托勒密模型的科学价值
托勒密数学模型
托勒密数学模型托勒密数学模型是一个古代的数学理论，它的发现和发展可以追溯到公元2世纪的希腊。
这个模型主要是由托勒密所提出的，他是一位古代数学家和天文学家，他的理论对后来的数学和天文学发展产生了深远的影响。
托勒密数学模型主要是关于行星运动的理论。
在古代，人们对行星的运动非常感兴趣，因为它们的运动对于预测季节、农业生产和神秘主义都有着重要的意义。
托勒密发现了一个关于行星运动的规律，他认为行星的运动是由一个复杂的轮廓系统所决定的。
这个系统包括了许多不同的轮廓，每个轮廓都表示行星的运动轨迹。
这个系统被称为“托勒密轮廓系统”。
在托勒密轮廓系统中，每个行星都被认为是一颗围绕地球运动的星球。
这个理论在当时得到了广泛的认可，因为它能够解释许多天文现象。
例如，它能够解释为什么行星的运动速度会发生变化，以及为什么行星的运动轨迹看起来像是在天空中画了一个复杂的图案。
托勒密数学模型的一个重要特点是它的复杂性。
这个模型包括了许多不同的轮廓和运动规律，这使得它非常难以理解和运用。
然而，尽管它很难理解，但它仍然对后来的数学和天文学产生了重要的影响。
例如，在中世纪，这个理论被用来制作天文仪和天文表，这些工具在当时的航海和农业生产中起着重要的作用。
除了对天文学的贡献之外，托勒密数学模型还对数学本身产生了深远的影响。
这个模型包含了许多不同的数学技术和方法，例如几何学、三角学和代数学。
这些技术和方法被用来解决许多不同的数学问题，例如计算圆的面积和周长，以及解决三角函数的问题。
最后，托勒密数学模型的发现和发展也反映了人类对自然现象的探索和理解。
在古代，人们对自然现象的理解非常有限，但是他们仍然努力探索和理解自然现象。
托勒密数学模型的发现和发展是人类对自然现象探索和理解的一个重要里程碑，它为后来的数学和天文学发展奠定了基础。
总之，托勒密数学模型是一个古代的数学理论，它的发现和发展对后来的数学和天文学产生了深远的影响。
尽管它的复杂性使得它难以理解和应用，但它仍然是人类对自然现象探索和理解的一个重要里程碑。
托勒密成就及贡献
托勒密成就及贡献托勒密出生于公元前2世纪初期的埃及亚历山大港，他的全名是克劳迪乌斯·托勒密（Claudius Ptolemaeus）。
托勒密的家族在当时的埃及享有很高的社会地位，他接受了优质的教育，学习了古代希腊的数学知识和天文学理论。
在他的一生中，托勒密致力于数学、天文学和地理学的研究，他综合了古希腊、埃及和巴比伦等文明的知识，创造出许多重要的理论和方法。
在数学方面，托勒密的最重要的成就之一是他撰写的《数学集成》（Syntaxis Mathematica），也被称为《阿尔玛吉斯》（Almagest）。
这部著作是古代天文学的经典之作，包括了大量关于天体运动的观测数据和数学模型。
托勒密在这部著作中提出了天体运动的圆轨道假设，并用复杂的几何理论描述了行星、恒星和太阳的运动规律。
他还提出了许多计算恒星位置和运行轨道的方法，为后世的天文学家提供了重要的参考。
在天文学方面，托勒密的另一个重要成就是他对地心说的发展和完善。
地心说是古代人类对宇宙结构的一种认识方式，认为地球是宇宙的中心，其他天体围绕地球运转。
托勒密在《阿尔玛吉斯》中阐述了他对地心说的理论，提出了行星运动的复杂模型，解释了日食、月食、星座运动等现象。
托勒密的地心说在欧洲中世纪和文艺复兴时期长期被接受和宣扬，直到哥白尼提出了地心说的替代理论。
在地理学方面，托勒密也做出了杰出的贡献。
他的著作《地理指南》（Geographia）系统地总结了当时已知的地理知识，描述了欧亚大陆的地理特征、城市分布和交通网络等内容。
托勒密在《地理指南》中提出了以经度和纬度来确定地理位置的方法，这一方法在后世成为国际通用的地理坐标系，并对世界地理学的发展产生了深远的影响。
除了数学、天文学和地理学之外，托勒密还在光学、音乐理论、天文观测仪器等领域有着重要的研究成果。
他的综合性学问和跨学科研究为后世的科学家提供了广阔的研究领域和启发。
托勒密的成就不仅在于他的学术贡献，而且在于他对知识的继承和创新的态度，为后世的科学发展奠定了坚实的基础。
托勒密 匀速点的位置
托勒密匀速点的位置全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：托勒密是古代希腊著名的天文学家和地理学家，托勒密理论是被古代天文学家所使用的天球运动学，其中包括太阳、月亮、行星等运动规律的整合。
在托勒密的理论中，有一个非常重要的概念就是“均速点”，这个均速点在天文学中具有非常重要的意义。
均速点在托勒密的理论中是指一种特殊的位置，对于天体在其运动中的轨道来说，这个均速点是一个使得天体以匀速运动的点。
在托勒密的天文学中，认为天体（包括太阳、行星等）沿着一个圆形的轨道进行运动，而均速点则是在这条轨道上的一个特殊点，使得天体在这个点上的速度是匀速的。
在托勒密的天文学中，不同天体的均速点位置是不同的。
对于太阳来说，它的均速点是离地球最远的位置，也就是离地球最远的那个点是太阳的均速点。
对于其他行星和天体来说，它们的均速点位置也会有所不同，这是由于它们的运动轨道和速度不同导致的。
托勒密的均速点理论虽然是古代天文学的理论，但在当时却是被广泛接受和应用的。
在欧洲的中世纪时期，托勒密的理论一直是主导的理论，直到哥白尼和开普勒提出了日心说和行星椭圆轨道的概念后，才逐渐取代了托勒密的理论。
托勒密均速点的位置在古代天文学中具有重要的意义，它是天体运动规律中的一个重要概念。
通过研究均速点的位置，可以更好地理解天体在轨道运动中的规律，这对于天文学的发展和进步具有重要的意义。
虽然托勒密的理论在现代科学中已经被淘汰，但它在古代的影响力却是深远的，为后来的天文学理论奠定了基础。
第二篇示例：托勒密(Unasus Ptolemy)是古代著名的数学家、天文学家和地理学家，他在《天文学大成》一书中提出了著名的托勒密体系，揭示了太阳、月亮和行星等天体的运动规律。
在托勒密体系中，他提出了一个重要的概念，即“匀速点”的位置。
匀速点是指一种虚拟的点，这个点在地球和行星的轨道上以匀速运动，不受外力的影响，是太阳系中的一个重要的基本概念。
在托勒密的体系中，匀速点的位置有着重要的意义，它代表了行星在其轨道上经过同样时间所需的位置。
托勒密数学模型
托勒密数学模型托勒密是古希腊数学家之一，他的贡献在于提出了一种数学模型，可以用来描述天体在天空中的运动。
这个模型被称为托勒密数学模型，它是欧洲科学史上的一个重要里程碑。
托勒密数学模型的基本原理是将天体的运动看作是在一个以地球为中心的球形空间中进行的。
这个空间被称为天球，天体则被看做是在这个球面上运动的。
托勒密数学模型可以用一组数学公式来描述，这些公式被称为托勒密天文学公式。
托勒密天文学公式包括了很多不同的元素，其中最基本的是天球的半径和天体的位置。
这些元素可以用一些基本的几何形状来描述，如圆形、球形、正方形等等。
托勒密使用了很多不同的几何形状来描述不同的天体运动，从而建立了一个完整的数学模型。
托勒密数学模型的最大特点是它的精度和稳定性。
在当时的条件下，托勒密数学模型可以非常准确地预测天体的位置和运动，这对于天文观测和导航等领域非常有用。
此外，托勒密数学模型的稳定性也非常好，它可以在很长一段时间内保持稳定，不会随着时间的推移而出现较大的误差。
托勒密数学模型的应用非常广泛，不仅在古代被广泛使用，而且在现代也仍然被人们所使用。
例如，在天文学、地理学、导航、航空航天等领域，托勒密数学模型仍然被广泛地应用着。
