文档内容
重难点突破 04 初等数论与平面几何背景下新定义
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................2
题型一：进位制....................................................................................................................................2
题型二：数对序列................................................................................................................................7
题型三：群论......................................................................................................................................10
题型四：平面几何..............................................................................................................................16
题型五：置换......................................................................................................................................23
题型六：余数、约数..........................................................................................................................28
03 过关测试.........................................................................................................................................32在初等数论与平面几何的背景下，新定义和方法的发展为这两个领域注入了新的活力。
数论中，新定义往往源于对数的性质、运算规律及数列模式的深入探索。方法上，我们强调逻辑推理
的严密性，运用归纳法、反证法等技巧解决复杂问题。同时，注重数与形的结合，通过图形直观展示数论
概念，降低理解难度。
平面几何中，新定义关注图形的性质、变换及相互关系。方法上，我们运用公理化体系，从基本性质
出发推导出复杂结论。此外，注重图形的构造与变换，通过旋转、平移等操作揭示几何规律。
总结而言，初等数论与平面几何的新定义和方法发展，要求我们不断提升逻辑推理能力，灵活运用所
学知识解决问题。同时，注重数与形的结合，以及图形的构造与变换，以更全面地理解和掌握这两个领域
的精髓。
题型一：进位制
【典例1-1】（2024·重庆·模拟预测）进位制是人们为了计数和计算方便而约定的记数方式，通常“满二进
一，就是二进制；满八进一，就是八进制；满十进一，就是十进制……；满几进一，就是几进制”．
我们研究的正整数通常是十进制的数，因此，将正整数 的各位上的数字分别记为 ，则
表示为关于10的 次多项式，即 ，其中
， ，记为 ，简记为 ．
随着计算机的蓬勃发展，表示整数除了运用十进制外，还常常运用二进制、八进制等等．更一般地，我们
可类似给出 进制数定义．
进制数的定义：给出一个正整数 ，可将任意一个正整数 ，其各位上的数字分别记为
，则 唯一表示为下列形式： ，其中
， ，并简记为 ．
进而，给出一个正整数 ，可将小数 表示为下列形式：
，其中
， ，并简记为．
(1)设 在三进制数下可以表示为 ， 在十进制数下可以表示为 ，试分别将 转
化成十进制数， 转化成二进制数；
(2)已知数列{a }的前 项和为 ，且满足 ， ，数列{b }满足，当 时，
n n
；
①当 时，求数列{b }的通项公式；
n
②证明：当 时， ．
【解析】（1）由于 ， ，
故 的十进制表示是 ， 的二进制表示是 .
（2）①由于 ，故 .
用数学归纳法证明： .
当 时，结论显然成立；
假设结论对正整数 均成立，考虑 的情况.
此时 ，
所以结论对 也成立.
由数学归纳法可知 对任意正整数 成立.
当 时，由已知有
.
所以所求的通项公式为 .
② .
【典例1-2】（2024·福建泉州·二模）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二
进一，就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制．k进制的基数就是k．我们日常
生活中最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数3721也可以表示为：
一般地，如果k是大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为．其中 ．为了简便，也
会把它写成一串数字连写在一起的形式： ，如果不加下标就默认是十进制．
(1)令集合 ，将B中的元素按从大到小的顺序排列，
则第100个数为多少？
(2)若 ，记 为整数n的二进制表达式中0的个数，如 ，求 的值．
（用数字作答）
(3)十进制中的数999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为27的三位数？如果能，请求出
所有的k进制数；如果不能，请说明理由．
【解析】（1）将集合B中的元素都乘以 ，
得集合 ，则 中的最大数为 ．
在10进制中，从624起从大到小排列的第100个数是 ，这就是 中的元素按从大到小顺序
排列的第100个数，
所以B中的元素按从大到小的顺序排列，第100个数为 ．
（2） ， ．
∴从 到 中，对应的二进制数从 到 中，最多六位数．最高位只能是1，
∴0的个数只能是1个，2个，3个，4个，5个，
或 或 或 或 或 ，
有 共6个；
有 个；
有 个；
有 个；
有 个；
有 个．
．
（3）假设存在这样的k进制数 ，
则 ，，
①要想使 且 ，∴x，y，z中必有大于9的数，则 ；
② ，
综上， ，
所以，
k x y z
① 12 81 13 5 11 11
② 18 54 19 2 14 11
③ 27 36 28 1 7 19
综上可知，满足题意的k进制数有3个，分别为： ．
【变式1-1】（2024·河南·三模）定义1 进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，
约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六
十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若 是一个大于1
的整数，那么以 为基数的 进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式
进制的数也可以表示成不同位上数字符
号与基数的幂的乘积之和的形式．如 ．
定义2 三角形数：形如 ，即 的数叫做三角形数．
(1)若 是三角形数，试写出一个满足条件的 的值；
(2)若 是完全平方数，求 的值；
(3)已知 ，设数列 的前 项和为 ，证明：当 时， ．
【解析】（1） ，
当 时， 就是一个三角形数．
（2） ，
，即 ．
若 是偶数，则 和 是两个连续正整数，所以上式不成立，得 是奇数．所以 ．
解得 ，即 ．
（3）由题意可知： ，且 ，
则
．
．
【变式1-2】（2024·高三·江苏·专题练习）1642年，帕斯卡发明了一种可以进行十进制加减法的机械计算
机 年，莱布尼茨改进了帕斯卡的计算机，但莱布尼兹认为十进制的运算在计算机上实现起来过于复
杂，随即提出了“二进制”数的概念 之后，人们对进位制的效率问题进行了深入的研究 研究方法如下：
对于正整数 ， ，我们准备 张不同的卡片，其中写有数字0，1，…， 的卡片各有 张 如果
用这些卡片表示 位 进制数，通过不同的卡片组合，这些卡片可以表示 个不同的整数 例如 ，
时，我们可以表示出 共 个不同的整数 假设卡片的总数 为一个定值，那么 进制的
效率最高则意味着 张卡片所表示的不同整数的个数 最大 根据上述研究方法，几进制的效率最高？
【解析】设 为定值，
则nx张卡片所表示的不同整数的个数 ， ，
假设 ， ，
则 ，即 ，
求导可得： ，
因为 ，所以当 ， ，当 ， ，
可得 时，函数 取得最大值，
比较 ， 的大小即可，
分别6次方可得： ， ，
可得 ，
．
根据上述研究方法，3进制的效率最高.题型二：数对序列
【典例2-1】（2024·高三·全国·专题练习）对于数对序列 ， 记 ，
其中 表示 和
两个数中最大的数，
(1)对于数对序列 ， 求 的值
(2)记m为a、b、c、d四个数中最小的数， 对于由两个数对(a， b)， (c， d)组成的数对序列
和 ， 试分别对m=a和m=d时两种情况比较 和 的大小
(3)在由5个数对(11， 8)， (5， 2)， (16， 11)， (11， 11)， (4， 6)组成的所有数对序列中， 写出一
个数对序列P使 最小， 并写出 的值(只需写出结论)．
【解析】（1）
（2）
当 时,
因为 ,且 所以
当 时,
因为 且 所以
所以无论 还是 , 都成立．
（3）数对序列 的 值最小,
对于与 ，观察知，五个有序数对中第1坐标最小的是4，第2坐标最小的是
2，
由（2）小题的结论可知，要使 最小，应把 放首位，把 放在最后，
观察 知，第1坐标最小的是11，第2坐标最小的是8，
因此，应把 放在倒数第2的位置，把 放在正数第二的位置， 放在正中间，
这样得到的数对序列 ，一定会使 值最小.【典例2-2】（2024·高一·上海杨浦·期中）对于四个正数 ，若满足 ，则称有序数对
是 的"下位序列".
