三角形重心定理的证明

三角形重心定理的证明（共10篇）

三角形重心定理的证明 篇1

三角形的重心定理及其证明

积石中学王有华

同学们在学习几何时，常常用到三角形的重心定理.但很多同学不会证明这个定理？下面给出三种证明方法，你阅读后想一想，哪一种证明方法最好.已知：（如图）设ABC中，L、M、N分

别是BC、CA、AB的中点.求证：AL、BM、CN相交于一点G，且

AG﹕GL= BG﹕GM= CG﹕GN=2﹕1.BC证明1（平面几何法）：（如图1）假设中

线AL与BM交于G，而且假设C与G的连线与AB边交于N，首先来证明N是AB的中点.现在，延长GL，并在延长线上取点D，使GL=LD。因为四边形BDCG的对角线互相平分，所以BDCG是平行四边形.从而，BG∥DC，即GM∥DC.但M是AC的中点，因此，G是AD的中点.另一方面，GC∥BD，即NG∥BD.但G是AD的中点，因此N是AB的中点.另外，G是AD的中点，因此AG﹕GL=2﹕1.同理可证：BG﹕GM=2﹕1，CG﹕GN=2﹕1.这个点G被叫做ABC的重心.证明2（向量法）：（如图2）在ABC中，设AB边上的中

1线为CN，AC边上的中线为BM，其交点为G，边BC的中点为L，连接AG和GL，因为B、G、M三点共线，且M是AC的中点，

所以向量BG∥BM，所以，存在实数

1C

BG1BM，即 AGAB1(AMAB)



所以，AG1AM(11)AB，使得



=1AC(11)AB

同理，因为C、G、N三点共线，且N是AB的中点.所



以存在实数2，使得 AG2AN(12)AC

1= 2AB(12)AC

21所以1AC(11)AB = 2AB(12)AC 22



又因为AB、AC 不共线，所以 

121

2112



21

1

因为L是BC的中点，所以GLGAACCL

211111

=(ABAC)ACCB =ABAC(ABAC)

332332

11

所以 12，所以 AGABAC.33

311

=ABAC，即AG2GL66，所以A、G、L三点共线.故AL、BM、CN相交于一点G，且AG﹕GL= BG﹕GM= CG﹕GN=2﹕

1证明3（向量法）（如图3）在ABC中，BC的中点L

1

对应于OL(OBOC)，中线AL上的任意一点G，有



OGOA(1)OL

11OA2OB

2OC.同理，AB的中线

CN上的任意点

G′，OGOC112A

O2

OB，求中线AL和CN的交点，就是要找一个和一个，使

OGOG.因此，我们令

1

1112，，

.解之

得1

3.所以OGOG111

3OA3OB

3OC.由对称性可知，第三条中线也经过点G.故AL、CN、BM相交于一点G，且易证AG﹕GL= BG﹕GM= CG﹕GN=2﹕1.

三角形重心定理的证明 篇2

结论1.△ABC中, D、E分别是边BC和AC的中点, AD与BP交于P, 则点P叫三角形的重心, 且AP/AD=BP/BE=2/3

证明:设AP=λAD, BP=μBE

∵D为BC中点

变式一:△ABC中, D是边BC中点, E是AC靠近点C的三等分点, 则AP/AD=BP/BE=4/5

证明:为证明结论, 先证明结论:在△ABC中, D、E分别是边BC的三等分点, 其中E靠近点C, 则

∵在△ABE中, D为BE中点, 则在△ADC中, E为中点, 则

下证变式一结论:

设AP=λAD, BP=μBE

∵D为BC中点∴AD=12AB+12AC

变式二:△ABC中, D是边BC中点, E是AC靠近点C的四等分点, 则AP/AD=BP/BE=6/7

证明:为证明结论, 先证明结论:在△ABC中, D、E分别是边BC的四等分点, 其中E靠近点C, 则

∵在△ABE中, D为中点, 则

在△ADC中, E为中点, 则

下证变式二结论:

