弦切角的逆定理的证明

弦切角的逆定理的证明（共14篇）

篇1：弦切角的逆定理的证明

弦切角逆定理证明

已知角CAE=角ABC，求证AE是圆O的切线

证明：连接AO并延长交圆O于D，连接CD，则角ADC=角ABC=角CAE

而AD是直径，因此角ACD=90度，所以角DAC=90度-角ADC=90度-角CAE

所以角DAE=角DAC+角CAE=90度

故AE为切线

篇2：弦切角的逆定理的证明

弦切角定理的证明

弦切角定理：定义弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半. (弦切角就是切线与弦所夹的角)弦切角定理证明

证明：设圆心为O，连接OC，OB，OA。过点A作TP的平行线交BC于D，

则∠TCB=∠CDA

∵∠TCB=90-∠OCD

∵∠BOC=180-2∠OCD

∴,∠BOC=2∠TCB

证明：分三种情况：

(1)圆心O在∠BAC的一边AC上

∵AC为直径，AB切⊙O于A，

∴弧CmA=弧CA

∵为半圆,

(2)圆心O在∠BAC的内部.

过A作直径AD交⊙O于D,

那么

.

(3)圆心O在∠BAC的外部,

过A作直径AD交⊙O于D

那么

2

连接并延长TO交圆O于点D，连接BD因为TD为切线，所以TD垂直TC，所以角BTC+角DTB=90因为TD为直径，所以角BDT+角DTB=90所以角BTC=角BDT=角A

3

篇3：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4：几何定理的机器证明

几千年来，人们解几何题的招数，层出不穷，争奇斗艳，概括起来，不外这4类：检验、搜索、归约和转换，50多年来，数学家和计算机科学家费尽心思，循循善诱，把个中奥秘向计算机传授，使得计算机解几何题的能力日新月异，大放光彩，除了灵机一动加辅助线，或千变万化的问题转换之外，前3种方法计算机都学得十分出色了，用机器帮助，以至在某种程度上代替学者研究几何，帮助乃至代替老师指导学生学习几何，已经从古老的梦想变为现实。

在几何定理机器证明中，采用代数方法，引进坐标，将几何定理的叙述用代数方程的形式重新表达，证明问题就转化成判定是否能从假设的代数方程推出结论的代数方程的问题，这样把几何问题代数化，自笛卡尔以来已是老生常谈，并无实质困难，然而代数化的过程，坐标点的选取和方程引进的次序都可能影响到后续证明的难度，甚至由于技术条件的限制，影响到证明是否可能完成，也就是说，几何问题化成纯代数问题之后，也并不见得一定容易，更不能说就能实现机械化了，这不仅是因为解决这些代数问题的计算量往往过大，令人望而却步，还因代表几何关系而出现的那些代数等式或不等式常常杂乱无章，使人手足无措，从这些杂乱无章的代数关系式中要找出一条途径，以达到所要证的结论，往往要用到高度的技巧，换句话说，即使你不怕计算，会用计算机来算，也不知道从何算起。

解几何题是思维的体操，是十分有吸引力的智力活动之一，图形的直观简明，推理的曲折严谨，思路的新颖巧妙，常给人以美的享受，许多青少年数学爱好者，往往首先是对几何有了浓厚的兴趣，用计算机证明几何问题，如果仅限于用平凡而繁琐的数值计算代替巧妙而难于入手的综合推理，则未免大煞风景，通过计算机的大量计算判断命题为真，确实是证明了定理，这是有严谨理论基础的，但这样的证明写出来只是一大堆令人眼花缭乱的算式、数字或符号，既没有直观的几何意义，又难于理解和检验，这跟几何教科书上十行八行就说得明明白白的传统风格的证明大相径庭，如果计算机给出的这一堆难于理解和检验的数据也算是几何问题的解答，这种解答只能叫做不可读的解答。

篇5：弦切角定理证明

推论内容

若两弦切角所夹的弧相等，则这两个弦切角也相等

应用举例

例1：如图，在Rt△ABC中，∠C=90，以AB为弦的⊙O与AC相切于点A，∠CBA=60° , AB=a 求BC长.

解：连结OA，OB.

∵在Rt△ABC中, ∠C=90

∴∠BAC=30°

∴BC=1/2a(RT△中30°角所对边等于斜边的一半)

例2：如图，AD是ΔABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB，AC分别相交于E，F.

求证：EF∥BC.