(1)对于2、3、7、11，有序数对 是 的"下位序列"吗?请简单说明理由;
(2)设 均为正数，且 是 的“下位序列”，试判断 之间的大小关系；
(3)设正整数 满足条件:对集合 内的每个 ，总存在正整数 ，使得 是
的“下位序列”，且 是 的“下位序列”，求正整数 的最小值.
【解析】（1）
是 的"下位序列"
（2） 是 的“下位序列”
， ， ， 均为正数
故 ，
即
同理 ，
综上所述： ；
（3）由已知得 ，
因为 为整数，
故 ，
，
该式对集合 内的每一个 的每个正整数 都成立，
所以正整数 的最小值为 .【变式2-1】（2024·高三·北京西城·期末）给定正整数 ，已知项数为 且无重复项的数对序列 ：
满足如下三个性质：① ，且 ；②
；③ 与 不同时在数对序列 中.
(1)当 ， 时，写出所有满足 的数对序列 ；
(2)当 时，证明： ；
(3)当 为奇数时，记 的最大值为 ，求 .
【解析】（1）依题意，当 ， 时有：
或 .
（2）当 时，
因为 与 不同时在数对序列 中，
所以 ，所以 每个数至多出现 次，
又因为 ，
所以只有 对应的数可以出现 次，
所以 .
（3）当 为奇数时，先证明 .
因为 与 不同时在数对序列 中，
所以 ，
当 时，构造 恰有 项，且首项的第 个分量与末项的第 个分量都为 .
对奇数 ，如果和可以构造一个恰有 项的序列 ，且首项的第 个分量与末项的第 个分量都为 ，
那么多奇数 而言，可按如下方式构造满足条件的序列 ：
首先，对于如下 个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列 中，
所以 ，其次，对每个不大于 的偶数 ，
将如下 个数对并为一组：
，
共得到 组，将这 组对数以及 ，
按如下方式补充到 的后面，
即
.
此时恰有 项，所以 .
综上，当 为奇数时，
.
题型三：群论
【典例3-1】（2024·浙江·模拟预测）称代数系统 为一个有限群，如果
1、 为一个有限集合， 为定义在 上的运算(不必交换)，
2、
3、 称为 的单位元
4、 ，存在唯一元素 使 称为 的逆元有限群 ，称为 的子
群.若 ，定义运算 .
(1)设 为有限群 的子群， 为 中的元素. 求证:
(i) 当且仅当 ；
(ii) 与 元素个数相同.
(2)设 为任一质数 . 上的乘法定义为 ，其中[x]为不大于 的最小整
数.已知 构成一个群，求证: (其中 表示 个 作 运算)【解析】（1）（i）如果 ，则 ， ，
从而 .
另一方面，如果 ，
则有 ， ，
即 ，从而 ，
即 ，
从而 ，
反之由 得到 ，
类似讨论得 中的元素也全都属于 ，证毕；
（ii）我们首先构造一个 到 的满射，
这直接由 的定义得到，
另一方面，我们证明这个映射同时也是单射，
事实上，若对 ，
两边左乘 ，
则有 ，从而两集合间有一一映射，
故元素个数相等；
（2）我们有如下断言: ，
假设 是使得 的最小正整数，
则 (其中 表示 个 作.运算)在运算 下构成 的一个子群，
记作 ，
而由（1）的结论可知， 这一集族中的集合有相同的元素个数，
且两两不交(若有两个集合 相交，则推得 ，
由（1）（i）得两集合相同)从而它们构成 的一个划分，从而有 ，
因而 .
