阿波罗尼定理之逆定理的一个证明
阿波罗尼斯圆逆定理证明
阿波罗尼斯圆逆定理证明阿波罗尼斯圆逆定理是数学中的一个重要定理，它描述了一个在两个圆相交的情况下的关系。
本文将为您详细介绍阿波罗尼斯圆逆定理的证明过程。
首先，我们来研究两个相交的圆。
设圆A的半径为r，圆心为O1，而圆B的半径为R，圆心为O2。
此时，我们可以通过连接两个圆心形成的直线来研究它们的关系。
根据几何关系，如果两个圆相交于两个点，那么它们与圆心连线的垂直平分线将交于一点，此点我们称之为A点。
同样，我们可以得到另外一个点，我们称之为B点。
此时，将圆A和圆B的圆心连线延长到A点和B点，分别交于E和F。
由于A点和B点分别是两个圆的相交点，所以AE和BF是两个圆的切线。
接下来，我们来证明AE和BF的长度相等。
首先，我们可以通过AO1和OO2的长度关系求得AO1的长度是r/(R-r)倍的OO2，而AO2的长度则是R/(R-r)倍的OO1。
我们可以根据勾股定理得出OO1²=OO2²+r²和OO1²=R²+OO2²。
将这两个等式合并起来，我们可以得到OO1²=OO2²+r²=R²+OO2²。
由于OO1和OO2是两个圆心之间的距离，所以它们是常数，我们可以将其记为d。
现在，我们来求AE的长度。
我们可以使用勾股定理，假设AE=x，那么AO1²=x²+(r-d)²。
同样，我们可以求得BF的长度，假设BF=y，那么AO2²=y²+(R-d)²。
接下来，我们再次利用前面的等式OO1²=OO2²+r²=R²+OO2²，将它们合并起来，得到x²+(r-d)²=y²+(R-d)²。
由于OO1²=OO2²+r²=R²+OO2²是常数，所以我们可以将其记为c，我们可以进一步化简得到x²-y²=c-2dr+R²-r²。
初二下册数学知识点：逆命题与逆定理知识点
初二下册数学知识点：逆命题与逆定理知识点初二下册数学知识点：逆命题与逆定理知识点学习可以这样来看，它是一个潜移默化、厚积薄发的过程。
下面小编为大家带来了逆命题与逆定理知识点，希望对您有所帮助!一、命题1.概念：对事情进行判断的句子叫做命题.2.组成部分：命题由题设和结论两部分组成.每个命题都可以写成“如果??，那么??”的形式，“如果”的内容部分是题设，“那么”的内容部分是结论.3.分类：命题分为真命题和假命题两种.判断正确的命题称为真命题，反之称为假命题.验证一个命题是真命题，要经过证明;验证一个命题是假命题，可以举出一个反例.例：“两直线平行，内错角相等”的题设是______，结论是_____它是命题。
练习1.命题“平行四边形的对角线互相平分”的.条件是_____，结论是______.二、互逆命题1.概念：在两个命题中，如果第一个命的题设是第二个命题的结论，而第一个命题的结论是第二个命题的题设，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个叫做原命题，则另一个就叫做它的逆命题.2.说明：(1)任何一个命题都有逆命题，它们互为逆命题，“互逆”是指两个命题之间的关系;(2)把一个命题的题设和结论交换，就得到它的逆命题;(3)原命题成立，它的逆命题不一定成立，反之亦然.例1. 指出下列命题的题设和结论，并写出它们的逆命题.(1)两直线平行，同旁内角互补;(2)直角三角形的两个锐角互余;(3)对顶角相等.(1)题设是“两条平行线被第三条直线所截”，结论是“同旁内角互补”;逆命题是“如果两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补，那么这两条直线平行”.(2)题设是“如果一个三角形是直角三角形”，结论是“那么这个三角形的两个锐角互余”;逆命题是“如果一个三角形中两个锐角互余，那么这个三角形是直角三角形”.(3)题设是“如果两个角是对顶角”，结论是“那么这两个角相等”;逆命题是“如果有两个角相等，那么它们是对顶角”. 名师点金：当一个命题的逆命题不容易写时，可以先把这个命题写成“如果??，那么??”的形式，然后再把题设和结论倒过来即可.。
阿波罗尼斯圆及其应用 阿波罗尼斯圆的逆用 (解析版)
阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆的逆用阿波罗尼斯圆及其应用阿波罗尼斯圆的逆用【微点综述】当题目给了阿氏圆和一个定点，我们可以通过下述方法快速找到另一个定点，便于计算，令圆O 与直线OA 相交于M ，N 两点设点E 为OA 上一点，且满足PA PE =λ，由阿氏圆定理AN NE =λ，AMME=λ，则AN =λNE ⇒OA -R =λR -OE ，∴λOE =1+λ R -OA ①同理AM =λME ⇒R +OA =λOE +R ，∴λOE =1-λ R +OA ②由①②消OA 得：2λOE =2R ，即ROE=λ，即R =λOE ，由①②消R 得：OA =λ2OE ，因此，满足条件的点E 在阿氏圆的圆心和定点A 的连线上，且ROE=λ或OAOE=λ2．【典例刨析】1.(2022·湖南·临澧一中高二开学考试)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O ：x 2+y 2=1上的动点M 和定点A -12,0 ，B (1，1)，则2|MA |+|MB |的最小值为( )A.6B.7C.10D.112.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆O :x 2+y 2=1、点A -12,0 和点B 0,12 ，M 为圆O 上的动点，则2|MA |-|MB |的最大值为( )A.52B.172C.32D.223.