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同余理论在中学数学竞赛中的应用

数学与统计学院、数学与应用数学、0701班，湖北，黄石，435002

1.引言

近几年来，国际中学生奥林匹克数学竞赛的试题中，与数论有关的题目呈递增的趋势，而用初等数论的知识去解题也更加方便、简洁,这引起了国际数学界对中学数学教学中初等数论内容的相当重视。由此可见，初等数论在数学竞赛中的地位和作用越来越重要了。

同余理论是初等数论的重要内容之一，它不仅是研究数论问题的重要工具，而且还可用来解决许多初等数学问题。本文将在介绍同余理论系统知识的基础上，详细介绍同余性质和定理在中学数学中的应用，并举出相应的竞赛实例，进一步加深大家对同余理论对中学数学竞赛的重要性及广泛应用性的认识。

2.同余的相关概念、性质和几个重要定理

2.1同余的定义、性质

定义1 给定一个正整数m ,把它叫做模。如果用m 去除任意两个整数a 与b 所得的余数相同，我们就说a ,b 对模m 同余，记作()mod a b m ≡.

命题整数,a b 对模m 同余的充分必要条件是|m a b -.

该命题说明同余这一概念又可以定义如下：

定义1' 若|m a b -,则a 与b 对模m 同余即()mod a b m ≡.

同余式的写法，使我们联想起等式。其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的性质()()13 ：

性质（1）：（自反性） ()mod a a m ≡.

性质（2）：（对称性）若()mod a b m ≡, 则()mod b a m ≡.

性质（3）：（传递性）若()()mod ,mod a b m b c m ≡≡，则()mod a c m ≡. 在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立。性质（4）：若()()mod ,mod a b m c d m ≡≡，则

()mod a c b d m ±≡±，()mod ac bd m ≡.

由此我们还可以得到：若()mod a b m ≡，k 是整数，n 是自然数，则

()mod a k b k m ±≡±，

()mod ak bk m ≡，

()mod n n a b m ≡.

从而有:

性质（5）：若()mod (0,1,2,,)i i a b m i n ≡= ，()mod x y m ≡，则

()00mod n n

i i

i i a x b y m ==≡∑∑. 对于同余式()mod ac bc m ≡，是否能直接约去公约数c ，得到一个正确的同余式()mod a b m ≡？

在这个问题上，同余式与等式是不同的。例如：()255mod10≡，约去5，得()51mod10≡.

这显然是不正确的。但下面这种情形，相约是可以的：

性质（6）：若()()mod ,,1ac bc m c m ≡=，则

()mod a b m ≡.

同余还有下面三个性质：

性质（7）：若()mod a b m ≡，|,0d m d >，则()mod a b d ≡.

性质（8）：若()mod a b m ≡，0,k k N >∈，则()mod ak bk mk ≡. 性质（9）：若()mod ,1,2,,i a b m i k ≡= ，则[]()12,,,k a b m m m ≡ .

2.2剩余类和完全剩余系

全体整数集合可按模m 来划分：当且仅当()mod a b m ≡时，a 和b 属于同一类。于是全体整数按模m 被分为m 类，每一个这样的类被称为模的剩余类。在m 个剩余类中各取一个数作为代表，这样的m 个数被称为模m 的完全剩余系，例如0,1,2,,1m - 是模m 的一个完全剩余系，称为最小非负完全剩余系。

完全剩余系有下列性质：

①如果12,,,m c c c 是模m 的一个完全剩余系，b 是整数，那么

12,,,m c b c b c b ±±± 也是模m 的完全剩余系。

②如果12,,,m c c c 是模m 的一个完全剩余系，a 是整数，且(),1a m =，则12,,,m ac ac ac 也是模m 的完全剩余系。

2.3两个重要定理

同余理论中有两个定理，在理论和应用方面都是很重要的，它们就是欧拉定理和费马小定理。

定理1 （欧拉定理）设m 是正整数，(),1a m =，则()()1mod m a m ?≡. 说明：()m ?表示m 的欧拉函数，其计算方法为：

1212111()(1)(1)(1),,,,k k

m m p p p p p p ?=--- 是m 的全部不同的素因数。

定理2 （费马小定理）设p 是素数，则对于任意的整数a ，有

()mod p a a p ≡.

由此易知：当a 与模m 互素时，()|1m m a ?-；当p 是素数时，|p p a a -.这就为整除性的讨论提供了一个有力的工具。

注：以上性质与定理的证明见参考文献[1].