【典例3-2】（2024·全国·模拟预测）对于非空集合 ，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结
构称为“群” ，简记为 ．而判断 是否为一个群，需验证以下三点：
1、（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意 ，都须满足 ；
2、（结合律）对于规定的“×”运算，对任意 ，都须满足 ；
3、（恒等元）存在 ，使得对任意 ， ；
4、（逆的存在性）对任意 ，都存在 ，使得 ．记群 所含的元素个数为 ，则群 也称作“ 阶群”．若群 的“×”运算满足交换律，即对任意
， ，我们称 为一个阿贝尔群（或交换群）．
(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群 ；
(2)记 为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得 在该运算下构成一个群 ，
并说明理由；
(3)所有阶数小于等于四的群 是否都是阿贝尔群？请说明理由．
【解析】（1）我们需证 在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：
①封闭性：对 ，则 ，封闭性成立；
②结合律：对 ， ，结合律成立；
③恒等元：取 ，则对任意 ， ．符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意 ， ，且 ，满足逆的存在性．
综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群 ．
（2）首先提出， 的“×”运算可以是复数的乘法： ，理由如下．
即证明 在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：
①封闭性：设 ， ，其中 ，即 ．
则 ，
所以
，即 ，封闭性成立；
②结合律：设 ， ， ，其中 ，
即 ，结合律成立；
③恒等元：取 ，则对任意 ， ，符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意 ，取其共轭 ，则 ，满足逆的存在性；
综上所述， 在复数的乘法运算下构成一个群 ．
（3）所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群，理由如下：若群 的阶数为0，则 为空集，与定义矛盾．所以 的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．
（1）若群 的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时 是阿贝尔群；
（2）若群 的阶数为2，设其元素为 ，其中 是恒等元，则 ，符合交换律，故此时
是阿贝尔群；
（3）若群 的阶数为3，设其元素为 ，其中 是恒等元，由群的封闭性， ．
若 ，又 ，推出 ，则集合 有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，所以 ，
现要验证交换律，即 ．
若 ，有前知， 且 ，所以 ，
与群的封闭性矛盾．所以 ，交换律成立，故此时 是阿贝尔群；
（4）若群 的阶数为4，设其元素为 ，其中 是恒等元，
由群的封闭性， ，由③的分析可知， 且 ，
所以 或 ．
若 ．由群中逆的存在性，群 中存在一个元素 使得 ，很明显 ，
所以 或 ．
假设 ，即 ，又 ，推出 则集合 有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，故只能 ；
先证交换律对 成立，即 ．
若 ，则由 ， 只能等于 ．
又因为 ， （ 和 同理），
不满足群中逆的存在性，矛盾，所以 ．交换律对 成立．
接下来只需证交换律对 和 也成立．
事实上，由 和 的对称性，只需证 即可．
由群中逆的存在性，存在 使得 ．
①若 ，则只需证 ．
若 ，由群的封闭性， ，所以 只能等于 ，
又因为 ，得 ，即 ，
但 是任取的，该结论具有局限性，不对一般的 成立，故矛盾．
即 ，此时交换律对 成立．
②若 ．群中逆的存在性，存在 使得 ，
又因为 ，所以 只能等于 ，即 ，
由①可得： ，即此时交换律对 成立．
故群 的阶数为4时，交换律成立，故此时 是阿贝尔群．综上所述，所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群．
【变式3-1】（2024·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m
（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．
例如，正三角形R在 （绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以
是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记 ；又如，R在 （关
于对称轴 所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以 也是R的一个对称变换，
类似地，记 ．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运
算.来说作成一个群，假如同时满足：
I． ， ；
II． ， ；
Ⅲ． ， ， ；
Ⅳ． ， ， ．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的 为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子
集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算 来说作成一个群．
(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如
．对于集合S中的元素，定义
一种新运算*，规则如下： ，
．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e， 分别是G，H的单位元， ， ， 分别是a在群G，群H中的
逆元．猜想e， 之间的关系以及 ， 之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．【解析】（1）依题意，正三角形 的对称变换如下：绕中心 作 的旋转变换 ；
绕中心 作 的旋转变换 ；
绕中心 作 的旋转变换 ；
关于对称轴 所在直线的反射变换 ；
关于对称轴 所在直线的反射变换 ；
关于对称轴 所在直线的反射变换 ，
综上， .（形式不唯一）
（2）①Ⅰ. ， ， ；
Ⅱ. ， ， ，
，
所以 ；
Ⅲ.
，
而 ，所以 ；
Ⅳ. ，；
综上可知，集合 对于给定的新运算*来说能作成一个群.
② ， ，证明如下：
先证明 ：由于 是 的子群，取 ，则 ， ，
根据群的定义，有 ， ，所以 ，
所以 ，即 ，
即 ，所以 .
再证明 ：由于 ， ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 .
③ 的所有子群如下：
，
， ，
，
题型四：平面几何
【典例4-1】（2024·湖南长沙·二模）中国古代数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理（西方称之
为“毕达哥拉斯定理”）.如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角
为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积 与大正方形面积 之比为 ，则
（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示，由图中小正方形的面积 与大正方形面积 之比为 ，可得 ，
因为 ，可得 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 .
故选：C.
【典例4-2】在平面几何里有射影定理：设 的两边 ， 是 点在 上的射影，则
．拓展到空间，在四面体 中， ⊥面 ，点 是 在面 内的射影，且
在 内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】在直角三角形中的射影定理为； （即直角边的平方等于它在斜边上的射影与斜边的
积），
所以四面体中可类比得； ．（侧面面积的平方等于它在地面上的射影与底面的积），证
明如下：过 作 ，连接 ，
因为 平面 ，而 平面 ，故 ，
而 ， 平面 ，故 平面 ，
而 平面 ，故 ，
又点 是 在面 内的射影，故 平面 ，
而 平面 ，故 ，而 平面 ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
在平面 中，因为 ， ，故 共线，
因为 平面 ， 平面 ，故 ，
故在 中，有 ，
而 ， ， ，
故 ，
故选：A.
【变式4-1】（2024·湖南郴州·模拟预测）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记
载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形
围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的
积”，即 （ 表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积， 表示重心绕旋转轴旋转
一周的周长）.如图，等腰梯形 ∥ ，已知 ，则其重心 到 的距
离为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分别过点 ，点 作 于点 于点F，
，
等腰梯形 绕底边 旋转一周所得的几何体为两个圆锥与一个圆柱的组合体的体积
；
等腰梯形 的面积 ，
记重心 到 的距离为 ，则重心绕旋转轴旋转一周的周长为 ，
根据题意可知 ，则 .
故选：C.
【变式4-2】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：
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.其意思为：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.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.已知四边形ABCD的
四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线， ，且 为正三角形，则四边形
ABCD的面积为（ ）A． B．16 C． D．12
【答案】C
【解析】设 ，由托勒密定理可知 ，
即 ，所以， ，
又因为 ， ，
因此，
.