古希腊数学家阿波罗尼斯(约前262-前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k k >0 且k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知O 0,0 ，A 3,0 ，圆C :x -2 2+y 2=r 2r >0 上有且仅有一个点P 满足PA =2PO ，则r 的取值为( )A.1B.5C.1或5D.不存在4.已知点P 是圆x -4 2+y -4 2=8上的动点，A 6,-1 ，O 为坐标原点，则PO +2PA 的最小值为______．5.已知圆C ：x -1 2+y -1 2=1，定点P 是圆C 上的动点，B 2,0 ，O 是坐标原点，则2PO +PB 的最小值为______．6.(2022江西·南昌八中高二月考)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元首262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k (k >0且k ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知O (0,0)，A (3,0)，圆C :(x -2)2+y 2=r 2(r >1)上有且仅有一个点P 满足|PA |=2|PO |，则r 的取值为_______.【针对训练】7.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一.指的是：已知动点M 与两定点Q ,P 的距离之比MQMP =λ(λ>0,λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=1，其中，定点Q 为x 轴上一点，定点P 的坐标为-13,0 ,λ=3，若点B 1,1 ，则3MP +MB 的最小值为( )A.10B.11C.15D.178.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M 与两个定点A ､B 的距离之比为λ(λ>0，λ≠1)，那么点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O ：x 2+y 2=1和点A -12,0 ，点B (4，2)，M 为圆O 上的动点，则2|MA |+|MB |的最小值为___________9.(2022安徽·合肥六中高二期中)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k (k >0且k ≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知圆O :x 2+y 2=1和A -12,0 ，点B (1,1)，M 为圆O 上动点，则MA +12MB 的最小值为_______.10.(2022上海金山中学高二期末)古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A 、B ，动点P 满足PA |=λPB (其中λ是正常数，且λ≠1)，则P 的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点M (-1,0)、N (2,1)，P 是圆O :x 2+y 2=3上的动点，则3PM +PN 的最小值为____________11.阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k k >0,k ≠1 的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A 、B 间的距离为2，动点P 满足PAPB=2，求PA 2+PB2的最小值．12.(2022·江苏省江阴高级中学高三开学考试)希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A ,B 的距离之比为定值λλ≠1 的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy 中，A -2,1 ，B -2,4 ，点P 是满足λ=12的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点Q 为抛物线E :y 2=4x 上的动点，Q 在y 轴上的射影为H ，则12PB +PQ +QH 的最小值为______.参考答案1.【答案】C【分析】讨论点M 在x 轴上与不在x 轴上两种情况，若点M 不在x 轴上，构造点K (-2，0)，可以根据三角形的相似性得到|MK ||MA |=|OM ||OA |=2，进而得到2|MA |+|MB |=|MB |+|MK |，最后根据三点共线求出答案.【详解】①当点M 在x 轴上时，点M 的坐标为(-1，0)或(1，0)．若点M 的坐标为(-1，0)，则2|MA |+|MB |=2×12+1+1 2+12=1+5；若点M 的坐标为(1，0)，则2|MA |+|MB |=2×32+1-1 2+12=4．②当点M 不在x 轴上时，取点K (-2，0)，如图，连接OM ，MK ，因为|OM |=1，|OA |=12，|OK |=2，所以|OM ||OA |=|OK ||OM |=2．因为∠MOK =∠AOM ，所以△MOK ∽△AOM ，则|MK ||MA |=|OM ||OA |=2，所以|MK |=2|MA |，则2|MA |+|MB |=|MB |+|MK |．