托勒密数学模型的成功得益于古希腊数学家们的努力和创造力。
他们在数学领域中创造了许多新的理论和方法，如几何学、数论、三角函数等等。
这些理论和方法为托勒密数学模型的建立提供了坚实的基础。
总之，托勒密数学模型是欧洲科学史上的一个重要里程碑，它为天文学、地理学、导航、航空航天等领域的发展做出了重要贡献。
托勒密数学模型的成功得益于古希腊数学家们的努力和创造力，他们开创了数学领域中的许多新理论和方法。
模型27 托勒密定理(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇
模型介绍1.托勒密定理：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．翻译：在四边形ABCD 中，若A 、B 、C 、D 四点共圆，则AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．证明：在线段BD 上取点E ，使得∠BAE =∠CAD ，易证△AEB ∽△ADC ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅，当∠BAE =∠CAD 时，可得：∠BAC =∠EAD ，易证△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC CB=，即AC DE AD BC ⋅=⋅，∴AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD ，有AC BD AB CD AD BC⋅≤⋅+⋅证明：如图1，在平面中取点E 使得∠BAE =∠CAD ，∠ABE =∠ACD ，易证△ABE ∽△ACD ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅①，连接DE ，如图2，∵AB AE AC AD =，∴AB AC AE AD=，又∠BAC =∠BAE +∠CAE =∠DAC +∠CAE =∠DAE ，∴△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC BC=，即AC DE AD BC ⋅=⋅②，将①+②得：AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴()AC BD AC BE DE AB CD AD BC⋅≤⋅+=⋅+⋅即AC BD AB CD AD BC ⋅≤⋅+⋅，当且仅当A 、B 、C 、D 共圆时取到等号．3.托勒密定理在中考题中的应用（1）当△ABC 是等边三角形时，如图1，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理有：DB AC AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅，又等边△ABC 有AB =AC =BC ，故有结论：DB DA DC =+．证明：在BD 上取点E 使得DE =DA ，易证△AEB ∽△ADC ，△AED ∽△ABC ，利用对应边成比例，可得：DB DA DC =+．如图2，当点D 在弧BC 上时，结论：DA =DB +DC ．【小结】虽然看似不同，但根据等边的旋转对称性，图1和图2并无区别．（2）当△ABC 是等腰直角三角形，如图3，当点D 在弧BC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2AD BD CD =+．如图4，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2BD AD CD =+．（3）当△ABC 是一般三角形时，若记BC ：AC ：AB =a ：b ：c ，根据托勒密定理可得：a AD b BD c CD⋅=⋅+⋅例题精讲【例1】．如图，正五边形ABCDE 内接于⊙O ，AB ＝2，则对角线BD 的长为1+．解：如图，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即2×2+x•2＝x2，解得：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．∴对角线BD的长为1+．故答案为：1+．变式训练【变式1-1】．先阅读理解：托勒密（Ptolemy古希腊天文学家）定理指出：圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD．再请完成：（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，如果AB＝AC＝，CD＝1，求AD的长．（2）在（1）的条件下，如图2，设对边BA、CD的延长线的交点为P，求PA、PD的长．解：（1）∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AB＝AC＝，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AB＝，∴BD＝＝＝3，∵圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积，即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即×1+AD×＝×3，解得：AD＝；（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，∴△PAD∽△PCB，∴＝＝，设PA＝x，PD＝y，则＝＝，解得：x＝，y＝，∴PA＝，PD＝．【变式1-2】．如图1，已知⊙O内接四边形ABCD，求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：如图1，在BD上取一点P，连接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．∵在⊙O中，∠3与∠4所对的弧都是，∴∠3＝∠4．∴△ACD∽△BCP．∴＝．∴AC•BP＝AD•BC．①又∵∠2＝∠1，∴∠2+∠7＝∠1+∠7．即∠ACB＝∠DCP．∵在⊙O中，∠5与∠6所对的弧都是，∴∠5＝∠6．∴△ACB∽△DCP．…（1）任务一：请你将“托勒密定理”的证明过程补充完整；（2）任务二：如图2，已知Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD 平分∠ACB交⊙O于点D，求CD的长．解：（1）补全证明：∴，∴AC•DP＝AB•DC②，∴①+②得：AC•BP+AC•DP＝AD•BC+AB•DC，∴AC•（BP+DP）＝AD•BC+AB•DC，即AC•BD＝AD•BC+AB•DC，（2）∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∴∠ADB＝90°，AB＝＝10，∵CD平分∠ACB交⊙O于点D，∴∠BCD＝∠ACD，∴BD＝AD，∵∠ADB＝90°，∴∠ABD＝45°，∴BD＝AD＝AB•sin45°＝5，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴AB•CD＝AC•BD+AD•BC，即10CD＝6×+8×5，∴CD＝7．【例2】．