阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

阿波罗尼定理之逆定理的一个证明（共10篇）

篇1：阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

宁夏回族自治区固原市五原中学马占山(756000)

阿波罗尼定理之逆定理 如果一个凸四边形的四边的平方和等于对角线的平方和，那么这个四边形是平行四边形．

笔者在数学中国几何天地网站论坛中得知该定理历史悠久，2004年李明波先生给出了证明． 本文给出这个定理的证明.为证定理,在此首先给出一个几何命题.命题在ABC中,点D是边BC的中点,则 ABAC2(AD

证明:过点D作DFBC于点F.在RtABE,RtADE,RtACE中

由勾股定理可得:AD2AE2DE2AB2BE2DE2AB2(BDDE)2DE2 2221BC2).4AB2BD22BDDE(1)

同样有:AD2AE2DE2AC2CE2DE2AC2(CDDE)2DE2 AC2CD22CDDE(2)

(1)+(2)得

2AD2AB2AC2(BD2CD2)AB2AC22(AD2

下面证明给出定理的证明.1BC2)4

已知:四边形ABCD中AC,BD是对角线,且满足AB2BC2CD2DA2AC2BD2 求证: 四边形ABCD是平行四边形.证明:

篇2：阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

教学要求：了解公理与定理到概念，以及他们之间的内在联系；了解公理与定理都是真命题，它们都是推理论证的依据；掌握教材十条公理和已学过的定理。

重点难点

十条公理和已学过的定理。

一 选择题（每小题5分，共25分）下面命题中：

（1）旋转不改变图形的形状和大小，（2）轴反射不改变图形的形状和大小

（3）连接两点的所有线中，线段最短，（4）三角形的内角和等于180°

属于公理的有（）

A1个B2个C3个D4个下面关于公理和定理的联系说法不正确的是（）

A 公理和定理都是真命题，B公理就是定理，定理也是公理，C 公理和定理都可以作为推理论证的依据D公理的正确性不需证明，定理的正确性需证明 3推理：如图∵ ∠AOC=∠BOD，∴∠AOC+∠AOB=∠BOD+∠AOB,这个推理的依据是（）

A 等量加等量和相等，B等量减等量差相等C 等量代换 D 整体大于部分推理：如图：∵∠A=∠ACD,∠B=∠BCD,(已知)∴AD=CD,CD=DB(等腰三角形的性质)AD=DB()

括号里应填的依据是（）

A 旋转不改变图形的大小 B

C等量代换 D 5（）

A 两条直线被第三条直线所

截，若同位角相等，则这两条 直线平行

B 线段垂直平分线上的点到线段 4题图 两个端点的距离相等 3题图

C平行四边形的对角线互相平分

D对顶角相等

∴

二 填空题（每小题5分，共25分）人们在长期实践中总结出来的公认的真命题，作为证明的原始依据，称这些真命题为____运用基本定义和公理通过推理证明是真的命题叫_______;

7定理： “直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方”的逆定理是：___________________ _______________________________________;____________________________________________________是定理“两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行”的逆定理如图，Rt△ABC沿直角边BC所在的直线向右平移得到△DEF，下面结论中

（1）△ABC≌△DEF,（2）∠DEF=90°，(3)AC=DF(4)AC∥DF(5)EC=CF 正确的是______________(填序号)，你判断的依据是_______________________________________要使平行四边形ABCD成为一个菱形，需要添加一个条件，那么你添加的是 _____________,依据是______

三 解答题（3×12+14=50分）11 仔细观察下面推理，填写每一步用到的公理或定理 如图：在平行四边形ABCD中，CE⊥AB，E

为垂足，如果∠A=125°，求∠BCE

解：∵四边形ABCD是平行四边形(已知)

∴AD∥BC（）∵∠A=125°（已知）∴∠B=180°-125°=55°（）

∵△BEC是直角三角形（已知）∴∠BCE=90°-55°=35°()如图将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△A’OB’若A点

11题图

A

D

D

BE

CF

B

C

9题图

10题图

为（a,b）,则B点的坐标

为

（13题图），你用到的依.据是________________________________________________

13如图所示，在直角坐标系xOy中，A(一l，5)，B(一3，0)，C(一4，3)．根据轴反射的定义和性质完成下面问题：(1)在右图中作出△ABC关于y轴的轴对称图形△A′B′C′；(2)写出点C关于y轴的对称点C′的坐标

篇3：阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

n阶行列式的任一行 (列) 各元素与另一行 (列) 对应元素的代数余子式乘积之和等于零.