易知|MB |+|MK |≥|BK |，所以|MB |+|MK |的最小值为|BK |．因为B (1，1)，K (-2，0)，所以(2|MA |+|MB |)min =|BK |=-2-12+0-1 2=10．又10<1+5<4，所以2|MA |+|MB |的最小值为10．故选：C 2.【答案】B【分析】令2MA =MC ，则MA MC=12，由阿氏圆的定义可知：C (-2,0)，由数形结合可知2|MA |-|MB |=|MC |-|MB |的最大值.【详解】设M x ,y ，令2MA =MC ，则MA MC=12，由题知圆x 2+y 2=1是关于点A 、C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，设点C m ,n ，则MA MC =x +12 2+y 2x -m 2+y -n2=12，整理得：x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13，比较两方程可得：2m +43=0，2n 3=0，m 2+n 2-13=1，即m =-2，n =0，点C -2,0 ，当点M 位于图中M 1的位置时，2|MA |-|MB |=|MC |-|MB |的值最大，最大为BC =172.故选：B .【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线和圆的位置关系，圆上动点问题，解题的关键是通过数形结合知两线段距离差的最值是在两端点为起点的的射线上，属于一般题.3.【答案】C【分析】直接设点P x ,y ，根据PA =2PO 可以求得点P 的轨迹为圆，根据题意两圆有且仅有一个公共点，则两圆外切或内切，可得CC 1 =r +r 1或CC 1 =r -r 1 ．【详解】设点P x ,y ∵PA =2PO 即x -32+y 2=2x 2+y 2整理得：x +1 2+y 2=4∴点P 的轨迹为以C 1-1,0 为圆心，半径r 1=2的圆，∵圆C :x -2 2+y 2=r 2的C 2,0 为圆心，半径r 的圆由题意可得：3=CC 1 =r +r 1或3=CC 1 =r -r 1 ∴r =1或r =5故选：C ．4.【答案】10【分析】解法1：借助阿波罗尼斯圆的逆用，得到PO +2PA =2PA +PA ，进而根据三点共线即可求出最值；解法2：将PO +2PA =x 2+y 2+2x -6 2+y +1 2转化为=2x -3 2+y -3 2+x -62+y +1 2 ，进而结合进而根据三点共线即可求出最值．【详解】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用假设A m ,n ，使得PO =2PA ，则x 2+y 2=2x -m 2+y -n 2，从而可得3x 2-8mx +4m 2+3y 2-8ny +4n 2=0，从而可知圆心坐标为4m 3,4n3，所以4m 3=4，4n 3=4，解得m =n =4，即A 3,3 ．所以PO +2PA =2PA +PA ≥2A A =26-3 2+-1-3 2=10．即PO +2PA 的最小值为10．解法2：代数转逆法由x -4 2+y -4 2=8，得x 2+y 2=8x +8y -24．PO +2PA =x 2+y 2+2x -6 2+y +1 2=2x 2+y 24+x -62+y +1 2=2x2+y 2 -34x 2+y 2 +x -62+y +1 2=2x 2+y 2-6x +6y -18 +x -62+y +1 2=2x -3 2+y -3 2+x -62+y +1 2x -32+y -3 2+x -6 2+y +1 2表示的是动点x ,y 与3,3 和6,-1 之间的距离之和，当且仅当三点共线时，和最小，故PO +2PA ≥26-3 2+3+1 2=2×5=10．5.【答案】5【分析】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用，设B m ,n ，使得PB =2PB ，利用两点间的距离公式化简可求得B 32,12 ，得直线BB 与圆C 相交，则2PO +PB =2PO +PB ≥2OB ，从而可求得其最小值，解法2：代数转逆法，2PO +PB =2x 2+y 2+x -2 2+y 2=2x 2+y 2+x -32 2+y -12 2 ，可得当点O ,P ,B 32,12 共线，且P 在OB 之间时取得最小值.【详解】解：解法1：阿波罗尼斯圆的逆用设B m ,n ，使得PB =2PB ，则x -2 2+y 2=2x -m 2+y -n 2 ，整理，得x 2-4m -1 x +y 2-4ny +2m 2+n 2-2 =0，即[x -2(m -1)]2+(y -2n )2=2m 2+2n 2-8m +8=2(m -2)2+2n 2所以2m -1 =1，2n =1，从而B 32,12．经验证，知直线BB 与圆C 相交．从而2PO +PB =2PO +PB ≥2OB =2⋅94+14=2⋅52=5．所以2PO +PB 的最小值为5．解法2：代数转逆法2PO +PB =2x 2+y 2+x -22+y 2=2x 2+y 2+12x 2+y 2-2x +2=2x 2+y 2+x2+y 2 -12x 2+y 2 -2x +2 =2x 2+y 2+x 2+y 2-122x +2y -1 -2x +2 =2x 2+y 2+x 2+y 2-3x -y +52=2x 2+y 2+x -322+y -122≥2⋅94+14=2⋅52=5．所以2PO +PB 的最小值为5．