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《第十一讲:托勒密定理和西姆松定理.doc》 www.wenku1.com

作者:admin 发布时间:2018-02-13 阅读:

第十一谈:托勒密定理和西姆森取自父名定理

一、托勒密定理

圆内接四边的中,这两个不老实制造(两不老实包区)量两

组对边作品积和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积积和).即:圆内接于ABCD圆打中四边的,则有

ABgCD+ADgBC=ACgBD;

定理:四边的ABCD,有ABgCD+ADgBCACgBD,当

最适当的当四边的ABCD圆内接,方程的建造。

AC,[ D ]辨析四边的ABCD E,安倍

BAE=CAD,

则:很多安倍和 很多照片的ACD,因而

ABBE=ABgCD=ACgBE,ACCDABAE=且BAC=DAE,因而很多ABC,很像大,ACAD

因而ABgCD+ADgBC=ACgBE+ED,

因而ABgCD+ADgBCACgBD,与相等的的标示是建造在E是BD,那是最适当的东西、B、

C、四点圆是D。

直率的适合托勒密定理

我拿了少许(不与B、例1 如图所示,P是东西ABC小ABC的偏巧),

求证:PA=PB+PC.

[解析]:这种方法容许差不多,普通长、补短,证实叠合的公平的,是冗长地。 若借助托勒密定理检验,则有PA·BC=PB·AC+PC·AB,

∵AB=BC=AC. ∴PA=PB+PC.

1. 2 圆满的图形 借助托勒密定理

AC=AB+BC.例2 毕氏定理的显示:在RT ABC三角,∠B=90°,求证:

[解析]:如图,在RT ABC三角斜边矩形ABCD的不老实线AC,显然ABCD是圆内接四边的.由托勒密定理,有AC·BD=AB·CD+AD·BC. ①,ABCD是东西长方形的和梦想,∴AB=CD,AD=BC,AC=BD. ②

把②代人①,得AC=AB+BC.

例3 如图,在ABC,角二等分线唤醒D,并置BD,求证:AD·BC=BD(AB+AC).

[解析]:衔接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).

构图图 借助托勒密定理

222222

例4 若a、b、x、y是现实,且a+b=1,x2+y2=1.求证:ax+by1.

[解析]:图= 1圆直径,在AB RT对仁洲ACB和希腊语字母表第四字母δ亚行RT单方,

使AC=a,BC=b,BD=x,海报= Y由毕氏定理、b、x、Y是东西成绩的履行度

设计制约。 据托勒密定理,AC. BDBC·AD=AB·CD. ∵22

CDAB=1,∴ax+by1 .

到何种地步转变原始典型 甜蜜的图形构图,借助托勒密定理

例5 已知东西、b、c是△ABC的三边,且a=b(b+c),求证:∠A=2∠B. 2

辨析:将a=b(b+c)形态损伤为a·a=b·b+bc,如下联合到托勒密定理,继证实东西等腰2

阶层,腰是B的两,两不老实线是,东西庶生的C.

[解析]:如图 ,东西ABC三角,以 A是圆的核心。,BC是圆弯半径

¼BDC¼∴∠ABD=∠BAC.又D,并置BD、DC、DA.∵AD=BC,∴ACD

»AC»,则BD=AC=b 梦想/ BDA = / ACB(在类似弧),l / 1=2。与BD

依托勒密定理,有BC·AD=AB·CD+BD·AC. ①,

a=bgc+b. ②, 而已知东西=b(b+c),这是ag22

»BD»,∠3=∠1=∠2,∴∠BAC=2∠ABC. 1○2得CD=b=BD,CD比得上○

明亮地的形态损伤 精彩的铅 借肋托勒密定理

例6 在ABC,已知/:/ B / C = 1/2 / 4。,求证:111。 ABACBC

[解析]:结语转变为AC BC AB AB AC BC =,触点公平的和圆,可联合到托勒密定理,继在圆四边的证实。,东西ABC三角,作弦BD=BC,

海报分界线装满、CD。在圆内接四边的ADBC,由托勒密定理,AC. BD

BC·AD=AB·CD,宽松的信用AB =海报,CD=AC,∴AC·BC+BC·AB=AB·AC,

的同分abgbcgac两端,得111。 ABACBC

二、 西姆森取自父名定理

西姆森取自父名定理:若从ABC外接圆上少许P作BC、AB、AC铅直。,垂足

D、E、F,则D、E、F三点共线。

显示:衔接de、DF,显然,只需显示,那就够了;因BDP=BEP=90,

因而B、E、P、d轮共四点,因而床= BPE,

同样地可获:FDC=PFC,因BEP=PFC=90,

oo

且PFC=180PBA=PBE,因而,BPE = FPC,因而BDE = FDC,因而D、E、F三点共线。

西姆森取自父名定理的反定理:从东西点到多个ABC P三的分界线(或推广)为,假设踏板L、M、n在类似垂线上。,P在ABC的外接圆很多。

例7 三行ABC很多。、BE、CF的垂足D、E、F;

从D公司的点、BE、CF、AC铅直。,踏板是P、Q、R、S,

认可P、Q、R、在类似行。。

[解析]设ABC的垂心为O,则O、E、C、d轮共四点,因

经过西姆森取自父名定理:Q、R、s三点共线,因O、F、B、D四

共圆,且经过西姆森取自父名定理:P、Q、三点共线,因而,P、Q、R、S

四点圆

例8 ABCD是东西四边的内接四边的,且是直角,假设从B AC一则垂线、AD

铅直。,踏板是E、F,一次的EF水准段。

[解析]作BGDC,经过西姆森取自父名定理:F、E、G共线,因o

BFD=FDG=DGB90o,因而bfdg是矩形的四边的,因而不老实线

FG把切成块另一不老实线不老实线。

例9 求证:四线22可被切割四公平的的外接圆可被切割在东西点,

从这少许到四线为垂线铅直踏板。

[解析]如图,四AB线、BC、CD、AD中,电子业务压缩磁盘,

公元前公元F,另东西交叉点和圆BCE圈CDF G,因而

BGF=BGC+CGFBEC+CDA,因而重新布置= 180o,

在G公司的圆,AED还G圈,因而在公元前、圆的CDF、圆ABF、

在同少许G可被切割圆,假设g到ab点、BC、CD、大铅直踏板点

别为E、L、M、N、P,有西姆森取自父名定理,L、M、n在一则垂线上,M、N、垂线P,故L、M、N、P在类似垂线上。。

10例 ABCD是东西四边的内接四边的,且是直角,假设一则垂线交由B点、AD铅直。,踏板是E,F,求证:EF或其延长线平分BD;

[解析]由B作DC铅直。BG,经过西姆森取自父名定理E、F、G共线,因而BFD=FDG=90,BGDF是矩形的四边的,BD是不老实FG。。

o

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