3.同余理论在中学数学竞赛中几个重要的应用

3.1 同余理论在处理整除问题上的应用

3.1.1 求余数或证明整除性问题，常以除数为模

若要求m 除a 的余数，只需求()?mod a m ≡即可；

若要证明m 整除a ，只需证()0mod a m ≡即可。

[4]1例、求20083除以13的余数.

解： ∵()331mod13≡

∴()()66920083669136693333133mod13?+==?≡?≡

故20083除以13的余数是3.

注:求余数是同余的基本问题，在这种问题中，先求出与1±同余的数是一种基本技巧。下面例2也用到了此技巧。

[]2

2例、求证:（1) 8｜(199955＋17)；（2) 8|(23n ＋7)；（3）17｜(100019-1)．

证明:(1)∵()551mod8≡-

∴()

()199919995517110mod8+≡-+=

即8｜(199955＋17).

(2) ∵()231mod8≡

∴()()237110mod8n n +≡+-=

即8|(23n ＋7).

（3）∵()()44192mod17,1921mod17≡≡≡-

∴()

()25010004250191191110mod17?-=-≡--=

即17｜(100019-1). []3

例3（第六届IMO 试题）（1）求出所有正整数n 使21n -能被7整除；

（2）证明：没有正整数n 能让21n +被7整除.

解：（1）依题意，即求使()21mod7n ≡的所有正整数n.

因为()321mod7≡，所以对n 按模3进行分类讨论：

若3n k =， ()3221mod7n k =≡；

若31n k =+， ()32222mod7n k =?≡；

若32n k =+， ()322224mod7n k =?≡

故，当且仅当3|n 时，21n -是7的倍数。

（2) 证明：由（1）知，

()

()()

33132212mod 7213mod 7215mod 7k k k +++≡+≡+≡

所以没有正整数n 能让21n +被7整除。

[]2

例4、对任意的自然数n ，证明： 2903803464261n n n n A =--+

能被1897整除.

证明：因为18977271=?，7与271互质.

因为， ()29035mod7≡

()

()()

8035mod 74642mod 72612mod 7≡≡≡

所以， 2903803464261n n n n A =--+

≡()55220mod7n n n n --+=

故，7|A .又因为，

()2903193mod271≡

()803261mod 271≡

()464193mod 271≡

所以， 2903803464261n n n n A =--+

()1932611932610mod271n n n n ≡--+=

故271|A .又()7,2711=，所以1897整除A .

[]2

例5、已知n 为正奇数，求证：1236|60---n n n 。证明：因为若n 是正奇数，则

))((1221----++++-=-n n n n n n y xy y x x y x y x ；

))((1221----+-+-+=+n n n n n n y xy y x x y x y x ；

所以， n n 36|3-，12|3+n ，从而1236|3---n n n ；

n n 26|4-，13|4+n ，从而1236|4---n n n ；

16|5-n ，n n 23|5+，从而1236|5---n n n ；

又1)5,4,3(=且34560??=，所以1236|60---n n n 。

3.1.2利用同余理论可证明检查因数的结论

（1）若一个整数的末位数字能被2（或5）整除，则这个数能被2（或5）整除，否则不能；

（2）一个整数的数码之和能被3（或9）整除，则这个数能被3（或9）整除，否则不能；

（3）若一个整数的末两位数字能被4（或25）整除，则这个数能被4（或

25）整除，否则不能；

（4）若一个整数的末三位数字能被8（或125）整除，则这个数能被8（或125）整除，否则不能；

（5）若一个整数的奇位上的数码之和与偶位上的数码之和的差是11的倍数，则这个数能被11整除，否则不能。

下面主要证明（2）和（5），其余可类似证明。

证明：设10n n a a a a -= 是任意一个正整数，把a 写成十进制数的形式： 110101010n n n n n n a a a a a a a ---==+++ ，

其中i a 是整数且0≤i a ﹤10,0,1,2,,i n = .

（2）因为()()101mod3,101mod9≡≡，从而()101mod39i i N ≡?或，，所以

()

()11010110101010mod 31010mod 9n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a ------=+++≡+++=+++≡+++ 注：算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论。

（5）因为()101mod11,≡-从而

()()()23101mod11,101mod11,,10(1)mod11n n ≡≡-≡-

所以，

1110101010n n n n a a a a a --=++++

()1110(1)(1)mod11n n n n a a a a --≡-+-+-+

024135()()a a a a a a =+++-+++ ()mod11.