故答案为：5【点睛】关键点点睛：此题考查点与圆的位置关系，考查阿波罗尼斯圆的逆用，解题的关键是根据阿波罗尼斯圆，设B m ,n ，使得PB =2PB ，化简后将问题转化为2PO +PB =2PO +PB ≥2OB ，考查数学转化思想，属于较难题.6.【答案】5【分析】设动点P x ,y ，根据题意求出点P 的轨迹方程可知轨迹为圆，由题意可知两圆相外切，再讨论内切和外切列方程即可得求解.【详解】设动点P x ,y ，由PA =2PO ，得x -3 2+y 2=4x 2+4y 2，整理得x +1 2+y 2=4，即点P 的轨迹方程为：x +1 2+y 2=4，又因为圆C :(x -2)2+y 2=r 2(r >1)上有且仅有一个点P 满足x +1 2+y 2=4，所以两圆相切，圆x +1 2+y 2=4的圆心坐标为-1,0 ，半径为2，圆C ：x -2 2+y 2=r 2r >0 的圆心坐标为2,0 ，半径为r ，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，r +2=3，得r =1，因为r >1，故r =1舍去，当两圆内切时，r -2 =3，r >1，得r =5．故答案为：5.7.【答案】D【分析】设Q a ,0 ，M x ,y ，根据|MQ ||MP |=λ和x 2+y 2=1求出a 的值，由3|MP |+|MB |=|MQ |+|MB |，两点之间直线最短，可得3|MP |+|MB |的最小值为BQ ，根据坐标求出BQ 即可.【详解】设Q a ,0 ，M x ,y ，所以MQ =x -a 2+y 2，由P -13,0 ，所以PM =x +13 2+y 2，因为|MQ ||MP |=λ且λ=3，所以x -a 2+y 2x +13 2+y2=3，整理可得x 2+y 2+3+a 4x =a 2-18，又动点M 的轨迹是x 2+y 2=1，所以3+a 4=0a 2-18=1，解得a =-3，所以Q -3,0 ，又MQ =3|MP |，所以3|MP |+|MB |=|MQ |+|MB |≥BQ ，因为B (1,1)，所以3|MP |+|MB |的最小值BQ =1+32+1-0 2=17，当M 在位置M 1或M 2时等号成立.故选：8.【答案】210【分析】设M (x ，y )，令2|MA |=|MC |，根据圆x 2+y 2=1是关于点A ､C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，求得点C 坐标，再连接BC ，由直线段最短求解.整理得：【详解】设M (x ，y )，令2|MA |=|MC |，则|MA ||MC |=12，由题知圆x 2+y 2=1是关于点A ､C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12，设点C (m ，n )，则|MA ||MC |=x +12 2+y 2(x -m )2+(y -n )2=12，整理得：x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13，比较两方程可得：2m +43=0，2n 3=0，m 2+n 2-13=1，即m =-2，n =0，所以点C (-2，0)，如图所示：当点M 位于图中M 1､M 2的位置时，2|MA |+|MB |=|MC |+|MB |的值最小，最小为210.故答案为：2109.【答案】102【分析】根据阿波罗尼斯圆的性质，结合两点间线段最短进行求解即可.【详解】令2MA =MC ，则MA MC=12.由题意可得圆x 2+y 2=1是关于点A ，C 的阿波罗尼斯圆，且λ=12设点C 坐标为C m ,n ，则MA MC =x +12 2+y 2x -m 2+y -n2=12整理得x 2+y 2+2m +43x +2n 3y =m 2+n 2-13由题意得该圆的方程为x 2+y 2=1，所以2m +4=02n =0m 2+n 2-13=1 ，解得m =-2n =0 所以点C 的坐标为(-2,0)，所以2MA +MB =MC +MB ，因此当点M 、C 、B 在同一条直线上时，2MA +MB =MC +MB 的值最小，且为(1+2)2+(1-0)2=10，故MA +12MB 最小为102.故答案为：10210.【答案】26【分析】在x 轴上取S -3,0 ，由△MOP ∼△POS 可得PS =3PM ，可得3PM +PN ≥SN ，利用两点间距离公式可求得结果.【详解】如图，在x 轴上取点S -3,0 ，∵OM OP =OP OS =33，∠MOP =∠POS ，∴△MOP ∼△POS ，∴PS =3PM ，∴3PM +PN =PS +PN ≥SN (当且仅当P 为SN 与圆O 交点时取等号)，∴3PM +PN min =SN =-3-22+0-1 2=26.故答案为：26.11.【答案】36-242【分析】以经过A 、B 的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，设点P x ,y ，根据已知条件可得出点P 的轨迹方程，利用代数法可得出PA 2+PB 2=2OP 2+2，数形结合可求出OP 的最小值，即可得解.【详解】以经过A 、B 的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A -1,0 、B 1,0 ，设点P x ,y ，因为PA PB=2，即x +1 2+y 2x -12+y2=2，整理可得x 2+y 2-6x +1=0，即x -3 2+y 2=8，所以点P 的轨迹是以C 3,0 为圆心，22为半径的圆，则PA2+PB 2=x +1 2+y 2+x -1 2+y 2=2x 2+y 2 +2=2OP 2+2，当点P 为线段OC 与圆C 的交点时，OP 取得最小值，所以，PA 2+PB 2 min =2×3-22 2+2=36-24 2.12.