一道简单的数学证明题

一道很简单的初二数学证明题（急！！！)~

过E作AC的平行线，分别交AB、BC于M、N
BE平分∠ABC，EM＝ED
∠AEM＝∠NED，
EM⊥AB，EN⊥BC，
∠AME＝∠NDE
△AME≌△NDE
AE＝NE
EN//AC，EF//BC
四边形NEFC是平行四边形
EN＝CF
AE＝CF

证明：
（1）
∵E、F是OA、OB的中点
∴EF∥＝1/2AB∥＝CD
∴△OEF≌△OCD
∴OD＝OF＝DF，即O是BD、AC的三等分点
∵BC＝CD，AB＝2BC
∴BD＝√2CD，AC＝√5CD
∴OD＝√3/2CD，OC＝√5/3CD
在△OCD中
OD:sin∠OCD＝OC:sin45
sin∠OCD=3√30/20＝sin∠OEF
GE＝1/3CD，FH＝1/3CD，EF＝1/2AB
（AB+CD）/GE＝3CD/（1/3CD+1/3CD+CD）＝9/5

还简单啊

四色问题又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一。 四色问题的内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。”用数学语言表示，即“将平面任意地细分为不相重迭的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。”（右图） 这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的。因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。 四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯·格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家都被着上不同的颜色。”这个现象能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。 1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教了他的老师、著名数学家德·摩尔根，摩尔根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家汉密尔顿爵士请教。汉密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年汉密尔顿逝世为止，问题也没有能够解决。 1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题。世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。1878～1880年两年间，著名的律师兼数学家肯普和泰勒两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了四色定理，大家都认为四色猜想从此也就解决了。 肯普的证明是这样的：首先指出如果没有一个国家包围其他国家，或没有三个以上的国家相遇于一点，这种地图就说是“正规的”（左图）。如为正规地图，否则为非正规地图（右图）。一张地图往往是由正规地图和非正规地图联系在一起，但非正规地图所需颜色种数一般不超过正规地图所需的颜色，如果有一张需要五种颜色的地图，那就是指它的正规地图是五色的，要证明四色猜想成立，只要证明不存在一张正规五色地图就足够了。 肯普是用归谬法来证明的，大意是如果有一张正规的五色地图，就会存在一张国数最少的“极小正规五色地图”，如果极小正规五色地图中有一个国家的邻国数少于六个，就会存在一张国数较少的正规地图仍为五色的，这样一来就不会有极小五色地图的国数，也就不存在正规五色地图了。这样肯普就认为他已经证明了“四色问题”，但是后来人们发现他错了。 不过肯普的证明阐明了两个重要的概念，对以后问题的解决提供了途径。第一个概念是“构形”。他证明了在每一张正规地图中至少有一国具有两个、三个、四个或五个邻国，不存在每个国家都有六个或更多个邻国的正规地图，也就是说，由两个邻国，三个邻国、四个或五个邻国组成的一组“构形”是不可避免的，每张地图至少含有这四种构形中的一个。 肯普提出的另一个概念是“可约”性。“可约”这个词的使用是来自肯普的论证。他证明了只要五色地图中有一国具有四个邻国，就会有国数减少的五色地图。自从引入“构形”，“可约”概念后，逐步发展了检查构形以决定是否可约的一些标准方法，能够寻求可约构形的不可避免组，是证明“四色问题”的重要依据。但要证明大的构形可约，需要检查大量的细节，这是相当复杂的。 11年后，即1890年，在牛津大学就读的年仅29岁的赫伍德以自己的精确计算指出了肯普在证明上的漏洞。他指出肯普说没有极小五色地图能有一国具有五个邻国的理由有破绽。不久，泰勒的证明也被人们否定了。人们发现他们实际上证明了一个较弱的命题——五色定理。就是说对地图着色，用五种颜色就够了。后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。于是，人们开始认识到，这个貌似容易的题目，其实是一个可与费马猜想相媲美的难题。 进入20世纪以来，科学家们对四色猜想的证明基本上是按照肯普的想法在进行。1913年，美国著名数学家、哈佛大学的伯克霍夫利用肯普的想法，结合自己新的设想；证明了某些大的构形可约。后来美国数学家富兰克林于1939年证明了22国以下的地图都可以用四色着色。1950年，有人从22国推进到35国。1960年，有人又证明了39国以下的地图可以只用四种颜色着色；随后又推进到了50国。看来这种推进仍然十分缓慢。 高速数字计算机的发明，促使更多数学家对“四色问题”的研究。从1936年就开始研究四色猜想的海克，公开宣称四色猜想可用寻找可约图形的不可避免组来证明。他的学生丢雷写了一个计算程序，海克不仅能用这程序产生的数据来证明构形可约，而且描绘可约构形的方法是从改造地图成为数学上称为“对偶”形着手。 他把每个国家的首都标出来，然后把相邻国家的首都用一条越过边界的铁路连接起来，除首都(称为顶点)及铁路(称为弧或边)外，擦掉其他所有的线，剩下的称为原图的对偶图。到了六十年代后期，海克引进一个类似于在电网络中移动电荷的方法来求构形的不可避免组。在海克的研究中第一次以颇不成熟的形式出现的“放电法”，这对以后关于不可避免组的研究是个关键，也是证明四色定理的中心要素。 电子计算机问世以后，由于演算速度迅速提高，加之人机对话的出现，大大加快了对四色猜想证明的进程。美国伊利诺大学哈肯在1970年着手改进“放电过程”，后与阿佩尔合作编制一个很好的程序。就在1976年6月，他们在美国伊利诺斯大学的两台不同的电子计算机上，用了1200个小时，作了100亿判断，终于完成了四色定理的证明，轰动了世界。 这是一百多年来吸引许多数学家与数学爱好者的大事，当两位数学家将他们的研究成果发表的时候，当地的邮局在当天发出的所有邮件上都加盖了“四色足够”的特制邮戳，以庆祝这一难题获得解决。 “四色问题”的被证明仅解决了一个历时100多年的难题，而且成为数学史上一系列新思维的起点。在“四色问题”的研究过程中，不少新的数学理论随之产生，也发展了很多数学计算技巧。如将地图的着色问题化为图论问题，丰富了图论的内容。不仅如此，“四色问题”在有效地设计航空班机日程表，设计计算机的编码程序上都起到了推动作用。 不过不少数学家并不满足于计算机取得的成就，他们认为应该有一种简捷明快的书面证明方法。直到现在，仍由不少数学家和数学爱好者在寻找更简洁的证明方法。