同理，我们很容易证明：

若11010001000,0n n n n i a a a a a --=+++≤ ﹤1000,0,1,2,,i n = , 则a 能被7或11或13整除的充要条件是

7或11或13|024135()()a a a a a a +++-+++ . []1

例6、证明：若75312289a =，则13是a 的因数，7、11均不是。证明：因为27510003121000289a =?+?+，而2897531252+-= 且只有13|52, 7和11均不能整除52

故13是a 的因数，7、11均不是。

3.1.3 与完全平方数有关的问题，常以4（或8)为模

同余理论中平方数的两个重要特征：

①任意平方数除以4余数为0和1；

②任意平方数除以8余数为0，1，4.

证明：①因为 ()222(21)4411mod4k k k =+=++≡奇数， ()222(2)40mod4k k ==≡偶数， k N ?.

所以

()()2

1mod 4,0mod 4,n n n ??≡???是奇数是偶数

②因为()2

22=214414(1)1k k k k k +=++=++奇数，又两个连续整数

k ，+1k 中必有偶数，所以4(1)k k +是8的倍数，从而

()2=811mod8t +≡奇数，t 是整数.

又因为()2

22=24k k =偶数，对k 分二种情况讨论：l 是整数，当2k l =时， ()222=4160mod8k l =≡偶数；

当2+1k l =时， ()224=16(1)44mod8k l l =++≡偶数.

综上，

()()21mod8,04mod8,n n n ??≡???是奇数或是偶数 []4

例7(1972年基辅数学竞赛题）证明：11,111,1111 ，中没有平方数。证明：平方数关于模4同余0或1，换句话说，关于模4同余2或3的

数一定不是平方数。而()1111113mod4≡≡ ，故11,111,1111

，中没有平方数。

[]4

例8(1954年苏联数学竞赛题)能否找到自然数a 和b ,使 221954a b =+.

解：不能。

理由如下:设b 为自然数，由()()219542mod4,01mod4b ≡≡或知，

()2195423mod4b +≡或

这说明21954+b 不是平方数.故找不到自然数a 和b ，使221954a b =+.

3.1.4 求末k 位数问题，常以10k 为模

求个位数与末两位数的问题，其实质也就是求一数被10或100除所得余数的问题。

[]4

例9、求3581244752279+?的末位数字。

解：∵4752279729+?≡+?

4834201454729?+?+?+≡+?

314729≡+?

()3215mod10≡+?=

∴3581244752279+?的末位数字是5.

说明：在求解本题的过程中用到了以下结论：任何正整数的乘方之个位

数重复出现的周期为4，即()4m o d10k l l a a +≡，其中a 是任意正整数，k 为自

然数，1,2,3,4l =.

[]6例10、求4063的末两位数。

解：利用欧拉定理有：因为(3,100)=1,所以

()(100)40331mod100?=≡

从而，

()40640106633329mod100?+=≡≡

即4063的末两位数是29.

3.1.5 与奇偶性有关的问题，常以2为模

一个整数与它的相反数、绝对值奇偶性都相同，两整数和与差的奇偶性相同。若用语言可叙述如下：

()()()mod2,||mod2,+mod2a a a a a b a b -≡≡≡-.

[]4

例11、设1264,,,a a a 是自然数1,264 ，，的任意一种排列， ①令112234326364||,||,,||b a a b a a b a a =-=-=- ；

②112234163132||,||,,||c b b c b b c b b =-=-=- ；

③11223481516||,||,,||d c c d c c d b b =-=-=- ；

④

这样一直做下去，最后得到一个整数x ，求证：x 为偶数.

证明：因为126412346364+||||||b b b a a a a a a ++=-+-++- ()()()12346364a a a a a a ≡-+-++-

()()()()12346364mod2a a a a a a ≡++++++ 所以，经过一步“运算”，①变成②，但和的奇偶性未发生变化。同样，经过多步“运算”依然如此，故

1264x a a a ≡+++

()12640mod2≡+++≡

即证x 是偶数.

[]8

例12、（1998年美国数学奥林匹克）设集合{}1,2,,1998 被分为999个彼此不想交的二元子集{},i i a b ，并且对1999i ≤≤均有16i i a b -=或.求证：和数999

1i i i a b =-∑的末位数字为9. 分析：首先明确999

11229999991+i i i a b a b a b a b =-=-+-+-∑ ，表示999

个这类绝对值的和。求末位数字的为题可转化为模10的余数问题，但条件是16i i a b -=或，直接考虑模10就难确定，而考虑模5却很方便。

解：由条件，对任何1999i ≤≤有()1mod5i i a b -≡，从而 ()999

19994mod5i i i a b =-≡≡∑

于是999

1i i i a b =-∑的个位数字为9或4.