证明：连DF.

AD是∠BAC的平分线∠BAD=∠DAC

∠EFD=∠BAD

∠EFD=∠DAC

⊙O切BC于D ∠FDC=∠DAC

∠EFD=∠FDC

EF∥BC

例3：如图，ΔABC内接于⊙O，AB是⊙O直径，CD⊥AB于D，MN切⊙O于C，

求证：AC平分∠MCD，BC平分∠NCD.

证明：∵AB是⊙O直径

∴∠ACB=90

∵CD⊥AB

∴∠ACD=∠B，

∵MN切⊙O于C

∴∠MCA=∠B，

∴∠MCA=∠ACD，

即AC平分∠MCD，

篇6：弦切角定理证明方法

而∠OCA=∠OAC，得∠CAD=∠OAC。进而有∠OAC=∠BAC。

由此可知，0A与AB重合，即AB为⊙O的直径。

(2)连接BC，且作CE⊥AB于点E。立即可得△ABC为Rt△，且∠ACB=Rt∠。

由射影定理有AC²=AE*AB。又∠CAD=∠CAE，AC公用，∠CDA=∠CEA，得△CEA≌△CDA，有AD=AE，所以，AC²=AB*AD。

第一题重新证明如下：

首先证明弦切角定理，即有∠ACD=∠CBA。

连接OA、OC、BC，则有

∠ACD+∠ACO=90°

=(1/2)(∠ACO+∠CAO+∠AOC)

=(1/2)(2∠ACO+∠AOC)

=∠ACO+(1/2)∠AOC,所以∠ACD=(1/2)∠AOC，而∠CBA=(1/2)∠AOC(同弧上的圆周角等于圆心角的一半)，得∠ACD=∠CBA。

另外，∠ACD+∠CAD=90°，∠CAD=∠CAB，所以有∠CAB+∠CBA=90°，得∠BCA=90°，进而AB为⊙O的直径。

2证明一：设圆心为O，连接OC，OB,。

∵∠TCB=90-∠OCB

∵∠BOC=180-2∠OCB

∴,∠BOC=2∠TCB(定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角的度数的一半)

∵∠BOC=2∠CAB(圆心角等于圆周角的两倍)

∴∠TCB=∠CAB(定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的圆周角)

证明已知：AC是⊙O的弦，AB是⊙O的切线，A为切点，弧是弦切角∠BAC所夹的弧.求证：(弦切角定理)

证明：分三种情况：

(1)圆心O在∠BAC的一边AC上

∵AC为直径，AB切⊙O于A，∴弧CmA=弧CA

∵为半圆,∴∠CAB=90=弦CA所对的圆周角(2)圆心O在∠BAC的内部.过A作直径AD交⊙O于D,若在优弧m所对的劣弧上有一点E

那么，连接EC、ED、EA

则有：∠CED=∠CAD、∠DEA=∠DAB

∴∠CEA=∠CAB

∴(弦切角定理)

(3)圆心O在∠BAC的外部,过A作直径AD交⊙O于D

那么∠CDA+∠CAD=∠CAB+∠CAD=90

∴∠CDA=∠CAB

∴(弦切角定理)

编辑本段弦切角推论

推论内容

若两弦切角所夹的弧相等，则这两个弦切角也相等

应用举例

例1：如图，在Rt△ABC中，∠C=90，以AB为弦的⊙O与AC相切于点A，∠CBA=60°,AB=a求BC长.解：连结OA，OB.∵在Rt△ABC中,∠C=90

∴∠BAC=30°

∴BC=1/2a(RT△中30°角所对边等于斜边的一半)

例2：如图，AD是ΔABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB，AC分别相交于E，F.求证：EF∥BC.证明：连DF.AD是∠BAC的平分线∠BAD=∠DAC

∠EFD=∠BAD

∠EFD=∠DAC

⊙O切BC于D∠FDC=∠DAC

∠EFD=∠FDC

EF∥BC

例3：如图，ΔABC内接于⊙O，AB是⊙O直径，CD⊥AB于D，MN切⊙O于C，求证：AC平分∠MCD，BC平分∠NCD.证明：∵AB是⊙O直径

∴∠ACB=90

∵CD⊥AB

∴∠ACD=∠B，∵MN切⊙O于C

篇7：怎样证明弦切角

∵∠TCB=90-∠OCD

∵∠BOC=180-2∠OCD

∴,∠BOC=2∠TCB(弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半)

