成比例线段求出BC的长，根据S阴=S⊙O﹣S△ABC 求出答案；（3）连接AE、BE，作BM⊥CE于M，分别求出CM和EM的长，求和得到答案．解答：（1）证明：如图1，连接OC，∵PA切⊙O于点A，∴∠PAO=90°，∵BC∥OP，∴∠AOP=∠OBC，∠COP=∠OCB，∵OC=OB，∴∠OBC=∠OCB，∴∠AOP=∠COP，在△PAO和△PCO中，，∴△PAO≌△PCO，∴∠PCO=∠PAO=90°，∴PC是⊙O的切线；（2）解：由（1）得PA，PC都为圆的切线，∴PA=PC，OP平分∠APC，∠ADO=∠PAO=90°，∴∠PAD+∠DAO=∠DAO+∠AOD，∴∠PAD=∠AOD，∴△ADP∽△ODA，∴，∴AD2=PD•DO，∵AC=8，PD=，∴AD=AC=4，OD=3，AO=5，由题意知OD为△的中位线，∴BC=6，OD=6，AB=10．∴S阴=S⊙O﹣S△ABC=﹣24；（3）解：如图2，连接AE、BE，作BM⊥CE于M，∴∠CMB=∠EMB=∠AEB=90°，∵点E是的中点，∴∠ECB=∠CBM=∠ABE=45°，CM=MB=3，BE=AB•cos45°=5，∴EM==4，则CE=CM+EM=7．点评：本题考查的是切线的判定和性质、扇形面积的计算和相似三角形的判定和性质，灵活运用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和切线的判定是解题的关键．8．（徐州）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE=4时，四边形BFCE是菱形．考点：平行四边形的判定；菱形的判定．专题：证明题．分析：（1）由AE=DF，∠A=∠D，AB=DC，易证得△AEC≌△DFB，即可得BF=EC，∠ACE=∠DBF，且EC∥BF，即可判定四边形BFCE是平行四边形；（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，根据菱形的性质即可得到结果．解答：（1）证明：∵AB=DC，∴AC=DF，在△AEC和△DFB中，∴△AEC≌△DFB（SAS），∴BF=EC，∠ACE=∠DBF∴EC∥BF，∴四边形BFCE是平行四边形；（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，∵AD=10，DC=3，AB=CD=3，∴BC=10﹣3﹣3=4，∵∠EBD=60°，∴BE=BC=4，∴当BE=4 时，四边形BFCE是菱形，故答案为：4．点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，注意数形结合思想的应用，注意掌握辅助线的作法．9．（宿迁）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．考点：平行四边形的判定与性质；等腰三角形的性质．专题：证明题．分析：（1）根据同旁内角互补两直线平行求出BC∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；（2）分①BC=BD时，利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得解；②BC=CD时，过点C作CG⊥AF于G，判断出四边形AGCB 是矩形，再根据矩形的对边相等可得AG=BC=3，然后求出DG=2，利用勾股定理列式求出CG，然后利用平行四边形的面积列式计算即可得解；③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，矛盾．解答：（1）证明：∵∠A=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴∠CBE=∠DFE，在△BEC与△FED中，，∴△BEC≌△FED，∴BE=FE，又∵E是边CD的中点，∴CE=DE，∴四边形BDFC是平行四边形；（2）①BC=BD=3时，由勾股定理得，AB===2，所以，四边形BDFC的面积=3×2=6；②BC=CD=3时，过点C作CG⊥AF于G，则四边形AGCB是矩形，所以，AG=BC=3，所以，DG=AG﹣AD=3﹣1=2，由勾股定理得，CG===，所以，四边形BDFC的面积=3×=3；③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，矛盾，此时不成立；综上所述，四边形BDFC的面积是6或3．点评：本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，（1）确定出全等三角形是解题的关键，（2）难点在于分情况讨论．