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BD．证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，……∴△ABE∽△ACD，∴AB•DC＝AC•BE，……∴△ABC∽△AED，∴AD•BC＝AC•ED，∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+ED）＝AC•BD．（1）请帮这位同学写出已知和求证，并完成证明过程；（2）如图3，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝1，求对角线BD的长．（1）解：已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•DC+AD⋅BC＝AC•BD，故答案为：四边形ABCD内接于⊙O，AB•DC+AD•BC＝AC•BD；证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，∵，∴∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴＝，∴AB⋅DC＝AC⋅BE．∵，∴∠ACB＝∠ADE．∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，即∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED，∴，∴AD⋅BC＝AC⋅ED，∴AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BE+AC⋅ED＝AC（BE+ED）＝AC⋅BD，即AB•DC+AD•BC＝AC•BD；（2）解：在图3中，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED，∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即1×1+x•1＝x2，解得，（舍去），∴对角线BD的长为．变式训练【变式2-1】．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵＝，∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴，∴AB•CD＝AC•BE；∵＝，∴∠ACB＝∠ADE（依据1），∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED（依据2），∴，∴AD•BC＝AC•ED；∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED），即AB•CD+BC•AD＝AC•BD．（1）上述证明过程中的“依据1”是指同弧所对的圆周角相等；“依据2”是指两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们熟知的勾股定理．（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C是的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为：勾股．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．【变式2-2】．圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有________．任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为AC•BD＝AB•CD+BC•AD．（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求证：BD＝AB+BC．解：（1）由托勒密定理可得：AC•BD＝AB•CD+BC•AD故答案为：AC•BD＝AB•CD+BC•AD（2）如图，连接AC∵∠COD＝120°，∴∠CBD＝∠CAD＝60°∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD＝60°∴∠ACD＝60°，∴△ACD是等边三角形∴AC＝AD＝CD，∵四边形ABCD是圆内接四边形∴AC•BD＝AB•CD+BC•AD∴BD＝AB+BC1．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，对角线交于点O，连接AO，如果AB＝4，AO＝4，那么AC的长等于（）A．12B．16C．4D．8解：在AC上截取CG＝AB＝4，连接OG，∵四边形BCEF是正方形，∠BAC＝90°，∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°，∴B、A、O、C四点共圆，∴∠ABO＝∠ACO，在△BAO和△CGO中，∴△BAO≌△CGO（SAS），∴OA＝OG＝4，∠AOB＝∠COG，∵∠BOC＝∠COG+∠BOG＝90°，∴∠AOG＝∠AOB+∠BOG＝90°，即△AOG是等腰直角三角形，由勾股定理得：AG＝＝8，即AC＝AG+CG＝8+4＝12．故选：A．2．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是．解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，∴A、B、E三点共线，过C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，在Rt△AMC中，AC＝＝＝；解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，∵点C为弧BD的中点，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠D＝∠CBE，在△CBE和△CDF中∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，在△AEC和△AFC中∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，设BE＝DF＝x，∵AB＝3，AD＝5，∴AE＝AF＝x+3，∴5＝x+3+x，解得：x＝1，即AE＝4，∴AC＝＝，故答案为：．3．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，点D在底边BC上，且∠DAC＝∠ACD，将△ACD沿着AD所在直线翻折，使得点C落到点E处，联结BE，那么BE的长为1．解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵∠DAC＝∠ACD，∴∠DAC＝∠ABC，∵∠C＝∠C，∴△CAD∽△CBA，∴＝，∴＝，∴CD＝，BD＝BC﹣CD＝，∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴＝，即＝，∴DM＝，MB＝BD﹣DM＝，∵∠ABM＝∠C＝∠MED，∴A、B、E、D四点共圆，∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，∴△ABD∽△MBE，（不用四点共圆，可以先证明△BMA∽△EMD，推出△BME∽AMD，推出∠ADB＝∠BEM也可以！）