“abc猜想”讲义(17)
“abc猜想”讲义(十三)
“abc猜想”讲义（十三）第十三讲证明“abc猜想”主讲王若仲在第九讲中，（iv）对于等式m+g＝n，m和g以及n均不为恒定的值。
我们现在就分析第（iv）的情形。
（iv）对于m+g＝n，当m，g，n均不为恒定的值时，由第七讲中的定理4.1和推论4.1可知，随着m和g以及n的变化，rad（m）和rad（g）以及rad（n）必为下列情形之一：①rad（m）和rad（g）均为恒定的值，rad（n）不可能为恒定的值。
②rad（n）和rad（g）均为恒定的值，rad（m）不可能为恒定的值。
③rad（n）和rad（m）均为恒定的值，rad（g）不可能为恒定的值。
④rad（n）为恒定的值，rad（m）和rad（g）均不为恒定的值。
⑤rad（m）为恒定的值，rad（n）和rad（g）均不为恒定的值。
⑥rad（g）为恒定的值，rad（m）和rad（n）均不为恒定的值。
⑦rad（n）和rad（m）以rad（g）均不为恒定的值。
我们注意观察，从第（iv）中的①，②，③，④，⑤，⑥，⑦等情形来看，我们不难发现：①和⑤以及⑥和⑦的情形中，rad（n）均不为恒定的值。
那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形就与（ii）中（三）的情形同理可得出同样的结论。
②和③的情形可互换，即②和③为同类型的情形。
⑤和⑥的情形可互换，即⑤和⑥为同类型的情形。
我们下面逐步分析研究：（一）对于①，rad（m）和rad（g）均为恒定的值，由第七讲中的不定方lim 程定理4.1和推论4.1可知，rad（n）不可能为恒定的值。
因n÷n=1，那么+∞→n lim（n）=1。
（n）÷n→+∞又因n=[rad（n）]·H；当正整数n不断增大时，那么根数rad（n）总趋势也是随着正整数n的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n趋向于正无穷大时，根数rad（n）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n）]·H}=1恒成立。
“abc猜想”讲义(十二)
“abc 猜想”讲义（十二）第十二讲证明“abc 猜想”主讲王若仲在第九讲中，对于②如果rad（g ）为恒定的值，则rad（n ）不可能为恒定的值。
对于③，rad（g ）和rad（n ）均不为恒定的值。
这一讲中我们就具体分析这两种情形：（二）对于②，rad（g ）为恒定的值，由第七讲中的定理4.1以及推论4.1可知，则rad（n ）不可能为恒定的值。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
（1）因为R+h d =n ，d 为大于1的恒定正整数，h 为不小于1的整数；由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大。
对于n 和rad（n ），因为n=h d +R ，设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(R d rad R d h h++的情形。
由第六讲中的定义3.2可知，函数ψ（x）=)(x rad x 是连续函数，那么由前面第十讲和第十一讲中的证明可知，函数ψ（x）=)(x rad x 为x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]上的有界函数。
即存在恒定的正实数F （0＜F ＜1），存在恒定的正实数G （1＜G ＜+∞），使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤ψ（x）≤G 恒成立。
“abc猜想”讲义(14)
“abc 猜想”讲义（14）第十四讲证明“abc 猜想”主讲王若仲第九讲中，（iv ）对于等式m +g ＝n ，m 和g 以及n 均不为恒定的值。
我们现在就分析第（iv ）的情形。
（iv ）对于m +g ＝n ，当m ，g ，n 均不为恒定的值时，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，随着m 和g 以及n 的变化，rad（m ）和rad （g ）以及rad（n ）必为下列情形之一：①rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（n ）不可能为恒定的值。
②rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（m ）不可能为恒定的值。
③rad（n ）和rad（m ）均为恒定的值，rad（g ）不可能为恒定的值。
④rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。
⑤rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值。
⑥rad（g ）为恒定的值，rad（m ）和rad（n ）均不为恒定的值。
⑦rad（n ）和rad（m ）以rad（g ）均不为恒定的值。
我们注意观察第（iv ）中①，②，③，④，⑤，⑥，⑦的情形，可得出这样的结论；①和⑤以及⑥和⑦中，rad（n ）均不为恒定的值，那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形与第（ii ）中（三）的情形同理可得出同样的结论。
②和③的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。
⑤和⑥的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。
（一）对于第（iv ）中①的情形，rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，rad （n ）不可能为恒定的值。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
“abc猜想”讲义(十四)
“abc 猜想”讲义（十四）第十四讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中②的情形我们仍然是分成四种情形来讲解，这四种情形分别如下：（1）b=g=h d ，c=n=v p ，其中d 和p 均为大于1的恒定的正整数，h ，v 均为不小于1的整数；（2）b=g=h d ，c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，d 为大于1的恒定的正整数，s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。
h ，v ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数；（3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