10．（湘西州）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）求证：四边形BFDE为矩形．考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．专题：证明题．分析：（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可的值；（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可的值．解答：证明：（1）∵DE⊥AB，BF⊥CD，∴∠AED=∠CFB=90°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，∠A=∠C，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（AAS）；（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD∥AB，∴∠CDE+∠DEB=180°，∵∠DEB=90°，∴∠CDE=90°，∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，则四边形BFDE为矩形．点评：此题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定方法是解本题的关键．11．（咸宁）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2=0．（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；（2）m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根．考点：根的判别式；解一元二次方程-公式法．专题：证明题．分析：（1）求出方程根的判别式，利用配方法进行变形，根据平方的非负性证明即可；（2）利用一元二次方程求根公式求出方程的两个根，根据题意求出m的值．解答：（1）证明：△=（m+2）2﹣8m=m2﹣4m+4=（m﹣2）2，∵不论m为何值时，（m﹣2）2≥0，∴△≥0，∴方程总有实数根；（2）解：解方程得，x=，x1=，x2=1，∵方程有两个不相等的正整数根，∴m=1或2，m=2不合题意，∴m=1．点评：本题考查的是一元二次方程根的判别式和求根公式的应用，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；△=0⇔方程有两个相等的实数根；△＜0⇔方程没有实数根是解题的关键．12．（咸宁）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．考点：切线的性质；菱形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：（1）连接OD、OE、ED．先证明△AOE是等边三角形，得到AE=AO=0D，则四边形AODE是平行四边形，然后由OA=OD证明四边形AODE是菱形；（2）连接OD、DF．先由△OBD∽△ABC，求出⊙O的半径，然后证明△ADC∽△AFD，得出AD2=AC•AF，进而求出AD．解答：（1）证明：如图1，连接OD、OE、ED．∵BC与⊙O相切于一点D，∴OD⊥BC，∴∠ODB=90°=∠C，∴OD∥AC，∵∠B=30°，∴∠A=60°，∵OA=OE，∴△AOE是等边三角形，∴AE=AO=0D，∴四边形AODE是平行四边形，∵OA=OD，∴四边形AODE是菱形．（2）解：设⊙O的半径为r．∵OD∥AC，∴△OBD∽△ABC．∴，即10r=6（10﹣r）．解得r=，∴⊙O的半径为．如图2，连接OD、DF．∵OD∥AC，∴∠DAC=∠ADO，∵OA=OD，∴∠ADO=∠DAO，∴∠DAC=∠DAO，∵AF是⊙O的直径，∴∠ADF=90°=∠C，∴△ADC∽△AFD，∴，∴AD2=AC•AF，∵AC=6，AF=，∴AD2=×6=45，∴AD==3．点评：本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、菱形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，是一个综合题，难度中等．熟练掌握相关图形的性质及判定是解本题的关键．13．（梧州）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．（1）求证：HF=AP；（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．