托勒密定理与西姆松线定理的等价证明
托勒密定理与西姆松线定理的等价证明
湖南省张家界市永定区永定小学 覃文周 摘抄
托勒密定理及其逆定理可以概括成如下定理:凸四边形是圆内接四边形的充要条件是两组对边积的和等于两对角线的积。
西姆松线定理：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。
西姆松定理的逆定理：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。
托勒密定理与西姆松线定理的等价性证明：如图：设A 、P 、M 、L 、四点共圆，AP 为直径，得LM=APsin ∠BAC=R
BC AP 2?.
同理：C 、N 、M 、P 四点共圆，CP 为直径，得
MN=CPsin ∠CAN=CPsin ∠ACB=R
AB CP 2? L 、N 、B 、P 四点共圆，BP 为直径，得
LN=BPsin ∠B=R
AC BP 2? ∴ L 、M 、 N 三点共线<=>LN=LM+MN<=>
R AC BP 2?=R BC AP 2?+R AB CP 2?<=> BP ·AC=AP ·BC+CP ·AB
这就证明了托勒密定理与西姆松线定理的等价性。
托勒密定理圆的其它定理
托勒密定理 定理图 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． 定理提出 定理的内容。 摘出并完善后的托勒密(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。 定理表述：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． 定理内容 指圆内接两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。 证明 一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。） 在ABCD中(如右图)，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ ACD,连接DE. 则△ABE∽△ACD 所以 BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1)
由△ABE∽△ACD得AD/AC=AE/AB,又∠BAC=∠EAD, 所以△ABC∽△AED. 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”） 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： (a?b)(c?d) + (a?d)(b?c) = (a?c)(b?d) ，两边取，运用得。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。平面上，托勒密不等式是三角不等式的形式。 二、 设ABCD是。在BC上，∠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，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·BC ①。又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．得AC：CD=AB：DP，AC·DP=AB·CD ②。①+②得AC(BP+DP)=AB·CD+AD·BC．即AC·BD=AB·CD+AD·BC．
定理与证明说课稿
《定理与证明》说课稿 各位评委、各位老师大家好.今天我说课的课题是华东师大版八年级上册第三章第一节《命题》的第二课时《定理与证明》。我将从教材分析、学情分析、教法分析与学法指导、教学过程分析、教学评价五个方面简述我对这堂课的理解。 一、教材分析 1、教材的地位和作用 《定理与证明》是华东师大版八年级上册第三章第一节的内容。本节是在前面对几何结论已经有了一定直观认识的基础上编排的,本章中所涉及的很多命题在前几册中已由学生通过一些直观的方法进行了探索,学生了解这些结论,这里则开始引导学生依据严格的步骤给出它们的证明。几何证明是培养学生逻辑推理能力的最好载体,迄今为止还没有其他课程能够替代几何的这种地位。从本节课起,学生开始从有条理的口头表述逐渐过渡到书写自己的理由,要求证明的每一步都要有依据,进行严格的形式化证明。因此本节课的学习对发展学生逻辑推理能力是非常重要的,对培养学生的创新意识也非常有利。 2、教学目标根据教材的内容及其在教材体系中的作用和地位，确定本节课的教学目标如下： 【知识与技能】 1认识证明的必要性,初步了解证明的基本步骤和书写格式 2培养学生的推理意识,能清晰、有条理的表达自己的思考过程,做到言之有理。 3掌握证明是从条件出发，根据推理得出结论的过程，能将一些文字命题转化为数学问题,并进行证明。 【过程与方法】经历观察、验证、归纳等过程,能进行简单的证明 【情感态度与价值观】体验数学学习充满了探索和创造、感受证明的必要性,养成对数学的好奇性、求知欲和探索创新精神。 3、教学重难点 为了实现以上教学目标，确定本节课的教学重点是将文字命题转化为数学问题，并进行证明，证明过程中规范性语言的使用。 在实现教学目标的过程中，探索证明的思路，将文字命题转化为数学问题，如何正确写出“已知”、“求证”是本节课的难点。 二、学情分析 我们面对的对象是已具备一定知识储备和一定认知能力的个性鲜明的学生，而不是一张“白纸”，因此关注学生的情况是十分有必要的。 首先、几何证明中严格的逻辑要求使学生普遍认为几何太抽象,太难学,使学生就产生了畏惧心理. 其次、学生普遍对教师存有依赖心理,缺乏学习的主动钻研和创新精神,期望教师提供详尽的解题示范,习惯于一步一步模仿硬套,只重视结论,而忽视了结论的发生发展过程,忽视对证明方法的探索,经常能听到有学生说:我把几何定理,公理都背得滚瓜烂熟,但我拿到证明题却不知道怎么用! 再次、过分专业而严密的叙述要求使一些基础不好的学生难以逾越语言表述的障碍.本来会表达的意思都被几何语言搞糊涂了.有些学生口头叙述挺好,但一碰到要书写时,不知道如何下手,或者书写层次混乱;没有因果关系的,不管有用没用,把已知条件一律都罗列上;或者跳步,三言两语就写完了,让人看了摸不着头脑. 三、教法分析与学法指导 教法分析 “教必有法而教无定法”，只有方法得当，才会有效。根据本课内容特点和八年级学生