p 均为大于1的恒定的正整数；（4）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。
1h ，2h ，3h ，…，s h ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数。
这一讲我们就只分析第（1）和第（2）的情形：（二）对于②，rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，由第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，那么rad（m ）不可能为恒定的值。
“abc猜想”讲义(21)
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
-g）}=（
g11
·
g12
·
g13
·…·
g1e
）÷（ g11 · g12 · g13 ·…· g1e -1）。
则函数 f（zi，y）在 ziϵ[1+ε，+∞-ε]，yϵ[1+ε，+∞-ε]的闭区域中有界。
即存在恒定的正实数 E（1＜E＜+∞），使得 1＜f（zi，y）≤E 或者 1＜f（zi，y）
＜E
恒成立。那么对于（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
） ÷m ， 不 管
m
和
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
以及
g
如何变化，1＜
（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
） ÷m ≤ E
或者
1＜
（
g v1 11
·…·
g ze 1e
）]=1÷[1-y÷（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）]
=1 。 因 为
1＜（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
） ÷x ＜ 2 ，
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
“abc猜想”讲义(十五)
“abc 猜想”讲义（十五）第十五讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中②的情形我们分成四种情形,第十四讲我们讲解了（1）和（2）的情形，这一讲我们讲解（3）和（4）的情形。
（3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，因为m+111h q ·212h q ·313hq ·…·s h s q 1=v p ，m=[rad（m ）]t ·H；其中t 为正整数，rad（m ）＞rad（H）。
当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，幂差极值n-max (g )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数m 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数g 不断减小时，那么正整数m 也是不断增大。
那么根数rad（m ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（m ）也趋向于正无穷大。
这种情形下，因为v p ÷（v p -111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）=1÷[1-（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p ]，设函数f（x ）=x 1，x 为不小于1的实数。
函数f（x ）=x 1的情形包含了（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 的情形。
函数f（x ）=x 1是连续函数，因为-+∞→x lim f（x ）=-+∞→x lim x 1=0，+→1lim x f（x ）=+→1lim x x 1=1，那么函数f （x ）在xϵ[1+ε，+∞-ε]中有界，即存在恒定的正实数E （0＜E ＜1），存在恒定的正实数L （0＜L ＜1），E ＜L 。
“abc猜想”讲义(十七)
“abc 猜想”讲义（十七）第十七讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中⑤的情形，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；对于第（iv ）中⑥的情形，rad（g ）为恒定的值，rad（n ）和rad （m ）均不为恒定的值；对于第（iv ）中⑦的情形，rad（m ）和rad（g ）以及rad（n ）均不为恒定的值。
这一讲我们主要讲解⑤的情形。
⑥的情形和⑦的情形同理可得。
（五）对于⑤，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，n-max (m )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数g 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数m 不断减小时，那么正整数g 也是不断增大。
那么根数rad（g ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad （g ）和根数rad （n ）也趋向于正无穷大。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
令m=k q 或m=111k p ·212k p ·313k p ·…·r k r p 1，其中11p ，12p ，13p ，…，r p 1均为素数，q 为大于1的正整数，i p 1≠j p 1（i ≠j ）；i ，j=1，2，3，…，r 。
2019-2020学年八年级数学下册 第一部分 基础知识篇 第17课 归纳猜想型问题(C组)冲击金牌
1
。2
性解质。。 ),
h
3
解题技巧
3.已知直线y= （ - n1）x 1 (n为正整数)与两坐标轴围成
n2 n2
503
的三角形面积为Sn.则S1+S2+S3+...+S2012= 2014
.
二一四三
解
联读悟解
： 令x=0,解得y=
n
1
2
1 ,令y=0,x= n 1
S n1 1 11(11),
2n 1n2 2n 1n2
读联
三角形;当OABC 三边长分别为6.8,11时.∆ABC为
角形;
(2)猜想:当a²+b²_____ c²时，∆ABC为锐角三角形;当
a²+b²_____c²时，∆ABC为钝角角形;
(3)判断当a=2.6=4时,∆ABC的形状,并求出对应的c的取值范围.
h
读懂题目信 息,理解三 角形为锐角 关三键角词形：、直 三角角三形角.形、 钝角三角形 时的三条边 的数量关系 是解题的关 键.