又按行列式一行 (列) 展开法则, 上式按第i行展开, 得ak1Ai1+ak2Ai2+…+aknAin=0 (k≠i) .

二、应用

即A41+A42+A43+A44=0.

而2A11+4A21-6A31-8A41

即2A11+4A21-6A31-8A41=0.

而3A11-7A21+8A31+4A41

即3A11-7A21+8A31+4A41=0.

该定理及应用实质上是n阶行列式有两行 (列) 的元素对应相同 (或对应成比例) , 则行列式的值都等于零.

摘要：线性代数这门课程, 概念多、定理也多.但有些定理证明显得繁琐, 学生也不易理解, 本文提供一个定理的简单证明及应用.

关键词：行列式,代数余子式,证明,应用

参考文献

[1]蒋卫华, 王洪滨.线性代数教学中两组概念的处理[J].大学数学, 2005 (1) .

篇4：阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

问题引导 在△ABC中，AM是BC边的中线，若BC=a，AC=b，AB=c，AM=t.求证：t2=12（b2+c2）-14a2.

思路点拨 如图1，将公式变形为b2+c2=2t2+212a2，其几何形式为AB2+AC2=AM2+AM2+MC2+MC2，等号右边的形式使我们想到等腰直角三角形两条直角边的平方，于是联想到能否构造直角三角形利用勾股定理来解决问题，这样就想到了我们熟知的一个几何模型：共顶点的两个直角等腰三角形.

评注 因为mn2-4m3=m（n-2m）（n+2m），根据一元三次方程有有理根理论知，±m、±（n+2m）、±（n-2m）可能是方程的根，经检验它们都不是有理数域上三次方程的根，所以满足方程的根不可能通过尺规作图，即三等分任意角尺规不能作图.

解后反思

通过以上解题过程的探究，我们知道了做题时要认真审题，仔细分析，周密思考，慎重求解，要充分挖掘隐含条件，切忌钻牛角尖，因思维定势而导致错误，要学会添加辅助线，把我们学的相似和全等的知识运用到解题中来.遇到此类问题，首先从已知条件出发，把所要求或证明的线段转移到同一特殊平面图形中，其次，要对问题深入探究，挖掘问题本质内涵，提炼升华，最后要把获得的基本结论或基本模型记录下来，并试着用它们解决其它问题，学会用“发现——解决——拓展——应用”的思维模式学习数学，达到触类旁通，灵活运用！

篇5：阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

文献给出了其逆命题的证明, 受其启发, 对定理进行如下变换:

变换1如图1, 在凸四边形ABKC中, AK平分∠BKC, 点M为AK上任一点, BM交AC于Q, CM交AB于点P.

求证:∠PKA=∠QKA.

证明过点A分别作与BK、KC平行的直线交KP、KQ的延长线于点S、点R, 连接BC交AK于G点.

∵AG, BQ, CP交于点M, ∴由Ceva定理, 可得

∵AK平分∠BKC,

(2) (3) (4) 代入 (1) , 得

变换2如图2, 在凹四边形ABKC中, AK平分∠BKC, 点M为AK上任一点, BM交AC于点Q, CM交AB于点P.

求证:∠PKA=∠QKA.

证明过点A分别作与BK、KC平行的直线交KP、KQ的延长线于点R、点S, 连接BC交AK的延长线于点G.由辅助线可得

又∵AK平分∠BKC,

∴AG, BQ, CP交于点M,

由Ceva定理可得

(1) (2) (3) 代入 (4) 得

∴△ASK≌△RAK.