2013高中数学奥数培训资料之托勒密定理试题
《托勒密定理及其应用》 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)． 即：；内接于圆，则有： 设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ?=?+? ；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD BD AC BC AD CD AB ABCD ?≥?+? 一、直接应用托勒密定理 例1 如图2，P 是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点(不与B 、C 重合)， 求证：PA=PB ＋PC ． 四点共圆时成立； 、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似 和且又相似 和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BD AC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB ED AC BC AD AD ED AC BC AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BE AC CD AB CD BE AC AB ACD ABE ACD ABE CAD BAE E ABCD ?≥?+?∴+?=?+?∴? =??=∴??∴∠=∠=?=??=∴??∠=∠∠=∠)(
二、完善图形借助托勒密定理 例2证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2 例3如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)． 三、构造图形借助托勒密定理 例4若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．
四、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理 例5已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B． 五、巧变形妙引线借肋托勒密定理 例6在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，
Simson定理
几何表示 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. □ 一阶描述 基本定义: 选定 A,B,C 三点 □ 取外接圆上任意一点 P □ 得到三个垂足 D,E,F □ 基本描述: : A,B,C 三点不共线 西姆松定理 它们的坐标分别为 这三点构成的三角形的外接圆心及半径分别为 P 点的坐标为 . 全部 (x 1,y 1),(x 2,y 2),(x 3,y 3).l 1=AB,l 2=BC,l 3=CA.(u,v),r.(a,b)D(a 1,b 1),E(a 2,b 2),F(a 3,b 3). 91
□ ● : P 在三角形 ABC 的外接圆上 □ ● : P 不同于 A,B,C □ ● : D 是 P 到 BC 的垂足 □ ● : E 是 P 到 CA 的垂足 □ l 1l 2l 3(l 21=(x 1-x 2)2+(y 1-y 2 )2 [l 22=(x 2-x 3)2+(y 2-y 3)2 [l 23=(x 3-x 1)2+(y 3-y 1 )2[l 1+l 2>l 3[l 2+l 3>l 1[l 3+l 1> l 2)92^uvr ((x 1-u)2 +(y 1-v)2=r 2 [ (x 2-u)2+(y 2-v)2=r 2[(x 3-u)2 +(y 3-v)2 =r 2 [(u-a)2+(v-b)2=r 2) 93\(a=x 1[b=y 1)[\(a=x 2[b=y 2)[\(a=x 3[b=y 3) 94(a 1-x 2)(b 1-y 3)-(a 1-x 3)(b 1-y 2)=0[(a 1-a)(x 2-x 3)+(b 2-b)(y 2-y 3)=0 95^
托勒密定理
托勒密定理 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，托勒密定理是其中一种特殊情况） 在任意凸四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ACD,连接DE. 则△ABE∽△ACD 所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1) 由△ABE∽△ACD得AD/AC=AE/AB,又∠BAC=∠EAD, 所以△ABC∽△AED. 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”） 二．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。