=根解：则(A据A10A1B题0.B101意+16090 A=可11B知1121),15×AB11.0×1(3018283,012 A,115(11B3)01C1,=.1A311)110214(5511211122,1623D1101321,. )所故,262B30以选11S(D11.01=,S梯115 形A)1,0AB1110B(111B010,
1
所以S平行四边形A2B2C2D2= 1 S平行四边形A1HC1F= 5
S菱形A1B1C1D1= 5
S，
1
同理S平行四边形A3B3C3D3=( 5 )2S...依此类推S平行四边形AnBnCnDn=(5 )n-1S 。
卡普雷卡尔黑洞数证明abc
卡普雷卡尔黑洞数证明abc文章标题：探秘卡普雷卡尔黑洞数证明abc：从简单到复杂的数学奇迹引言：在数学的广袤宇宙中，隐藏着许多令人着迷的数学奇迹，而卡普雷卡尔黑洞数证明abc便是其中之一。
abc猜想自从被提出以来，一直挑战着数学家们的智慧和想象力。
本文将以从简到繁、由浅入深的方式，带领读者揭开这个奇妙数学现象的面纱。
第一部分：初识卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想1.1 卡普雷卡尔黑洞数的背景卡普雷卡尔黑洞数，亦称为卡普雷卡尔数，最早由维克托·卡普雷卡尔于1985年提出。
它是一个与数论密切相关的数列，定义为将每个正整数的数字按递增顺序排列后所得到的数。
数1234的卡普雷卡尔黑洞数即为1234。
1.2 abc猜想的由来与关键概念abc猜想是由法国数学家乔志尧在1985年提出的。
它涉及到三个正整数a，b，c，满足条件a+b=c，并且a，b，c没有大于1的公共因子。
猜想认为，对于任意给定的正整数ε>0，存在一个常数K(ε)，当abc满足上述条件时，成立不等式：c<K(ε)·rad(abc)^{1+ε}，其中rad(abc)是a，b，c的乘积的正因子的乘积。
第二部分：揭开卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想的奇妙关联2.1 卡普雷卡尔黑洞数与高指数初等代数近年来，数学家们通过研究卡普雷卡尔黑洞数与高指数初等代数的关系，发现了它们之间的奇妙联系。
具体来说，他们发现了某种情况下，abc猜想与卡普雷卡尔黑洞数的性质相吻合。
2.2 卡普雷卡尔黑洞数证明abc的较简单策略根据数学家们的研究成果，他们提出了一种相对较简单的策略来证明abc猜想与卡普雷卡尔黑洞数的关联。
该策略通过引入一系列数论结构和代数理论，追溯卡普雷卡尔黑洞数的数学规律，并将其与abc猜想的条件进行对比和分析。
第三部分：个人观点与进一步思考3.1 我对卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想的理解卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想的奇妙关联使我对数学的美妙之处有了更深刻的认识。
“abc猜想”讲义(16)
“abc 猜想”讲义（16）第十六讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中②的情形我们仍然是分成四种情形来讲解，这四种情形分别如下：（1）b=g=h d ，c=n=v p ，其中d 和p 均为大于1的恒定的正整数，h ，v 均为不小于1的整数；（2）b=g=h d ，c=n=111v g ·211v g ·311v g ·…·e v e g 1，其中11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，d 为大于1的恒定的正整数，s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。
h ，v ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数；（3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
p 均为大于1的恒定的正整数；（4）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=111v g ·211v g ·311v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。
1h ，2h ，3h ，…，s h ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数。
本讲就只分析第（1）的情形。
（二）对于②，rad（n ）和rad （g ）均为恒定的值。
令b=g=h d 或b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p 或c=n=111v g ·211v g ·311v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
第17讲 等边三角形