设AP=λAD, BP=μBE

∵D为BC中点

推广:△ABC中, D是边BC中点, E是AC靠近点C的n等分点, 则AP/AD=BP/BE=2n-2/2n-1

证明:为证明结论, 先证明结论:在△ABC中, D、E分别是边BC的n等分点其中E靠近点C, 则

证明三角形角平分线定理的六法 篇3

定理：在ΔABC中，∠A的平分线AD交BC边于点D，则： 。

证明：

一、构造平行线法

如图，过点C作CE∥AD交BA的延长线于点E，

∴ ∵ AD平分∠A ∴ ∠BAD=∠CAD

∵AD∥CE ∴ ∠E=∠BAD ∠ACE=∠CAD ∴ ∠E=∠ACE

∴AC=AE ∴

二、构造相似三角形法

如图，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，

过点C作CF⊥AD于F，则BE∥CF，∴ΔBDE∽ΔCDF

∴ ∵ ∠BAD=∠CAD，∠AEB=∠AFC=90°

∴ΔAEB∽ΔAFC ∴ ∴

三、面积法

如图，过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，

∵ ∠BAD=∠CAD ∴ DE=DF ∴

∴ 又∵ΔABD和ΔACD同高

∴ ∴

四、构造圆法

如图，作ΔABC的外接圆，延长AD交圆于点E，

连接BE、CE，∵ ∠BAD=∠CAD ∴ BE=CE

∴∠EBD=∠BAE ∠AEB=∠BED ∴ ΔAEB∽ΔBED

∴ 同理ΔAEC∽ΔCED ∴

∴ ∴

五、应用正弦定理

如图，∵ ∠BAD=∠CAD ∴ sin ∠BAD=sin∠CAD

∵∠BDA+∠CDA=180° ∴ sin∠BDA=sin（180°-∠CDA）=sin∠CDA

在ΔABD中， （1）；在ΔACD中， （2）

（1）÷（2） ∴

六、解析法

如图，以点A为坐标原点，AD为x轴建立平面直角坐标系，设AB=m，AC=n，∠BAD=∠CAD=

则点B的坐标为（mcos ，msin ），点C的坐标为（ncos ，-nsin ）

设直线BC为： y=kx+b 则

解之得： b= -

∴ 直线BC为： y= x-- ∴ 点D的坐标为（ ，0）

三角形内角和定理的证明剖析 篇4

一、背景分析 1.学习任务分析

《三角形内角和定理的证明》是北师大版八年级下册第六章的第五节。本节课的主要内容是“三角形内角和定理”的证明及其简单应用。

三角形内角和定理是从“数量关系”来揭示三角形内角之间的关系的，这个定理是任意三角形的一个重要性质，它是学习以后知识的基础，在解决四边形和多边形的内角和时都将转化为三角形的内角和来解决。它是对图形进一步认识以及规范证明过程的重要内容之一，也是《证明

（二）》《证明

（三）》中用以研究角的关系的重要方法之一，因此，本节课起着承上启下的作用。而通过添加辅助线，把未知转化为已知，用代数方法解决几何问题，为以后的学习打下良好的基础。三角形内角和定理在理论和实践中有广泛的应用。

2.学生情况分析

三角形内角和定理的内容，学生已经很熟悉，但以前是通过实验得出的，学生可能会认为这是已经学过的知识，因此在学习过程中要向学生说明证明的必要性，在前几节的学习中，学生基本上已经掌握了简单证明的基本方法和步骤，本节课再一次来熟悉证明的过程。而本节课要证明这个结论需要添加适当的辅助线，因而本节课也要渗透这样的思想:添辅助线是解决数学问题（尤其是几何问题）的重要手段之一。

二、教学目标分析

对于三角形的内角和定理，我们以前已通过量、折、拼的方法进行了合情推 理并得出了结论，本节课就一起对其进行数学证明。另外，通过前面几节课的学习，学生基本上也掌握了证明的基本步骤和书写格式，学生可以自己书写证明过程。因此，我依据《数学课程标准》，以教材的特点和学生的认知水平为出发点，确定以下三个方面为本节课的教学目标。

（1）知识技能目标：掌握“三角形内角和定理”的证明及其简单应用，初步学会利用辅助线来证明命题。

（2）过程与方法目标：经历探索“三角形内角和定理”的证明过程，学会与人合作，通过一题多解、一题多变等，初步体会思维的多向性。

（3）情感与态度目标：通过新颖、有趣的问题，来激发学生的求知欲，使学生乐于学数学，遇到困难不避让，在数学活动中获得成功的体验，增强自信心，在合作学习中增强集体责任感。

三、课堂结构分析

（一）问题引入→

（二）探究新知→

（三）定理应用→

（四）深化拓展→

（五）小结巩固

本节课首先回顾探索三角形内角和定理的过程，然后让学生动手实践，并对照实践，探求证明方法。方法多种，因此采用小组讨论全班交流的方式，激励学生展开积极的思维活动。通过几个练习再一次巩固了三角形内角和定理，在此基础上，深化拓展，使学生思维达到高潮，使其更进一步得到拓展。最后小结巩固，评价激励。

四、教学媒体设计

由于本节课是由动手操作转化为几何证明，由直观感受转化为逻辑思维，由感性认识到理性认识，因此，本节课所要借助的媒体是三角形卡纸，由剪纸的过 2 程联想到证明方法。

五、教学过程分析

（一）问题引入

三角形的内角和是多少呢？你如何验证这个结论呢？

由于三角形的内角和学生都知道，因此直接开门见山，将一个简单的问题抛给学生，让学生从熟知的问题开始这堂课的学习，能很快的激起学生学习的欲望，尤其是学有困难的学生。并且，从学过的知识引入符合学生的认知规律。