故选：C.
【变式4-3】（2024·高三·广东揭阳·期末）数学家欧拉在1765年发现了九点圆，即在任意的三角形中，三
边的中点、三条高的垂足、三条高的交点（垂心）与三角形顶点连线的中点，这九个点共圆，因此九点圆
也称作欧拉圆．已知在 中， ， ， ，则 的九点圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为 ，
所以 的九点圆是三角形 的外接圆.
，
，则 为钝角，
所以 ，设三角形 外接圆半径为 ，由正弦定理得 ，
所以 .
故选：D
【变式4-4】（多选题）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个
是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆 的半径2，点
是圆 内的定点，且 ，弦 均过点 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 为定值
B． 的取值范围是
C．当 时， 为定值
D． 的最大值为16
【答案】ACD
【解析】对于A，如图，过 作直径 ，
由题意 ，
所以
为定值，故A正确；
对于B，若 为 中点，连接 ，则，
由题意 ，则 ，故B错误；
对于C，若 ，故 ，
则 ，
又 ，则 ，同理可得 ，故 ，
故C正确；
对于D，因为 ，则当弦 均与 重合时，
此时 有最大值，为16，故D正确.
故选：ACD.
【变式4-5】（多选题）莱昂哈德·欧拉（LeonhardEuler，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数
学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推
至物理的领域.他在1765年首次提出定理： 的外心O，重心G，垂心H依次位于同一条直线上，且
重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若 ， ，则下列结论正确
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】如图，根据欧拉线定理，外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到
垂心的距离的一半，根据重心的性质可知：
，D错误；
，
C正确；
为 的重心， ， ，
A正确，
由于 ,所以 ,故B错误，
故选：AC．
题型五：置换
【典例5-1】（2024·湖北·模拟预测）“对称性”是一个广义的概念，包含“几何对称性”、“置换对称
性”等范畴，是数学之美的重要体现．假定以下各点均在第一象限，各函数的定义域均为 ．设点
， ， ，规定 ，且对于运算“ ”， 表示坐标为
的点．若点U，V，W满足 ，则称V与U相似，记作V~U．若存在单调函数 和 ，
使得对于 图像上任意一点T， 均在 图像上，则称 为 的镜像函数．
(1)若点 ， ，且N~M，求 的坐标；
(2)证明：若 为 的镜像函数， ，则 ；
(3)已知函数 ， 为 的镜像函数．设R~S，且 ．证明：
．
【解析】（1）设 ，则根据题意有 ．
因为N~M，则存在点 ，使得：
．
由条件知 ，由 得 ，解得 ，
所以N的坐标为 ， 的坐标为 ．故 的坐标为 ．
（2）由条件知点 在函数 图像上，则点 在函数 的镜像函数 图像上．
所以 ．同理 ，即 ．
由（1）可知，若A~B，则 ，故 ．
（3）设 ，若R~S，且 ，由（1）可知，存在 使得 ．
故 ， ，且 ，
故若 ，只需 （*）．
由（2）可知 ，且因为 ， 的定义域均为(0,+∞)，由对称性可知 ，
的值域也均为(0,+∞)．
故（*）等价于 ．
设 ，则 ．
设 ，则 ，当 时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)单调递增，
故当 时， ， ， 单调递增．
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，故 ，即 ，且由对称性可知 ．
所以 ，
故 ．
综上， ．
【典例5-2】一个如果定义在 上的函数 使得 ，则称 是一个
元置换，可以用一个 的数表 来简单表示，例如 表示
一个4元置换 ，对于一个 元置换 和 ，按照的递推关系定义的数列{a }称为 关于 生成的数列．
n
(1)对于3元置换 ，直接写出2关于 的生成数列{a }的前四项；
n
(2)给出两条新定义：
①对于一个数列{b }，如果存在正整数 ，使得对于任意正整数 ，都有 ，则称{b }是一个周期数
n n
列，并称 是{b }的一个周期；
n
②对于一个 元置换 ，如果存在正整数 ，使得对任意 ， 都是 关于 的生成数列{a }
n
的一个周期，则称 是 元置换 的一个周期．
对于5元置换 ，求 的一个周期；
(3)王老师有一个特制机关盒和一把特制钥匙，锁孔内部有10个互不相同的可移动的凹槽，钥匙上有10个
对应的固定的齿，必须所有的齿与对应的凹槽同时匹配后，再按下开关，才能打开机关盒，钥匙每顺时针
转动一圈，就会按照某个10元置换 运作，将在第 个位置的凹槽转移到第 个位置上 ．
机关盒原本处于打开状态，但一位贪玩的同学将机关盒关上后，又把钥匙顺时针转动了一圈，且操作不当
弄坏了零件，导致钥匙只能继续顺时针转动，而且只有一次按下开关的机会，如果按下开关时所有的齿与
凹槽没有匹配上，机关盒就会彻底报废．问：王老师还有办法打开机关盒吗？他要至少继续顺时针转动钥
匙多少次，才能保证能打开机关盒？
【解析】（1）直接根据 ， ， ，得 ， ， .
所以前四项为 .
（2）直接根据 ， ，知 关于 的生成数列分别为：
， ， ， ， .
这些数列的最小周期为 或 ，所以正整数 是 的一个周期当且仅当 既是 的倍数也是 的倍数，即
是 的倍数.
从而， 的一个周期是 .
（3）若要保证转动钥匙 次以后机关盒一定成功打开，即要保证对任意的置换
， 都是 的周期.
一方面，若对任意的置换 ， 都是 的周期：
特别地，对 ，考虑置换 ， 是 的周期.注意到 关于 的生成数列为 ，该数列的最小周期为 ，
故 是 的倍数.
从而对 ， 是 的倍数，故特别地， 是 的倍数.
而 两两互质，故 是 的倍数，从而 ，得 ；
另一方面，若 ，则 .
直接验证可知， 是 中每个数的倍数.