第17讲 等边三角形知识导航1．等边三角形三个内角均为60°． 2．等边三角形三条边相等． 3．直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半． 4．三个角都相等的三角形是的等边三角形． 5．有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形．【板块一】 等边三角形的性质方法技巧（1）运用等边三角形角的数量特征和边的相等关系解题．（2）共顶点的两个等边三角形（也称手拉手图形）组成的图中，必定有全等三角形．题型利一 与等边三角形有关的角度的计算．【例1】如图，△ABC 是等边三角形，CD ⊥BC ，CD ＝BC ，求∠DAC 和∠ADB 的度数．AD题型二 共顶点的等边三角形（手拉手图形）【例2】如图，点D 是等边△ABC 的边AB 上一点，以CD 为一边，向上作等边△EDC ，连接AE ． （1）求证：△DBC ≌△EAC ； （2）求证：AE ∥BC ．B【例3】如图，△ABC 和△CDE 都是等边三角形，点E 在BC 上，AE 的延长线交BD 于点F ． （1）求证：AE ＝BD ； （2）求∠AFB 的度数； （3）求证：CF 平分∠AFD ；（4）直接写出EF ，DF ，CF题型三 【例4】如图，，点A （－2，0），B （2，0y 轴正半轴上一点，且∠ODB ＝30°，延长DB 至E ，使x 轴正半轴上一动点（点P 在点C 的右边），点M 在EP ＝60°，AM交BE 于点N ．（1）求证：BE ＝BC ；（2）求证：∠ANB ＝∠EPC ；（3）当点P 运动时，求BP －BN 的值．D E针对练习11．如图，等边△ABC 中，点D ，E 分别在边AB ，BC 上，把△BDE 沿直线DE 翻折，使点B 落在点B’处，DB ’，EB ’分别交AC 于点F ，G ，若∠ADF ＝80°，求∠EGC 的度数．B'B2．如图，△ABD 和△ACE 都是等边三角形， DC 于BE 交于点M ． （1）求证：BE ＝CD ；（2）求∠AMD 的度数．3．如图1，等边△ABC 中，点D 是AB 上一点，以CD 为一边，向上作等边△EDC ，向下作等边△DCF ，连接AE ，BF ．（1）求证：AB ＝AE ＋BF ；（2）当点D 在BA 延长线上时，如图2，若AE ＝10，BF ＝4，求AC 的长．B图1 图24．已知点D ，E 分别是等边△ABC 的边BC ，AB 上的点，∠ADE ＝60°． （1）如图1，当点D 是BC 的中点时，求证：AE ＝3BE ； （2）如图2，当点M 在AC 上，满足∠ADM ＝60°，求证：BE ＝CM ；（3）如图3，过C 作CF ∥AB 交ED 延长线于点F ，探究线段BE ，CF ，CD 之间的数量关系，并给出证明．BCBCBC图1 图2 图35.在平面直角坐标系中，已知点A 在y 轴的正半轴上，点B 在第二象限，AO =a ，AB =b ，BO 与x 轴正方向的夹角150°，且220a -b a-b . ⑴判断△ABO 的形状；⑵如图1，若BC ⊥BO ，BC =BO ，点D 为CO 的中点，AC 、BD 交于点E ，求证:AE = BE +CE ；图 1⑶如图2，若点E 为y 轴的正半轴上一动点，以BE 为边作等边△BEG ，延长GA 交x 轴于点P ，AP 与AO 之间有何数量关系?试证明你的结论.图 26.△ABC 为等边三角形，BC 交y 轴于点D ，A (a ，0)，B (b ，0)，且a ，b 满足230a+ . (1)如图1，求点A ，B 的坐标及CD 的长；图 1(2)如图2，P是AB的延长线上一点，点E是CP右侧一点，CP=PE，且∠CPE=60°，连接EB，求证:直线EB必过点D关于x轴对称的对称点；(3)如图3，若点M在CA的延长线上，点N在AB的延长线上，且∠CMD=∠DNA，求AN-AM的值.【板块二】60°角的用法◆方法技巧◆合理利用60°角构造等边三角形得到相等线段，再进行推理.题型一过60°角一边上一点作平行线构造等边三角形.方法技巧:过60°角一边上一点，作平行线构造等边三角形，转化边与角.【例5】如图，△ABC是等边三角形，点D是AC的中点，点E，F分别在BC，AB的延长线上，∠EDF=120°.(1)求证:DE=DF；(2)若AB=5，求CE-BF的值.A题型二 在60°角的两边上截取两条相等线段构造等边三角形 方法技巧:在60°角的边上截取两条相等线段后构成等边三角形，然后产生新的全等三角形，从而找到解决问题的突破口.【例6】如图，△ABC 为等边三角形，∠ADB =60°. (1)如图1，当∠DAB =90°时，直接写出DA ，DC ，DB 之间的数量关系_______；图 1ABCD(2)如图2，当∠DAB ≠90°时，①中的关系式是否成立?说明理由.图 1ABCD题型三 利用60°角的一边上的点向另一边做垂线构造30°，60°，90°的直角三角形 方法技巧:利用30角所对的直角边等于斜边的一半，作高. 【例7】如图，在△ABC 中，∠B =60°，∠C =45°，AB =2，BC =1 ，求△ABC 的面积.ABC題型四 利用60°角延长构造等边三角形方法技巧；向外延长60”角的一边，在外部构造等边三角形.【例8】已知点D ，点E 分別等边△ABC 边BC ，AC 上的点，CD =AE ，AD 与BE 交于点F .(1)如图1，求∠AFE 的度数；图 1BCAD(2)点G 边AC 中点，∠BFG =120° ，如图2，求证:AF =2FG .图 2BCAD针对练习21.如图，在等边△ABC 中，AC =9，点O 在AC 上，且AO =3，点P 是AB 上一动点，连接OP ，以O 为圆心，OP 长为半径画弧交BC 于点D ，连接PD ，如果PO =PD ，求AP 的长.ABCP2.如图.