专题：证明题．分析：（1）先根据EQ⊥BO，EH⊥AB得出∠EQN=∠BHM=90°．根据∠EMQ=∠BMH得出△EMQ∽△BMH，故∠QEM=∠HBM．由ASA定理得出△APB≌△HFE，故可得出结论；（2）由勾股定理求出BP的长，根据EF是BP的垂直平分线可知BQ=BP，再根据锐角三角函数的定义得出QF=BQ的长，由（1）知，△APB≌△HFE，故EF=BP=4，再根据EQ=EF﹣QF即可得出结论．解答：（1）证明：∵EQ⊥BO，EH⊥AB，∴∠EQN=∠BHM=90°．∵∠EMQ=∠BMH，∴△EMQ∽△BMH，∴∠QEM=∠HBM．在Rt△APB与Rt△HFE中，，∴△APB≌△HFE，∴HF=AP；（2）解：由勾股定理得，BP===4．∵EF是BP的垂直平分线，∴BQ=BP=2，∴QF=BQ•tan∠FBQ=BQ•tan∠ABP=2×=．由（1）知，△APB≌△HFE，∴EF=BP=4，∴EQ=EF﹣QF=4﹣=．点评：本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．14．（威海）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．（1）求证：BE=CE；（2）若BD=2，BE=3，求AC的长．考点：相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．专题：证明题．分析：（1）连结AE，如图，根据圆周角定理，由AC为⊙O的直径得到∠AEC=90°，然后利用等腰三角形的性质即可得到BE=CE；（2）连结DE，如图，证明△BED∽△BAC，然后利用相似比可计算出AB的长，从而得到AC的长．解答：（1）证明：连结AE，如图，∵AC为⊙O的直径，∴∠AEC=90°，∴AE⊥BC，而AB=AC，∴BE=CE；（2）连结DE，如图，∵BE=CE=3，∴BC=6，∵∠BED=∠BAC，而∠DBE=∠CBA，∴△BED∽△BAC，∴=，即=，∴BA=9，∴AC=BA=9．点评：本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了角平分线的性质和圆周角定理．15．（铜仁市）已知，如图，点D在等边三角形ABC的边AB上，点F在边AC上，连接DF并延长交BC的延长线于点E，EF=FD．求证：AD=CE．考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：作DG∥BC交AC于G，先证明△DFG≌△EFC，得出GD=CE，再证明△ADG是等边三角形，得出AD=GD，即可得出结论．解答：证明：作DG∥BC交AC于G，如图所示：则∠DGF=∠ECF，在△DFG和△EFC中，，∴△DFG≌△EFC（AAS），∴GD=CE，。
线性代数与解析几何习题讲解
解：反对称矩阵的元素满足：aij aji i, j 1, 2,L , n
则 aii aii i 1, 2,L , n 得 aii 0 i 1, 2,L , n 即主对角线元素a11, a22 ,L , ann全为0。
13 设有n阶行列式D |aij|, 若其元素满足aij =-a ji ,则 称为反对称行列式。试证明：
r2r1 x 2 y
r 3r1
0
0
y x y
0
y
0 (x 2 y)(x y)2
x y
2.证明下列等式：
a bx a b a x
(1)
c dy c d c y
解：根据二阶行列式的定义： a bx
a(d y) c(b x) c dy
ad bc ay cx
ab ax
cd cy
2.证明下列等式： 0b a ab
11 利用行列式的性质计算下列行列式：
x xKx a
0 0Ka x
（6）M M
MM
0 aK0 x
a 0K0 x
解：当a 0时，若n 1,原式 x;
若n 2,原式 x a x2 ax
若n 3，原式=0
当a 0时，
cn
x a
c1
x cn
x a
c
2
M
xK
原式 0 cn
x a
cn1
0
K
(1735246) 1 2 3 4 5 6 +7
031 2110 8
1735246是偶排列，此时，i 3, j 4 i 4, j 3时，1745236是奇排列，不符合要求。
5. 如果排列i1i2 L in的逆序数为m,求排列inin1L i2i1 的逆序数。
代数公式的几何解释和证明
代数公式的几何解释和证明嘿，你知道吗？代数公式可不只是那些干巴巴的符号和数字组合呀！它们其实有着超级有趣的几何解释呢！比如说那个完全平方公式(a+b)²=a²+2ab+b²，咱就拿一个正方形来举例。