由于对任意的置换 和任意的 ，设 关于 的生成数列为
.
由于 是单射和满射，故其存在逆映射 .
由于 ，故在 中必有一对相等的数 .
则由 ， ，可知 ，这里 的定义是 个 的复合.
此即 ，所以 ，从而对任意的正整数 都有 ，即 .
这表明 是数列 的周期，而 ，故 是 的倍数.
所以 是数列 的周期.
以上讨论表明，对任意的置换 和任意的 ， 都是数列
的周期.
所以，对任意 元置换 ， 都是 的周期，从而 满足条件.
综合以上两方面可知，至少继续顺时针转动钥匙 次，才能保证能打开机关盒.
【变式5-1】（2024·高三·浙江·开学考试）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合
的函数称为 次置换.满足对任意 的置换称作恒等置换.所有 次置换组成
的集合记作 .对于 ，我们可用列表法表示此置换： ，记
.
(1)若 ，计算 ；
(2)证明：对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张
变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，......，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.
【解析】（1） ，
由题意可知 ；
（2）解法一：①若 ，则 为恒等置换；
②若存在两个不同的 ，使得 ，不妨设 ，则 .
所以 ，即 为恒等置换；
③若存在唯一的 ，使得 ，不妨设 ，则 或 .
当 时，由（1）可知 为恒等置换；
同理可知，当 时， 也是恒等置换；
④若对任意的 ，
则情形一： 或 或 ；
情形二： 或 或
或 或 或 ；
对于情形一： 为恒等置换；
对于情形二： 为恒等置换；
综上，对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
解法二：对于任意 ，都有 ，
所以 中，至少有一个满足 ，
即使得 的 的取值可能为 .
当 分别取 时，记使得 的 值分别为 ，
只需取 为 的最小公倍数即可.所以对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对 作一次如下置换：
，即
其中 .
注意到各编号在置换中的如下变化：
， ，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到 的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
题型六：余数、约数
【典例6-1】约数，又称因数.它的定义如下：若整数 除以整数 除得的商正好是整数而没有余数，
我们就称 为 的倍数，称 为 的约数.设正整数 共有 个正约数，即为
.
(1)当 时，若正整数 的 个正约数构成等比数列，请写出一个 的值；
(2)当 时，若 构成等比数列，求正整数 ；
(3)记 ，求证： .
【解析】（1）当 时,正整数 的4个正约数构成等比数列，
比如 为8的所有正约数，即 .
（2）由题意可知 ， ，因为 ，题意可知 ，所以 ，
化简可得 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
因此可知 是完全平方数.
由于 是整数 的最小非1因子， 是 的因子，且 ，所以 ，
所以 为 ，
所以 .
（3）由题意知 ， ，
所以 ，
因为 ，
所以
，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，即 .
【典例6-2】（河北省2024届高三学期大数据应用调研联合测评（V）数学试题）设a，b为非负整数，m
为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为 ．
(1)求证： ；
(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则 ，这个定理称之为费马小定理．应用费马小
定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有 ；
②求方程 的正整数解的个数．
【解析】（1）因为 ，
所以 被7除所得的余数为1，所以 被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，
所以 .
（2）①由费马小定理得 即 ，
又 ，
所以 ，
同理： ， ，
因为 都为素数， ，
所以
②因为 ，
由费马小定理知，对于任意正整数 都有 ，
即 ，
由费马小定理知，对于任
意正整数 都有 ，
即 ，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数 都有
所以方程 的正整数解的个数为35.
【变式6-1】（湖北省襄阳市第五中学2024届高三学期开学考试数学试题）“物不知数”是中国古代著名
算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数
之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？
若一个数 被 除余 ，我们可以写作 ．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术
中给出的．大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述
条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数 ， ，…， 两两互质，则对任意的整数：
， ，…， 方程组 一定有解，并且通解为 ，其中
为任意整数， ， ， 为整数，且满足 ．
(1)求出满足条件的最小正整数，并写出第 个满足条件的正整数；
(2)在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．（提示：可以用首尾进行相加）．【解析】（1）由题目中给出的中国剩余定理可知 ，
又因为 ，解得 ，
所以 ，
当 时， 取得最小值， ．
所以第 个满足条件的正整数为 ．
（2）不超过4200的正整数中， ，解得 ，
所以共有40个满足条件的正整数，将这40个正整数首尾进行相加有
，
故所有满足条件的数的和为82820．
【变式6-2】（2024·新疆·模拟预测）“剩余定理”又称“孙子定理”.1874年，英国数学家马西森指出此
算法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”该定理讲
的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2029这2029个整数中，能被3除余2且能被4
除余2的数按从小到大顺序排成一列，构成数列 ，则此数列所有项中，中间项为（）
A．1010 B．1020 C．1021 D．1022
【答案】A
【解析】根据题意可知 既是3的倍数，也是4的倍数，也即是12的倍数，
即 ， ．
当 时， ．
当 时， ．
故 ，数列共有169项，
此数列中间项为第85项， ，
故选：A．1．欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点．其中第 命题 是著
名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路:如图， 中， ，四边形
、 、 都是正方形， 于点 ，交 于点 ．先证明 与 全等，继
而得到矩形 与正方形 面积相等；同理可得到矩形 与正方形 面积相等；进一步
定理得证.在该图中，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设 可得 ，
又 ，可得
∴ ，又
，即 ，在 中， ，得 ，
在 中， ，
即 ，可得
所以选项D正确，选项ABC错误
故选：D.
2．几何学有两个伟大的瑰宝，一个是毕达哥拉斯定理，另一个是黄金分割.毕达哥拉斯几何学中有一个关
于五角星结构的问题.如图，一个边长为4的正五边形 有5条对角线，这些对角线相交于
五点，它们组成了另一个正五边形，则 的值为（ ）(参考数值： )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由正五边形的性质知 ，
在 中， ，
在 中， ，
故 .
故选:C.