在等边△ABC 中，∠ABC 与∠ACB 的平分线相交于点O ，且OD ∥AB ，OE ∥AC . (1)试判定△ODE 的形状，并说明你的理由；(2)线段BD ，DE ，EC 三者有什么关系?请说明理由.E DBCA3.点D 为BC 上任一点，∠ADE =60°，边ED 与∠ACB 外角的平分线交于点E ，求证:AD =DE ；BCAD4.已知△ABC 是边长为5的等边三角形.(1)如图1，若点P 是BC 上一点，过点C ，点P 分别作AB ，AC 的平行线，两线相交于点Q ，连接BQ ，AP 的延长线交BQ 于点D .试问:线段AD ，BD ，CD 之间是否存在某种确定的数量关系?若存在，请写出它们之间数量关系并证明你的结论；若不存在，说明理由；图 1QBCA(2)如图2，若点P 是BC 延长线上一点，连接AP ，以AP 为边作等边△APE (点E 、点A 在直线BC 同侧)，连接CE 交AP 于点F ，求CE -CP 的值.图 2BCDE5.如图，在△ABC 中，∠BAC =60°，以BC 为边在△ABC 的同侧作等边△DBC ，BD ，AC 相交于点E ，连结AD .(1)如图1，若A 2ACAB,求证：△ABC ≌△ADC图 1CA(2)如图2，若3AC AB，求ABAD的值. 图 2CAD6.如图1，△ABC 为等边三角形，延长BC 到D ，延长BA 到E ，AE =BD ，连接CE 、DE . ⑴求证：EC =ED ；图 1BDE⑵如图2，EO ⊥CD 于点O ，点N 在EO 上，△DNM 为等边三角形，CM 交EO 于F ，若FO =1，求FM -FN 的值.图 1BDE7.如图1，△ABC 是等边三角形，点D 是AB 中点，点E 在BC 上，△DEF 为等边三角形，图 1BCE(1)当点E 为BC 中点时，直接写出FE 与FC 的数量关系为_______________. (2)当点E 不为BC 中点时，(1)结论还是否成立?请说明理由； (3)如图2，当∠DAF =90°时，求证:BE =3EC .图 2BCAE[板块三) 30°角的用法方法技巧 构造30°角的直角三角形，算边长与面积. 题型一 已知30°角连线巧得隐直角.【例9】如图，在△ABC 中，AB =AC ，∠C =30°，AB 的垂直平分线交AB 于点D ，交BC 于点E ，试探究BE 与CE 之间的数量关系.BC题型二 利用30°作高构造直角三角形.【例10】如图，CD 是△ABC 的中线，CD ⊥CB ，∠ACD =30°，求证:AC =2BC.DABC题型三 已知30°和90°角补形构造直角三角形 【例11】如图，四边形ABCD 中，∠C =30°，∠B =90°，∠ADC =120°，若AB =2，CD =8，求AD 的长.ACBD题型四 利用底角为15°的等腰三角形构造30°角的直角三角形 【例12】如图，∠AOC =15°，OC 平分∠AOB ，点P 为OC 上一点，PD /∥OA 交OB 于点D ，PE ⊥OA 于点E ，若OD =4cm ，求PE 的长.EOA题型五 利用150°构造30°角的直角三角形【例13】如图，在△ABC 中，AB =AC ，点D 为BC 上一点，以AD 为腰作等腰△ADE ，且AD =AE ，∠BAC =∠DAE =30°，连接CE ，若BD =2，CD =5，求△DCE 的面积.BCAD E题型六30°直角三角形斜边上的高 方法技巧：30°角的直角三角形斜边上的高中，有3个30°的直角三角形，选取最小的和最大的两个直角三角形进行计算.【例14】如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，CD ⊥AB ，垂足为点D ，∠A =30°，AD =6，求BC 的长.DABC针对练习31.某市在“旧城改造”中计划在市内一块如图所示的三角形空地上种植某种草皮以美化环境，已知这种草皮每平方米的售价为a 元，求购买这种草皮至少需要多少元?BCA2.在△ABC 中，∠B =30°，AB =AC =8，P 为BC 上一点，求AP 的最小值.ABCP3.如图，在等边△ABC 中，点D 为AC 上一点，CD =CE ，∠ACE =60°. (1)求证:△BCD ≌△ACE ；图 1EBCA(2)延长BD 交AE 于点F ，连接CF ，若AF =CF ，猜想线段BF ，AF 的数量美系，并证明你的猜想.图 2BCAE4.如图，在△ABC 中，∠BAC =90°，点D 为三角形内一点，且AB =AC =BD ，∠ABD =30°.求证:AD =CD ，AB C5.如图，在△ABC 中，∠ABC =45°，∠BAC =60°，点D 为BC 上一点，∠ADC =60°，AE ⊥BC ，CF ⊥AD ，垂足分别为E 、F ，AE 、CF 相交于点H .ECBAD(1)求证:△DFC ≌△HFA ；(2)若DF =2，AF EH 的值.6.如图1，在△ABC 中，AB =AC ，∠A =120°，AB 的垂直平分线MN 分别交BC ，AB 于点M ，N . (1)求证:CM =2BM ；BC(2)如图2，点F 为AB 上方一点，连接BF ，AF ，CF ，点B 关于直线AF 的对称点E 在CF 上，连接BE . 求证:△BEF 为等边三角形.B AFC。
“abc猜想”讲义(3)
“abc猜想”讲义第三讲“abc猜想”证明（1）主讲王若仲有了前面有界函数一些性质的储备，现在探讨求证“abc猜想”。