【答案】x +2 2+y 2=4； 10-1##-1+10.【分析】设点P 坐标，根据题意写出关于x 与y 的关系式化简即可；由PA =12PB ，QH =QF -1，代入12PB +PQ +QH 中，即可取出最小值.【详解】设点P (x ,y )，∵λ=12，∴PA PB =12⇒(x +2)2+(y -1)2(x +2)2+(y -4)2=12⇒x +2 2+y 2=4.抛物线的焦点为点F ，由题意知F 1,0 ，QH =QF -1，∵PA =12PB ，∴12PB +PQ +QH min =PA +PQ +QF -1 min =AF -1=-2-1 2+12-1=10-1.故答案为：x +2 2+y 2=4；10-1.。
中线长定理的证明及应用举例
中线长定理的证明及应用举例李秀元(湖北省武穴市实验高级中学㊀４３５４００)摘㊀要:基于数学人教Ａ版教材中的例习题分析ꎬ综合中线长定理的证明方法ꎬ展示不同知识在同一知识点上的魅力ꎬ并展开简单应用.关键词:中线ꎻ余弦定理ꎻ距离公式中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)０４－００４９－０２收稿日期:２０２０－１１－０５作者简介:李秀元(１９７３.１１－)ꎬ男ꎬ湖北省黄冈人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀一㊁中线长定理的内容㊁地位及证明中线长定理ꎬ又称阿波罗尼奥斯定理ꎬ是关于三角形三边和中线长度关系的欧氏几何定理.文字表述为:三角形一条中线两侧所对边的平方和等于底边一半的平方与该边中线的平方和的２倍.图１如图示ꎬ设әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ边ＢＣꎬＡＣꎬＡＢ上的中线分别记为ｍａꎬｍｂꎬｍｃꎬ则:ｂ２＋ｃ２＝２[(ａ２)２＋ｍ２ａ]ꎬｃ２＋ａ２＝２[(ｂ２)２＋ｍ２ｂ]ꎬａ２＋ｂ２＝２[(ｃ２)２＋ｍ２ｃ].中线长定理在人教课标教材Ａ版中一共出现三次ꎬ一次是«数学»必修５第一章«解三角形»２０页习题１３ꎬ作为余弦定理的应用ꎬ它突出了中线长的计算:әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ边ＢＣꎬＣＡꎬＡＢ上的中线分别记为ｍａꎬｍｂꎬｍｃꎬ应用余弦定理证明:ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２ꎬｍｂ＝１２２(ａ２＋ｃ２)－ｂ２ꎬｍｃ＝１２２(ａ２＋ｂ２)－ｃ２一次是«数学»必修２第三章«直线与方程»１１０页Ｂ组习题７ꎬ以解析法的形式ꎬ突出了中线长与三角形三边的关系:已知ＡＯ是әＡＢＣ边ＢＣ的中线ꎬ求证:｜ＡＢ｜２＋｜ＡＣ｜２＝２(｜ＡＯ｜２＋｜ＯＣ｜２).第三次是«数学»必修２第三章«直线与方程»１０５页例４在两点间距离公式的应用基础上ꎬ给出了平行四边形的性质ꎬ也可以理解为中线长定理的变形式:证明平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.下面用不同方法证明如下:证法１㊀应用余弦定理(只证第一式ꎬ其余同理).如图示ꎬ在әＡＢＤ中ꎬｃｏｓøＢＤＡ＝ＢＤ２＋ＡＤ２－ＡＢ２２ＢＤˑＡＤꎬ在әＡＤＣ中ꎬｃｏｓøＡＤＣ＝ＡＤ２＋ＤＣ２－ＡＣ２２ＡＤˑＤＣꎬ因为øＢＤＡ＋øＡＤＣ＝１８０ʎꎬ所以ｃｏｓøＢＤＡ＝－ｃｏｓøＡＤＣꎬ即ＢＤ２＋ＡＤ２－ＡＢ２２ＢＤˑＡＤ＝－ＡＤ２＋ＤＣ２－ＡＣ２２ＡＤˑＤＣ.所以ＢＤ２＋ＡＤ２－ＡＢ２＝－ＡＤ２－ＤＣ２＋ＡＣ２ꎬ即２(ＡＤ２＋ＢＤ２)＝ＡＢ２＋ＡＣ２.所以ｂ２＋ｃ２＝２[(ａ２)２＋ｍ２ａ]ꎬ整理得ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.证法２㊀综合应用平面向量知识和余弦定理.因为Ｄ为ＢＣ的中点ꎬ所以２ＡＤң＝ＡＢң＋ＡＣңꎬ两边平方得４ＡＤң２＝ＡＢң２＋ＡＣң２＋２ＡＢң ＡＣң.又在әＡＢＣ中ꎬ２ＡＢңＡＣң＝ＡＢң２＋ＡＣң２－ＢＣң２.所以ＡＤң２＝１２(ＡＢң２＋ＡＣң２)－(ＢＣң２)２ꎬ即ｍ２ａ＝１２(ｂ２＋ｃ２)－(ａ２)２.证法３㊀解析法.如图ꎬ以ＢＣ边的中点为原点ꎬ边ＢＣ所在直线为ｘ轴建立直角坐标系.图２设Ｃ(ｃꎬ０)ꎬＡ(ａꎬｂ)ꎬ则Ｂ(－ｃꎬ０).｜ＡＢ｜２＝(ａ＋ｃ)２＋ｂ２ꎻ｜ＡＣ｜２＝(ａ－ｃ)２＋ｂ２ꎻ｜ＯＡ｜２＝ａ２＋ｂ２ꎻ｜ＯＣ｜２＝ｃ２.所以ꎬ｜ＡＢ｜２＋｜ＡＣ｜２＝(ａ＋ｃ)２＋ｂ２＋(ａ－ｃ)２＋ｂ２＝２(ａ２＋ｂ２＋ｃ２)ꎬ９４２(｜ＡＯ｜２＋｜ＯＣ｜２)＝２(ａ２＋ｂ２＋ｃ２).因此ꎬ｜ＡＢ｜２＋｜ＡＣ｜２＝２(｜ＡＯ｜２＋｜ＯＣ｜２).㊀㊀二㊁中线定理的简单应用例１㊀ＲｔәＡＢＣ中ꎬ斜边ＢＣ为ｍꎬ以ＢＣ的中点Ｏ为圆心ꎬ作直径为ｎ(ｎ<ｍ)的圆ꎬ分别交ＢＣ于ＤꎬＥ两点ꎬ则｜ＡＤ｜２＋｜ＡＥ｜２＋｜ＤＥ｜２的值为(㊀㊀).Ａ.ｍ２＋３ｎ２２㊀Ｂ.ｍ２＋ｎ２２㊀Ｃ.３ｍ２＋ｎ２２㊀Ｄ.ｍ２＋３ｎ２解㊀如图３所示ꎬ在әＡＤＥ中应用中线定理ꎬ得ＡＯ２＝２ＡＤ２＋２ＡＥ２－ＤＥ２４ꎬ即(ｍ２)２＝２ＡＤ２＋２ＡＥ２－ＤＥ２４ꎬ所以｜ＡＤ｜２＋｜ＡＥ｜２＝ｍ２＋ｎ２２.从而｜ＡＤ｜２＋｜ＡＥ｜２＋｜ＤＥ｜２＝ｍ２＋ｎ２２＋ｎ２＝图３ｍ２＋３ｎ２２ꎬ选Ａ.