你想想，一个边长为(a+b)的正方形，把它分成四块，不就正好对应着 a²、2ab 和 b²嘛！这多形象啊！（就像你拼拼图一样，每一块都有着它特定的位置和作用。
）再来说说勾股定理a²+b²=c²，这可是几何和代数美妙结合的经典呀！我们可以想象一个直角三角形，两条直角边的平方和就等于斜边的平方。
这就好像是这个三角形内在的一种平衡，一种和谐。
（这不就跟你走路要保持平衡一样嘛！）证明这些代数公式的几何解释，那可真是一场奇妙的探索之旅。
就像我们在一个神秘的几何世界里冒险，一点点揭开那些隐藏的秘密。
比如说证明完全平方公式，我们可以通过画图、切割、拼凑这些有趣的方式来直观地看到它是怎么成立的。
（这不就像你解开一个谜题，当你找到答案的时候，那种兴奋感简直无与伦比！）还有啊，在学习这些的时候，和小伙伴们一起探讨可有意思啦！“嘿，你看我这样理解对不对？”“哇，你这个想法好棒啊！”大家你一言我一语，思维的火花噼里啪啦地碰撞。
（就像一群小伙伴在玩游戏，互相启发，共同进步。
）代数公式的几何解释和证明，真的是数学世界里的瑰宝啊！它们让那些抽象的公式变得生动起来，让我们更容易理解和掌握。
它们就像是一把钥匙，打开了我们通往数学奥秘的大门。
所以啊，可别小看了这些几何解释和证明，它们能让我们更深刻地感受到数学的魅力呢！（难道不是吗？）。
mazur定理的一个推广及其几何证明
mazur定理的一个推广及其几何证明
Mazur定理，也被成为玛祖定律，主张任真实空间中的实多项式可以被假多项
式唯一的呈现出来，它已经有90多年的历史，在现在的数学研究中仍然得到了广
泛的应用。
Mazur定理是关于实多项式在超几何和代数几何之间的关系的一个重
要定理，它宣称，任何给定的多项式可以由一个简单的代数结构，即一个多项式的球面来表示。
现在，有学者利用Mazur定理的推广，提出一种新的概念——乌普萨洛多项式，它是一般多项式的延伸，它可以表示多个多项式的组成，从而实现多项式可以唯一的用乌普萨洛多项式表示。
乌普萨洛多项式的最显著特征就是，其几值可以用由多项式构成的球面来描述，而不需要用到真实空间中的几何结构。
乌普萨洛多项式是Mazur定理的一个推广，它为现有多项式的拓展提供了一种
新的视角。
其几何证明是通过建立一个多项式的球面来进行的，即用多项式的组合来定义球面，而多项式定义出的球面恰好可以描述多个多项式之间的关系，形成一个乌普萨洛多项式。
由此看来，Mazur定理的推广，以及通过几何证明的乌普萨洛多项式，为现在
数学研究进入更深更广阔的领域提供了宝贵的帮助，能够学到更多有关多项式之间的关系，在各种数学问题的研究上做出更多的贡献。
直角三角形的勾股定理
直角三角形的勾股定理直角三角形的勾股定理是数学中的一个重要定理，它表明在一个直角三角形中，三条边之间的关系可以通过一个简洁的等式来描述。
在本文中，我们将详细介绍直角三角形的勾股定理，包括定理的内容、推导过程以及实际应用。
一、定理内容直角三角形的勾股定理可以用一个简洁的等式来表示：c²= a²+ b²，其中c表示直角边，a和b表示其他两条边。
这个等式意味着，在一个直角三角形中，直角边的平方等于其他两条边平方之和。
二、推导过程直角三角形的勾股定理可以通过几何推导和代数推导两种方法得出。
1. 几何推导：通过在直角三角形内部构造一个正方形，可以得到勾股定理的一种几何证明。
具体过程如下：假设直角三角形ABC，其中∠C为直角。
在三角形ABC内部，以边AC为边长，构造正方形ACDE。
连接线段BD，则线段BD的长度等于直角边AC的长度。
平方定理表明，在正方形ACDE中，AC² + AD² = CD²。
由于正方形的特点，AD的长度等于直角边BC的长度，即AD = BC。
代入以上等式，可得AC² + BC² = CD²。
由于直角三角形的两个直角边分别等于AC和BC的长度，所以该等式可以转化成a² + b² = c²，即直角三角形的勾股定理。
2. 代数推导：通过使用平面直角坐标系，将直角三角形的三个顶点表示为坐标点，可以得到勾股定理的另一种代数证明。
具体过程如下：假设直角三角形ABC，其中∠C为直角。
将顶点A表示为坐标原点(0, 0)，顶点B表示为坐标点(b, 0)，顶点C表示为坐标点(0, c)。
则直角三角形的两个边分别可以表示为向量AB和向量AC。
向量AB的坐标为(b, 0)，向量AC的坐标为(0, c)。
根据向量的运算法则，向量的模长等于其坐标的平方和的平方根。
所以有|AB| = √(b² + 0²) = b ，|AC| = √(0² + c²) = c。
极点极线的代数定义与几何定义