∵∠BOC=2∠CAB

∴∠TCB=∠CAB(弦切角的度数等于它所夹的弧的圆周角)

2接OBOC过O做OE⊥BC

所以∠A=1/

2又因为∠OCT=90°

∠OEC=90°

所以∠EOC=∠TCB

所以∠TCB=∠A

3温馨提示

设切点为A切线AB弦AC圆心为O过A作直径AD连OC

角CAB等于90度减角DAC

因为OA等于OC所以角AOC等于180度减去二倍的角DAC

即可证明角AOC等于二倍的角CAB

参考资料：弦切角是这弦所对的圆心角的一半

4线段AD与线段EF互相垂直平分。

证明:设AD交EF于点G.因为Ap为切线，所以弦切角等于所对的圆周角，即∠pAC=∠B，又因为AD平分∠BAC，所以∠DAC=∠BAD，从而∠pAC+∠DAC=∠B+∠BAD,而∠pAC+∠DAC=∠pAD，∠B+∠BAD=∠pDA，所以

∠pAD=∠pDA，则△pAD为等腰三角形，因pM平分∠ApD，所以pM垂直平分AD，则EF垂直平分AD，从而AD垂直EF，则∠AGE=∠AGF=90°，再由∠GAF=∠GAE，得到

△EAG≌△FAG，从而EG=FG，从而AD也垂直平分EF。

5(1)圆心O在∠BAC的一边AC上

∵AC为直径，AB切⊙O于A，∴弧CmA=弧CA

∵为半圆,∴∠CAB=90=弦CA所对的圆周角(2)圆心O在∠BAC的内部.过A作直径AD交⊙O于D,若在优弧m所对的劣弧上有一点E

那么，连接EC、ED、EA

则有：∠CED=∠CAD、∠DEA=∠DAB

∴∠CEA=∠CAB

∴(弦切角定理)

(3)圆心O在∠BAC的外部,过A作直径AD交⊙O于D

那么∠CDA+∠CAD=∠CAB+∠CAD=90

∴∠CDA=∠CAB

∴(弦切角定理)

编辑本段弦切角推论

推论内容

若两弦切角所夹的弧相等，则这两个弦切角也相等

应用举例

例1：如图，在Rt△ABC中，∠C=90，以AB为弦的⊙O与AC相切于点A，∠CBA=60°,AB=a求BC长.解：连结OA，OB.∵在Rt△ABC中,∠C=90

∴∠BAC=30°

∴BC=1/2a(RT△中30°角所对边等于斜边的一半)

例2：如图，AD是ΔABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB，AC分别相交于E，F.求证：EF∥BC.证明：连DF.AD是∠BAC的平分线∠BAD=∠DAC

∠EFD=∠BAD

∠EFD=∠DAC

⊙O切BC于D∠FDC=∠DAC

∠EFD=∠FDC

篇8：弦切角的逆定理的证明

一、Napoleon定理

(1）在任意三角形的三边上向外作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形———外Napoleon三角形．

(2）在任意三角形的三边上向内作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形———内Napoleon三角形．

(3）内、外Napoleon三角形的面积的差等于原三角形的面积．

二、简单证明

由于本文以下证明，将涉及到费尔马（Pierre Fermat, 1601—1665）点问题：

若点P为三角形△ABC平面内一点，设l=PA+PB+PC，则l的最小值是多少？

引理[2]1°若当P为△ABC内的费尔马点（此时，△ABC最大角小于120°，∠APB=∠BPC=∠CPA=112200°°））时时，，则则ll有有最最小小值值：：

其中a, b, c分别表示△ABC顶点A, B, C对应的边的长度，Δ表示△ABC的面积．

2°若点P为△ABC最大角A（≥120°）点处，则l有最小值：

由于Napoleon定理, 仅仅用到引理的结论1°, 现给出证明.

证明如图1.将△APC绕点C转动60°至△A′P′C, 则△PP′C为正三角形．于是当点B, P, P′，A共线（即P为△ABC内的费尔马点）时，l取最小值：

现在来证明Napoleon定理．

证明 (1) 如图2.对于由正△ABD和正△ACF中心O2, O3构成的△AO2O3与△ABF相似:因为正△AB-D∽正△ACF, 则AF/AB=AO2/AO3, 且∠FAB=∠O2AO3=A+60°.

于是，BF/O2O3=AF/AO2=2cos30°=姨3.