例２㊀在直角三角形ＡＢＣ中ꎬ点Ｄ是斜边ＡＢ的中点ꎬ点Ｐ为线段ＣＤ的中点ꎬ则｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２｜ＰＣ｜２＝(㊀㊀).Ａ.２㊀㊀Ｂ.４㊀㊀Ｃ.５㊀㊀Ｄ.１０图４解㊀如图４所示ꎬ｜ＰＣ｜＝｜ＰＤ｜＝１２｜ＣＤ｜＝１４｜ＡＢ｜.在әＰＡＢ中ꎬ应用中线定理ꎬ有２(｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２)－｜ＡＢ｜２＝４｜ＰＤ｜２ꎬ故２(｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２)＝｜ＡＢ｜２＋４｜ＰＤ｜２＝２０｜ＰＣ｜２ꎬ选Ｄ.说明㊀以上两题建系求解一样可行ꎬ而应用中线长定理则是不错的选择.例３㊀在平面上ꎬＡＢ１ңʅＡＢ２ңꎬ｜ＯＢ１ң｜＝｜ＯＢ２ң｜＝１ꎬＡＰң＝ＡＢ１ң＋ＡＢ２ң.若｜ＯＰң｜<１２ꎬ则ＯＡң的取值范围是(㊀㊀).Ａ.(０ꎬ５２]㊀Ｂ.(５２ꎬ７２]㊀Ｃ.(５２ꎬ２]㊀Ｄ.(７２ꎬ２]解㊀由｜ＯＢ１ң｜＝｜ＯＢ２ң｜知ꎬ点Ｏ在线段Ｂ１Ｂ２的垂直平分线上ꎬ如图５所示ꎬ设矩形ＡＢ１ＰＢ２对角线的交点为Ｍꎬ则ＭＢ１＝ＭＢ２ꎬ且ＯＭʅＢ１Ｂ２.图５在әＡＯＰ中ꎬ根据中线定理得２(ＯＡ２＋ＯＰ２)－ＡＰ２＝(２ＯＭ)２ꎬ而ＯＭ２＝１－ＭＢ２１＝１－１４Ｂ１Ｂ２２＝１－１４ＡＰ２ꎬ所以２(ＯＡ２＋ＯＰ２)＝４－ＡＰ２＋ＡＰ２＝４ꎬ即ＯＡ２＋ＯＰ２＝２ꎬ又｜ＯＰң｜<１２ꎬ故ＯＡɪ(７２ꎬ２].说明㊀本题作为１３年高考重庆卷的选择压轴题ꎬ有其把关和选拔功能ꎬ是一道难题.虽然有垂直关系ꎬ有长度ꎬ可以建系求解ꎬ但计算麻烦ꎬ短时间内会逼得学生放弃.应用中线长定理直接将目标和已知条件联系在一起ꎬ解题干净利落ꎬ值得欣赏.例４㊀已知Ｐ(ａꎬｂ)为圆ｘ２＋ｙ２＝１内一个定点.作直线ＰＡʅＰＢꎬ分别交圆于ＡꎬＢ.以ＡꎬＰꎬＢ为三个顶点作矩形ꎬ求矩形的第四个顶点Ｑ的轨迹.图６解㊀设矩形ＰＡＱＢ的对角线ＰＱ㊁ＡＢ相交于点Ｍꎬ连接ＯＰꎬＯＭꎬＯＱꎬＯＡꎬＯＢ.在әＯＰＱ和әＯＡＢ中ꎬ分别应用中线长定理得ꎬＯＰ２＋ＯＱ２＝１２ＰＱ２＋２ＯＭ２＝１２ＡＢ２＋２ＯＭ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２＝２.所以ＯＱ２＝２－(ａ２＋ｂ２)ꎬ则点Ｑ的轨迹为圆.例５㊀已知ｍꎬｎ是两个非零向量ꎬ且｜ｍ｜＝１ꎬ｜ｍ＋２ｎ｜＝３ꎬ则｜ｍ＋ｎ｜＋｜ｎ｜的最大值为(㊀㊀).Ａ.５㊀㊀Ｂ.１０㊀㊀Ｃ.４㊀㊀Ｄ.５解㊀因为ｍ＋ｎ＝(ｍ＋２ｎ)＋ｍ２ꎬｎ＝(ｍ＋２ｎ)－ｍ２ꎬ图７以ｍ㊁｜ｍ＋２ｎ｜为邻边作平行四边形ꎬ即ＯＡң＝ｍ＋２ｎꎬＯＢң＝ｍꎬ如图７所示ꎬ则ＯＤң＝(ｍ＋２ｎ)＋ｍꎬＢＡң＝(ｍ＋２ｎ)－ｍꎬ从而ＯＣң＝ｍ＋ｎꎬＣＡң＝ｎꎬ因此ꎬ｜ｍ＋ｎ｜＋｜ｎ｜可表示为｜ＯＣ｜＋｜ＣＡ｜.由中线长定理或平行四边形的性质ꎬ可得｜ＯＣ｜２＋｜ＣＡ｜２＝５ꎬ根据不等式ａ＋ｂɤ２(ａ２＋ｂ２)(ａꎬｂ为正数)ꎬ得到｜ＯＣ｜＋｜ＣＡ｜ɤ２(｜ＯＣ｜２＋｜ＣＡ｜２)ꎬ即｜ｍ＋ｎ｜＋｜ｎ｜的最大值为１０.说明㊀本题的综合较强ꎬ考查了向量的加减法ꎬ向量模的几何意义ꎬ中线长定理ꎬ以及基本不等式等知识ꎬ难度较大.㊀㊀参考文献:[１]人民教育出版社ꎬ课程教材研究所.普通高中课程标准实验教科书数学２(必修 Ａ版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２００７(３).[责任编辑:李㊀璟]０５。
华东师大初中数学八年级上册逆命题与逆定理基础知识讲解精选
逆命题与逆定理（基础）【学习目标】1．理解命题与逆命题、定理与逆定理的意义，会区分命题的题设（条件）和结论，并能判断一个命题的真假；会识别互逆命题与互逆定理，并知道原命题成立时其逆命题不一定成立；2．理解并掌握角平分线的性质定理及其逆定理，能用它们解决几何计算和证明题；3．理解并掌握线段垂直平分线性质定理及其逆定理，能用它们解决几何计算和证明题．【要点梳理】要点一、互逆命题与互逆定理1.互逆命题对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题.要点诠释：所有的命题都有逆命题. 原命题正确，它的逆命题不一定是正确的.2.互逆定理如果一个定理的逆命题也是定理，那么这两个定理叫做互逆定理，其中的一个定理叫做另一个定理的逆定理.要点诠释：（1）一个命题是真命题，但是它的逆命题不一定是真命题的，所以不是每个定理都有逆定理；(2)一个假命题的逆命题可以是真命题，甚至可以是定理.要点二、线段垂直平分线性质定理及其逆定理线段垂直平分线（也称中垂线）的性质定理是：线段的垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等；逆定理：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上．要点诠释：性质定理的前提条件是线段已经有了中垂线，从而可以得到线段相等；逆定理的题设是已知线段相等，结论是确定线段被垂直平分，一定要注意两者的区别，前者在题设中说明，后者则在最终的结论中得到，所以在使用这两个定理时不要混淆了.要点二、角平分线性质定理及其逆定理角平分线性质定理是：角平分线上的点到角两边的距离相等；逆定理：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.要点诠释：性质定理的前提条件是已经有角平分线了，即角被平分了；逆定理则是在结论中确定角被平分，一定要注意两者的区别，在使用这两个定理时不要混淆了.【典型例题】类型一、互逆命题与互逆定理1、“等腰三角形是轴对称图形”的逆命题是 .