又()mod2i i i i i i a b a b a b -≡-≡+，有

()()999999

111219981mod 2i i i i

i i a b a b ==-≡+=+++≡∑∑ 即999

1i i i a b =-∑为奇数，故其个位数字必为9.

在整除问题中，还有一个重要结论：连续n 个整数中，必然存在唯一的一个整数属于模n 同余0的剩余类（即该集合包含了所有n 的倍数），则任意连续n 个整数之积必是!n 的倍数。

对于任一整数k ,均有3(1)(1)k k k k k -=-+，而连续三个整数中必然有一个是3的倍数，所以有33|k k -成立。

[7]13例、设,,a b c 为正整数，且满足9a b c ++=，求证333100a b c ++≠. 证明：假设333100a b c ++=，由已知，

333()()91a b c a b c ++-++=

于是 333()()()91a a b b c c -+-+-=

因为3333|,3|,3|a a b b c c ---，但3不能整除91，假设是错误的。因而333100a b c ++≠得证。

3.2同余理论用于求解不定方程

[2]14例、证明方程

4425x y z ++=

没有整数解。

证明：对任一整数x ，以5为模，有

()

()()

240,1,2mod 50,1,4mod 50,1,1mod 5x x x ≡±±≡≡

即对任一整数x ，

()40,1mod5x ≡

同样，对于任一整数y ，

()40,1mod5y ≡

所以，()4422,3,4mod5x y ++≡，而()50m o d5z ≡，从而所给方程无整数解。

说明：本题所采用的方法是同余中证明不定方程无整数解的基本方法即余数分析法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定。如上面例8也采用的是此法。 [3]15例（第23届IMO 试题）试证:

（1）如果正整数n 及方程3233x xy y n -+=有一组整数解(),x y ，那么这个方程至少有三组整数解；

（2）当2891n =时，上述方程无整数解。

证明：（1）可证若(),x y 是原方程的一组整数解，则可找到另外两组不同的整数解：

(),y x x --，(),y x y --

（2）用反证法。假设有整数解(),x y ，使得32332891x xy y -+= （*）则 ()332mod3x y +≡

于是，（ⅰ）若()()0mod3,2mod3x ≡≡则y ；

（ⅱ）若()()1mod3,1mod3x ≡≡则y ；

（ⅲ）若()()2mod3,0mod3x ≡≡则y

对于第一种情况，令3,32,,x k y t k t N ==+?，带入（*）得：

()32333(3)(32)(32)2891k k t t -??+++=

左边()32mod9≡，右边()2mod9≡，矛盾；

对于第二种情况，由（1）知另一组解()(),,u v y x x =--将导致

()0mod3,u y x =-≡()2mod3v x =-≡

这也就是第一种情况，已证；

同样，对于第三种情况，有另一组解(,)(,p q y x y =--）导致

()0mod3p y =-≡，()2mod3q x y =-≡

这也归结到第一种情况，已证；

综上所述，32332891x xy y -+=无整数解。

3.3同余理论与抽屉原理的综合应用

[7]16例（“十一五”全国教育技术研究课题管理专栏）对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除。

解:首先构造抽屉：任何自然数除以3所得的余数只能是0,1,2中的一个，不妨分别构造三个抽屉——[1],[2],[3].然后讨论。

若这五个自然数除以3后所得的余数分别分布在这三个抽屉中，我们从这三个抽屉中各取一个，其和必能被3整除；

若这5个余数只分布在其中两个抽屉中，则其中一定有某个抽屉包含3个余数。而这3个余数之和或者为0，或者为3，或者为6.故所对应的3个自然数之和是3的倍数；

若这5个余数分布在其中的一个抽屉，很显然，必有3个自然数之和能被3整除。综上命题得证。

注1:抽屉原理的内容为：把n+1个元素任意放入n 个抽屉，则其中必有

一个抽屉里至少有2个元素。应用抽屉原理解题，关键是根据题目构造合适的抽屉。

注2：实际上题目中抽屉的构造，是按照模3的完全剩余类进行构造的。

4.小结

本文从数学竞赛这个范围入手，着眼于数论在数学竞赛中的地位和作用，介绍了同余理论的系统知识及同余性质的一些应用，并对数学竞赛中有关同余理论的应用作了系统的划分，主要针对同余理论在整除方面的应用加以系统归纳，并举一些例子进行说明，同时也介绍了同余理论在证明不定方程无整数解及与抽屉定理综合应用两方面的简单应用，充分说明了同余理论在中学数学竞赛中重要地位及应用。