极点与极线探秘第一讲 极点和极线的定义作为射影几何学的奠基人之一的法国数学家笛沙格（G ．Desargues ，1591-1661），他于1639年在《椭圆曲线论稿》中正式阐述了极点与极线的定义． 一 极点和极线的定义（代数定义）已知圆锥曲线02222=++++ΓF Ey Dx Cy Ax ：，则称点），（00y x P 和直线()0)(0000=++++++F y y E x x D y Cy x Ax l ：是圆锥曲线Γ的一对极点和极线．以上代数定义表面，在圆锥曲线方程中，以x x 0替换2x ，以20xx +替换x （另一变量y 也是如此），即可得到点),(00y x P 的极线方程． 特别的：（1）对于椭圆()b a by a x ≠=+12222，与点()0),(202000≠+y x y x P 对应的极线方程为12020=+b y y a x x ；当),(00y x P 为其右焦点)0,(c F 时，极线12020=+b y y a x x 变成ca x 2=，恰是椭圆的右准线．（2）对于双曲线12222=-b y a x ，与点),(00y x P 对应的极线方程为12020=-by y a x x ；当),(00y x P 为其右焦点)0,(c F 时，极线12020=-b y y a x x 变成ca x 2=，恰是双曲线的右准线． （3）对于抛物线px y 22=，与点),(00y x P 对应的极线方程为)(00x x p y y +=．当),(00y x P 为其焦点)0,2(p F 时，极线)(00x x p y y +=变为2px -=，恰为抛物线的准线． 二 极点与极线的作图（几何意义）如图1，P 是不在圆锥曲线上的点，过点P 引两条割线依次交圆锥曲线于四点H G F E ，，，，连接FG EH ，交于点N ，连接FH EG ，交于点M ，则直线MN 为点P 对应的极线．图1同理可知PM 为点N 对应的极线，PN 是点M 对应的极线．△MNP 称为自极三点形．即任一点的极线是经过另外两点的直线.若连接MN 交圆锥曲线与点B A ，，则PB PA ，恰为圆锥曲线的两条切线． 三 极点极线两种定义的统一引子：如图所示 ，过点()00,y x P ，作椭圆()012222>>=+b a by a x 的两条割线，分别交椭圆于B A ，，D C ，四点，令PB AP λ=，PC DP μ=，设()()2211,,,y x B y x A ，()()4433,,,y x D y x C ，由PB AP λ=得()0210x x x x -=-λ，()0210y y y y -=-λ，得()()11021x x x λλ+=+，()()21021y y y λλ+=+，因为B A ，在椭圆12222=+b y a x 上，即12222=+y a x b ，所以()31212212=+y a x b ，()41222222=+y a x b ，由()()243λ⨯-， 得到()()()()()()λλλλλλ-+=-++-+11222121221212b a y y y y a x x x x b ，将()()21，两式代入可得，()()()()()()λλλλλλ-+=-++-+11112202120212b a y y y a x x x b ，所以，()()()λλλ-=-+-12202120212b a y y y a x x x b ，两边同除以()λ-122b a 可得，()()()()11120212021=--+--λλλλb y y y a x x x ，发现点⎪⎭⎫⎝⎛----λλλλ1,12121y y x x 恰好在直线12020=+b y y a x x 上，设该点⎪⎭⎫⎝⎛----λλλλ1,12121y y x x 为点M ，又因为()()2211,,,y x B y x A ，所以点M 为AB 的定比分点，即MB AM λ-=，这样就出现了PB AP λ=，MB AM λ-=，也就是说在线段AB 上找到了一个点M ，使得MB AM λ-=，且点M 恰好在椭圆的极线上.同理，我们可以在线段CD 上找到一个点N ，使得点N 在椭圆的极线，上又满足NC DN μ-=，那么直线MN 就是椭圆关于点P 的极线.因此我们得到极线的一个几何意义，点P 的极线其实就是点P 对于椭圆的调和点列所在的直线.（1）两个著名的定理 ①梅涅劳斯定理及其证明如果一条不通过C B A ,,三点的直线与ABC ∆的边，BC ，CA ，AB 所在的直线分别交于点Z Y X ,,，则1=⋅⋅YACYXC BX ZB AZ .