【答案】轴对称图形是等腰三角形【解析】根据轴对称图形的概念求解．逆命题是结果与条件互换一下的说法．【总结升华】掌握好逆命题，及轴对称的概念．举一反三：【变式】下列定理中，没有逆定理的是（）．A.全等三角形的对应角都相等B.全等三角形的对应边都相等C.等腰三角形的两底角相等D.等边三角形的三边都相等【答案】A类型二、线段垂直平分线性质定理及其逆定理2、如图，已知AD是线段BC的垂直平分线，且BD=3cm，△ABC的周长为20cm，求AC的长．【思路点拨】根据线段垂直平分线的性质，可得AB=AC，BD=CD，然后根据等量代换，解答出即可．【答案与解析】解：∵AD是线段BC的垂直平分线，∴AB=AC，BD=CD，又∵BD=3cm，∴BC=6cm，又∵△ABC的周长=AB+BC+AC=20cm，∴2AC=14，AC=7cm．【总结升华】本题主要考查线段的垂直平分线的性质，线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．举一反三【变式】如图所示，DE是线段AB的垂直平分线，下列结论一定成立的是（）．A．ED=CD B．∠DAC=∠B C．∠C＞2∠B D．∠B+∠ADE=90°【答案】D3、如图，△ABC中，∠ACB=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E．的垂直平分线．CE是线段AD求证：直线【思路点拨】由于DE⊥AB，易得∠AED=90°=∠ACB，而AD平分∠BAC，易知∠DAE=∠DAC，又因为AD=AD，利用AAS可证△AED≌△ACD，那么AE=AC，而AD平分∠BAC，利用等腰三角形三线合一定理可知AD⊥CE，即得证．【答案与解析】证明：∵DE⊥AB，∴∠AED=90°=∠ACB，又∵AD平分∠BAC，∴∠DAE=∠DAC，∵AD=AD，∴△AED≌△ACD，∴AE=AC，∵AD平分∠BAC，∴AD⊥CE，即直线AD是线段CE的垂直平分线．【总结升华】本题考查了线段垂直平分的定义、全等三角形的判定和性质、等腰三角形三线合一定理，解题的关键是证明AE=AC．举一反三：【变式】数学来源于生活又服务于生活，利用数学中的几何知识可以帮助我们解决许多实际问题．李明准备与朋友合伙经营一个超市，经调查发现他家附近有两个大的居民区A、B，同时又有相交的两条公路，李明想把超市建在到两居民区的距离、到两公路距离分别相等的位置上，绘制了如下的居民区和公路的位置图．聪明的你一定能用所学的数学知识帮助李明在图上确定超市的位置！请用尺规作图确定超市P的位置．（作图不写作法，但要求保留作图痕迹．）【答案】解：类型三、角平分线性质定理及其逆定理4、（2016?邯郸二模）如图所示，已知△ABC的周长是20，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD=3，则△ABC的面积是．【思路点拨】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到AB、AC、BC的距离都相等（即OE=OD=OF），从而可得到△ABC的面积等于周长的一半乘以3，代入求出即可．【答案与解析】解：如图，连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，ACB，OC分别平分∠ABC和∠OB∵、OE=OF=OD=3，∴OD=3，于D，且22∵△ABC的周长是，OD⊥BC OF×+×+×BC×OD∴S=×AB×OEAC ABC△ 3 ）×+AC=×（AB+BC 3×=20=30.判断出三角形的面【总结升华】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，积与周长的关系是解题的关键．举一反三：）．，则下列结论正确的是（【变式】如图：△ABC 的两个外角平分线交于点P 平分∠APC．的距离相等④BP①PA=PC ②BP平分∠ABC ③P到AB，BC．③④ D．③②．①④ A．①② B CC【答案】BE=CF BD=CD，，若于E、如图，DE⊥AB5于，DF⊥ACF 平分∠BAC．AD求证：【思路点拨】由DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD=CD，BE=CF，即可判定Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），则可得DE=DF，然后由角平分线性质的逆定理，即可证得AD平分∠BAC．【答案与解析】证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠E=∠DFC=90°，在Rt△BDE和Rt△CDF中，，∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴DE=DF，∴AD平分∠BAC．【总结升华】此题考察了角平分线性质的逆定理与全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．举一反三：【变式】点D到△ABC的两边AB、AC的距离相等，则点D在（）．A. BC的中线上B. BC边的垂直平分线上C.BC边的高线上D.∠A的平分线所在的直线上【答案】D。
托勒密定理逆定理的简单证法
当
%
n 二
“
十
十
+ “
1时 ,
+
1 整除 能被 9 令 即
3
3 k
“
十
。
(
·
)
(
x
+
1) l )“
2
(
十
` 十 `
)
十
`
么
+
5
一
2“
一
k
”
5
.