abc定理:任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c。
对于任何ε＞0,存在常数kε＞0，有：kεrad(abc)1+ε＞c。
其中rad(abc)表示(a·b·c) 中无重复质因数的积。
证明：对于“abc猜想”中的正整数a，b，c。
从表象看似乎没有什么规律可循，只要仔细研究不等式，可以设置任意两个素数p和q，设b＝p k·n-q h·m，且（p k·n-q h·m）和p k·n以及q h·m两两互质，p k·n＞q h·m,p k＞q h,k为正整数,h为非负正整数。
再按照n≥m和n≤m这两种情形进行分析讨论：下面就根据这两种类型，从一般化的角度逐一分析讨论：首先分析讨论第一种情形：设置任意两个素数p和q（p≠q），设b＝p k·n-q h·m，且p k·n和q h·m互质，p k＞q h，p k·n＞q h·m(n≥m)。
设c=p k·n，a=q h·m(n≥m)，p和q为任意两个素数（p≠q），且p k＞q h，p k·n ＞q h·m，p k·n和q h·m互质，则b=p k·n-q h·m。
假定p和q均为设定的两个素数,k为设定的正整数,h为设定的非负正整数时。
因为c＞a＞0，c＞b＞0，那么在这种情形下，则有p k-q h≤（p k·n-q h·m）÷n＜p k；说明对于任意两个正整数n和m(n≥m)，[（p k·n-q h·m）÷n]不大于某一定值H,[（p k·n-q h·m）÷n]不小于某一定值H′。
解析“哥德巴赫猜想”及“abc猜想”(3)
第一章“哥德巴赫猜想”的来历哥德巴赫（Christian Goldbach），1690年3月18日出生于普鲁士哥尼斯堡（俄罗斯现在的加里宁格勒）的一个官员家庭。
当时的普鲁士是德意志的一个邦国，哥尼斯堡（Konigsberg）是一座历史名城[2]。
哥德巴赫年轻时在家乡的哥尼斯堡大学学习数学和医学，20岁大学毕业，由于年轻，渴望出去看看外面的世界，加之家庭状况也不错，于是1710年之后，哥德巴赫云游欧洲，结识了不少当时欧洲的数学名家。
哥德巴赫首先去莱比锡，拜访了大数学家莱布尼茨。
莱布尼茨（G. W. Leibniz，1646-1716）对于数学的最大贡献是发明了微积分。
哥德巴赫的到来，使莱布尼茨感到很高兴，对于这位朝气蓬勃的晚辈，莱布尼茨少不了给予指点和教诲。
莱布尼茨广博的学识和高屋建瓴的观点，也使哥德巴赫终身受益。
接着哥德巴赫又到伦敦访问棣莫弗。
棣莫弗（De Moivre，1667-1754）是法国人，因躲避宗教迫害移居英国。
棣莫弗最擅长的研究领域是概率论，并对此做出了很大的贡献。
哥德巴赫对于理论研究和实际问题都很有兴趣。
后来哥德巴赫去了欧洲其它一些城市，分别见到伯努利家族的几位成员，其中丹尼尔•伯努利和哥德巴赫关系密切。
16世纪末，伯努利家族的祖辈为躲避宗教迫害，从比利时的安特卫普辗转来到瑞士的巴塞尔，在那里繁衍生息。
这个家族以经商为传统，也有个别人行医，似乎都和数学沾不上边。
但是在一个世纪之后，却在三代人中出现了八位数学家，其中几位有相当大的成就。
欧洲的旅行，使哥德巴赫不断开阔眼界，增长了学识，还在学术圈里交了不少朋友，收获颇丰。
1724年哥德巴赫回到故乡哥尼斯堡，此时的哥德巴赫已经 34岁了，过了而立之年，该见的世面也见过了，是到好好规划一下未来的时候了。
事也凑巧，就在哥德巴赫回家后不久，正好有两位学者路过哥尼斯堡，他们是去圣彼得堡参与俄罗斯圣彼得堡科学院筹建工作。
在与他们的言谈中，哥德巴赫了解到一些基本情况，感觉正对心思。
“Abc猜想”简捷证明(完整版)
“abc 猜想”简捷证明王若仲（王洪）贵州省务川自治县实验学校贵州564300摘要：“abc 猜想”最先由英国数学家大卫·马瑟（DavidMasser)和法国数学家乔瑟夫·奥斯达利（JosephOesterl é）于1985年彼此独立提出。
它说明对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，并对于任何三个满足a+b＝c 以及a 和b 互质的正整数a，b，c。
有：c＜k εrad(abc)1+ε,rad(abc)表示(a·b·c)中无重复质因数的积。
首先我们来解读“abc 猜想”:对于任何三个满足a+b＝c 的正整数a，b，c；说明正整数a，b，c 是均在有穷范围内的任何三个正整数。
原因是如果a 和c 均为无穷大或者b 和c 均为无穷大或者a 和c 以及b 均为无穷大，这样的话，那么“abc 猜想”无实在意义。
根据解读的情形，那么“abc 猜想”就有一种更为简捷的证明方法，这种证明方法很直观，让人易懂明了。
这种证明方法也就是转换为证明有穷范围内的任何两个正整数a 和c，而正整数b 则由等式a+b＝c 确定，对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，有：c＜k εrad[a(c-a)c]1+ε,rad[a(c-a)c]表示[a·(c-a)·c]中无重复质因数的积。
关键词：abc 猜想；奇数；奇质数；质因数中图分类号：0156引言“abc 猜想”最先由英国数学家大卫·马瑟（David Masser）及法国数学家乔瑟夫·奥斯达利（Joseph Oesterlé）在1985年提出，一直未能被证明。
其名字来自把猜想中涉及的三个数字称为a，b，c 的做法。
它说明对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，并对于任何三个满足a+b＝c 以及a 和b 互质的正整数a，b，c。