5.致谢

经过半年的忙碌和工作，本次毕业论文已经接近尾声，在这里首先要感谢我的指导老师左可正教授。左老师平日里工作繁多，但在我做毕业论文的每个阶段，从初次选题到查阅资料，论文初稿的确定和修改，中期检查，后期详细设计等整个过程中都给予了我悉心的指导，细心地纠正论文中的错误并给予指导。如果没有他的大力支持，此次论文的完成将变得非常困难。除了敬佩左老师的专业水平外，他的治学严谨和科学研究的精神也是我永远学习的榜样，并将积极影响我今后的学习和工作，然后还要感谢大学四年来所有的老师，为我们打下坚实的专业知识的基础。最后祝各位评审老师身体健康，工作顺利！

6.参考文献

[1]闵嗣鹤，严士健.初等数论(第三版)[M].北京:高等教育出版社,2003.

[2]余红兵.数学竞赛中的数论问题[M].上海:华东师范大学出版社,2005.

[3]张亚芳.同余理论在数学竞赛中的应用[J].专题研究,2008,(02):58～59.

[4]邢忠虎.例谈运用同余解题的取模技巧[J].中学数学研究,2008,(10):42～43.

[5]武保强.浅谈同余理论的应用[J]. 中小学电教,2009,(11): 148～148.

[6]戴红兵.在同余思想方法指导下寻求整除性问题的证明[J].思茅师范高等专科学

校学报, 2007,23(6):42～44.

[7]姜浩瑞.初等数论在高中数学解题中的一些应用[J].中学数学教学,2006,(05):

28～29.

[8]方廷刚.整除与同余[J].数学教学通讯，2002,(S4):79～81.

初中数学竞赛教程

七年级第一讲有理数（一）一、【能力训练点】 1、正负数，数轴，相反数，有理数等概念。 2、有理数的两种分类： 3、有理数的本质定义，能表成 m n （0,,n m n ≠互质）。 4、性质：① 顺序性（可比较大小）； ② 四则运算的封闭性（0不作除数）； ③ 稠密性：任意两个有理数间都存在无数个有理数。 5、绝对值的意义与性质： ① (0)||(0) a a a a a ≥?=? -≤? ② 非负性 2 (||0,0)a a ≥≥ ③ 非负数的性质： i ）非负数的和仍为非负数。ii ）几个非负数的和为0，则他们都为0。二、【典型例题解析】： 1．如果m 是大于1的有理数，那么m 一定小于它的（） A.相反数 B.倒数 C.绝对值 D.平方 2.已知两数a 、b 互为相反数，c 、d 互为倒数，x 的绝对值是2，求 22006 ()( )()x a b c d x a b c d -+++++-的值。 3.如果在数轴上表示a 、b 两上实数点的位置，如下图所示，那么||||a b a b -++化简的结果等于（） A.2a B.2a - C.0 D.2b 4.有3个有理数a,b,c ，两两不等，那么,, a b b c c a b c c a a b ------中有几个负数？ 5.设三个互不相等的有理数，既可表示为1，,a b a +的形式式，又可表示为0， b a ，b 的形式，求20062007a b +。

6.三个有理数,,a b c 的积为负数，和为正数，且||||||||||||a b c ab bc ac X a b c ab bc ac = +++++则321ax bx cx +++的值是多少？ 7.若,,a b c 为整数，且2007 2007||||1a b c a -+-=，试求||||||c a a b b c -+-+-的值。第二讲有理数（二）一、【能力训练点】： 1、绝对值的几何意义 ① |||0|a a =-表示数a 对应的点到原点的距离。② ||a b -表示数a 、b 对应的两点间的距离。 2、利用绝对值的代数、几何意义化简绝对值。二、【典型例题解析】： 1．若20a -≤≤，化简|2||2|a a ++- 2．试化简|1||2|x x +-- 3.若|5||2|7x x ++-=，求x 的取值范围。 4.已知()|1||2||3||2002|f x x x x x =-+-+-++-求()f x 的最小值。 5．若|1|a b ++与2 (1)a b -+互为相反数，求321a b +-的值。

初中数学竞赛常用解题方法(代数)