3．（2024·河南洛阳·三模）首位数定理：在 进位制中，以数字 为首位的数出现的概率为
，几乎所有日常生活中非人为规律的统计数据都满足这个定理.已知某银行10000名储户
的存款金额调查结果符合上述定理，则下列结论正确的是（ ）（参考数据： ，
）A．存款金额的首位数字是1的概率约为
B．存款金额的首位数字是5的概率约为9.7%
C．存款金额的首位数字是6的概率小于首位数字是7的概率
D．存款金额的首位数字是8或9的概率约为9.7%
【答案】D
【解析】因此存款金额用十进制计算，故 ，
对于A，存款金额的首位数字是1的概率为 ，故A错误.
对于B，存款金额的首位数字是5的概率为
，
故不约为9.7%，故B错误.
对于C，存款金额的首位数字是6的概率为 ，
存款金额的首位数字是7的概率为 ，
因为 ，故 ，故C错误.
对于D，存款金额的首位数字是8的概率为 ，
存款金额的首位数字是9的概率为 ，
故存款金额的首位数字是8或9的概率为 ，
故D正确.
故选：D.
4．（2024·高三·上海宝山·开学考试）群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中.有重要地位，且群论的
研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论
知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设 是一个非空集合，“.”是 上的一个
代数运算，如果该运算满足以下条件：
①对任意的 ，有 ；
②对任意的 ，有 ；
③存在 ，使得对任意的 ，有 称为单位元；
④对任意的 ，存在 ，使 ，称 与 互为逆元.
则称 关于“.”新构成一个群.则下列说法正确的有（ ）
A． 关于数的乘法构成群
B．自然数集 关于数的加法构成群
C．实数集 关于数的乘法构成群D． 关于数的加法构成群
【答案】D
【解析】A：由 且 ，使 ，但 ，不存在 ，使 ，不正确；
B：由 且 ，都有 ，但 ，不存在 ，使 ，不正确；
C：由 且 ，使 ，但 ，不存在 ，使 ，不正确；
D：对所有的 ，可设 ，则 ，
① 满足加法结合律，即 ，有 ；
② ，使得 ，有 ；
③ ，设 ，使 ，正确.
故选：D.
5．（多选题）（2024·山西·一模）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世纪30年代开创，
群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设
是一个非空集合，“ ”是一个适用于 中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称 对“ ”构
成一个群：（1）封闭性，即若 ，则存在唯一确定的 ，使得 ；（2）结合律成立，即对
中任意元素 都有 ；（3）单位元存在，即存在 ，对任意 ，满足
，则 称为单位元；（4）逆元存在，即任意 ，存在 ，使得 ，则称
与 互为逆元， 记作 .一般地， 可简记作 可简记作 可简记作 ，以此类推.正八边
形 的中心为 .以 表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以 表示以点 为中心，将
正八边形逆时针旋转 的旋转变换；以 表示以 所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算
“ ”表示复合变换，即 表示将正八边形先进行 变换再进行 变换的变换.以形如 ，
并规定 的变换为元素，可组成集合 ，则 对运算“ ”可构成群，称之为“正八边形的对称
变换群”，记作 .则以下关于 及其元素的说法中，正确的有（ ）
A． ，且
B． 与 互为逆元
C． 中有无穷多个元素
D． 中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身
【答案】ABD
【解析】我们有：
由于两次轴对称等价与不变换，故 ；
由于旋转 施行8次等价于旋转 也就是不变，故 ；由于先旋转再关于 对称和先关于 对称再旋转等效，故 .
一共是16个元素，变换后 逆时针排列的有8个，顺时针排列的有8个.
这就说明： ， A正确；
，B正确；
一共是16个元素，C错误；
中， ，D正确.
故选：ABD
6．（多选题）（2024·高二·全国·期末）群的概念由数学家伽罗瓦在19世纪30年代开创，群论虽起源于对
代数多项式方程的研究，但在量子力学、晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设 是一个非空集
合，“ ”是一个适用于 中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称 对“ ”构成一个群：（1）
封闭性，即若 ， ，则存在唯一确定的 ，使得 ；（2）结合律成立，即对 中任意元素
， ， 都有 ；（3）单位元存在，即存在 ，对任意 ，满足 ，
则 称为单位元；（4）逆元存在，即任意 ，存在 ，使得 ，则称 与 互为逆元.根
据以上信息，下列说法中错误的是（ ）
A． 关于数的乘法构成群
B． 和 均关于数的加法构成群
C． 关于数的乘法构成群
D．平面向量集关于向量的数量积构成群
【答案】CD
【解析】对于A， 、 ，有 ，且满足 （乘法结合律）；
，使得 ，有 ；
， ，有 ，即 关于数的乘法构成群，故A正确；
对于B，若 ，即 为所有偶数组成的集合，
、 ，有 ，且满足 （加法结合律），
，使得 ，有 ；
， ，有 ，故 关于数的加法构成群；
若 ，设 、 ， ，
则 ，且对 满足 ，
当 时， ，满足 ，
， ，使 ，
故 关于数的加法构成群，故B正确；
对于C，因为 ，且 ，但 ，故C错误；
对于D，设 为平面向量集， 、 ，但是 为实数，即可 ，不满足封闭性
故平面向量集关于向量的数量积不构成群，故D错误；
故选：CD
7．（多选题）（2024·高一·重庆沙坪坝·期中）群论是代数学中一门很重要的理论，我们熟知的一元五次
及以上的方程没有根式解就可以用群论的知识证明，群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：
设 是一个非空集合，“ ”是 上的一个代数运算，若满足：
① 有 ；
② ，使得 ，有 ；
③ ，使 ，
则称 关于“ ”构成一个群，则下列说法正确的有（ ）
A． 关于数的乘法构成群
B．有理数集关于数的乘法构成群
C． 关于数的加法构成群
D． 关于数的加法构成群
【答案】ACD
【解析】若 ，满足乘法结合律，满足②的 为1，也满足③，故A正确；
若 为有理数集，不满足③，因为当 时，不存在 ，使得 ，故B错误
若 ，即 为所有偶数组成的集合，满足加法的结合律，满足条件②的 为0，
，使 ，故C正确；
若 ， 满足①
当 时， ，满足的
，使 ，故D正确
故选：ACD
8．任意三角形射影定理又称“第一余弦定理”： 的三边是 ，它们所对的角分别是 ，则
有 ， ， ．请利用上述知识解答下面的题：在
中，若 ，则 ．【答案】
【解析】由题得， ，
由第一余弦定理知 ，
所以 ，
所以 ，又C为三角形的内角
解得 ，
故答案为：
9．莫利定理，也称为莫雷角三分线定理，是由英国数学家法兰克·莫利于1899年左右发现的一个几何定理.