有：c＜k εrad(abc)1+ε,rad(abc)表示(abc)中无重复质因数的积。
什么是“ABC”猜想？
什么是“ABC”猜想？“ABC”是我们少时学习英语的入门级知识，在英语中代表着字母表，类似中国的拼音，然而可不要因此小看它，数学上有个同名的概念——“ABC”猜想，保证你看了不是似曾相识的轻松，而是不知所云的头疼。
那么，什么是“ABC”猜想呢？一言以概之，这是一个有关素数间关系的问题，素数，大家都很熟悉，除了1和它本身以外没有别的因数，我们知道，很多正整数可以分解为其他数的乘积，比如9=3×3，6=2×3等等，这些是合数，但是像11、13、17、19等这些数就做不到上述分解，就是素数。
若是说两个数互素，指的就是两个整数在素数分解中没有公共的素数因子，比如6=2×3和55=5×11，则称6和55互素。
对于数论来说，素数是核心概念，“梅森素数”、“孪生素数”等都有着各自的性质和应用，当然这是后话，继续回到”ABC”猜想上来，定义了合数、素数，相信大家对“数学中所有大于1的正整数都可以分解为素数的乘积”没有异议：合数自然能分解，素数可以看做自己的分解(1乘以它本身)。
这里还需要一个概念——无平方因子数，这对于我们来说比较陌生，所谓的无平方因子数就是一个不能被任何整数的平方(除了1以外)整除的数。
举个例子，15和19就是无平方因子数，而16和45却不是，它们分别能被16(即42)和9(即32)整除。
当一个数n不是无平方因子时，我们作如下处理，提取其“无平方因子”——rad(n)，即用n的素数因子相乘得到最大无平方因子数，比如rad(45)=3×5=15。
至此，准备工作结束，接下来进入正题：既然名曰“ABC”猜想，那么肯定有3个整数A、B、C，先考虑它们三者的乘积，记作ABC，再提取个乘积的无平方因子部分rad(ABC)，此时我们选取A、B、C中较大的一个数值和rad(ABC)比较大小，举个例子，假如A=16，B=17，因此C=33，rad(ABC)=2244，2244远远大于33，再找一些其他的数字来，你会发现出现了相同的结果，这是规律吗？或者就是定理，这么想你可就错了，反例不仅存在而且有无穷多个，比如令A=3，B=125，C=128，rad(ABC)=30<125<128,这时的结果和前例恰恰相反。
abc猜想
abc猜想
数论中的abc猜想（亦以Oesterlé猜想而闻名）最先由乔瑟夫及大卫在19XX年提出，一直未能被证明。
数学家用三个相关的正整数a，b和c（满足a+b=c）声明此猜想（也因此得名abc猜想）。
若d是abc不同素因数的乘积，这个猜想本质上是要说d通常不会比c 小太多。
换句话来说，如果a，b的因数中有某些素数的高幂次，那c通常就不会被素数的高幂次整除。
在20XX年X月，日X的京X大学数学家望XXX发布了其四篇预印文稿，介绍了他的全面一般化泰勒米希理论，并声称用此理论可证明包括abc猜想在内的几个著名猜想。
他的论文在数学期刊上刊登以供参考查阅，很多人也开始学习他的理论。
很多数学家对他的文章持怀疑态度。
要解决这个猜想或许还是要走上孤独的漫漫长路。
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相同的正实数（z11，z12，z13，…，z1e，y11）和（z21，z22，z23，…，z2e，y12）， 即至少有一个 z1i≠z2i（i＝１，２，３，…，e）或者 y11≠y12，那么必然存在两
2
个正实数
x11
和
x12（x11≠x12），使得（
g z11 11
·
g z12 12
·
g z13 13
函数ψ（zi，y）=
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
-
d
y
，由第六讲中的定义
3.2
可
知，定义域中任一一组 zi 和 y 的确定值有唯一函数ψ（zi，y）的值与之对应，
同时任一函数ψ（zi，y）的值有唯一
rad（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
）÷m}存在正实数极限。令
x+
d
y
=
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
，x
和
y
以及
zi
均为不小于
1
的正实数。设
函数
f （ zi ， y ） = （
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）÷
g ve 1e
） ÷m ， 不 管
m
和
1
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
以及
dh
如何变化，1＜
（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
） ÷m ≤ E
或者
1＜
（
g v1 11
·1
·…·
g ve 1e
） ÷m ＜ E
p1i
≠
p1 j
（i≠j）；i，j=1，2，3，…，r； k1 ， k2 ， k3 ，…， kr 均为正实数；则令 d h ＞
p k1 11
·
p k2 12
·
p k3 13
·…·
p kr 1r
或
d
h
＜
p k1 11
·
p k2 12
·
p k3 13
·…·
p kr 1r
。那么由第
七讲中的定理 4.1 以及推论 4.1 可知，这种情形下，不可能存在如下这样的情形：