此时，由引理的结论1°知，当P为△ABC“广义”费尔马点：点P在△ABC平面上，满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°（点P可以不在△ABC内，若点P在△ABC上或△ABC外，l不是取最小值（2），而仍然取值（1）），则△O1O2O3为正三角形，且其边长为定值m:

命题1在任意三角形的三边上向外作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形，其边长值为（4）.

证明 (2) 如图3.对于由正△ABD和正△ACF中心O′2, O′3构成的△AO′2O′3, 由于∠O′2AO′3=A-60°, 若设AO′2=u, AO′3=v, 则边长O2O3为:

而在（1）中，△AO2O3的角∠O2AO3=A+60°，若也设AO2=u, AO3=v, 则边长O2O3为n:

这就是说, (6) 式的最终结果.只需在引理1°, 将求l数学式子（*）中的“C+60°”变换为“C-60°”得到．于是:

又由于△AO′2O′3与△ABF相似：因为正△ABD∽正△ACF，则AF/AB=AO′2/AO′3，且∠FAB=∠O′2AO′3=A-60°, 于是由（3），得到：

命题2在任意三角形的三边上向内作三个正三角形，则这三个正三角形的中心也构成一个正三角形，其边长值为（7）.

证明：（3）对于命题1和命题2中的两正三角形△O1O2O3和△O1O2O3的面积差S，由（4）和（7）得：

于是，结论（3）获证．

三、新思考

以上证明，使Napoleon定理与Fermat点有机结合，增加极大的乐趣．若我们仍然有变换思想构造问题，以下问题值得人们思考．

命题3以任意△ABC的三边分别为边，向内或外作三个三角形：△ABD，△BCE，△CAF，这三个正角形的中心依次是O1, O2, O3，其构成的角满足：∠O1AB+∠O3AC=α, ∠O1BA+∠O2BC=β, ∠O2CB+∠O3CA=γ，则△O1O2O3的三边分别是角α，β，γ的函数：

请读者给出具体的函数式。

参考文献

[1]刘运宜.Napoleon定理的一个初等证法[J].数学通报, 2009 (1) :57-59.

篇9：四色定理的简要证明

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10：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

篇11：圆的定理及其证明

内容：圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半。证明：

情况1：

如图1，当圆心O在∠BAC的一边上时，即A、O、B在同一直线上时：

图1

∵OA、OC是半径 解：∴OA=OC ∴∠BAC=∠ACO（等腰三角形底角相等）∵∠BOC是△AOC的外角

∴∠BOC=∠BAC+∠ACO=2∠BAC 情况2：

如图2,，当圆心O在∠BAC的内部时： 连接AO，并延长AO交⊙O于D

图2

∵OA、OB、OC是半径 解：∴OA=OB=OC ∴∠BAD=∠ABO，∠CAD=∠ACO（等边对等角）∵∠BOD、∠COD分别是△AOB、△AOC的外角

∴∠BOD=∠BAD+∠ABO=2∠BAD(三角形的外角等于两个不相邻两个内角的和）∠COD=∠CAD+∠ACO=2∠CAD(三角形的外角等于两个不相邻两个内角的和）∴∠BOC=∠BOD+∠COD=2(∠BAD+∠CAD)=2∠BAC 情况3：

如图3，当圆心O在∠BAC的外部时：

图3

连接AO，并延长AO交⊙O于D连接OC,OB。解：∵OA、OB、OC、是半径 ∴OA=OB=OC ∴∠BAD=∠ABO（等腰三角形底角相等）,∠CAD=∠ACO(OA=OC）∵∠DOB、∠DOC分别是△AOB、△AOC的外角

∴∠DOB=∠BAD+∠ABO=2∠BAD(三角形的外角等于两个不相邻两个内角的和）∠DOC=∠CAD+∠ACO=2∠CAD(三角形的外角等于两个不相邻两个内角的和）∴∠BOC=∠DOC-∠DOB=2(∠CAD-∠BAD)=2∠BAC 圆心角等于180度的情况呢？

看情况1的图，圆心角∠AOB=180度，圆周角是∠ACB，显然因为∠OCA=∠OAC=∠BOC/2 ∠OCB=∠OBC=∠AOC/2 所以∠OCA+∠OCB=（∠BOC+∠AOC）/2=90度 所以2∠ACB=∠AOC 圆心角大于180度的情况呢？