∴＝，∴BE＝＝1．故答案为：1．4．如图，P是正方形ABCD内一点，CP＝CD，AP⊥BP，则的值为．解：如图，过点D作AP垂线交AP延长线于E，∵四边形ABCD是正方形，CP＝CD，∴BC＝CP＝CD，∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，设∠PCD＝x，则∠BPC＝，∠DPC＝，∴∠BPD＝45°+90°＝135°，∵AP⊥BP，∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠DPE＝45°，设DE＝PE＝y，∴DP＝＝y，∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠DAE＝∠ABP，在△DAE与△ABP中，，∴△APB≌△DEA（AAS），∴AP＝DE＝y，∴＝＝．故答案为：．5．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，则：（1）∠OFB45°；（2）OF＝．解：（1）在BE上截取BG＝CF，∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC＝BD，BO＝BD，CO＝AC，AC、BD分别平分∠ABC、∠BCD，∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，∵CF⊥BE，∴∠CFE＝90°，∴∠FEC+∠ECF＝90°，∵∠EBC+∠FEC＝90°，∴∠EBC＝∠ECF，∴∠OBC﹣∠EBC＝∠OCD﹣∠ECF，∴∠OBG＝∠FCO，∴△OBG≌△OCF（SAS），∴∠BOG＝∠FOC，OG＝OF，∴∠GOC+∠COF＝90°，∴∠OFG＝∠OGF＝45°，故答案为：45°；（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝2，∴CF＝BG＝＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF＝，∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF＝，故答案为：．6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，过点D作DE⊥DF，交BA的延长线于点E，交AC的延长线于点F．若CF＝，AC＝4，AB＝2．则AE＝10．解：延长FD至G，使GD＝FD，连接BG，如图所示：∵D为BC的中点，∴BD＝CD，在△BDG和△CDF中，，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴BG＝CF＝，∠G＝∠F，∴BG∥CF，∴△BGH∽△AFH，∴＝＝＝＝，∴＝，AH＝AB＝，∵∠BAC＝90°，AF＝AC+CF＝，∴HF＝＝，∴DH＝FH＝，∵DE⊥DF，∴∠EDH＝90°＝∠BAC，∴∠E+∠EHD＝∠F+∠EHD＝90°，∴∠E＝∠F，∴△DHE∽△AHF，∴＝，即＝，解得：HE＝，∴AE＝HE﹣AH＝﹣＝10；故答案为：10．7．设△ABC是正三角形，点P在△ABC外，且与点A在直线BC异侧，∠BPC＝120°，求证：PA＝PB+PC．解：如图，延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，∵∠BAC+∠BPC＝180°，且∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠CPE＝60°，又PE＝PC，∴△CPE为等边三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC为等边三角形，∴AC＝BC，∠BCA＝60°，∴∠ACB＝∠PCE，∴∠ACB+∠BCP＝∠PCE+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，∵在△ACP和△BCE中，，∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP＝BE，∵BE＝BP+PE，∴PA＝PB+PC．8．⊙O半径为2，AB，DE为两条直线．作DC⊥AB于C，且C为AO中点，P为圆上一个动点．求2PC+PE的最小值．解：延长OA到K，使AK＝AO＝2．∵C是AO的中点，∴OC＝OA＝1，∴＝．又∵∠COP＝∠POK，∴△COP∽△POK，∴，即PK＝2PC．∴2PC+PE＝PE+PK≥EK．作EH⊥BC于点H．∵在直角△COD中，cos∠DOC＝，∴∠DOC＝60°，∴∠EOH＝∠DOC＝60°，∴HE＝OE•sin60°＝2×，∴EK＝．即最小值是2．故答案是：2．9．如图，点P为等边△ABC外接圆，劣弧为BC上的一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA＝PB+PC．（1）解：∵四边形ABPC内接于圆，∴∠BAC+∠BPC＝180．∵等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°；（2）证明：延长BP到D，使得DP＝PC，连接CD．∵∠BPC＝120，∴∠CPD＝60．又∵PC＝PD，∴△PCD是等边三角形，∴PC＝CD，∠PCD＝60°，∴∠ACM+∠MCP＝PCD+∠MCP，即∠ACP＝∠BCD．∵等边三角形ABC中，∴BC＝AC．∵所对的圆周角是∠DBC与∠PAC，∴∠DBC＝∠PAC．在△DBC和△PAC中，，∴△DBC≌△PAC（ASA），∴AP＝BD．∵BD＝BP+DP，∴AP＝BP+DP，∵DP＝PC，∴PA＝PB+PC．10．如图，⊙O的直径AB的长为10，弦BD的长为6，点C为上的一点，过点B的切线EF，连接AD，CD，CB；（1）求证：∠CDB＝∠CBF；（2）若点D为的中点，求CD的长．（1）证明：连接AC，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∵EF为⊙O的切线，∴AB⊥EF，∴∠ABF＝90°，即∠2+∠CBF＝90°，∴∠1＝∠CBF，∵∠1＝∠CDB，∴∠CDB＝∠CBF；（2）解：作CM⊥AD于M，CN⊥DB于N，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD＝＝＝8，∵点C为的中点，∴∠ADC＝∠BDC，∴CA＝CB，CM＝CN，在Rt△ACM和Rt△BCN中，∴Rt△ACM≌Rt△BCN，∴AM＝BN，即AD﹣AM＝DN﹣BD，∴AM+DN＝AD+BD＝8+6＝14，∵四边形CMDN为矩形，CM＝CN，∴四边形CMDN为正方形，∴DM＝DN＝7，∴CD＝DM＝7．11．阅读下列材料，并完成相应的任务．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：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．