初中数学竞赛常用解题方法（代数）一、配方法例1练习：若2 ()4()()0x z x y y z ----=，试求x+z 与y 的关系。二、非负数法例21 ()2 x y z =++. 三、构造法（1）构造多项式例3、三个整数a 、b 、c 的和是6 的倍数.，那么它们的立方和被6除，得到的余数是( ) (A) 0 (B) 2 (C) 3 (D) 不确定的（2）构造有理化因式例4、已知(2002x y =. 则2 2 346658x xy y x y ----+=___ ___。（3）构造对偶式例5、已知αβ、是方程2 10x x --= 的两根，则4 3αβ+的值是___ ___。（4）构造递推式例6、实数a 、b 、x 、y 满足3ax by +=,2 2 7ax by +=,3 3 16ax by +=,4 4 42ax by +=.求5 5 ax by +的值___ ___。（5）构造几何图形例7、（构造对称图形）已知a 、b 是正数，且a + b = 2. 求u =___ ___。练习：（构造矩形）若a ，b 形的三条边的长，那么这个三角形的面积等于___________。四、合成法例8、若12345,,,x x x x x 和满足方程组

123451234512345123451234520212 224248296 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++=++++=++++=++++=++++= 确定4532x x +的值。五、比较法（差值比较法、比值比较法、恒等比较法）例9、71427和19的积被7除，余数是几？练习：设0a b c >>>，求证：222a b c b c c a a b a b c a b c +++>. 六、因式分解法（提取公因式法、公式法、十字相乘法） 1221()(...)n n n n n n a b a b a a b ab b -----=-++++ 1221()(...)n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+ 例10、设n 是整数，证明数3 231 22 M n n n =++为整数，且它是3的倍数。练习：证明993 991993 991+能被1984整除。七、换元法（用新的变量代换原来的变量）例11、解方程2 9(87)(43)(1)2 x x x +++= 练习：解方程 11 (1) 11 (1x) x =. 八、过度参数法（常用于列方程解应用题）例12、一商人进货价便宜8%，售价保持不变，那么他的利润（按进货价而定）可由目前的 %x 增加到(10)%x +，x 等于多少? 九、判别式法（24b ac ?=-判定一元二次方程20ax bx c ++=的根的性质）例13、求使2224 33 x x A x x -+=-+为整数的一切实数x. 练习：已知,,x y z 是实数，且 2 2 2 212 x y z a x y z a ++=++=

初中数学竞赛定理大全

欧拉（Euler）线：同一三角形的垂心、重心、外心三点共线，这条直线称为三角形的欧拉线；且外心与重心的距离等于垂心与重心距离的一半。九点圆：任意三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半。

费尔马点：已知P为锐角△ABC内一点，当∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°时，PA＋PB＋PC的值最小，这个点P称为△ABC的费尔马点。海伦（Heron）公式：

塞瓦（Ceva）定理：在△ABC中，过△ABC的顶点作相交于一点P的直线，分别交边BC、CA、AB与点D、E、F，则(BD/DC)·(CE/EA)·(AF/FB)＝1；其逆亦真。密格尔（Miquel）点：若AE、AF、ED、FB四条直线相交于A、B、C、D、E、F六点，构成四个三角形，它们是△ABF、△AED、△BCE、△DCF，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点。

葛尔刚（Gergonne）点: △ABC的内切圆分别切边AB、BC、CA于点D、E、F，则AE、BF、CD三线共点，这个点称为葛尔刚点。西摩松（Simson）线：已知P为△ABC外接圆周上任意一点，PD⊥BC，PE⊥ACPF⊥AB，D、E、F为垂足，则D、E、F三点共线，这条直线叫做西摩松线。

黄金分割：把一条线段(AB)分成两条线段，使其中较大的线段(AC)是原线段(AB) 与较小线段(BC)的比例中项，这样的分割称为黄金分割。帕普斯（Pappus）定理：已知点A1、A2、A3在直线l1上，已知点B1、B2、B3在直线l2上，且A1 B2与A2 B1交于点X，A1B3与A3 B1交于点Y，A2B3于A3 B2交于点Z，则X、Y、Z三点共线。

2018全国初中数学竞赛试题及参考答案

中国教育学会中学数学教学专业委员会 “《数学周报》杯”2018年全国初中数学竞赛试题答题时注意： 1．用圆珠笔或钢笔作答； 2．解答书写时不要超过装订线； 3．草稿纸不上交. 一、选择题<共5小题，每小题7分，共35分. 每道小题均给出了代号为A ，B ，C ，D 的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分） 1．设1a ，则代数式32312612a a a +--的值为( >. .，0y >，且满足3y y x xy x x y ==，，则x y +的值为( >. .