平面四边形费马点
平面四边形中费马点证明相对于三角型中较为简易，也较容易研究。
（1）在凸四边形ABCD中，费马点为两对角线AC、BD交点P。
费马点
（2）在凹四边形ABCD中，费马点为凹顶点D（P）。
经过上述的推导，我们即得出了三角形中费马点的找法：
当三角形有一个内角大于或等于一百二十度的时候，费马点就是这个内角的顶点；如果三个内角都在120度以内，那么，费马点就是使得费马点与三角形三顶点的连线两两夹角为120度的点。
（III）费马点性质：
费马点
（1）平面内一点P到△ABC三顶点的之和为PA+PB+PC，当点P为费马点时，距离之和最小。
特殊三角形中：
（2）.三内角皆小于120°的三角形，分别以AB,BC,CA，为边，向三角形外侧做正三角形ABC1,ACB1,BCA1,然后连接AA1,BB1,CC1,则三线交于一点P,则点P就是所求的费马点.
（3）.若三角形有一内角大于或等于120度,则此钝角的顶点就是所求.
（4）当△ABC为等边三角形时,此时外心与费马点重合
二、梅涅劳斯定理和塞瓦定理
1、梅涅劳斯定理
梅涅劳斯定理证明
梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
它指出：
如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么
证明：
做平行线即可，过程略
2、角元形式：
（1）第一角元形式的梅涅劳斯定理
如图：
若E，F，D三点共线，则
（sin∠ACF/sin∠FCB）（sin∠BAD/sin∠DAC）（sin∠CBA/sin∠ABE）=1
即图中的蓝角正弦值之积等于红角正弦值之积
该形式的梅涅劳斯定理也很实用
（2）第二角元形式的梅涅劳斯定理
在平面上任取一点O，且EDF共线，则（sin∠AOF/sin∠FOB）（sin∠BOD/sin∠DOC）（sin∠COA/sin∠AOE）=1。
（O不与点A、B、C重合）
三、塞瓦定理
塞瓦定理
在△ABC内任取一点O，
直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则（BD/DC）*（CE/EA）*（AF/FB）=1
证法简介（Ⅰ）本题可利用梅涅劳斯定理证明：
∵△ADC被直线BOE所截，
∴（CB/BD）*（DO/OA）*（AE/EC）=1①
而由△ABD被直线COF所截，∴（BC/CD）*（DO/OA）*（AF/FB）=1②
②÷①:
即得：
（BD/DC）*（CE/EA）*（AF/FB）=1
（Ⅱ）也可以利用面积关系证明
∵BD/DC=S△ABD/S△ACD=S△BOD/S△COD=（S△ABD-S△BOD）/（S△ACD-S△COD）=S△AOB/S△AOC③
同理CE/EA=S△BOC/S△AOB④AF/FB=S△AOC/S△BOC⑤
③×④×⑤得BD/DC*CE/EA*AF/FB=1
塞瓦定理推论
1.设E是△ABD内任意一点，AE、BE、DE分别交对边于C、G、F，则（BD/BC）*（CE/AE）*（GA/DG）=1
因为（BC/CD）*（DG/GA）*（AF/FB）=1，（塞瓦定理）所以（BD/CD）*（CE/AE）*（AF/FB）=K（K为未知参数）且（BD/BC）*（CE/AE）*（GA/DG）=K（K为未知参数）又由梅涅劳斯定理得：
（BD/CD）*（CE/AE）*（AF/FB）=1
所以（BD/BC）*（CE/AE）*（GA/DG）=1
2.塞瓦定理角元形式
AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是：
（sin∠BAD/sin∠DAC）*（sin∠ACF/sin∠FCB）*（sin∠CBE/sin∠EBA）=1
由正弦定理及三角形面积公式易证
3.如图，对于圆周上顺次6点A,B,C,D,E,F，直线AD,BE,CF交于一点的充分必要条件是：
（AB/BC）*（CD/DE）*（EF/FA）=1
由塞瓦定理的角元形式，正弦定理及圆弦长与所对圆周角关系易证。
4.还能利用塞瓦定理证三角形三条高交于一点
设三边AB、BC、AC的垂足分别为D、E、F，根据塞瓦定理逆定理，因为（AD:
DB）*（BE:
EC）*（CF:
FA）=[（CD*ctgA）/[（CD*ctgB）]*[（AE*ctgB）/（AE*ctgC）]*[（BF*ctgC）/[（AE*ctgB）]=1，所以三条高CD、AE、BF交于一点。
四、西姆松定理
西姆松定理图示
西姆松定理是一个几何定理。
表述为：
过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。
（此线常称为西姆松线）。
西姆松定理的逆定理为：
若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上。
西姆松定理说明
相关的结果有：
（1）称三角形的垂心为H。
西姆松线和PH的交点为线段PH的中点，且这点在九点圆上。
（2）两点的西姆松线的交角等于该两点的圆周角。
（3）若两个三角形的外接圆相同，这外接圆上的一点P对应两者的西姆松线的交角，跟P的位置无关。
（4）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。
证明
证明一：
△ABC外接圆上有点P，且PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，PD⊥BC于D，分别连DE、DF.