（二）探索新知

1.动手实验

请同学们将事先准备好的三角形卡纸的三个角剪下拼图，使三者顶点重合。你会发现什么？

通过动手操作验证结论，同时也培养学生自主动手解决问题的能力。2.探索交流

下面让学生对照刚才的动手实践，探求证明方法。此环节应留给学生充分的思考、讨论、发现、体验的时间，让学生在交流中互取所长，合作探索，找到证明的切入点，体验成功。对学有困难的学生要多加关注和指导，不放弃任何一个学生，借此增进教师与学有困难学生之间的关系，为继续学习奠定基础。合作探究后，汇报证明方法，注意规范证明格式。

（1）由实验可知：三角形的内角之和正好为1800．但实验得到的结论，并不一定正确、可靠，这样就需要通过数学证明．那么怎样证明呢？

（学生会立即思考，若有困难，可以用下面的问题引导学生。）（2）看到1800你会想到什么? 3 这个问题的提出可以引导学生想到平角，继而利用平角来证明三角形的内角和是1800，也可能有学生会想到两平行线间的同旁内角，当然也可以。

（3）回顾刚才的实验操作，卡纸可以撕下来，可黑板上的三个角不能撕，那么如何把这三个角“搬”在一起呢？

学生通过刚才的动手操作，再加上上面的三个问题基本上已经给学生指明了方向，因此，学生自然而然会想到证明的基本思路是把分散的三个角“搬”到一起，构成一个平角。另有学生可能会想到拼成两平行线间的同旁内角。而作平行线则是“搬”角的基本途径。通过本环节，让学生体会转化的数学思想方法，把新知识转化为旧知识。

（4）分组讨论证明方法

在学生独立思考后，小组内讨论交流。

通过上面的环节，有些学生可能已经有思路了，再通过和同学的交流讨论，互取所长，可能会探究出不同的方法来，将会更完善。另外，刚才没有思路的同学也可以通过本环节向他人借鉴，理出思路来。教师这时候也可以深入到有困难的小组，引导他们解决问题。同时还可以促进师生之间的关系。

（5）全班交流

在小组讨论结束后，全班交流，大家共享。可能的证明方法如下 ：

AEPAQAD12D

BC

BC

BC

图1

图 2

图 3

①如图1，延长BC到D，以点C为顶点，以CA为一边，在△ABC的外部 作∠1=∠A。

②如图1，延长BC到D，过C作CE∥AB。③如图2，过点A作PQ∥BC。

④如图3，过C作CD∥AB，由同旁内角互补可以证明。

学生方法很多，在学生通过观察分析、归纳总结，最后全班交流，使思维达到高潮，由感性认识上升到理性认识。在交流方法的同时，让学生说明理由，培养学生合乎情理的思考和有条理的表达能力。而当问题的条件不够时，添加辅助线，构造新图形，形成新关系，建立已知与未知间的桥梁，把问题转化为已经会解的情况，这是解决问题的常用策略之一。

（6）书写证明过程

根据以上几种方法，选择其中一种,师生合作，写出示范性证明过程。其余由学生自主选择其中一种，完成证明过程，培养学生严谨的逻辑思维能力和推理能力。

首先，师生一起画出图形，其次，分析命题的题设和结论写出“已知”、“求证”，把文字语言转化为几何语言，由于有本章前几节作为基础，因此学生有能力做到。最后，作出辅助线，写出规范的证明过程。

3.反思：（1）证明三角形内角和定理的基本思路是什么？

（2）三角形内角和定理的证明是借助于什么获得？平行线是以后几何中常作的辅助线。

（3）添辅助线的技巧：通过平行线把三角形三个内角转化为平角或两平行线间的同旁内角，即把未知的转化为已知的去解决。

引导学生进行总结和概括，培养学生的归纳概括能力。

（三）定理应用

1、例1 求证：四边形的内角和等于3600。

三角形内角和定理在这之前也会经常用到，但都是以计算的形式出现。而本题将四边形的内角和问题转化为三角形内角和问题，是三角形内角和定理的直接应用。同时，由三角形的内角和求四边形的内角和，也符合学生的认知规律，满足了学生的求知欲。另外，本命题的证明也需要添加辅助线，让学生体会到学以致用。

2.练习

（1）直角三角形的两锐角之和是多少度？等边三角形的一个内角是多少度？请证明你的结论。

（2）如图，已知，在△ABC中，DE∥BC，∠A=60°,∠C=70°,求证：∠ADE=500

两个练习由学生自主完成，上面三个问题都是三角形内角和定理的简单应用，使全体学生特别是学有困难的学生都能够达到基本的学习目标，获得成功感。同时，激发学困生的兴趣。

(四)深化拓展

议一议：证明三角形内角和定理时，是否可以把三角形的三个角“凑”到BC边上的一点P？（如图（4）），如果把这三个角“凑”到三角形内一点呢？（如图（5）），“凑”到三角形外一点呢？（如图（6）），你还能想出其他证法吗？