该定理的内容如下：将任意三角形的三个内角三等分，则靠近某边的两条三分角线相交得到一个交点，这
样的三个交点可以构成一个等边三角形.这个三角形常被称作莫利正三角形.如图，在等腰直角 中，
是 的莫利正三角形，则 的边长为 .
【答案】
【解析】在等腰直角 中， ，
所以 ，
在 中， ， ， ，
由正弦定理得 ，
同理可得 ， ， ，
所以 ，
即等边 的边长为 .
故答案为： .
10．平面几何中有定理：若点 为锐角 的外心，直线 ， ， 分别与锐角 外接圆交于另外一点 ， ， ，则 ．若锐角 的外接圆方程为 ，
且该圆与 轴的交点分别为 ， ，则六边形 的面积的最大值为 ．
【答案】
【解析】由 得六边形 的面积 ，
由题意，圆 的标准方程为 ，圆心为 ，半径为 ，
则圆心到 轴的距离 ，故相交弦长 ，
则点 到直线 距离的最大值为 ，
所以 的最大值为 ，
所以六边形 的面积的最大值为 ．
故答案为： ．
11．（2024·全国·模拟预测）古希腊科学家阿基米德对几何很有研究，下面是他发现的一个定理：设
的外接圆的弧 的中点为 ，自点 向 ， 中较长的边作垂线，垂足为 ，则点 平分折
线 的长．如图，点 都在圆 ： 上， 轴，且 ，点 在第一象限，
点 为圆 与 轴正半轴的交点，且 ，则 ．
【答案】
【解析】因为点 平分折线 的长，
所以 ，所以 ．设 ，其中 ， ．
由圆的对称性可得 ，则 ，解得 ．
又 ，所以 ．所以 ， ．
设 （ ， ），则 ①，且 ②．
联立①②，解得 ，（另一组解不合题意，已舍去），
所以 ．
故答案为： .
12．平面几何中有一个著名的定理： 的三条高线的垂足、三边中点及三个顶点与垂心连线段的中点
共圆，该圆称为 的九点圆或欧拉圆，若 ， ， 的垂心为 ，则 的九
点圆的标准方程为 ．
【答案】
【解析】由 ， ， ，可得 中点为 ， 中点为 ， 中点为
，
设 的九点圆方程为 ，
代入 三点坐标，可得 ，
解得 ，
即 ，
化简可得圆的标准方程为 ．
故答案为：
13．（2024·河南郑州·模拟预测）平面几何中有一个著名的塞尔瓦定理：三角形任意一个顶点到其垂心
（三角形三条高的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍．若点A，B，C都在圆E上，直线BC方程为 ，且 ，△ABC的垂心 在△ABC内，点E在线段AG上，
则圆E的标准方程 .
【答案】
【解析】由△ABC的垂心 到直线BC距离 ，设圆E半径为r，
由塞尔瓦定理可得 ，由圆的几何性质可得 ，联立解得
， ，
因为直线BC方程为 ， ,且 ，所以直线EG方程为 ，
设 ，则E到直线BC距离 ，解得 （舍去）或 ，
所以圆E的标准方程为 ．
故答案为：
14．（2024·四川·模拟预测）在1815年英国伦敦出版的著名数学科普刊物《男士日记》中刊登了如下问题：
如图所示，设M为圆内弦AB的中点，过点M作弦CD和EF，连接CF和DE分别交AB于点P，Q，则M
为PQ的中点．这个问题的图形，像一只在圆中翩翩起舞的蝴蝶，所以该问题被冠名为“蝴蝶定理”．若
点D到AB的距离为 ，点F到AB的距离为 ， ，△QMD的外接圆为 ，△PMF的外接圆为 ，
随机向圆 内丢一粒豆子，落入△QMD内的概率为 ，随机向圆 内丢一粒豆子，落入△PMF内的概率
为 ，利用蝴蝶定理的结论，可得 ， 的大小关系是 ．
【答案】
【解析】设 外接圆的半径为 ， 外接圆的半径为 ，
点D到AB的距离为 ，点F到AB的距离为 ，由题意可知 ．
根据正弦定理，有 ， ，
因为 ， ，所以 ，又因为 ， ，所以 ．
故答案为：
15．汉代大将韩信集合部队欲知部队总人数，只要求部下先后按 报数，再报告一下每次报的
余数.这种算法，称为鬼谷算，也叫隔墙算，或称韩信点兵，被誉为中国剩余定理，剩余定理是等差数列的
应用.明代数学家程大位用诗歌揭示了鬼谷算：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆月正半，除百
零五便得知.即用3除所得余数乘以70，加上用5除所得余数乘以21，再加上用7除所得余数乘以15，就
是所得数，若结果大于 则减去105的倍数.如 ，则52的鬼谷
算式子为 .写出134的鬼谷算式子： .
【答案】
【解析】 ，
由鬼谷算得 .
故答案为： .
16．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”
问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的
一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中因剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这
样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，
构成数列 ，则此数列的项数为 ．
【答案】134
【解析】由能被3除余1且被5除余1的数就是能被 整除余 的数，
故 ，
由 ，解得 ，
当 时， 不符合，
故此数列的项数为 ，
故答案为：134
17．阿波罗尼奥斯（Apollonius）是古希腊著名的数学家，他提出的阿波罗尼奥斯定理是一个关于三角形边
长与中线长度关系的定理，内容为：三角形两边平方的和，等于所夹中线及第三边之半的平方和的两倍，
即如果AD是 中BC边上的中线，则 .(1)若在 中， ， ， ，求此三角形BC边上的中线长；
(2)请证明题干中的定理；
(3)如图 中，若 ，D为BC中点， ， ，
，求 的值.