易证P、B、F、D及P、D、C、E和A、B、P、C分别共圆，于是∠FDP=∠ACP①，（∵都是∠ABP的补角）且∠PDE=∠PCE
②而∠ACP+∠PCE=180°
③∴∠FDP+∠PDE=180°
④即F、D、E共线.反之，当F、D、E共线时，由④→②→③→①可见A、B、P、C共圆.
证明二：
如图，若L、M、N三点共线，连结BP，CP，则因PL垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、P、L、N和
M、P、L、C分别四点共圆，有
∠PBN=∠PLN=∠PLM=∠PCM.
故A、B、P、C四点共圆。
若A、B、P、C四点共圆，则∠PBN=∠PCM。
因PL垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、P、L、N和M、P、L、C四点共圆，有
∠PBN=∠PLN=∠PCM=∠PLM.
故L、M、N三点共线。
相关性质的证明
连AH延长线交圆于G,
连PG交西姆松线与R,BC于Q
如图连其他相关线段
AH⊥BC,PF⊥BC==>AG//PF==>∠1=∠2
A.G.C.P共圆==>∠2=∠3
PE⊥AC,PF⊥BC==>P.E.F.C共圆==>∠3=∠4
==>∠1=∠4
PF⊥BC
==>PR=RQ
BH⊥AC,AH⊥BC==>∠5=∠6
A.B.G.C共圆==>∠6=∠7
==>∠5=∠7
AG⊥BC==>BC垂直平分GH
==>∠8=∠2=∠4
∠8+∠9=90,∠10+∠4=90==>∠9=∠10
==>HQ//DF
==>PM=MH
第二个问，平分点在九点圆上，如图：
设O,G,H分别为三角形ABC的外心，重心和垂心。
则O是,确定九点圆的中点三角形XYZ的垂心，而G还是它的重心。
那么三角形XYZ的外心O1，也在同一直线上，并且
HG/GO=GO/GO1=2，所以O1是OH的中点。
三角形ABC和三角形XYZ位似，那么它们的外接圆也位似。
两个圆的圆心都在OH上，并且两圆半径比为1:
2
所以G是三角形ABC外接圆和三角形XYZ外接圆（九点圆）的"反"位似中心（相似点在位似中心的两边）,H是"正"位似中心（相似点在位似中心的同一边）...
所以H到三角形ABC的外接圆上的连线中点必在三角形DEF的外接圆上....
五、托勒密定理
1、定理的内容托勒密（Ptolemy）定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
原文：
圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。
从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．
证明
一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。
）
在任意四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD∠ABE=∠ACD
因为△ABE∽△ACD
所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD
（1）
而∠BAC=∠DAE，，∠ACB=∠ADE
所以△ABC∽△AED相似.
BC/ED=AC/AD即ED·AC=BC·AD
（2）
（1）+
（2）,得
AC（BE+ED）=AB·CD+AD·BC
又因为BE+ED≥BD
（仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”）
所以命题得证
复数证明
用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD的长度分别是：
（a-b）、（c-d）、（a-d）、（b-c）、（a-c）、（b-d）。
首先注意到复数恒等式：
（a−b）（c−d）+（a−d）（b−c）=（a−c）（b−d），两边取模，运用三角不等式得。
等号成立的条件是（a-b）（c-d）与（a-d）（b-c）的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。
四点不限于同一平面。
平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。
二、
设ABCD是圆内接四边形。
在弦BC上，圆周角∠BAC=∠BDC，而在AB上，∠ADB=∠ACB。
在AC上取一点K，使得∠ABK=∠CBD；因为∠ABK+∠CBK=∠ABC=∠CBD+∠ABD，所以∠CBK=∠ABD。
因此△ABK与△DBC相似，同理也有△ABD~△KBC。
因此AK/AB=CD/BD，且CK/BC=DA/BD；因此AK·BD=AB·CD，且CK·BD=BC·DA；两式相加，得（AK+CK）·BD=AB·CD+BC·DA；但AK+CK=AC，因此AC·BD=AB·CD+BC·DA。
证毕。
三、
托勒密定理：
圆内接四边形中，两条对角线的乘积（两对角线所包矩形的面积）等于两组对边乘积之和（一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和）．已知：
圆内接四边形ABCD，求证：
AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．
证明：
如图1，过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD∽△BCP．得AC：
BC=AD：
BP，AC·BP=AD·BC①。
又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．得AC：
CD=AB：
DP，AC·DP=AB·CD②。
①＋②得AC（BP＋DP）=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．
推论
1.任意凸四边形ABCD，必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC，当且仅当ABCD四点共圆时取等号。
2.托勒密定理的逆定理同样成立：
一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，则这个凸四边形内接于一圆、
推广
托勒密不等式：
四边形的任两组对边乘积不小于另外一组对边的乘积，取等号当且仅当共圆或共线。
简单的证明：
复数恒等式：
（a-b）（c-d）+（a-d）（b-c）=（a-c）（b-d），两边取模，
得不等式AC·BD≤|（a-b）（c-d）|+|（b-c）（a-d）|=AB·CD+BC·AD
注意：
1.等号成立的条件是（a-b）（c-d）与（a-d）（b-c）的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。
2.四点不限于同一平面。
六、欧拉定理：
在一条线段上AD上，顺次标有B、C两点，则AD·BC+AB·CD=AC·BD
七、重要不等式
1、均值不等式：
TIP:
完全的均值不等式
√[（a^2+b^2）/2]≥（a+b）/2≥√ab≥2/（1/a+1/b）
（二次幂平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均）
2、柯西不等式
柯西不等式的一般证法有以下几种：
（1）Cauchy不等式的形式化写法就是：
记两列数分别是ai,bi，则有（∑ai^2）*（∑bi^2）≥（∑ai*bi）^2.
我们令f（x）=∑（ai+x*bi）^2=（∑bi^2）*x^2+2*（∑ai*bi）*x+（∑ai^2）
则我们知道恒有f（x）≥0.
用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有Δ=4*（∑ai*bi）^2-4*（∑ai^2）*（∑bi^2）≤0.
于是移项得到结论。
（2）用向量来证.
m=（a1,a2......an）n=（b1,b2......bn）
mn=a1b1+a2b2+......+anbn=（a1^+a2^+......+an^）^1/2乘以（b1^+b2^+......+bn^）^1/2乘以cosX．
因为cosX小于等于1，所以：
a1b1+a2b2+......+anbn小于等于a1^+a2^+......+an^）^1/2乘以（b1^+b2^+......+bn^）^1/2
这就证明了不等式．
柯西不等式还有很多种，这里只取两种较常用的证法．
柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们在教学中应给予极大的重视。
3.排序不等式
排序不等式是高中数学竞赛大纲要求的基本不等式。
设有两组数a1,a2,……an,b1,b2,……bn满足a1≤a2≤……≤an,b1≤b2≤……≤bn则有a1bn+a2bn?
1+……+anb1≤a1bt+a2bt+……+anbt≤a1b1+a2b2+……+anbn式中t1，t2，……，tn是1，2，……，n的任意一个排列，当且仅当a1=a2=……=an或b1=b2=……=bn时成立。
以上排序不等式也可简记为：
反序和≤乱序和≤同序和.
证明时可采用逐步调整法。
例如，证明：
其余不变时，将a1b1+a2b2调整为a1b2+a2b1，值变小，只需作差证明（a1-a2）*（b1-b2）≥0，这由题知成立。
依次类推，根据逐步调整法，排序不等式得证。
4.契比雪夫不等式
切比雪夫不等式有两个
（1）设存在数列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn满足a1≤a2≤a3≤.....≤an和b1≤b2≤b3≤......≤bn
那么，∑aibi≥（1/n）（∑ai）（∑bi）
（2）设存在数列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn满足a1≤a2≤a3≤.....≤an和b1≥b2≥b3≥......≥bn
那么，∑aibi≤（1/n）（∑ai）（∑bi）
5.琴生不等式
设f（x）为上凸函数，则f[（x1+x2+……+xn）/n]≥[f（x1）+f（x2）+……+f（xn）]/n,称为琴生不等式（幂平均）。
加权形式为：
f[（a1x1+a2x2+……+anxn）]≥a1f（x1）+a2f（x2）+……+anf（xn）,其中
ai>=0（i=1,2,……,n）,且a1+a2+……+an=1.