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理．（请写出）（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵＝，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．12．在学习了《圆》和《相似》的知识后，小明自学了一个著名定理“托勒密定理：圆内接四边形对角线的乘积等于两组对边乘积之和．”（1）下面是小明对托勒密定理的证明和应用过程，请补充完整．已知：四边形ABCD内接于⊙O．求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．（2）利用托勒密定理解决问题：是否存在一个圆内接四边形，它的两条对角线长为5和，一组对边长为1和3，另一组对边的和为4．若存在，求出未知的两边；若不存在，说明理由．（1）证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，∴．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．故答案为：两角对应相等，两三角形相似，DAE，DBC，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似，AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE）；（2）不存在，理由如下：设未知的两边分别为：a，4﹣a，由托勒密定理可得：5×＝1×3+a（4﹣a），∴（a﹣2）2＝7﹣5＜0，∴方程无解，∴不存在这样的一个圆内接四边形．13．阅读下列相关材料，并完成相应的任务．布拉美古塔定理婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边．某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证．已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，过点P作AB的垂线分别交AB，DC于点H，M．求证：M是CD的中点任务：（1）请你完成这个定理的证明过程．（2）该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是真命题．（填“真”或“假”）（3）若PD＝2，HP＝，BP＝3，求MH的长．（1）证明：∵AC⊥BD，∴∠APB＝∠CPD＝90°，∴∠ABP+∠BAP＝90°，∵PH⊥AB，∴∠BAP+∠APH＝90°，∴∠ABP＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∵＝，∴∠ABP＝∠ACD，∴∠PCM＝∠MPC，∴PM＝MC，同理可得，PM＝DM，∴DM＝CM，∴M是CD的中点；（2）若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边，理由如下：已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，M是CD的中点，连接MP交AB于点H，求证：PH⊥AB；证明：∵M是CD的中点；∴DM＝CM＝PM，∴∠PCM＝∠MPC，∵＝，∴∠ABP＝∠PCM，∵∠MPC＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∴∠APH+∠HPB＝∠ABP+∠HPB＝90°，∴PH⊥AB；故答案为：真；（3）解：∵BP＝3，HP＝，∴BH＝，∴sin∠HBP＝，∵∠ABP＝∠PCD，∴＝＝，∴CD＝2，∵M是CD的中点，∴PM＝CD＝，∴MH＝2．14．已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：AB+AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝，即AB+BM＝，∴AB+AC＝；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，∴＝．15．问题探究：（1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短．（2）托勒密（Ptolemy）定理指出，圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA＝PB+PC．问题解决：（3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由．解：（1）利用尺规作图，过点A作BC的垂线，交BC于D，则点D即为所求；（2）由托勒密定理得，PA•BC＝PB•AC+PC•AB，∵△ABC为正三角形，∴AB＝BC＝AC，∴PA•BC＝PB•BC+PC•BC，∴PA＝PB+PC；（3）以BC为边作正△BCD，使点D与点A在BC两侧，作△BCD的外接圆，连接AD交圆于P，连接PB，作DE⊥AC交AC的延长线于E，则点P即为所求，由（2）得，PD＝PB+PC，∴P到A、B、C三点的距离之和＝DA，且距离之和最小，∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，∴DE＝CD＝15，由勾股定理得，CE＝＝15，则AD＝＝30，答：P到A、B、C三点的距离之和最小值为30m．16．（1）方法选择如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD ＝AD+CD．小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…请你选择一种方法证明．（2）类比探究【探究1】如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+2AD．（3）拓展猜想如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+AD．解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴△ADM是等边三角形，∴AM＝AD，∵∠ABM＝∠ACD，∵∠AMB＝∠ADC＝120°，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；（2）类比探究：如图②，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AM＝AD，∠AMD＝45°，∴DM＝AD，∴∠AMB＝∠ADC＝135°，∵∠ABM＝∠ACD，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠AMD＝30°，∴MD＝2AD，∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+2AD；故答案为：BD＝CD+2AD；（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，∴∠MAD＝90°，∴∠BAM＝∠DAC，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠MAD＝90°，∴△ADM∽△ACB，∴＝＝，∴DM＝AD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD．故答案为：BD＝CD+AD17．数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC，BD是四边形ABCD的对角线，若∠ACB ＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，则线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长CB到E，使BE＝CD，连接AE，证得△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE是等边三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将△ABC绕着点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，从而容易证明△ACF是等边三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明．（2）小华提出：如图5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明．解：（1）BC+CD＝AC；理由：如图1，延长CD至E，使DE＝BC，连接AE，∵∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝90°，∵∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ACB+∠ACD＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝45°，AC＝AE，∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC；（2）BC+CD＝2AC•cosα．理由：如图2，延长CD至E，使DE＝BC，∵∠ABD＝∠ADB＝α，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣2α，∵∠ACB＝∠ACD＝α，∴∠ACB+∠ACD＝2α，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝α，AC＝AE，∴∠AEC＝α，过点A作AF⊥CE于F，∴CE＝2CF，在Rt△ACF中，∠ACD＝α，CF＝AC•cos∠ACD＝AC•cosα，∴CE＝2CF＝2AC•cosα，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝2AC•cosα．18．问题背景：如图①，在四边形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究线段AC，BC，CD之间的数量关系．小吴同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，点B，C分别落在点A，E处（如图②），易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝CD，从而得出结论：AC+BC＝CD．简单应用：（1）在图①中，若AC＝，BC＝2，则CD＝3．（2）如图③，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙上，＝，若AB＝13，BC＝12，求CD的长．拓展规律：（3）如图④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD 的长（用含m，n的代数式表示）（4）如图⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为AB的中点，若点E满足AE＝AC，CE＝CA，点Q为AE的中点，则线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．解：（1）由题意知：AC+BC＝CD，∴+2＝CD，∴CD＝3；（2）连接AC、BD、AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵，∴AD＝BD，将△BCD绕点D顺时针旋转90°到△AED处，如图③，∴∠EAD＝∠DBC，∵∠DBC+∠DAC＝180°，∴∠EAD+∠DAC＝180°，∴E、A、C三点共线，∵AB＝13，BC＝12，∴由勾股定理可求得：AC＝5，∵BC＝AE，∴CE＝AE+AC＝17，∵∠EDA＝∠CDB，∴∠EDA+∠ADC＝∠CDB+∠ADC，即∠EDC＝∠ADB＝90°，∵CD＝ED，∴△EDC是等腰直角三角形，∴CE＝CD，∴CD＝；（3）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，连接D1A，D1B，D1C，如图④由（2）的证明过程可知：AC+BC＝D1C，∴D1C＝，又∵D1D是⊙O的直径，∴∠DCD1＝90°，∵AC＝m，BC＝n，∴由勾股定理可求得：AB2＝m2+n2，∴D1D2＝AB2＝m2+n2，∵D1C2+CD2＝D1D2，∴CD2＝m2+n2﹣＝，∵m＜n，∴CD＝；（4）当点E在直线AC的左侧时，如图⑤，连接CQ，PC，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点P是AB的中点，∴AP＝CP，∠APC＝90°，又∵CA＝CE，点Q是AE的中点，∴∠CQA＝90°，设AC＝a，∵AE＝AC，∴AE＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（2）的证明过程可知：AQ+CQ＝PQ，∴PQ＝a+a，∴PQ＝AC；当点E在直线AC的右侧时，如图⑥，连接CQ、CP，同理可知：∠AQC＝∠APC＝90°，设AC＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（3）的结论可知：PQ＝（CQ﹣AQ），∴PQ＝AC．综上所述，线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．。
托勒密《天文学大成》影响分析与当代启示
托勒密《天文学大成》影响分析与当代启示摘要：托勒密的《天文学大成》起源于古希腊历代先贤的理论体系和研究成果，是在许多前人工作的基础上继续、发展和建立起来的。
此著作对于后来的天文学、数学、哲学等众多学科的理论及实践发展都产生了极其重大而深远的影响，其富含的精神在当今时代也具有重要启示意义。
关键词：生平；理论起源；影响；启示中图分类号：I106文献标识码：A 文章编号：2095-0438（2019）11-0036-02（哈尔滨理工大学马克思主义学院黑龙江哈尔滨150080）孙丽颖克罗狄斯·托勒密的《天文学大成》是公认的古希腊天文学和宇宙学思想的顶峰，在中世纪甚至被尊崇为天文学的标准著作，影响西方天文学界长达13个世纪[1]。
《天文学大成》涉及的知识极为丰富，理论深邃而复杂，不可能单凭一己之力所完成。
托勒密充分继承了古希腊先驱者们的优秀思想，将天文学、数理学，乃至哲学等各种理论融会贯通，最终形成了自己的地心体系理论。