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、 托勒密不等式：凸四边形的两组对边乘积和不小于其对角线的乘积，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 广义托勒密定理：设四边形ABCD四边长分别为a,b,c,d,两条对角线长分别为m,n，则有： m^2*n^2=a^2*c^2+b^2*d^2-2abcd*cos(A+C) 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。 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
八年级数学上册13.1命题、定理与证明如何寻找命题的条件和结论素材(新版)华东师大版
如何寻找命题的条件和结论 学习了“命题”以后，细心的同学会发现，课本中给出的很多命题都省略了“如果…，那么…”，因此使它的条件和结论不明显，对于这类命题，要经过分析，写成“如果…，那么…”的形式，才能准确地把握其条件和结论．下面就如何把命题改写成“如果…，那么…”谈点看法，供同学们参考． 任何命题的结构都具有固定的形式，我们遇到的问题都是由题设和结论两部分组成。题设（条件）是已知事项，结论是由已知事项推断出的事项．因此，命题常用“如果…… ，那么……”或“若…… ，则……”的形式表达，具有这种形式的命题中，“如果”或“若”引出的部分是条件，“那么”或“则”引出的部分是结论。如果一个命题不是这种形式，我们就要将他们改写为“如果…… ，那么……”或“若…… ，则……”的形式，在改写前下要分出题设和结论，必要时可以结合图形来区分。下面举例来说明。 例请将下列命题写成“如果…… ，那么……”的形式，并写出条件和结论． （1）平行于同一条直线的两条直线平行． （2）互为邻补角的两个角的角平分线互相垂直． 分析：我们可以逆向思考，即（1）结论应为“平行”，那么什么平行呢？一般是两直线互相平行。那么满足什么样的条件的两直线？可得条件是两条直线平行于同一条直线。 （2）结论应为“互相垂直”，那么什么互相垂直呢？一般是两条线（直线、射线或线段）互相垂直。那么满足什么样的条件的两线互相垂直呢？可得条件是两条射线是互为邻补角的两个角的角平分线。这样通过逐步逆向设问的方法可以帮助我们确定条件和结论，最后用完整的文字语言写出来即可。 解：（1）改写成“如果两条直线平行于同一条直线，那么这两条直线平行．” 条件是：两条直线平行于同一条直线；结论是：这两条直线平行． （2）改写成“如果两条射线是互为邻补角的两个角的角平分线，那么这两条射线互相垂直．” 条件是：两条射线是互为邻补角的两个角的角平分线；结论是：这两条射线互相垂直点评：在改写命题时，不是机械地在原命题中添上“如果”和“那么…”，而要使改写后命题的实质不变，条件和结论明朗化，主要要求为（1）改写后的命题与改写前的命题的内容要一致；（2）改写后的命题的句子要完整、语句要通顺，必要时，要对原命题加一些修饰，并且补上原来省略的部分．比如改写命题“两点确定一条直线”，不能写成“如果两点，
泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明
Pure Mathematics 理论数学, 2019, 9(8), 949-960 Published Online October 2019 in Hans. https://www.360docs.net/doc/6f16746814.html,/journal/pm https://https://www.360docs.net/doc/6f16746814.html,/10.12677/pm.2019.98121 Tait’s Conjecture Continue —The Proof of the Four-Color Theorem Wenzhen Han Jincheng Energy Co. Ltd., Jincheng Shanxi Received: Sep. 30th, 2019; accepted: Oct. 22nd, 2019; published: Oct. 29th, 2019 Abstract The four-color theorem also known as the four-color conjecture or the four-color problem is one of the world’s three largest mathematical conjecture. Although it has been proved on computer, which owes to its powerful computing ability, after all, it isn’t strictly reasoned mathematically. Lots of math enthusiasts devote themselves to studying the problem around the globe. In this pa-per, the new concepts of two-color dyeable continuous line are put forward. A new method is used to prove that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is equivalent to the 4-coloring of maximal graph points. It is also proved that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is in-evitably possible. Thus, a universal four-color coloring method for vertices of any maximal graph is given. Keywords Four Colors Enough, Two-Color Dyeable Continuous Line, 3-Regular Plane, Maximum Graph, Even Ring Elimination Method 泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明 韩文镇 晋城能源有限责任公司，山西晋城 收稿日期：2019年9月30日；录用日期：2019年10月22日；发布日期：2019年10月29日 摘要 四色定理，又称四色猜想、四色问题，是世界三大数学猜想之一。计算机证明虽然做了百亿次判断，终