看情况3的图，圆心角是（360度-∠AOB），圆周角是∠ACB，只要延长CO交园于点D，由圆心角等于180度的情况可知∠ACD=∠ABD=90度 根据情况3同理可证：∠BOC=2∠BAC=2∠BDC 根据情况1和情况3同理可证：∠AOC=2∠ADC=2∠ABC 所以∠ACB+∠ADB=∠ACB+∠ADC+∠BDC=∠ACB+∠ABC+∠BAC=180度 即∠ACB=180度-∠ADB 由情况2可知：∠AOB=2∠ADB 所以360度-∠AOB=2（180度-∠ADB）=2∠ACB

切线长定理

内容：切线长定理，是初等平面几何的一个定理。在圆中，在经过圆外一点的切线，这一点和切点之间的线段叫做这点到圆的切线长。它指出，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等。证明：

欲证AC = AB，只需证△ABO≌ △ACO。

如图，OC、OB为圆的两条半径，又∠ABO = ∠ACO=90° 在Rt△ABO和Rt△ACO中

∴Rt△ABO ≌ Rt△ACO（H.L）

∴AB=AC，且∠AOB=∠AOC，且∠OAB=∠OAC。[3]

弦切角定理

内容：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数。证明：

分三种情况

：

（1）圆心O在∠BAC的一边AC上 ∵AC为直径 ∴弧CmA=弧CA ∵弧CA为半圆, ∴弧CmA的度数为180° ∵AB为圆的切线 ∴∠CAB=90°

∴弦切角∠BAC的度数等于它所夹的弧的度数的一半（2）圆心O在∠BAC的内部.过A作直径AD交⊙O于D,在优弧m所对的劣弧上取一点

E，连接EC、ED、EA。则 ∵弧CD=弧CD ∴∠CED=∠CAD ∵AD是圆O的直径 ∴∠DEA=90° ∵AB为圆的切线 ∴∠BAD=90° ∴∠DEA=∠BAD ∴ ∠CEA=∠CED+∠DEA=∠CAD+∠BAD=∠BAC 又∠CEA的度数等于弧CmA的度数的一半

∴弦切角∠BAC的度数等于它所夹的弧的度数的一半

（3）圆心O在∠BAC的外部 过A作直径AD交⊙O于D，连接CD ∵AD是圆的直径 ∴∠ACD=90° ∴∠CDA+∠CAD=90° ∵AB是圆O的切线 ∴∠DAB=90° ∴∠BAC+∠CAD=90° ∴∠BAC=∠CDA ∵∠CDA的度数等于弧CmA的度数的一半。

∴弦切角∠BAC的度数等于它所夹的弧的度数的一半。

切割线定理

内容：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。与圆相交的直线是圆的割线。切割线定理揭示了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之间的关系。这是一个重要的定理，在解题中经常用到。

推论： 从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等。证明：

设ABP是⊙O的一条割线，PT是⊙O的一条切线，切点为T，则PT²=PA·PB。

图1

证明：连接AT，BT。

∵ ∠PTB=∠PAT(弦切角定理)；∠APT=∠TPB(公共角)； ∴ △PBT∽△PTA(两角对应相等，两三角形相似)； ∴PB：PT=PT：AP； 即：PT²=PB·PA。

垂径定理

内容：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。证明：

如图，在⊙O中，DC为直径，AB是弦，AB⊥DC于点E，AB、CD交于E，求证：AE=BE，弧AC=弧BC，弧AD= 弧BD 连接OA、OB分别交⊙O于点A、点B ∵OA、OB是⊙O的半径 ∴OA=OB ∴△OAB是等腰三角形 ∵AB⊥DC ∴AE=BE，∠AOE=∠BOE（等腰三角形三线合一）

篇12：余弦定理的证明方法

则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

a^2=b^2+c^2-2bc*cosA

b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。

过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a

由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^

2所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2

=(a-CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2-2a*CD+(CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2+b^2-2a*CD