利用三角形和数学归纳法证明
四色猜想的证明
摘要：将平面图的不相连点使其相连（这样增加着色难度），形成有许多三角形相连的平面图，根据三角形的稳定性，利用数学归纳法，平面图进行着色最多需4种颜色。
定理：在平面图中,对不同顶点进行着色,相邻顶点着不同颜色,不相邻顶点着相同颜色,则最多需4种颜色。
证明：在平面图中，不在同一直线上的三点决定一个平面，那么三点构成的三角形是平面图中最基本、最简单、最稳定、密闭的图形。
由于在对地图着色过程中不考虑图的具体形状只考虑点是否相邻，将平面图的不相连点使其相连（这样增加着色难度），形成有许多三角形相连的平面图（三点以下肯定成立）。如图1：添加辅助线（不相邻的点使其相邻，这样就增加了着色的色数，有利于证明），将图1分解为4个△ABC。
在平面图中的无数点中，任取相邻三点构成各点相邻的△ABC（见图2），则需3种颜色A B C,在平面图中再任取一点 D 与 A B C 三点相邻,同时D又与A B C三点相连后形成三角形。任取一点E与 A、B、C、D四色相连，E必与四色之一色相同即E点在△ABD中与C色相同、在△ACD中与B色相同、在△BCD中与A色相同、在△ABC外与D色相同，E与另外三色相连形成新的三角形。
在三角形的三点之外任取一点只有在三角形的内部和外部两种情况且这两种情况的点不会相邻，该点最多与三角形的三点相连且又形成新的三角形。
继续选取一点进行着色，该点同样最多与三角形的三点相连且又形成新的三角形，该点至少为四色中的一色。逐点（第n点）着色至将所有点（第n+1点）着色只须A、B、C、D四色其中一色。
图的着色方法：任意一张地图，将孤立的点用一种颜色着色（A色），不能形成密闭图形的相连的点用两种颜色（A、B色）。将剩余的点不相连的用虚线使其相连形成许多三角形，完全不相连的图不进行相连。任取相连三点着三种颜色（A、B、C色），再取与其相连的点，如果与A、B、C三色的点都相连着D色，否则着与其不相连的其中一色，用虚线相连的点可以用同一种颜色也可以用两种颜色，依次取与着色的点相连的点用以上方法进行着色。这样对所有的点进行着色最多用四色（A、B、C、D色）。

1.PMCN不可能是菱形，
因为，PM//AB,不难看出三角形PMC相似于三角形ABC
所以，AC/BC=PC/MC,又AC=BC，AC垂直BC，所以得，PC=MC，PC垂直MC
所以三角形PMC是等要直角三角形，PM是斜边，所以PM不等于MC
所以PMCN不是菱形
2.三角形ABM的面积=AC*BM/2
BM=AP=X，AC=2，所以，三角形ABM的面积=X
因为PM平行AB，PN平行AD，所以PMCN是平行四边形
PMCN的面积=PC*MC=(2-X)*(2-X)
要使PMCN的面积和三角形ABM的面积相等
则，X=(2-X)*(2-X)
解得，X=1，X=4(舍去因为，0《X《2)
当x值为1时，PMCN的面积和三角形ABM的面积相等
又不懂在在问我把