四色猜想的证明
四色猜想的证明 吴道凌 （广东省广州市，510620） 摘要：四色猜想至今未得到书面证明。根据其定义的国家概念和着 色要求，揭示了无限平面或球面上任意国家及其邻国的构成和着色规 律，从而给四色猜想一个书面证明。 关键词：四色；猜想；证明；国家；着色 中图分类号：O157.5 文献标识码：A 1852年，英国学者弗南西斯·格思里(Francis Guthrie)提出，“每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同的颜色”，这就是后来数学上著名的四色猜想。对此猜想，一百多年来曾有无数学者予以研究，但人工验证均无功而返。1976年，美国数学家阿佩尔(Kenneth Appel)和哈肯(Wolfgang Haken)利用电子计算机，作了大量判断，对四色猜想进行了机器证明，但这一证明不能由人工直接验证，人们必须对计算机编译的正确性以及运行这一程序的硬件设备充分信任，因此并不被人们普遍接受。 本文拟根据四色猜想定义的国家概念和着色要求，研究无限平面或球面上国家的构成及其着色规律，寻找对四色猜想的书面证明。 1 四色猜想相关定义及表述方法 四色猜想所指的国家，是指连续的区域，可为单连通区域，也可为多连通区域，不连续的区域不属一个国家。共同边界指相邻国家有无数个共同点，四个或四个以上的国家不交于一点，或者说，这种交点不认为是共同边界， 只有这种交点的国家不需区分着色。 四色猜想并未限制地图范围，地图可定义在球面或无限平面 上。在球面上的任何国家，将存在一个外边界，由一条简单闭曲线 构成，在无限平面上的国家，一般也由一条简单闭曲线构成外边界， 个别国家也许在某些区间不存在边界（即区域无限延伸），其外边 界将由若干段曲线构成，对于这种情况，我们可在其无限远处虚拟 若干个国家若干段边界，与实在的若干段边界构成一条简单闭曲线 边界，这种做法实际上提高了这些国家的着色要求，因此不影响本 命题的论证。如为单连通区域，国家里边将不存在内边界，如为多 连通区域，国家里边将存在若干由简单闭曲线构成的内边界。因此，为使命题具有普遍性，把国家定义为具有一个外边界和若干内边界的区域，每 一边界均为该国与若干邻国的共同边界构成的简单闭曲线，如图1 示。下面把构成一条这种共同边界闭曲线的若干邻国称为一个邻国 圈。 用小圆圈表示邻国，两国相邻时，用线条连接两个小圆圈， 一个邻国在共同边界多处出现时，各处分别用小圆圈表示，并用线 条连接各处表示连通。把一个国家表示为由其若干邻国圈构成的闭 合圈围闭的区域，如图2示。其中，外闭合圈之外，一些邻国可能 跨越闭合圈上的一个或多个邻国与其它一个或多个邻国相邻，一些 邻国也可能多处出现在闭合圈上，这些情况将使闭合圈外存在若干
(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第六章西姆松定理及应用答
第六章西姆松定理及应用 习题A 1．由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共线，注意到P ，L ，N ，B 及P ，M ，C ，L 分别四点共圆，知LPN B ∠=∠，LPM C ∠=∠．又由张角定理，有() sin sin sin B C B C PL PM PN ∠+∠∠∠= + ，即 sin sin sin mn A ln B lm C ?∠=?∠+?∠再应用正弦定理，得mn a ln b lm c ?=?+?． 2．根据直径所对的圆周角是直角，知90BDP ADP ∠=∠=?，90BFP CFP ∠=∠=?，90CEP AEP ∠=∠=?，即知D ，A ，B ；B ，F ，C ；C ，E ，A 分别三点共线． 又PD AB ⊥于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，P 是ABC △外接圆周上一点，由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线． 3．延长BE ，CD 相交于点K ，延长CG ，BF 相交于点L ．设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的 内心．由12CAI BAC ∠=∠，而()11 909022 CKI CIK B C BAC ∠=?-∠=?-∠+∠=∠，从而A ，I ，C ， K 四点共圆． 又AD CK ⊥于D ，AE KB ⊥于E ，AG CI ⊥于G ，A 是ICK △外接圆上任一点，由西姆松定理，知D ，E ，G 三点共线．同理，B ，I ，A ，L 四点共圆，AE BI ⊥于E ，AG IL ⊥于G ，AF BL ⊥于F ，由西姆松定理，知E ，G ，F 三点共线．故F ，G ，E ，D 四点共线． 4．设正ABC △外接圆弧?AB 上任一点P 到边BC ，CA ，AB 的距离分别为a h ，b h ，c h ，其垂足分别为 D ， E ， F ，正三角形边长为a ．由面积等式可得a b c h h h +-= ．此式两边平方，得 ()2222324 a b c a b b c a c h h h h h h h h h a +++--=． 由 sin sin b a h h PAC PBD PA PB =∠=∠=，有a b h PA h PB ?=?． 同理，a c h PA h PC ?=?，故a b h PA h PB k PC ?=?=?． 