因为cosC=CD/b

所以CD=b*cosC

所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

在任意△ABC中,作AD⊥BC.∠C对边为c，∠B对边为b，∠A对边为a-->

BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

勾股定理可知：

AC²=AD²+DC²

b²=(sinB*c)²+(a-cosB*c)²

b²=sin²B*c²+a²+cos²B*c²-2ac*cosB

b²=(sin²B+cos²B)*c²-2ac*cosB+a²

b²=c²+a²-2ac*cosB

所以，cosB=(c²+a²-b²)/2ac

2如右图，在ABC中，三内角A、B、C所对的边分别是a、b、c.以A为原点，AC所在的直线为x轴建立直角坐标系，于是C点坐标是(b，0)，由三角函数的定义得B点坐标是(ccosA，csinA).∴CB=(ccosA-b，csinA).现将CB平移到起点为原点A，则AD=CB.而|AD|=|CB|=a，∠DAC=π-∠BCA=π-C，根据三角函数的定义知D点坐标是(acos(π-C)，asin(π-C))即D点坐标是(-acosC，asinC),∴AD=(-acosC，asinC)而AD=CB∴(-acosC，asinC)=(ccosA-b，csinA)∴asinC=csinA…………①-acosC=ccosA-b……②由①得asinA=csinC，同理可证asinA=bsinB，∴asinA=bsinB=csinC.由②得acosC=b-ccosA，平方得：a2cos2C=b2-2bccosA+c2cos2A，即a2-a2sin2C=b2-2bccosA+c2-c2sin2A.而由①可得a2sin2C=c2sin2A∴a2=b2+c2-2bccosA.同理可证b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.到此正弦定理和余弦定理证明完毕。3△ABC的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB上的中线分别为ma.mb,mc,应用余弦定理证明:

mb=(1/2)

mc=(1/2)ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

同理可得：

mb=

mc=

ma=√(c^2+(a/2)^2-ac*cosB)

=(1/2)√(4c^2+a^2-4ac*cosB)

由b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

得，4ac*cosB=2a^2+2c^2-2b^2，代入上述ma表达式：

ma=(1/2)√

=(1/2)√(2b^2+2c^2-a^2)

篇13：弦切角的逆定理的证明

一、曲线有水平切线———导出罗尔定理

首先观察图1，在平面直角坐标系里有一条连续的曲线ACB，其函数y=f (x） (x∈[a, b]），两个端点分别记为A, B，这条曲线除端点外处处有不垂直于x轴的切线，且两个端点的纵坐标相等，即f (a）=f (b）.不难看出在曲线的最高点C处（还有最低点），曲线有水平的切线，这条切线正好与端点的连线AB平行（弦AB的斜率kAB=0）.如果记C点的横坐标为ξ，那么由导数的几何意义可以得f'（ξ）=0.用分析的语言来描述这一几何现象就可得到———

罗尔定理若函数f (x）满足条件：

(1）在闭区间[a, b]上连续；

(2）在开区间（a, b）上可导；

(3) f (a）=f (b），则在（a, b）内至少存在一点ξ，使得f' (ξ) =0.

证：因为f (x）在[a, b]上连续，所以由连续函数的最大最小值原理知，f (x）在[a, b]上可取到最大值M和最小值m，现在分两种情况分别讨论如下：

1. 若M=m，则f (x）≡M（或m），此时该函数f (x）为常数函数，故其导数恒等于零。于是在（a, b）上任意取一点ξ，都有f'（ξ）=0.

2. 若m<M，即最大值与最小值不相等，而两个端点的函数值相等，从而至少有一个最值不在端点取得。不妨设最大值不在端点取得。从而知存在ξ∈（a, b），使得f（ξ）=M.以下来证明f'（ξ）=0.

由于f（ξ）=M是最大值，所以恒有f（ξ+Δx）-f（ξ）≤0, ξ+Δx∈ (a, b) .

由于式（1）、（2）同时成立，从而有f'（ξ）=0.

综合以上两种情况，罗尔定理得证。

从罗尔定理的导出可以看出，利用几何直观对于问题的条件与结论都易于理解。就经济管理类专业而言，其证明即使未完全掌握，也完全可以弄清罗尔定理的条件与结论。

二、曲线有倾斜切线———导出拉格朗日中值定理

以下再来观察图2，在平面直角坐标系里有一条连续的曲线ACB，其函数为y=f (x） (x∈），两个端点分别记为A、B，这条曲线除端点外处处有不垂直于x轴的切线，不难看出在曲线的C处（图中还有一处）有切线平行于两端点的连线AB.如果记C点的横坐标为ξ，那么由导数的几何意义知ξ处的切线斜率为f'（ξ），而弦AB的斜率为

综上所述可知，平面内以A、B为端点的连续曲线弧处处有不平行于y轴的切线时，则在曲线内至少有一点，其切线平行于弦AB.用分析的语言来描述这一几何现象就得到下面微分学中十分重要的———