---

动力区13425692971： 一道简单的数学证明题 - ？
掌贩通络： 证明:已知等边△abc、△deb ∴ ab=bc,∠1=∠2=60°,bd=be ∴ △abd≌△cbe (sas) ∴ ∠3=∠4 ∵ ∠5=180°-60°-60°=60° ∴ ∠1+∠2=∠2+∠5=120° ∴ △abn≌△cbm (asa) ∴ bn=bm ∴ △bmn是等边三角形 (一个角是60°的等腰三角形是等边三角形)

动力区13425692971： 一道简单证明题与一道初一判断题.(1)证明:两个连续的自然数的和是奇数.(2)判断:一个代数式的值有无数个.证明要求格式正确,语言简洁.判断请说明... - ？
掌贩通络：[答案] 1,设一个自然数为n,则另一个为n+1 n+(n+1)=2n+1为奇数 2错

动力区13425692971： 一道貌似比较简单的数学证明题 - ？
掌贩通络： 设a=xk+z, k为整数 然后就证明了~

动力区13425692971： 一道简洁的数学证明题,自己想的求证:N^5 - N=30K,(N,K∈Z)最好不用讨论分几种情况~下面是不用讨论的方法:发现 Y=(N - 1)N(N+1)(N+2)(N+3)能被30整除... - ？
掌贩通络：[答案] 思路就是证明做边的式子可以被2,3,5整除左边=n(n+1)(n-1)(n^2+1)n(n+1)(n-1)很容易得到可以被2 3整除设n=5x+aa=0 n=5xa=1 n-1=5xa=4 n+1=5x+5这三种情况,很明显n(n+1)(n-1)可以被5整除a=2 n=5x+2 n^2+1=(5x+2)^2+1=2...

动力区13425692971： 数列极限的一道简单证明题数列{a(2n)},{a(2n - 1)}的极限都为a,求证:{an}的极限也为a.证明:对于任意的ε>0,存在正整数N1,当n>N1时,|a(2n) - a|<ε 对于... - ？
掌贩通络：[答案] 是少了 为了不弄混淆字符 假设有一个数列a(m) 如果令m=2n,a(m)就是a(2n) 如果令m=2n-1,a(m)就是a(2n-1) 原证是: 对于任意的ε>0,存在正整数N1,当n>N1时,|a(2n)-a|<ε 对于上面给出的ε>0,存在正整数N2,当n>N2时,|a(2n-1)-a|<ε 改一下下...

动力区13425692971： 一道简单的证明题已知平行四边形ABCD,E是CD的中点,F是BC上一点,∠FAE=∠EAD.求证:EF⊥AE. - ？
掌贩通络：[答案] 延长AE交BC的延长线于K 由DE=EC知AE=EK 而∠FAE=∠EAD=∠AKC.所以AF=FK 等腰三角形底边上的中线垂直于底边.所以EF⊥AE.

动力区13425692971： 简单的一道初中数学证明题 - ？
掌贩通络： 延长AM、BC相交于点G 易证△ADM≌△GCM ∴CG=AD=BC ∵∠BHG=90° ∴CH=1/2BG=BC(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半)

动力区13425692971： 一道简单的几何证明题(三角形与圆—)一个等边三角形内接一个圆,求证:圆与三角形的三条边相挨着的三个点,分别是等边三角形三条边的二等分点. - ？
掌贩通络：[答案] 因为中心是内心.内心的概念.等边三角形 所以命题可证

动力区13425692971： 一道简单数学的证明题？
掌贩通络： 反证法 假设b+c>=1/2 那么a<=1/2 因为a>b>c 所以a^2>b^2>c^2 而a^2<=1/4 所以a^2+b^2+c^2>3a^2=3/4<3 所以假设不成立 那么b+c<1/2

动力区13425692971： 一道简单的大学高等数学证明题,证明;Z=f(x,y)=根号下|xy|在(0,0)处连续,但不可微, - ？
掌贩通络：[答案] 0≤√|xy|≤√(x^2+y^2)/√2,所以当(x,y)趋向于(0,0)时,f(x,y)的极限是0=f(0,0),所以f(x,y)在(0,0)处连续 求偏导数:在(0,0)处,αf/αx=αf/αy=0 △z-dz=√[(△x)(△y)],对(△z-dz)/ρ=√[(△x)(△y)]/√[(△x)^2+(△y)^2],当(△x,△y)沿射线△y=△x(△x>0)...