参考文献

篇6：阿波罗尼定理之逆定理的一个证明

定理：若且n＞1，A₁，A₂，…A_n是有限集合，则：| A₁∪A₂∪…∪A_n |= ＋…

＋（－1）^n-1| A₁∩A₂∩…∩A_n |①

为下面分析与证明方便，我们将①式变形为：| A₁∪A₂∪…∪A_n |=（-1）^1-1

（-1）^（n-1）-1②

这里①式变为②式只是形式上的变化，定理的意义是没有改变的。

设M={A₁，A₂，…，A_n},②中的每一个∑都表示从M中任取相应个数的不同元素，依次分别有A₁，A₂，…，A_n种，再求出每一种的所有元素交集的基数，然后求和。以下仿此。可见，我们可以用组合的方法来分析研究②式。

下面我们用数学归纳法来证明②式：

1． 当n=2时

（1）若A₁与A₂不相交，则A₁∩A₂=Φ，而且| A₁∩A₂ |=0，这时显然成立

| A₁∪A₂ |=| A₁ |+| A₂ |。

（2）若A₁与A₂相交，则A₁∩A₂≠Φ，但有

| A₁ |=| A₁∩-A₂ |+| A₁∩A₂ |

| A₂ |=| -A₁∩A₂ |+| A₁∩A₂ |

此外| A₁∪A₂ |=| A₁∩-A₂ |+| -A₁∩A₂ |+| A₁∩A₂ |

所以，| A₁∪A₂ |=| A₁ |+| A₂ |-| A₁∩A₂ |

在这里，-A定义为：-A=E-A={x|}，其中E为全集。

2． 假设n=k-1时命题成立

篇7：正弦定理证明六法

正弦定理:在一个三角形中, 各边和它所对角的正弦的比相等, 即:

1 利用三角函数的定义证明

(I) 如图 (1) △ABC是锐角三角形

证:过点A作AD⊥BC于点D

由三角函数的定义, 得:

AD=AC·sin C,

(II) 如图 (2) 已知:△ABC是直角三角形

证:由三角函数的定义可得

(III) 如图 (3) 已知:△ABC是钝角三角形

由 (I) 得, AD=AC·sinC=ABsinB

再过点C作高, 便可得

2 利用投影定理证明

投影定理:任意ΔABC中, a=b cos C+c cos B;b=a cos C+c cos A;c=a cos B+b cos A

(I) 如图 (4) ΔABC为锐角三角形

证:∵点O为ΔABC的外接圆圆心

推得∠OBC=∠OCB

在ΔOBC中, 利用投影定理:

(II) 如图 (5) ΔABC为直角三角形

因此在ΔABC中,

而∠ABC、∠ACB为锐角仿 (I) 可利用投影定理得

(III) 如图 (6) ΔABC为钝角三角形

由 (I) 可得结论

3 利用余弦定理证明

(I) 如图 (4) ΔABC为锐角三角形, 由上一种方法 (1) 式可得

sin∠BAC=sin (90°-∠OBC) =cos∠OBC

在ΔOBC中, 利用余弦定理:

(II) ΔABC为直角三角形∵∠A=90°

(III) 如图 (6) ΔABC为钝角三角形, 由上一种方法 (2) 式可得

sin∠BAC=sin (90°+∠OBC) =cos∠OBC

在ΔOBC中, 利用余弦定理:

而∠ABC、∠AC为锐角, 仿 (Ⅰ) 可得bsinB=2R;

4 利用面积公式证明

由面积公式S△ABC

两边同除以即得:

5 利用向量证明

(I) 如图 (7) ΔABC为斜三角形

过A作单位向量j垂直于

同理, 若过C作j垂直于

(II) ΔABC为直角三角形时不再赘述了

6利用外接圆转化为直角三角形进行证明

(I) 如图 (8) 所示, ΔABC为锐角三角形

(II) 如图 (9) 所示, ΔABC为直角三角形易得

(III) 如图 (10) 所示, ΔABC为钝角三角形

通过对正弦定理的证明方法的探讨, 旨在揭示数学知识之间的联系, 展示数学证明方法的内在美。

参考文献

[1]应洪尧.从正弦定理的证明看新《课标》理念的变化.http://www.longzhong.com.cn/lgzx/lunwen/list.asp?unid=340.

[2]人民教育出版社中学数学室.全日制普通高级中学教科书数学第一册 (下) [M].北京:人民教育出版社, 2003.