证明（1）：作BC AD //，D YZ AD = ，因为BC AD //，所以BXADZB AZ =， AD CX YA CY =，CXBXCX BX =， 1=⋅⋅=⋅⋅ADCX CX BX BX AD YA CY XC BX ZB AZ证明（2）：设C B A ,,三点到直线ZX 的距离分别为c B A h h h ,,，则B A h h ZB AZ =，CBh h XC BX =，A C h h YA CY =，所以1=⋅⋅=⋅⋅ACC B B A h h h h h h YA CY XC BX ZB AZ . ②塞瓦定理及其证明设O 是ABC ∆内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD .证法：（利用梅涅劳斯定理证明）∵ADC ∆被直线BOE 所截，∴1=⋅⋅EC AE OA DO BD CB ① 同理，1=⋅⋅FBAFOA DO CD BC ② ②÷①得：1=⋅⋅FBAFEA CE DC BD（2）两个定义统一的几何解释如图所示，点M 在线段AB 上，点N 在线段CD 上，满足MB AM PB AP =，NCDNPC DP =，求 证M Q N R ,,,四点共线.证明：先证点M 在直线RQ 上，设RQ 与AB 交于点'M ，因为RA ，RB ，RQ 三线共点，在ABQ ∆中用塞瓦定理，则1''=⋅⋅CAQCDQ BD B M AM ，因为C D P ,,三点共线，在ABQ ∆中用梅涅劳斯定理，所以1=⋅⋅CA QC DQ BD PB AP ，两式比较可得MBAMPB AP B M AM ==''，所以点M 与'M 重合，所以点M 在直线RQ 上；再证点N 在直线RQ 上，设RQ 与CD 交于点'N ，因为RQ ，CQ ，DQ 三线共点，在RCD ∆中用塞瓦定理，则1''=⋅⋅ARDAD N CN BC RB ，因为B A P ,,三点共线，所以1=⋅⋅AR DA PD CP BC RB ，两式比较可得NDCNPD CP D N CN ==''，所以点N 与'N 重合，所以点N 在直线RQ 上；所以点P 的极线是RQ . （3）两个定义统一的代数解释设点()00,y x P ，下面证明直线RQ 的方程为12020=+by y ax x从上面的讨论可知，点P 的极线其实就是另一个调和点所在的直线，因此我们只需证明另一个调和点的轨迹为12020=+by y ax x ，设M P ,调和分割AB ，则MB AM λ=，PB AP λ-=，设()11,y x A ，()22,y x B ，因为MB AM λ=，所以⎪⎭⎫⎝⎛++++λλλλ1,12121y y x x M ， 因为PB AP λ-=，所以⎪⎭⎫⎝⎛----λλλλ1,12121y y x x P ，因为点()11,y x A 在椭圆上，所以()11221221=+b y a x ，因为点()22,y x B 在椭圆上，所以1222222=+by a x ， ()2222222222λλλ=+by ax ，由()()21-得()()()()222121221211λλλλλ-=-++-+b y y y y a x x x x ，所以，()()()()()()()()111112212122121=-+-++-+-+λλλλλλλλb y y y y a x x x x ，所以122=+by y a x x MP M P ，所以， 12020=+by y a x x ，即点M 轨迹为12020=+b y y a x x ，所以点P 的极线方程为12020=+b yy a x x . （4）两个定义统一的代数解释如图点()00,y x M 是椭圆1222222=+bya x 外的一点，过点()00,y x M 作两条直线分别与椭圆相交于B A ,和D C ,两点，N 是AD 与BC 的交点，证明点N 在直线12020=+by y ax x 上.证明：设()11,y x A ，()22,y x D ，()33,y x B ，()44,y x C ，ND AN λ=，NC BN μ=，则，⎪⎭⎫ ⎝⎛++++λλλλ1,12121y y x x N ，将D A ,两点代入椭圆的方程⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+11222222221221b y a x b y a x ，进一步得到，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+2222222222212211λλλb y a x by a x ，两式相减得到 ()()()()()()()()111112212122121=-+-++-+-+λλλλλλλλb y y y y a x x x x ， 即111212212=--+--⋅λλλλy y b y x x a x N N ， 去分母得到()()()λλλ-=-+-122212212b a y y y a x x x b N N ，根据λλ++=121x x x N ，得到，()λλ+-=-112N x x x ，根据λλ++=121y y y N ，得到，()λλ+-=-112N y y y ，代入上式消去2x ，2y ，()()()λλλ-=--++--+122112112b a y y y y y a x x x x x b N N N N N N ，即()()()λλλ-=--+--122221212b a y y y y a x x x x b N N N N N N ，即()22222222222212221212222N N N N N N N N y a y a x b x b b a y a y y a x b x x b -+-+-=-+-λλλ，()()()()()11222222221212N N N N N N y a x b b a y y y a x x x b ---=-+-λ，若消去1x ，1y 同理可得，()()()()21222222222222N N N N N N y a x b b a y y y a x x x b ---=-+-λλ， 同理将C B ,两点代入椭圆通过类似的处理消去4x ，4y 得到，()()()()()31222222223232N N N N N N y a x b b a y y y a x x x b ---=-+-μ，若消去3x ，3y 同理可得，()()()()41222222224242N N N N N N y a x b b a y y y a x x x b ---=-+-μμ， 因为B A M ,,三点共线，所以()()NC k ND k NB k NA k NM μλ11-+-=-+=， 因为D C M ,,三点共线，所以()NC t ND t NM -+=1，所以()11=-+-μλk k ，所以λμμ-+=1k ， 故NB NA NM λμλλμμ---+-+=11()NC NA λμλμλμμ-++-+=11，即 ()()()N N N N N M N M y y x x y y x x y y x x ---++---+=--4411,,1,λμμμλλμμ，所以()()N N N M x x x x x x --++--+=-411λμμμλλμμ， ()()N N N M y y y y y y --++--+=-411λμμμλλμμ， 所以()()()N N N N N M N x b x x x b x x x x x b 242122212⋅--++⋅--+=-λμμμλλμμ， ()()()N N N N N M N y b y y y b y y y y y a 242122212⋅--++⋅--+=-λμμμλλμμ， 两式相加()()()()[]()()[]N N N N N N N N N M N N M N y a y y x b x x y b y y x b x x y y y a x x x b 24242121222222122⋅-+⋅--++⋅-+⋅--+=-+-λμμμλλμμ将()()41，代入上式右端，所以 ()()()()[]()⎥⎦⎤⎢⎣⎡----++----+=-+-2222222222222211122NN N N N M N N M N y a x b b a y a x b b a y y y a x x x b μμλμμμλλλμμ ()2222222N N y a x b b a --=，展开合并同类项得到2222b a y y a x x b N M N M =+，所以，122=+by y a x x NM N M ，把()00,y x M ，()y x N ,代入可得点()y x N ,的轨迹方程为 12020=+by y a x x ，所以点N 在直线12020=+by y ax x 上.。
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高等 代数 和解 析几何 作 为信息 与计 算科 学专 业 的两 门主要 的基 础课 ， 其重 要性 是毋庸 置 疑 的 。
于 尺
上述 问题 称 为线 性 规 划 问 题 ， 解 这 类 问 题 求
在 国 内的重点 大学 以及一 些具 有悠 久数 学传 统 的
高校 中， 息与 计 算 科 学专 业 基 本 上 都 是 按 照 以 信
０ ， ｈ （ ） Ｊ １ ２ … 线 性 无 关 ， ｝Ｖ ， 一 ， ， 则 为 模
１ 一 个 规 划 模 型
考 虑如 下模 型的最 优解 ：
Ｃ ｘ （ ） １
型最优 解 的必要 条件 为 ： 在 相应 的 和 使 存
Ｖｆｘ ） （ 一∑ ￣ｇ ｘ ） ｉ 一∑ ｖ ） （ ｈ 一０ （
上 述 Ｋ一丁一丁条件 的推 导过 程用 到 了高等