一、天文学影响（一）西方天文学基石。
《天文学大成》是处于初期的天文学理论研究和实践观测的重要历史渊源和学术基础。
该著作在继承更早期的天文学研究的基础上，用科学的方法，系统的理论阐述了托勒密的天文学观点，提出了新的模型，尽管研究与实际之间存在差异，但也足以奠定其在天文学史上重要的历史地位。
毫无疑问，托勒密的工作是所有西方天文学理论和实践的一个最终的源，后世天文学的发展都建立在其基础之上。
即使是后世推翻其理论的哥白尼，也是秉承着科学精神和数理天文学思想，其著作《天体运行论》正是经过科学思辨和反复批判研究而诞生的。
更为直接的是，《天文学大成》中产生了现代天文学使用的不少名词，对现代天文学的影响延续至今。
（二）东方历法模型。
即使万里之遥的中国在天文学发展上也受到了其一定影响，主要反映在明末清初编撰的《崇祯历书》中。
托勒密天文学中的理论研究、观测的方法，在文艺复兴之前一直是天文学的基本方法，且为第谷所一脉沿承。
古希腊天文学的大成
古希腊天文学的大成古希腊天文学的大成托勒密的地心体系古希腊是西方文明的发源地，古希腊众多科学家对自然科学和社会科学都做出了杰出的贡献。
在天文学方面，古希腊科学家也有比较丰富的论述，早期的毕达哥拉斯学派认为地球是圆的，并认为地球是处于中央，并静止不动，这就初步形成了"地心说"的雏形。
后来，柏拉图学派将各个天球连续起来，提出了同心球体系学说，但是最终形成的地心说还是托勒密的地心体系学说。
托勒密，古希腊天文学家、数学家、地理学家。
《大综合记》的著者，他的天文学著作主要论述了宇宙地心体系，这一理论在中世纪曾长期为基督教神学所利用，直到哥白尼的日心体系说发表，他的观点才被推翻。
理论接力地心体系公元1世纪建立宇宙论的接力棒最后传到了集古希腊天文学之大成的托勒密手上。
托勒密约生于100年，约卒于170年，他一直生活在埃及的亚历山大城。
罗马帝国早期，亚历山大城依然是该帝国所辖的北部非洲地区的文化中心，滞留在那里的希腊化学者们仍能得到帝国统治者的较优厚的待遇，因此古希腊天文学的亚历山大学派依然得以延续，托勒密便是该学派的最后一位杰出代表。
托勒密在天文学方面的最杰出贡献是写下了一部13卷的巨著《天文学大成》。
书中不仅记录了依巴谷等希腊学者的大量天文观测成果，刊布了著名的托勒密星表，而且更主要的是提出了著名的托勒密地心体系。
这一体系的要点是：地球是球形的，它位于宇宙中央静止不动。
每个行星和月亮都在本轮上匀速转动，本轮中心又沿均轮运转，只有太阳直接在均轮上绕地球转动。
不论是对太阳的均轮还是对行星、月亮的均轮，地球都不位于它们的圆心上，而是偏离圆心一段距离。
水星和金星的本轮中心位于地球与太阳的连线上，这一连线一年中绕地球转一周，火星、木星和土星到它们各自本轮中心的直线总是与日地间的连线平等，这3颗行星每年绕各自的本轮中心转一周。
携带所有恒星的"恒星天"每天绕地球自东向西转动一周。
太阳、月亮、行星除在本轮均轮上的运动外，还与恒星天一起每天绕地球自东向西转一周。
托勒密与地心说
托勒密与地心说“地心说”的集大成者克罗狄斯·托勒密（公元90年~168年）生于埃及，父母都是希腊人．公元127年，年轻的托勒密被送到亚历山大去求学．在那里，他阅读了不少的书籍，并且学会了天文测量和大地测量．他曾长期住在亚历山大城，直到151年．有关他的生平，史书上少有记载．在古老的宇宙观中，人们把天看成是一个盖子，地是一块平板，平板就由柱子支撑着．在公元前四到三世纪，对于天体的运动，希腊人有两种不同的看法：一种以欧多克斯为代表，他从几何的角度解释天体的运动，把天上复杂的周期现象，分解为若干个简单的周期运动；他又给每一种简单的周期运动指定一个圆周轨道，或者是一个球形的壳层，他认为天体都在以地球为中心的圆周上做匀速圆周运动，并且用二十七个球层来解释天体的运动，到了亚里士多德时，又将球层增加到五十六个．另一种以阿利斯塔克为代表，他认为地球每天在自己的轴上自转，每年沿圆周轨道饶日一周，太阳和恒星都是不动的，而行星则以太阳为中心沿圆周运动．但阿利斯塔克的见解当时没有人表示理解或接受，因为这与人们肉眼看到的表观景象不同．托勒密于公元二世纪，提出了自己的宇宙结构学说，即“地心说”．其实，地心说是亚里士多德的首创，他认为宇宙的运动是由上帝推动的．他说，宇宙是一个有限的球体，分为天地两层，地球位于宇宙中心，所以日月围绕地球运行，物体总是落向地面．地球之外有9个等距天层，由里到外的排列次序是：月球天、水星天、金星天、太阳天、火星天、木星天、土星天、恒星天和原动力天，此外空无一物．各个天层自己不会动，上帝推动了恒星天层，恒星天层才带动了所有的天层运动．人居住的地球，静静地屹立在宇宙的中心．托勒密全面继承了亚里士多德的地心说，并利用前人积累和他自己长期观测得到的数据，写成了8卷本的《伟大论》．在书中，他把亚里士多德的9层天扩大为11层，把原动力天改为晶莹天，又往外添加了最高天和净火天．托勒密设想，各行星都绕着一个较小的圆周上运动，而每个圆的圆心则在以地球为中心的圆周上运动．他把绕地球的那个圆叫“均轮”，每个小圆叫“本轮”．同时假设地球并不恰好在均轮的中心，而偏开一定的距离，均轮是一些偏心圆；日月行星除作上述轨道运行外，还与众恒星一起，每天绕地球转动一周．托勒密这个不反映宇宙实际结构的数学图景，却较为完满的解释了当时观测到的行星运动情况，并取得了航海上的实用价值，从而被人们广为信奉．托勒密的天体模型之所以能够流行千年，是有它的优点和历史原因的．它的主要特点是：1．绕着某一中心的匀角速运动，符合当时占主导思想的柏拉图的假设，也适合于亚里士多德的物理学，易于被接受．2．用几种圆周轨道不同的组合预言了行星的运动位置，与实际相差很小，相比以前的体系有所改进，还能解释行星的亮度变化．3．地球不动的说法，对当时人们的生活是令人安慰的假设，也符合基督教信仰．在当时的历史条件下，托勒密提出的行星体系学说，是具有进步意义的．首先，它肯定了大地是一个悬空着的没有支柱的球体．其次，从恒星天体上区分出行星和日月是离我们较近的一群天体，这是把太阳系从众星中识别出来的关键性一步．托勒密本人声称他的体系并不具有物理的真实性，而只是一个计算天体位置的数学方案．至于教会利用和维护地心说，那是托勒密死后一千多年的事情了．教会之所以维护地心说，只是想歪曲它以证明教义中描绘的天堂人间地狱的图像，如果编纂教义时流行着别的什么学说，说不定教会也会加以利用的．所以，托勒密的宇宙学说同宗教本来并没有什么必然的联系．上知天文、下识地理的托勒密除了在天文学方面的造诣，托勒密在地理学上也做出了出色的成就．他认为，地理学的研究对象应为整个地球，主要研究其形状、大小、经纬度的测定以及地图投影的方法等．他制造了测量经纬度用的类似浑天仪的仪器（星盘）和后来驰名欧洲的角距测量仪．托勒密有地理学著作八卷，其中六卷都是用经纬度标明的地点位置表．他的多数地点位置好象都是根据他的本初子午线和用弧度来表现的平纬圈之间的距离来计算的，因为他的经度没有一个是从天文学上测定的，只有少数纬度是这样测定的．托勒密采用了波昔东尼斯测定的地球周长的较小数值，这就使得他所有用弧度表现的陆向距离都夸大了，因为他把每一弧度的距离定为五百希腊里，而不是六百希腊里．这样一来，从欧洲到亚洲横贯大西洋的洋面距离，看上去就比埃拉托斯特尼的计算值小得多，这项计算最后还导致了哥伦布从西面驶往亚洲的企图．托勒密对世界情况比他的前辈熟悉的多，埃拉托斯特尼的地图东面只到印度的恒河为止，但是托勒密知道有马来半岛和“蚕丝之国”，即中国．