又P ，F ，E ，A 及P ，D ，B ，F 分别四点共圆，有PFD PBD PAC ∠=∠=∠，PDF PBF PCA ∠=∠=∠， 得PFD PAC △△≌，故c h PA a DF = ?，同理，a h PB a DE =?,b h PC a EF =?，即 a c b a c b h h h h h h k EF DE EF ???===由西姆松定理，知D ，E ，F 共线，即DF FE DE +=．于是 ￡()0a b a c b c hb h h h h h h DE DF EF k ? ---=--=?， 故222234 a b c h h h a ++=． 5．设以ABC △的三个顶点为圆心的三圆，皆经过同一点M ，而M 在ABC △的外接圆上，A e 与B e 另交于D ，A e 与C e 另交于E ，B e 与C e 另交于F ． 注意到A e 与B e 中，公共弦MD ⊥连心线AB ；A e 与C e 中，公共弦ME ⊥连心线AC ；B e 与C e 中，公共弦MF ⊥连心线BC ．对ABC △及其外接圆周上一点M ，应用西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线． 习题B 1．(Ⅰ)设从点P 向BC ，CA ，AB 作垂线，垂足分别为X ，Y ，Z ．由对称性，知XY 为PUV △的中位线，故UV XY ∥同理，VW YZ ∥，WU XZ ∥．由西姆松定理，知X ，Y ，Z 三点共线，故U ，V ，W 三点共线．
简洁破解四色猜想——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明——
简洁破解四色猜想 ——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明—— 李传学 四色猜想与费马猜想、哥德巴赫猜想，是数学界三大难题。本文利用“1+3”、“3+1”链锁思维方式，并结合计算机逻辑判断方式，给予地球四色猜想的有、且只有数学方法与应用方法的两种证明。并在实践中，使链锁着色，直至组成四色猜想的（△）网状平面整（总）体地图。 一、四色猜想简洁证明的提出。 随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现，极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。1976年6月，美国哈肯与阿佩尔编制程序，利用1200个小时，分别在两台计算机上，作了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。到目前为止，仍是世界上唯一被认可的证明方法。但是，由于计算机证明方法过程深长，不符合人的逻辑思维判断过程，缺乏简洁性，无法令人信服。 二、“四色”是地球“四方八位”的客观存在。 “四方八位”是个动态概念，存在于“天、地、人合一”的地球万物运动的整个过程中。同样，数学界三大难题之一的四色猜想，也离不开这一客观规律。 地球，蕴育了万物。天圆地方、“四方八位”、四面八方、东西南北、五湖四海是人类认识地球的思维方式。远在史前人类整体文明时期，就有文物记载了地球上有关“四方八位”的许多概念。如半坡人鱼盆、人网盆、含山玉版、澄湖陶罐、八角星陶豆、良渚陶璧、古埃及金字塔，以及其他图形、符号记载的伏羲八卦图、彝族八卦图、河图、洛书、五行属性，也都应用了“四方八位”概念。 四色绚丽的地球生生不息，是“天人合一”的赋予。地球的天圆地（四）方是阴阳学说的核心和精髓，又是阴阳学说的具体体现，具有朴素的辩证法色彩，是古代人类认识世界的思维方式。 阴阳五行中的五色、四方位：即，木有青、东，金有白、西，火有红、南，水有黑、北，土有黄、中，以及罗盘定位、经纬仪、四季、纳米四大光波（红、蓝、绿、黄）、四色光谱仪都与地球上的“四方八位”寓意紧密相关。当然，“四色猜想”也不例外，也只能有、且只有在地球图上的客观存在。 三、四色猜想的数学语言定义。 任何一张平面地图，只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家，着上不同颜色，称之为四色猜想。 四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来进行标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。这里的相邻区域，是指有一整段（非点）边界是公共的边界（注：据网络“科普中国”）。 四、四色猜想的数学证明。
数学奥赛-2(西姆松定理-欧拉线-九点圆)
西姆松(Simson)定理 西姆松定理说明 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。 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=∠A CP ①，（∵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。
托勒密定理
托勒密定理Last revision on 21 December 2020
托 勒密定理 【定理内容】 圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 即：若四边形ABCD 内接于圆， 则有BD AC BC AD CD AB ?=?+?. [评]等价叙述：四边形的两组对边之积的和 等于两对角线 之积的充要条件是四顶点共圆。 【证法欣赏】 证明：如图，过C 作CP 交BD 于P ，使21∠=∠, ∵43∠=∠,∴ACD ?∽BCP ?, ∴ BP AD BC AC = ，即AD BC BP AC ?=? ① 又DCP ACB ∠=∠，65∠=∠，∴ACB ?∽DCP ?, ∴ DP AB DC AC = ，即DC AB DP AC ?=? ② ∴①＋②得：DC AB AD BC DP BP AC ?+?=+?)( 即BD AC BC AD CD AB ?=?+? 【定理推广】 托勒密定理的推广： 在四边形ABCD 中，有BD AC BC AD CD AB ?≥?+?；当且仅当四边形ABCD 内接于圆时，等式成立。 [证] 在四边形ABCD 内取点E ，使CAD BAE ∠=∠，ACD ABE ∠=∠ 则ABE ?∽ACD ? ∴ AD AE CD BE AC AB ==， ∴BE AC CD AB ?=?； ∵ AD AE AC AB =，且EAD BAC ∠=∠ C D A B E B C D