恒成立。则
1＜
（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
） ÷{[rad （ m ） ]·H} ≤ E
或者
1＜
（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
）÷{[rad（m）]·H}＜E
恒成立。
对于
m
和
rad（m），因为
m=
g v1 11
·
g v2 11
“abc 猜想”讲义（17）
第十七讲
证明“abc 猜想”
主讲 王若仲
对于第（iv）中②的情形我们分成四种情形,第十七讲我们讲解（2）的情 形。
（2）b=g=
d
h
，c=n=
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
，因为
m+g=n，这种情形
下，求证
lim
vi m
{（
g v1 11
（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
- dy
），则
f （ zi ， y ）
=[（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）÷（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）]
÷[（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
g12
·
g13
·
…· g1e ）-d]。
则函数 f（zi，y）在 ziϵ[1+ε，+∞-ε]，yϵ[1+ε，+∞-ε]的闭区域中有界，
即存在恒定的正实数 E（1＜E＜+∞），使得 1＜f（zi，y）≤E 或者 1＜f（zi，y）
＜E
恒成立。那么对于（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
即
q h1 11
· q12h2
·
q h3 13
·…·
q hs 1s
=p+ d k1
，
q h11 11
·
q h12 12
·
q h13 13
·…·
q h1s 1s
=e+ d k2
，
k1≠k2 或 h1≠h11 或 h2≠h12 或 h3≠h13 或…或 hs≠h1s，使得 rad（p）=rad（e）。设
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
-
d
y
=ax+r（r＜a），其中
a
和
r
均为恒定的正实
数。因为对于任一一组正实数（z1，z2，z3，…，ze，y），那么总有一个正实数
x1，使得
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
-
d
y
=ax1+r
成立。那么对于任意两组非全
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
=h· d
y
+r，由第六讲中的定义
3.2 和第七讲中的定理 4.1 以及推论 4.1 可知，h 是可变的。那么 lim d y ÷ zi y
（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）=
lim
hy
d
y
÷（h·
d
y
+r）≤
lim
h
1 h
=0。那么
·…·
g ze 1e
-
d
y
）÷（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）]=
1÷[1- d
y
÷（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）]；因为
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
＞d
h
，我们令
g z1 11
·
g z2 12
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
-
d
h
，其中当出
现 m=wk 时 ， w 为 正 整 数 ， k 为 正 实 数 ， 则 令 d h ＞ wk 或 d h ＜ wk 。 当 出 现
m=
p k1 11
·
p k2 12
·
p k3 13
·…·
p kr 1r
时,
p11 ，
p12
，
p13 ，…，
p1r
均为素数，
·…·
g z1e 1e
-
d
y11
-r）
÷x11= （
g z21 11
lim
zi y
f （ zi ， y ） =
lim
zi y
（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）÷
（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
-
d
y
）=1。
又
lim
zi 1 y1
f（zi，y）=（
g11
·
g12
·
g13
·…·
g1e
）÷[（
g11
·
-
d
y
）
的值与之对应，又由第七讲中的定理 4.1 以及推论 4.1 可知，函数ψ（zi，y）
q 的值不可能恒为
y
或者
q y1 11
·
q12
y2
·
q y3 13
·…·
q1s
ys
的形式，其中
q
或
q11
，q12
，
q13 ， … ， q1s 恒 定 不 变 。 那 么 这 种 情 形 下 ， 我 们 总 可 以 令