6.幂平均不等式
幂平均不等式：
ai>0（1≤i≤n）,且α>β，则有
≥（∑ai^β/n）^1/β成立
iffa1=a2=a3=……=an时取等号
加权的形式：
设ai>0，pi>0（1≤i≤n），且α>β，则有
（∑pi*ai^α/∑pi）^1/α≥（∑pi*ai^β/∑pi）^1/β
iffa1=a2=a3=……=an，p1=p2=p3=……=pn时取等号。
特例：
调和平均（-1次幂），-几何平均（0次幂），-算术平均（1次幂），，-二次平均（2次幂）
7权方和不等式
1）
a1^（m+1）/b1^m+a2^（m+1）/b2^m+a3^（m+1）/b3^m+……+an^（m+1）/bn^m≥（a1+a2+a3+……+an）^（m+1）/（b1+b2+b3+……+bn）^m
其中
a,b,n为正整数，m＞0或m＜-1
当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn时，等号成立
2）
a1^（m+1）/b1^m+a2^（m+1）/b2^m+a3^（m+1）/b3^m+……+an^（m+1）/bn^m≤（a1+a2+a3+……+an）^（m+1）/（b1+b2+b3+……+bn）^m
其中
a,b,n为正整数，-1 当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn时，等号成立
权方和不等式的等价形式：
（Holder不等式）：
∑[i=1，n]ai*bi≤（∑[i=1，n]ai^p）^（1/p）*（∑[i=1,n]bi^q）^（1/q）
上式中1/p+1/q=1,ai,bi为正实数
八、棣莫弗（deMoivre）定理
设两个复数（用三角形式表示）Z1=r1（cosθ1+isinθ1）,Z2=r2（cosθ2+isinθ2）,则:
Z1Z2=r1r2[cos（θ1+θ2）+isin（θ1+θ2）].
证:
先讲一下复数的三角形式的概念.在复数平面上,可以用向量Z（a,b）来表示Z=a+ib.于是,该向量可以分成两个在实轴,虚轴上的分向量.如果向量Z与实轴的夹角为θ,这两个分向量的模分别等于rcosθ,risinθ（r=√a^2+b^2）.所以,复数Z可以表示为Z=r（cosθ+isinθ）.这里θ称为复数Z的辐角.
因为Z1=r1（cosθ1+isinθ1）,Z2=r2（cosθ2+isinθ2）,所以
Z1Z2=r1r2（cosθ1+isinθ1）（cosθ2+isinθ2）
=r1r2（cosθ1cosθ2+icosθ1sinθ2+isinθ1cosθ2-sinθ1sinθ2）
=r1r2[（cosθ1cosθ2-sinθ1sinθ2）+i（cosθ1sinθ2+sinθ1cosθ2）]
=r1r2[cos（θ1+θ2）+isin（θ1+θ2）].
其实该定理可以推广为一般形式:
棣莫弗定理的推广
设n个复数Z1=r1（cosθ1+isinθ1）,Z2=r2（cosθ2+isinθ2）,……，Zn=rn（cosθn+isinθn）,则：
Z1Z2……Zn=r1r2……rn[cos（θ1+θ2+……+θn）+isin（θ1+θ2+……+θn）].
证：
用数学归纳法即可，归纳基础就是两个复数相乘的棣莫弗定理。
如果把棣莫弗定理和欧拉（Euler）公式“e^iθ=cosθ+isinθ”（参见《泰勒公式》，严格的证明需要复分析）放在一起看，则可以用来理解欧拉公式的意义。
利用棣莫弗定理有：
Z1Z2……Zn=r1r2……rn[cos（θ1+θ2+……+θn）+isin（θ1+θ2+……+θn）]
如果可以把所有的复数改写成指数的形式，即：
Z1=r1e^iθ1,Z2=r2e^iθ2,……，Zn=rne^iθn,
Z1Z2……Zn=r1r2……rne^i（θ1+θ2+……+θn）
这和指数的可加性一致.
在一般形式中如果令Z1=Z2=……=Zn=Z,则能导出复数开方的公式.有兴趣可自己推推看.
九、欧几里德除法
欧几里德算法
欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个整数a,b的最大公约数。
其计算原理依赖于下面的定理：
定理：
gcd（a,b）=gcd（b,amodb）
证明：
a可以表示成a=kb+r，则r=amodb
假设d是a,b的一个公约数，则有
d|a,d|b，而r=a-kb，因此d|r
因此d是（b,amodb）的公约数
假设d是（b,amodb）的公约数，则
d|b,d|r，但是a=kb+r
因此d也是（a,b）的公约数
因此（a,b）和（b,amodb）的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。
欧几里德算法（辗转相除法）求两个数的最大公约数的步骤如下：
先用小的一个数除大的一个数，得第一个余数；
再用第一个余数除小的一个数，得第二个余数；
又用第二个余数除第一个余数，得第三个余数；
这样逐次用后一个数去除前一个余数，直到余数是0为止。
那么，最后一个除数就是所求的最
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