∴ABC ?∽AED ? ∴ AD ED AC BC = ，即ED AC BC AD ?=?； ∴)(ED BE AC BC AD CD AB +?=?+? ∴BD AC BC AD CD AB ?≥?+? 当且仅当E 在BD 上时“=”成立， 即四点共圆时成立；、、、当且仅当D C B A 【定理推广】 托勒密定理的推论： 等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积． 即：若四边形ABCD 是等腰梯形，且BC AD //， 则BC AD AB AC ?+=22. 分析：因为等腰梯形必内接于圆，符合托勒密定理的条件，其对角线相等，两腰相等，结论显然成立。 【定理应用】 【例1】 如图，P 是正ABC ?外接圆的劣弧BC 上任一点(不与B 、C 重合)， 求证：PC PB PA +=． 证明：由托勒密定理得： ∵CA BC AB == ∴PC PB PA +=. [注]此例证法甚多，如“截长”、“补短”等，详情参看《初中 数学一 题多解欣赏》． 【定理应用】 【例2】 证明“勾股定理”： 已知：在ABC Rt ?中，?=∠90B ， 求证：222BC AB AC +=。 证明：如图，以ABC Rt ?的斜边AC 为对角 B C
托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题(二)(1)
托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题（二） 【教学重难点】 1．圆中托勒密定理；对角互补模型：旋转视角、托勒密视角 2．婆罗摩笈多定理 3．例题探究 【模块一圆中托勒密定理】 古希腊最伟大的天文学家，数学家、天文学家伊巴谷（约公元前190年－公元前125年），最早提出了，圆内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，后称托勒密定理．古罗马著名的天文学家、光学家克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），从伊巴谷的书中将其摘出并完善．托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质，故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． 1．基本图形与结论：如图1，当A、B、C、D四点共圆，则AC×BD=AB×DC+AD×BC． 2．简单证明： 在线段BD上取一点E，连AE，使∠AEB=∠ADC， 易得△AEB∽△ADC， AC CD =??=?① AC BE AB CD AB BE 旋转一拖二得△ABC∽△AED， AC BC =??=?② AC DE BC AD AD DE 由①＋②得：AC×（BE＋DE）=AC×BD=AB×DC＋AD×BC． 3．模型识别： 具体情境中出现四点共圆，且四点构成的四边形边长、对角线长信 息较多，可以尝试用托勒密定理进行计算． ※4．广义托勒密定理：对于任意凸四边形ABCD，则有AC×BD ≤AB×DC+AD×BC．证明从略···【模块二对角互补模型→旋转视角】 1．基本图形与模型识别：如图2，对角互补且一组邻边相等 ．．．．．．．．．．．的四边形， 可通过旋转变换将四边形转化为等腰三角形（等腰思旋转）． 2．四类常见对角互补模型： ①模型一：等边60°对120°型 条件：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120° 结论：（1）CA平分∠BCD；（2）BC+CD=AC． 证明：证明：如图，将△ACD绕点A逆时针旋转60°至△AMB，使AD， AB重合， 则△ACD≌△AMB， ∴∠ADC=∠ABM，AC=AM，CD=BM，∠ACD=∠M， ∵∠BAD=60°，∠BCD=120°， ∴∠ABC+∠ADC=180°，
平面几何-五大定理及其证明
平面几何定理及其证明 梅涅劳斯定理 1 .梅涅劳斯定理及其证明 定理：一条直线与 ABC 的三边AB BC CA 所在直线分别交于点 D E 、F ,且D E 、F 均 证明：如图，过点C 作AB 的平行线，交EF 于点G. 因为 CG // AB ，所以 CG CF --------------------- （ 1） AD FA 因为 CG // AB ，所以 EC （ 2） DB BE C F ，即得 A D C F EC FA DB EC FA 2.梅涅劳斯定理的逆定理及其证明 定理：在 ABC 的边AB BC 上各有一点 D E ,在边 AC 的延长线上有一点 F ,若 二、 塞瓦定理 3 .塞瓦定理及其证明 定理：在ABC 内一点P,该点与ABC 的三个顶点相连所在的 三条直线分别交 ABCE 边AB BC CA 于点D E 、F ,且D E 、F 三点均不是 ABC 不是ABC 的顶点，则有 AD BE CF 1 DB EC 由（1）宁（2） DB 可得兀 AD BE CF DB EC FA 1 ，那么，D E 、F 三点共线. 证明：设直线EF 交AB 于点D ，则据梅涅劳斯定理有 AD / BE CF 丽 EC FA 因为AD Bl CF DB EC FA 1，所以有誥 段AB 上，所以点D 与D 重合.即得D 鴿.由于点D D 都在线 E 、F 三点共线. 证明： 运用面积比可得 AD DB S ADP S BDP S ADC S BDC 根据 等 比定理有 S ADP S ADC S ADC S ADP S APC S S BDP BDC S BDC S BDP S