【解析】（1）
如图所示，
由余弦定理得， ，
代值计算得到 ，求得 ；
由于 ，代值计算得 ，求得
（2）在 中， ；
在 中， ；
两式相加，且 ，得到 ，则原式得证．
（3）由于
则由正弦定理，得 ，
即 ，
去分母整理得到 ，即 ．
且 ，则 ，则 ．
由于 ，且 ，即
联立解出
由于 ，则 ，解得 ，则 （负数不满足）.
由余弦定理得到 ，代值计算， ， 则
，
则 ．
18．法国著名军事家拿破仑 波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三
个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在 中，内角
， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ．以 ， ， 为边向外作三个等
边三角形，其外接圆圆心依次为 ， ， ．
(1)求 ；
(2)若 的面积为 ，求 的面积的最大值．
【解析】（1）在 中，因为 ，
所以 ，
根据正弦定理可得 ，
即 ，
因为 ， ，
可得 ，由 ，可得 ；
（2）如图，连接 ， ，则 ，
正△O O O 面积 ，
1 2 3
，而 ，则 ，
△ 中，由余弦定理得： ，
即 ，则 ，
由基本不等式知， ，
所以 ，即 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
所以 的面积的最大值为
19．如图，半圆O的直径为2 ，A为直径延长线上的点， ，B为半圆上任意一点，以AB为一
边作等边三角形 设 .
(1)当 时，求四边形OACB的周长；
(2)克罗狄斯 托勒密 所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四
边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，
则当线段OC的长取最大值时，求
(3)问：B在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值.
【解析】（1）在 中，由余弦定理得 ，
即 ，于是四边形OACB的周长为 ；
（2）因为 ，且 为等边三角形， ， ，
所以 ，所以 ，即OC的最大值为3，取等号时 ，
所以 ，
不妨设 ，
则 ，解得 ，
所以 ，
所以 ；
（3）在 中，由余弦定理得 ，
所以 ， ，
于是四边形OACB的面积为
，
当 ，即 时，四边形OACB的面积取得最大值为 ，
所以，当B满足 时，四边形OACB的面积最大，最大值为 .
20．已知椭圆 （ ），四点 ， ， ， ， 中
恰有三点在椭圆 上.
（1）求椭圆 的方程；
（2）蝴蝶定理：如图1， 为圆 的一条弦， 是 的中点，过 作圆 的两条弦 ， .若 ，
分别与直线 交于点 ， ，则 .
该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆 中，弦 的中点 的坐标为 ，且两条弦 ，
所在直线斜率存在，证明： .【解析】（1）由于 ， 两点关于 轴对称，
故由题设知 经过 ， 两点，
又由 知， 不过点 ，所以点 在 上，
因此 ，解得 ，
故椭圆 的方程为 ；
（2）因点 的坐标 在 轴上，且 为 的中点，
所以直线 平行于 轴，
设 ， ， ， ，
设直线 的方程为 ，代入椭圆 ，
得： ，
根据韦达定理得： ， ，①
同理，设直线 的方程为 ，代入椭圆 ，
得： ，
根据韦达定理得： ， ，②
由于 、 、 三点共线，得 ， ，
同理，由于 、 、 三点共线，得： ，结合①和②可得：即 ，所以 ，即 .
21．（2024·福建泉州·模拟预测）在相同的介质中，人们肉眼看到的光线总是呈直线运动的.由于光在不同
的介质中的传播速度不同，因此在不同的介质中光会发生折射现象.在如图所示的平面直角坐标平面 中，
光在介质Ⅰ内点 以入射角 ，速度 在介质1内传播至 轴上的点 ，而后以折射角 ，速度
v在介质Ⅱ内传播至点 .
(1)将光从点A传播到点B的所需的时间关于x的函数的解析式 ；
(2)费尔马认为：光总是沿着最节省时间的路线传播，设点B在x轴上的射影为C.根据费尔马的结论，解决
以下问题：
（i）证明： .
（ii）若 ， ， ，求光线从点A传播到点B所经过路程的取值范围.
【解析】（1）由勾股定理得 ， ，
所以 ， ，
（2）（i） ，由于 在 上为增函数， 在 上为减函数，
故 在 上为增函数，
又 ， ，
由零点存在性定理得，存在唯一的 ，使得 ，
且 在 上单调递减，在 上单调递增，
据此，并运用费尔马的结论，当 时，光线所经过的路程最短，
令 得， ，
故 ，
又 ，故 ；
（ii）当 ， ， 时， ，
整理得 ， ，
故点 的轨迹为长轴长为4，短轴长为 的椭圆在坐标轴第四象限的部分，
光线从 运动到点 所经过的路程为 ，
其中 ，代入得
；故光线从点A传播到点B所经过路程的取值范围为 .
22．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作
一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当 的三个
内角均小于 时，使得 的点 即为费马点；当 有一个内角大于或等
于 时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：
(1)若 是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点 到各顶点的距离之和；
(2) 的内角 所对的边分别为 ，且 ，点 为 的费马点．
（i）若 ，求 ；
（ii）求 的最小值．
【解析】（1）因为 为等边三角形，三个内角均小于 ，故费马点 在三角形内，满足
，且 ，如图：
过 作 于 ，则 ，故 ，
所以该三角形的费马点 到各顶点的距离之和为 ．
（2）（i）因为 ，由正弦定理 ，且 ，
所以 得 ，
所以 的三个角都小于 ，
则由费马点定义可知， ，
设 ， ，
由 得： ，
整理得 ，
则
．（ii）由（i）知 ，所以点 在 内部，且 ，
设 ，
所以 ，
由余弦定理得， ，
，
，
由勾股定理得， ，即 ，
所以 ，即 ，
而 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立．
设 ，则 ，解得 或 （舍去），
由 ，
故 ，最小值为 ．