篇8：四色定理的简要证明

关键词：数学归纳法；证明；平面图；四色定理

中图分类号：G633.6文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2011）11-045-01

“画地图要求相邻两国不用同一色，一幅地图只需要四种颜色”（钱学森语），这就是著名的“四色定理”（或称“四色问题”）。自1872年正式提出至1976年才被计算机证明，但这“机证”并非让所有人信服。下面给出一种非“机证”的简洁的理论证明。

一、相关前提

前提1任何平面地图的着色问题可以转化、归纳为对平面图的结点的着色问题。其中的结点代表地图上的国家（或地区，下同），结点间的连线即边代表国家间的相邻关系。

前提2着色规则——平面图内有连线（即边，下同，为叙述方便会交替使用）的点（即结点，下同）必须用不同种的颜色着色，而没有连线的点则肯定可以用同一种颜色着色。

前提3“正常着色”是指遵守“前提2”所称着色规则的着色。

前提4设G是有v个结点e条边的连通简单平面图，若v>=3，则e<=3v-6,见于各图论书籍，故证明从略。显然，与平面地图对偶的平面图（v>=3），都适用e<=3v-6。

前提5为方便起见，本文将有n个结点的平面图G特称G(n)，其中n为自然数。本文称对图G(n)正常着色与对G(n)中的n个结点正常着色，两者意义完全相同。

二、四色定理的证明

四色定理的“图论表述”为：对平面图G(n)（n为自然数）正常着色，4种颜色就足够。下面利用“数学归纳法”对此进行证明：

(1)当n=1，2，3，4时，显然用4色对图G（1）、G（2）、G（3）、G（4）可正常着色；

(2)假定n＝k（k>=5）时，定理成立，即可用4种色对图G(k)正常着色，亦即可用4色对k个结点正常着色。

那么，当n=k+1时，对这（k+1）个结点着色，必定可分两步进行：

第一步，首先对其中的k个结点着色；

第二步，才对剩下的“1”个结点（称为第n点，n=k+1）着色。已知k个点可用4色正常着色，不难证明第n点也可以用这 4色中的某一色正常着色。其理由是：

当n=k时，图G(k)共有结点个数为：v(k)=k(a)；边数据“前提4”为：

e(k)<=3v-6=3k-6(b)

当n=k+1时，有图G(k+1),此时

G(k+1)的结点个数为：v(k+1)=k+1(c);边数则为: e(k+1)<=3v-6=3(k+1)-6=(3k-6)+3 (d)

因为：(c)-(a)=(k+1)-k=1,(d)-(b)<=(3k-6)+3-(3k-6)<=3

所以可确知：图G(k+1)比图G(k)仅增加1个结点(即第n点)及最多增加3条边，所增加的3条边是增加的第n点所引致，两者具有对应关系。所以对图G(k+1)着色可以转化为：对G(k)着色与对新增加的1个结点（即第n点）着色。

显然，G(k)据题设(2)用4色可正常着色；而对第n点则可用G(k)正常着色时用过的4色中的某一色正常着色，因为：第n点最多对应3条边，即这点最多与原图G(k)中的3个结点（简称3色点）连线、相邻，不可能再与G(k)中的其它结点连线、相邻.根据着色规则，“3色点”最多着3色(称为3点色)，第n点不能用这“3点色”着色；但既然G(k)用4色可正常着色，那么这4色中必有有别于“3点色”的另1色，称为“第4色”，因为第n点只与“3色点”相邻，不与G(k)中着“第4色”的任何结点相邻，所以它必定可以用“第4色”正常着色！

这样，既然G(k)可用4色正常着色，而第n点又可用图G(k)4色中的“第4色”正常着色，那么由这二者“组成”的图G(k+1)理所当然可用4色正常着色,亦即全部（k+1）个结点可以用4色正常着色。

根据（1）、（2）可以知道，对于平面图G(n)(n为自然数)的所有n个结点进行正常着色，4色就足够，即四色定理成立！

三、对“机证”献疑

根据“e<=3v-6”可知，v个结点的平面图肯定比(v-1)个结点的平面图多1个结点[称为第v点，在G(v-1)的最外面，亦即G(v)的最外面]和3条边。所以实际画有v个结点的平面图G(v)时，理应画出最外面的第v点，它只与3条边相连。任何e=3v-6(取最大值)的平面图都必定如此.但很遗憾，在四色定理“机证”所依据的“构形”图中（显然构形的e也取最大值），没有发现这个特征。所以“机证”所依据的“构形”是令人可疑的，因而所进行的一系列证明过程与结果也都是令人可疑的。

参考资料

[1] 徐俊明.图论及应用[M].中科大出版社（合肥）,1998:305~309.

[2] 哈拉里（美）.图论第一版[M].上海科技出版社,1980:145~166.