第三讲 托勒密定理及其应用
第三讲 托勒密定理及其应用 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)． 即：；内接于圆，则有： 设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ?=?+? ；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD BD AC BC AD CD AB ABCD ?≥?+? 一、直接应用托勒密定理 例1 如图2，P 是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点 (不与B 、C 重合)， 求证：PA=PB ＋PC ． 分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗． 若借助托勒密定理论证，则有PA ·BC=PB ·AC ＋PC ·AB ， ∵AB=BC=AC ． ∴PA=PB+PC ． 二、完善图形 借助托勒密定理 例2 证明“勾股定理”： 在Rt △ABC 中，∠B=90°，求证：AC 2=AB 2＋BC 2 四点共圆时成立； 、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似 和且又 相似 和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BD AC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB ED AC BC AD AD ED AC BC AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BE AC CD AB CD BE AC AB ACD ABE ACD ABE CAD BAE E ABCD ?≥?+?∴+?=?+?∴?=??=∴??∴∠=∠=?= ??=∴??∠=∠∠=∠)(
证明：如图，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD是圆内接四边形．由托勒密定理，有 AC·BD=AB·CD＋AD·BC．① 又∵ABCD是矩形， ∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．② 把②代人①，得AC2=AB2＋BC2． 例3如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结CD，依托勒密定理， 有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD． ∵∠1=∠2，∴BD=CD． 故AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC)． 三、构造图形借助托勒密定理 例4若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1． 求证：ax＋by≤1． 证明：如图作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB， 使AC＝a，BC=b，BD＝x，AD＝y． 由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的． 据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD． ∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1． 四、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理 例5已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B． 分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c． 证明：如图，作△ABC的外接圆，以A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA．∵AD=BC，
八年级数学上册13_1命题、定理与证明同步练习新版华东师大版
13.1 命题、定理与证明 1、判断下列语句是不是命题 （1）延长线段AB（） （2）两条直线相交，只有一交点（） （3）画线段AB的中点（） （4）若|x|=2，则x=2（） （5）角平分线是一条射线（） 2、选择题 （1）下列语句不是命题的是（） A、两点之间，线段最短 B、不平行的两条直线有一个交点 C、x与y的和等于0吗？ D、对顶角不相等。 （2）下列命题中真命题是（） A、两个锐角之和为钝角 B、两个锐角之和为锐角 C、钝角大于它的补角 D、锐角小于它的余角 （3）命题：①对顶角相等；②垂直于同一条直线的两直线平行；③相等的角是对顶角； ④同位角相等。其中假命题有（） A、1个 B、2个 C、3个 D、4个 3、分别指出下列各命题的题设和结论。 （1）如果a∥b，b∥c，那么a∥c （2）同旁内角互补，两直线平行。 4、分别把下列命题写成“如果……，那么……”的形式。 （1）两点确定一条直线； （2）等角的补角相等； （3）内错角相等。 5、已知：如图AB⊥BC，BC⊥CD且∠1=∠2，求证：BE∥CF 证明：∵AB⊥BC，BC⊥CD（已知） ∴ = =90°（） ∵∠1=∠2（已知） ∴ = （等式性质） C A B D E F 1 2 1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.