=
19 t
3 k
( t〔
:
)
=
=
x x
x x
卜十 “
+
(
x 十
k
`
(
x +
l )
2
3“
’
么 =
19 t
二
1
2
“
〔(
+
“
+ 戈 +
Z k
十
l )
`
·
f (戈 )
折
, , 在 平 而 j 乙何 } 有
一
痕
云 南 昭 通 教 育 学陀
一
,
一`
~ 曰`
一
一一~ 舀
例
潘浦 泉
灿刃 讨良类 卫 的题 目
,
红
题 目新 颖
,
通 过翻 折
,
比 比 划划
,
由 改观 到
,
抽象
,
可 以 培 养 同 学 们 儿 何的 兴 趣
,
提高 思 希望 能
,
刀 五
广
户
一 刀 c 叭
维能 力
伽罗华理论逆问题
伽罗华理论逆问题——未解决的5次以上方程求根难题2010-4-27 15:53:44【字体大小：大中小】在数学中，代数方程的求解有悠久的历史。
很早就会解1次和2次方程，16世纪也会解3次和4次方程，它们的根都可以表示为系数的根的四则运算，我们称它们有根式解。
5次和5次以上代数方程求解遇到了严重的障碍，经过300年的努力仍然得不出求解公式。
经过多次失败之后，阿贝尔和伽罗华从反方向来看问题。
在19世纪20年代，他们证明：一般的5次和5次以上代数方程没有根式解。
而伽罗华走得更远，他引进群的概念来判断一个5次或5次以上方程是否有根式解。
关于代数方程理论，许多人对于伽罗华的结果往往有误解。
第一个误解是以为5次和5次以上方程就没有根了，这是大错特错了。
因为根据代数基本定理，次方程总有个根（实根、复根以及重根统统计算在内），只不过一般这些根不能表示为系数的根式而已。
第二个误解是认为所有5次和5次以上方程都不可能用根式解，实际上并非如此。
有相当数量的5次和5次以上代数方程是可以用根式解。
现在的问题是：给定一个方程，如何判定它能否用根式解。
伽罗华的贡献在于他给出一个明确的判据，他把每一个方程同一个根的置换群联系起来，这个群称为该方程的伽罗华群，是一个有限群，可由方程具体地计算出来。
如果伽罗华群是可解群，则方程可以用根式解，如果伽罗华群不是可解群，特别是单群（非交换），则方程不能用根式解。
那么伽罗华理论的逆问题就是，是否任何有限君都是某一个有理系数代数方程的伽罗华群？这个问题在100多年前首先由大数学家希尔伯特取得突破。
他证明如果群是对称群Sn 和交错群An,则答案是肯定的,也就是有这样的有理系数代数方程,以Sn或An为其伽罗华群。
到本世纪10年代，有史以来最伟大的女数学家爱米•诺特建立了一般的理论。
1954年苏联数学家沙法列维奇对可解群肯定解决伽罗华逆问题（证明中的一些错误后来补正），现在问题更集中于单群了。
1980年随着声称有限单群分类完成，对单群的伽罗华理论逆问题开始热起来，有不少单群已得到肯定的结果。
Desargues定理及其逆定理的应用
一．Desargues定理及其逆定理的应用Desargues定理的内容从完整的角度讲,包括Desargues定理及其逆定理。
它是高等几何中最重要的定理之一,高等几何中许多定理及命题都以它为根据。
我们知道,在初等几何中有许多需要证明“点共线”或“线共点”的问题,这类问题用初等方法去证明往往较复杂,但用Desargues定理去证明却很容易。
因此,对于初等几何中的某些定理或命题而言,Desargues定理除可以给它们提供一种高等数学的证明方法外,还可以在用初等方法证明它们之前,起到先“验证”的作用。
1.1定理背景德莎格(Desargues),1591年2月21日生于法国里昂的一个教会会员家庭,一生主要在巴黎从事学术研究活动,晚年隐居老家里昂,1661年10月卒于里昂。
作为一个普通教会会员家庭的九个孩子之一的笛沙格,早年曾在其家庭所在地里昂接受基础教育,并在里昂主管区基督教会的教士税务局收过杂税。
他在那时,也曾写过如何教儿童唱歌的文章。
笛沙格青年时期还参过军,当过军官,同时担任过法国军事工程师和建筑师。
他在青壮年时期长期定居巴黎,并从1626年11月开始长期从事几何透视法的研究工作和学术活动。
他曾在巴黎免费给别人讲课,以鼓励世人钻研数学,给他的同行以深刻的印象。
他曾建议市政府建设大型机器来提高塞纳河水的水位,以便将水源分流,使其在城市里得以充分利用。
笛沙格一生中无论在数学领域还是在其他方面都有许多成就。
他关心如何改进艺术家、工程师和石匠的教育技巧与方法。
他在学术研究方面不赞成为理论而搞理论,更注重于将理论应用于实际。
笛沙格的学术活动与事业生涯主要在巴黎,他在那里结识了笛卡尔、梅森、费尔玛、帕斯卡等数学界名流。
笛沙格还经常参加由梅森发起与组织的梅森学会的定期学术讨论会,在数学思想方面受到当时的数学家及其数学潮流的诸多影响。
他在数学方面的初期工作是编辑了许多有用的数学知识及其数学定理,并将它们传授给渴望学习数学的人。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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 )41(22222BC AD AC AB +
=+. 证明:过点D 作BC DF ⊥于点F .
在,ABE Rt ∆,ADE Rt ∆ACE Rt ∆中
由勾股定理可得:222222222)(DE DE BD AB DE BE AB DE AE AD ++-=+-=+= =DE BD BD AB ⋅--222 (1)
同样有:222222222)(DE DE CD AC DE CE AC DE AE AD +--=+-=+= =DE CD CD AC ⋅+-222 (2)
(1)+(2)得
⇔+-+=)(222222CD BD AC AB AD )4
1(22222BC AD AC AB +
=+ 下面证明给出定理的证明. 已知:四边形ABCD 中BD AC ,是对角线,且满足222222BD AC DA CD BC AB +=+++ 求证: 四边形ABCD 是平行四边形.
证明:。