篇9：直角投影定理及推广的证明

一、直角投影定理及逆定理的证明

1. 直角投影定理

一边平行于某一投影面的直角, 在该投影面上的投影仍是直角。

2. 定理的证明如图1所示:

已知:AB∥H面, ∠ABC是直角。

求证:∠abc仍是直角。

证明:AB∥H面, Bb⊥H面, ∴AB⊥Bb。

又∵AB⊥BC, AB⊥Bb, ∴AB⊥投射面BCcb。

∵AB//H面, ab//AB。

由于ab∥AB, AB⊥投射面BCcb, 即得ab⊥投射面BCcb。

∴ab⊥bc, 即∠abc仍是直角。

证毕。

由以上定理可以得到其反方向的推断, 称为逆定理。

3. 直角投影定理的逆定理

一夹角的两边在投影面上的投影是直角, 且夹角的其中一边平行于该投影面, 则此夹角必为直角 (如图1所示) 。

4. 逆定理的证明

已知:H面上投影ab⊥bc, 且AB∥H面。

求证:AB⊥BC。

证明:由正投影原理可知:投射面Bbc C⊥H面。

由已知ab⊥bc, 又由于正投影而知Bb⊥H面, ∴Bb⊥ab, ∴ab⊥Bbc C。

由题知AB∥ab, ∴AB⊥Bbc C, ∴AB⊥BC。

证毕。

以上两条定理是表征一直角的状态, 即两条相交直线的状态, 把它们作推广, 可以应用到两条异面垂直 (即交叉垂直) 的直线状态上, 其推广得到的结论, 称为定理推论。

二、定理推论及其证明

1. 定理推论

空间交叉垂直的两直线, 当其中有一条直线平行于投影面时, 则两直线在该投影面的投影仍相互垂直 (如图2所示) 。

2. 定理推论的证明如图2所示:

已知:空间交叉垂直的两直线AB⊥CD, 且AB∥H面。

求证:ab⊥cd。

证明:首先作一条辅助线, 如图2 (a) 所示, 过AB直线上任一点 (取B点) 作直线BE∥CD, 则有BE⊥AB。

由直角投影定理可知:be⊥ab。

∵BE//CD, 相应的, 它们的投影be∥cd, ∴ab⊥cd。

证毕。

由定理推论, 可以得到其反方向的推断, 称为定理推论之逆。

3. 定理推论之逆

空间交叉两直线在投影面上的投影相互垂直, 且其中有一条平行于该投影面时, 则两直线在空间呈交叉垂直状态 (如图2所示) 。

4. 定理推论之逆的证明

已知:两交叉直线AB、CD在H面上投影分别为ab、cd, 且ab⊥cd, AB∥H面。

求证:AB⊥CD。

证明:首先作一条辅助线。

如图2所示:过AB直线上任一点 (取B点) 作直线BE∥CD, 则有be∥cd。

由已知ab⊥cd, ∴ab⊥be。

由逆定理:∵ab⊥be且AB∥H面, ∴AB⊥BE。

∵BE∥CD, ∴AB⊥CD。

证毕。

三、结束语

篇10：余弦定理证明初探

关键词： 数形结合 双基 创新意识 创新精神

如何发挥高考题的教学功能，把握高三复习备考方向，提高解题教学的功效，是我们一线教师努力的目标。余弦定理的证明曾在以前高考考题中出现过，去年陕西卷再次出现，说明余弦定理的证明不但能考察学生对“双基”知识的掌握能力，更能激发学生对数学中“数形结合”思想方法的重视和挖掘，从而对老师和学生起到抛砖引玉的功效。下面就余弦定理给出不同证明方法。

方法一（向量法）如图，设 ，则 即 ，

方法七（面积法） 如图，以 的三边为边长向外作三个正方形， 三条

高的延长线将三个正方形分成6个矩形。

教学的根本目的在于提高学生探索和解决问题的能力，以不同的知识为切入点，对同一题目从不同角度审视，探求出不同的解决方案，可以开拓思路，沟通知识，权衡优劣，提高学生的解题效率，更能提高学生分析、解决问题的能力，培养创新意识和创新精神，这正是新课改所追求的目的。

参考教材：

（1）北师大版高中数学，《必修4》。

（2）罗增儒，《数学解题学引论》。