拉格朗日中值定理若函数f (x）满足下列条件：

(1）在闭区间[a, b]上连续；

(2）在开区间[a, b]上可导；

则在（a, b）内至少存在一点ξ，使得f'（ξ）=

分析将坐标系绕原点在平面内的旋转，使得在新坐标系“XOY”下，线段AB平行于新坐标系的X轴，于是就有了F (a）=F (b）.F (x）的几何意义，正是曲线y=f (x）与直线之差，这样就有了作辅助函数的方法。

证：作辅助函数，易知，F (a）=F (b）=0，且F (x）在[a, b]上满足罗尔定理的另外两个条件，故存在点ξ∈（a, b），使得，即定理得证。

从拉格朗日中值定理的导出同样可以看出，利用几何直观对于问题的条件与结论都易于理解。就经济管理类专业而言，证明过程中辅助函数的作法一般不易想到，但定理的条件与结论是直观的，而且是不难接受的。

关于拉格朗日中值定理，再作以下几点说明：

(1）从几何直观上看，易知罗尔定理是拉格朗日中值定理当f (a）=f (b）时的特例；

(2）该问题是将一般情况转化为特殊情况，将复杂问题转化为简单问题的论证思想，它是数学中重要而常用的数学思维方法。这里又是通过几何直观来提供一个构造辅助函数的方法的思路，使得粗象的构造辅助函数的思想变得直观而易于理解；

(3）拉格朗日中值定理的结论常称为拉格朗日公式，它有几种常用的等价形式，可根据不同问题的特点，在不同场合灵活采用：

(4）以下推论1实际上是利用拉格朗日中值定理研究函数的典型例子之一，从几何图形上看又是直观的：如图3，在平面直角坐标系中连续的曲线AMB的切线处处是水平的（即斜率满足f'（ξ）堍0），则该曲线必定是一条水平的直线（即函数必为常数函数y=f (x）堍c， (x∈[a, b]）.此时曲线上任意一点处切线与曲线重合。

推论1若函数f (x）在区间（a, b）上的导函数f'（x）堍0，则f (x）是一个常数函数。

证：对于区间（a, b）上的任何两点x1, x2，不妨设x1>x2则在f (x）在[x1, x2]上满足拉格朗日中值定理的条件。根据该定理，有f (x2）-f (x1）=f'（ξ）（x1, x2）=0，这就是说，f (x）在区间（a, b）上的任何两个值都相等，所以为常数函数。

(5）以下推论2是利用拉格朗日中值定理研究函数的另一个典型例子之一，从几何图形上看同样是直观的：如图4，平面直角坐标系中的两条连续的曲线A MB、A'M'B'在区间 (a, b) 内处处有不垂直x轴的切线, 且两曲线的切线处处是平行的 (即斜率满足f' (ξ) =g' (ξ) (ξ∈a, b) ) , 则两条曲线中的一条曲线y=f (x) 是由另一条曲线y=g (x) 轴方向平移得到的 (即满足f (x) =g (x) +C) .

推论2若函数y=f (x）和y=g (x）均在区间（a, b）上可导，且f'（x）=g'（x），其中x∈（a, b），则在区间（a, b）上，函数f (x）与g (x）只差一个常数，即存在常数C，使得f (x）=g (x）+C.

证：令F (x）=f (x）-g (x），由推论1, F (x）=C，所以有f (x) =g (x) +C.

三、曲线由参数方程表示有切线———导出柯西中值定理

类似地，利用拉格朗日中值定理的几何意义及参数方程的知识可推出柯西中值定理。如图5，设该曲线的参数方程为∈Y=f (x) X=g (x） (a≤x≤b），其中x为参数。

那么曲线上的点（X, Y）处切线的斜率为，弦AB的斜率为，假设点C对应于参g'（x) g (b）-g (a) 数x=ξ，那么曲线上点C处的切线平行于弦AB，可以表示为.用分析的语言表示即为———

柯西中值定理若满足条件：

(1）函数f (x）, g (x）在闭区间[a, b]上连续；

(2）函数f (x）, g (x）在开区间（a, b）上可导；

(3）在开区间g'（ξ）内不为零；则在（a, b）内至少存在一点ξ，使得.