1文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑. ∴BE ∥CF （ ） 6、已知：如图，AC ⊥BC ，垂足为C ，∠BCD 是∠B 的余角。 求证：∠ACD=∠B 。 证明：∵AC ⊥BC （已知） ∴∠ACB=90°（ ） ∴∠BCD 是∠DCA 的余角 ∵∠BCD 是∠B 的余角（已知） ∴∠ACD=∠B （ ） 7、已知，如图，BCE 、AFE 是直线，AB ∥CD ，∠1=∠2，∠3=∠4。 求证：AD ∥BE 。 证明：∵AB ∥CD （已知） ∴∠4=∠ （ ） ∵∠3=∠4（已知） ∴∠3=∠ （ ） ∵∠1=∠2（已知） ∴∠1+∠CAF=∠2+∠CAF （ ） 即∠ =∠ ∴∠3=∠ （ ） ∴AD ∥BE （ ） 8、已知，如图，AB ∥CD ，∠EAB+∠FDC=180°。 求证：AE ∥FD 。 9、已知：如图，DC ∥AB ，∠1+∠A=90°。 求证：AD ⊥DB 。 10、如图，已知AC ∥DE ，∠1=∠2。 B D A C A D B C E F 1 2 3 4 D A B C E F G A B C D E 1 2 A B C D 1
第6章 西姆松定理及应用(含答案)
第六章西姆松定理及应用 【基础知识】 西姆松定理 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，则三垂足点共线（此线常称为西姆松线）． 证明如图6-1，设P 为ABC △的外接圆上任一点，从P 向三边BC ，CA ，AB 所在直线作垂线，垂足分别为L ，M ，N ．连PA ，PC ，由P ，N ，A ，M 四点共圆，有 β α γ βL M A P B N C 图6-1 PMN PAN PAB PCB PCL ∠=∠=∠=∠=∠． 又P ，M ，C ，L 四点共圆，有PML PCL ∠=∠． 故PMN PML ∠=∠，即L ，N ，M 三点共线． 注 此定理有许多证法．例如，如下证法： 如图6-1，连PB ，令PBC α∠=，PCB β∠=， PCM γ∠=，则 PAM α∠=，PAN β∠=，PBN γ∠=，且cos BL PB α=?，cos LC PC β=?，cos CM PC γ=?， cos MA PA α=?，cos AN PA β=?，cos NB PB γ=?．对ABC △，有 cos cos cos 1cos cos cos BL CM AN PB PC PA LC MA NB PC PA PB αγββαγ ?????=??=???．故由梅涅劳斯定理之逆定理，知L ，N ，M 三点共线． 西姆松定理还可运用托勒密定理、张角定理、斯特瓦尔特定理来证（略）． 西姆松定理的逆定理 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． 证明如图6-1，设点P 在ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的射影分别为L ，M ，N ，且此三点共线．由PN AB ⊥于N ，PM AC ⊥于M ，PL BC ⊥于L ，知P ，B ，L ，N 及P ，N ，A ，M 分别四点共圆，而AB 与LM 相交于N ，则PBC PBL PNM PAM ∠=∠=∠=∠，从而P ，B ，C ，A 四点共圆，即点P 在ABC △的外接圆上． 【典型例题与基本方法】 1．找到或作出三角形外接圆上一点在三边上的射影，是应用西姆松定理的关键 例1如图6-2，过正ABC △外接圆的AC 上点P 作PD ⊥直线AB 于D ，作P E A C ⊥于E ，作P F B C ⊥于F ．求证： 111 PF PD PE += ．