在数学方面，他用圆周运动组合解释了天体视动，这在当时被认为是绝对准确的．他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．他对光学也作过研究，认为光线在折射时入射角与折射角成正比关系．重要的著作托勒密著有四本重要著作：《天文学大成》（Almagest）、《地理学》(Geography)、《天文集》(Tetrabiblos)和《光学》(Optics)．《天文学大成》——500年的希腊天文学和宇宙学思想的顶峰——统治了天文界长达13 个世纪．这样一本知识上参差交错且复杂的著作，不是单独一个人所能完成的．托勒密依靠了他的先驱者，特别是喜帕恰斯，这一点是无须掩盖的．他面对的基本问题是：在假设宇宙是以地球为中心的、以及所有天体以均匀的速度按完全圆形的轨道饶转的前提下，试图解释天体的运动．因为实际天体以变速度按椭圆轨道饶地球以外的中心运动，为了维护原来的基本假设，就要考虑某些非常复杂的几何形状．托勒密使用了3种复杂的原始设想：本轮、偏心圆和均轮．他能对火星、金星和水星等等的轨道分别给出合理的描述，但是如果把它们放在一个模型中，那么它们的尺度和周期将发生冲突．然而，无论这个体系存在着怎样的缺点，它还是流行了1300年之久，直到16世纪才被哥白尼推翻．在《地理学》一书中，托勒密充分地解释了怎样从数学上确定纬度和经度线．然而，没有一条经线是用天文学方法确定的，仅仅少数的纬度线是这样计算的．他将陆上测量的距离归算为度，就在这无把握的网格上定出地区的位置．海面上的距离，简直是猜测出来的．他把加那利群岛放到它们真正位置以东7°去了，因而整个的网格定位只能是错误的．《地理学》对西方世界观的影响几乎也像《天文学大成》一样巨大和持久：托勒密标出的亚洲位置比它实际的更近（向西），与哥伦布同时代的地图制造者继承了他的错误观点，否则哥伦布也许就不会航行了．在托勒密的著作中，今天还容易得到和广泛被阅读的唯一的一本是《天文集》，这是占星学方面的书籍，这本书很长而且全面，是自然主义的，在书中托勒密假定能存在某种形式的、来自天体的自然辐射影响着人类．现在占星学的大多数概念和争议都可以追溯到这本著作．托勒密的最后一本重要著作《光学》，从许多方面来看都算是他所有著作中最成功的一部，他在书中提出和说明了各种基本原理，但他对折射的了解似乎是纯经验的．他绘出了光线以各种入射角从光疏媒介进入水的折射表．他的主要著作在希腊被称为《综合论》，阿拉伯人把它取名为《天文学大成》，它取自阿拉伯语的定冠词“al”和他们对希腊词“伟大”的发音，这正是子孙后代对托勒密的赞颂．。
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虽然托勒密本轮和均轮模型最终被否定，但这 是由当时观测手段的粗糙以及思想观念体系的简单 造成的，如果简单的批判其是唯心或反动的，显然 有违于科学史实。我们应该知道：以某种参考系来 描述物体的相对运动，即使在今天也经常使用，而 在地心说的建立和运用过程中，也仍能反映出历代 学者那些富有启迪意义的理性思考，就如同后来不 断出现的，诸如活力论、以太说那样的观念，虽最 终被扬弃，却仍然是最宝贵的科学智慧的结晶。
判据二：即“简洁”或者说是“和谐”。洁的”这样一个前提，而这在 很大程度上是一个先验的观念。事实上我们根本 无法排除自然规律不简洁的可能性。
判据三：“由理论推算出来的天象与实际观 测之间的吻合”。
这是古今中外的天文学家几乎一致接受、并且 最为重视的。正是这个最重要的判据，对哥白尼体 系大为不利，却对第谷体系极为有利。
问题3：你觉得这些依据科学吗？科 学的依据应该是什么？
问题4：我们实际观察到得现象和体 验又是什么呢？
各种学说对天文现象的解释
行星运动的顺行和逆行
火星的逆行
B A
B C
A
托勒密模型的科学价值
古代人们一方面从站在地球参考系观 测天体，很自然认为地静而天动，地球是宇 宙中心；另一方面天体是可望而不可及的另 一类世界，其运动也应是神圣的，而匀速圆 周运动曾被古希腊人认为是最完美和谐的运 动，这也正是形成地心体系的最初动因。托 勒密的伟大之处在于他试图以地心说为基础， 设计出能对行星在天球上十分复杂的视轨迹 作出大致合理的解释模型。
伽利略的新发现则可归纳为六点：
1．木星有卫星； 2．金星有位相； 3．太阳黑子； 4．银河由众星组成； 5．月面有山峰； 6．土星为三体（实际上是由光环造成 的视觉形象）。
在“简洁”、“精确”、“解释新天象” 这三个有效判据面前，第谷体系在“简洁” 上逊于哥白尼体系，在“解释新天象”上与 后者平分秋色，而在“精确”方面大大超过 后者。
奉化中学 励箭生
讲授科学史有什么意义？
虽然一讲到科学的历史，我们都会有一 种激动，科学先贤们为摆脱愚昧与无知所作 的艰苦卓绝的斗争历程；艰苦创业的景象， 仿佛一部英雄史诗，勾起人的崇敬和景仰之 情。但今天，在这个由科学自身造就的繁忙 的世界上，谁还有闲暇来回顾过去呢？
1.增加趣味性是科学史教育的功能之一
把科学史有机地揉进理科教科书中，是当代科 学教育界所大力提倡的，但做起来很困难，而且效 果不好。
3.摒弃教条的态度；培养批判的精神
面对教科书，学生形成了这样的观念：“这就 是真理，学习它、记住它”。久而久之，科学理论 被神圣化、教条化，人们不知道这个理论从何而来， 为什么会是这样。但我们却相信“它是真的，因为 它是科学”。这种教条的态度明显地与科学精神格 格不入，但在科学教育中又是普遍的现象。
把某些科学理论与某个非常有意思的历史故事 相联系，这样使学习该理论变得更有趣一些。
不过这些历史故事往往传说的成分很大，很难 肯定是否是真实的科学历史事件。虽然能诱发了学 生对科学世界的向往，但对于真正学习理科课程并 没有太大的帮助。
倒是相反，有些故事对于深入理解科学理论还 是有害的。故事往往强调了科学发现的偶然性、机 遇性，这使人们忽略了科学发现的真实历史条件和 科学工作的极端艰苦性。
2.科学思想的逻辑行程和历史行程对学 习科学理论是有益的。
当我们开始学习物理学时，我们为那些与常识 极为格格不入的观念而困惑。这时候，如果我们了 解一下这些物理学观念逐步建立的历史，接受这些 观念就变得容易多了。科学家们并不是一开始就这 样“古怪”地思考问题，他们建立“古怪”的科学 概念的过程是极引人入胜的。
读史使人明智
伟大的事情！！！
创新精神 小学的科幻画和香港的郑慕贤 独立精神，自由思想（自强不息， 厚德载物） 宋朝那点事(宋徽宗）
科学素养(科学知识、科学方法、 科学精神）
申报表 课程纲要 太阳系
问题1：以上的动画和图片是如何得 到的？是真实看到的吗？
地心说 托勒密
日心说 哥白尼
问题2：你判断日心说和地心说正 确与否的依据是什么？
第谷和他的宇宙运动体系
第谷天体系统
用历史的眼光看待哥白尼日心说
第一条：如果地球绕日公转，为什么观测不 到恒星周年视差？
第二条：如果地球自转，为什么垂直上抛物体 仍是落回原处，而不是落到稍偏西的某一点上。
“两小儿辩日”问题引出的判据问题
判据一： “接近宇宙真实情况” 所谓的“真实”其实是人为定义的。
判据四： “对新观测到的天象的解释能力”。
这是一个从古希腊天文学开始一脉相承、直 到今天仍然有效的判据。
1610年，伽利略发表他用望远镜观测天 象所获得的新发现。
一、1543年问世的哥白尼日心体系 二、1588年问世的第谷准地心体系 三、尚未退出历史舞台的托勒密地心体系。 四、仍然维持着罗马教会官方哲学中“标准 天文学” 地位的亚里士多德水晶球体系。