证：首先由拉格朗日中值定理，知g (b）-g (a）=g（ξ）（b-a）≠0，类似于证明拉格朗日中值定理时分析作辅助函数的方法，作辅助函数：

显然，F (x）满足罗尔定理的条件，所以存在点ξ∈（a, b），使得F' (ξ) =0,

不难看出，拉格朗日中值定理是柯西中值定理当g (x）=x时的特例，柯西中值定理最重要的应用是导出求不定式极限的非常好用的洛必达法则。

有了微分中值定理，一些从几何现象上看并不直观的函数关系的数学命题，运用微分中值定理容易给出其理论证明，显示出了微分中值定理运用导数知识去研究函数性态的桥梁的重要作用，仅举以下几例：

例1证明：当a>b>0时，

证令f (x）=lnx, x∈[a, b]，则f (x）在[a, b]上连续，在（a, b）内可导，由拉格朗日定理得 (a<ξ<b），由于得故

例2证明：当x>0时，成立不等式

分析：注意到x>时，则对于f (t）=lnt，在区间[x, 1+x]上，有f (1+x）-f (x）=ln (1+x）-lnx，可考虑运用拉格朗日定理进行证明。

证明：令f (t）=lnt，则f (t）在[x, 1+x]（x>0）上满足拉格朗日定理条件，从而有f (1+x）-f (x）=f'（ξ）（1+x-x）， (0<x<ξ1+x），即ln (1+x）-lnx=.

例3当x>0时，试证：若ex=1+xexθ（x）（其中0<θ（x）<1），则lxi→m0θ（x）=.

分析：移项可得ex-1=xexθ（x），易知，等式左边为函数f (t）=e'在[0, x]上的增量形式，而右边与θ（x）有关，可考虑运用拉格朗日定理进行证明。

证明：令f (t）=e'，则当x>0时，f (t）在区间[0, x]上满足拉格朗日定理条件，因此有f (x）-f (0）=f'（0+（x-0）θ（x） (x-0））， (0<θ（x）<1），由上式，解得，即θ故

摘要：本文结合经济管理类专业的实际, 给出从几何问题出发证明微分中值定理的思维过程, 使得所讨论的问题的条件与结论都易于理解, 证明中值定理过程中通常认为不易想到的作辅助函数的困难也变得易于接受。

关键词：微分中值定理,几何现象,辅助函数

参考文献

[1]柴慧琤.微分中值定理证法的几何解释[J].数学通报, 1991, (2) .

[2]同济大学应用数学系.高等数学上册 (第5版) [M].北京:高等教育出版社, 2003.

篇14：浅谈勾股定理的证明方法

关键词：勾股定理；证明方法

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2015）07-217-01

何谓勾股定理？勾股定理又叫毕氏定理，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方。据考证，人类对这条定理的认识已经超过了4000年。据史料记载，世上有300多个对此定理的证明。勾股定理是几何学中的明珠，所以它充满魅力，千百年来，人们对它的证明趋之若鹜。1940年出版过一本名为《毕达哥拉斯命题》的勾股定理的证明专辑，其中收集了367种不同的证明方法。实际上还不止于此，有资料表明，关于勾股定理的证明方法已有500余种，仅我国清末数学家华蘅芳就提供了20多种精彩的证法。这是数学中任何定理都无法比拟的。

本文中仅介绍勾股定理的证明方法中最为精彩的两种证明方法，据说分别来源于中国和希腊。

1、中国方法：画两个边长为 的正方形，如图，其中 为直角边， 为斜边。这两个正方形全等，故面积相等。 左图与右图各有四个与原直角三角形全等的三角形，左右四个三角形面积之和必相等。从左右两图中都把四个三角形去掉，图形剩下部分的面积必相等。左图剩下两个正方形，分别以 为边，右图剩下以 为边的正方形。 于是得 。

这就是我们几何教科书中所介绍的方法。既直观又简单，任何人都看得懂。

以上两个证明方法之所以精彩，是它们所用到的定理少，都只用到面积的两个基本观念： ⑴ 全等形的面积相等；⑵ 一个图形分割成几部分，各部分面积之和等于原图形的面积。这是完全可以接受的朴素观念，任何人都能理解。

值得指出的是，由于《几何原本》的广泛流传，欧几里得的证明是勾股定理所有证明中最为著名的。 为此，希腊人称之为“已婚妇女的定理”，法国人称之为“驴桥问题”，阿拉伯人称之为“新娘图”、“新娘的坐椅”。 在欧洲，又有人称之为“孔雀的尾巴”或“大风车”等，这些可能是从其几何图形得到的灵感吧