引理 ３ ３ ［ ］线 性空 间
工程 技术
武汉船 舶 职业技 术学 院学 报 ２ １ ０ ０年第 ２期
一
个 代 数 与 几 何 证 明 实 例
张 立溥 徐光 辉 ３ １０ ） ｌ ３ ０
（ 江林 学 院理 学院 ， 浙 浙江 临安
摘 要
本 文 选 用 运 筹 学 中 的线 性 规 划 模 型 的最 优 性 条 件 ， 用 高 等 代 数 和 解 析 几 何 综 合 分 析 ， 到 ｋ ｔ 件 ， 说 明 运 得 ｋ条 来
Ｓ
。
因此可 以得 到最 优 解 ｘ 处 的 Ｋ—Ｋ— Ｔ条 件：
Ａｘ ＿ ， －ｂ ≥ ０
Ａ ＋ Ｓ 一 Ｃ， ｙ Ｓ≥ ０
Ｓ 一 Βιβλιοθήκη 下面 我们综 合应 用基 本 的解 析几 何知识 和高
等代 数知识 来求 解优 化模 型 （ ） １。
３ 结 语
厂（ ｚ）
Ｓｔ ．
ｇ（ ｚ）≥ ０ ｉ一 １ ２， ， ， …
ｈ （ ）一 ０ Ｊ 一 １ ２ … ， ，， Ｚ
浙江林 学 院的信 息与计 算 科学 专业 中对这 两 门课
程 进行 整合 时需 要进 一步研 究 的 。
若 ｆ， ｈ 均 可 微 且 ｇ （ ） ｉ ｛ ｌ ｚ 一 ｇ ，， ｚ ，∈ ｉ ｇ （ ）
高 等 代 数 和 解 析 几 何 是 两 个 不 可 分 割 的整 体 ， 我 校 代 数 与 几 何 课 程 教 学 提 供 实 例 。 为
关 键 词 高 等 代 数 ； 析几 何 ； 性 优 化 ； ＫＴ条 件 解 线 Ｋ
中图 分 类 号 Ｏ１ ５ 文 献标 志码 Ａ 文章 编号
厂 ｚ 的梯 度 为 ｆｘ 一 Ｃ一 ｘ ， Ｈｅｓａ 矩 （） （） ～ 其 ｓｉ ｎ
其 中 Ａ是 ｍ× 矩 阵 ， 为 ｍ， ｚ属 于 Ｒ”ｂ属 秩 Ｃ， ，
＊本 文 系 浙 江林 学 院代 数 与 几 何 精 品 课 程 课 题 资 助 。
收 稿 日期 ：０ ９ ７ ０ ２ ０ —０ —２
ｉ ｌ — Ｊ一 】
ｇ （ ） ＝ ｉ一 １ ２， ， ＝ ＝０ ， … ｍ
≥ ０
下 面我们 来 推导优 化模 型 （ ） ＫＫＴ条 件 ， ２的
ｓ． ｆ Ａ ６
一
ｌ ｚ ≥ ０
１， … ２
即最优 解
所 满 足 的 条 件 。 由优 化 模 型 （ ） ２ ，
我们 可 以用著 名 的障碍 函数 法 。首先 我们 构造 一
个对 数 障碍 函数 ， 原模 型转 化为 ：
前 的计 算数 学模 式 来 进 行 教 学 ， 两 门课 程 都 是 这
沿袭着 传统 的设 置 ， 照 两 门课 程来 进行 教学 。 按 随着 高等教 育 的发展 ， 针对 一些 普通 院校 ， 尤 其是数 学专 业设 立 不 久 的 院 校来 说 ， 息 与计 算 信 科 学专 业都 是在 逐 步 的完 善 和发 展 ， 对 这 两 门 针
阵 为 Ｈｅｓ ｘ ＝“ ， 明 显 ， ｓ ａ ｓ（ ） ｘ 很 Ｈｅｓ ｎ矩 阵对 于 ｉ
作 者 简 介 ： 立溥 ， ， 要 从 事 高 等 数 学 课 程 教 学 和 科 研 工 作 。 张 男 主
３ ３
武 汉船舶 职业 技术学 院学 报
２１ ０ ０年第 ２期
任何 ｘ 是正 定 的 ， ∈Ｒ 都 因此 －（ 在 Ｒ 厂 ） 上 是严
格 凸 函数 。
以 上 条 件 便 是 模 型 （ ） ＫＫＴ 条 件 。该 条 件 指 １的
出， 对应 每 一 个 ， 可 得 到 一 组 ｘ ） ｙ（ ， 都 （ ， ） ｓｔ ， 一０时 ， （ 一 ｘ ｙ ） ｙ ｓ ） （ ） 当 Ｌ ｘ ） ， （ 一 ， （ 一
２ 代 数 与 几 何 证 明
为方便 推导 ， 我们 先 引出几个 代数 定理 ：
引理 ２ ４ ： Ｒ 为 一 个 可 微 函数 ， Ｒ ［ ３ｆＤ— Ｄ 是 开集 ， Ｃ为 Ｄ的一 个开 凸子集 ， 在 Ｃ上为 凸 函 ｆ 数， Ｌ为包 含 Ｃ的 子空 间 ， Ｘ 则 ∈Ｃ为极 小 值 点 当且 仅 当ｖｆＸ 上Ｌ （ ）
，ｚ 一Ｃ 一 ∑ ｇ ， ＞０ （） （） ｚ ２
Ｊ＝ １
Ｓ． ｔ
Ａｘ — ｂ
在求解 之前 ， 们先 引 出一个 引理 ： 我 引理 １ ２ （ ｈ — Ｔ ｃ ｅ 条 件 ， Ｅ ３ Ｋｕ ｎ ｕ ｈｒ 简称 ＫＫ Ｔ 条件 ） 对 于模 型
ｍｉ ｎ
∈
基础课 都相 继开 始 了针对 性 的改革 。部分 重 点 院
校 已经 在 自身原 有 的基 础 上 进行 了创 新 和 改 革 ， 比如华 东师 范大 学 ， 都 电子 科 技 大学 等 都 已经 成 把这两 门课 程进 行 了整合 。但 是针 对林业 院 校 的 专业设 置 ， 以及招 生 的学 生特点 ， 部照搬 重 点大 全 学 的课 程改 革是 不 符 合 真 实 情况 的 ， 因此 如 何 在