图（4）

图（5）

图（6）

本问题再一次强化学生“抓住根本”的意识，抓住把三个角“搬”到一起，以便利用平角定义这一基本思想。可以把三个角集中到三角形某一顶点;可以把他们集中到某一边上;集中到三角形的内部一点；还可以把它们集中到三角形外部一点。培养学生善于抓住不变的根本，又要善于灵活地在变化中认识、处理和解决问题的能力，同时，拓展了学生的思维。

（五）小结巩固 1.小结

（1）谈内容，谈思想，谈方法

（2）你还有什么收获？你还有哪些疑惑？你还想知道什么？

先让学生谈本节课所学内容，基本思想，各种方法，帮助学生形成总结归纳的好习惯。然后请学生谈谈还有哪些收获，通过学生的反思，感受到自己的成长与进步。请学生谈自己疑惑的地方，能够帮助教师全面的了解学生的学习状况，改进教学，为因材施教提供了重要的依据。最后，请学生们说说还想知道什么，激起学生的求知欲，并为下节课埋下伏笔。

2.读一读

你能想到什么

3.课后作业：（A类必做，B类选做）A类：P241数学理解1、2题

B类：（1）证明：五边形的内角和等于5400；

（2）证明：n边形的内角和等于(n2)1800。

六、教学方法分析

新课程明确倡导动手实践、自主探究、合作交流的学习方式。这就要求教师的角色，应当从过去知识的传授者转变为学生自主性、探究性、合作性学习活动的设计者和组织者。在本节课的教学方法上采用实验法和启发、诱导法。正所谓“授人以鱼，不如授人以渔”，学生在已有经验的基础上，要在自己的思考过程中得到进步，加深对知识的理解，就必须在教师的引导下，通过同学间的互相探讨、启发，把课堂上所学的内容完全转化为他们自己的知识。在教学过程中，先让学生动手实践，然后对比撕纸的方法，引导学生独立探索证明的方法，之后分组合作、自主地去探究和发现方法。对定理的证明这一环节，通过一题多解，一题多变，初步体会思维的多向性，引导学生的个性化发展。

七、教学评价分析 1.关于教材的处理：

（1）通过“撕纸”这一实验活动，激发学生兴趣，吸引学生积极参与活动。对于三角形内角和是1800有了直观的感受，为下面的证明做了铺垫。

（2）通过分组讨论，全班交流两个活动，让所有同学都参与进来，各抒己见，互取所长。

（3）通过“深化拓展”这一环节，将问题深化，拓展了学生思维。2.关于课堂评价

三角形重心 篇5

已知：△ABC中，D为BC中点，E为AC中点，AD与BE交于O，CO延长线交AB于F。求证：F为AB中点。

证明：根据燕尾定理，S△AOB=S△AOC，又S△AOB=S△BOC，∴S△AOC=S△BOC，再应用燕尾定理即得AF=BF，命题得证。

重心的几条性质：

1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。

2、重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。

3、重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。

4、在平面直角坐标系中，重心的坐标是顶点坐标的算术平均，即其坐标为

((X1+X2+X3)/3,(Y1+Y2+Y3)/3)；空间直角坐标系——横坐标：(X1+X2+X3)/3 纵坐标：(Y1+Y2+Y3)/3 竖坐标：（z1+z2+z3）/35、三角形内到三边距离之积最大的点。

指三角形三条边的垂直平分线的相交点。用这个点做圆心可以画三角形的外接圆。指三角形外接圆的圆心，一般叫三角形的外心。

三角形的外心是三边中垂线的交点,且这点到三角形三顶点的距离相等。

外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，即外接圆的圆心。

外心定理：三角形的三边的垂直平分线交于一点。该点叫做三角形的外心。

注意到外心到三角形的三个顶点距离相等，结合垂直平分线定义，外心定理其实极好证。计算外心的重心坐标是一件麻烦的事。先计算下列临时变量：

d1,d2,d3分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的点乘。

c1=d2d3，c2=d1d3，c3=d1d2；c=c1+c2+c3。

三角形内角和定理的应用 篇6

一、求三角形中角的度数

例1已知△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=2∶3∶4，求各内角的度数.

分析：这个比例式是以后学习中经常遇到的.我们知道，三角形的内角和是180°，如果将角的比例式转化为每一个角的度数，问题就可解决.设参数是个好方法.

解：设∠A、∠B、∠C的度数分别为2x、3x、4x.

根据三角形内角和定理，得2x+3x+4x=180°.

解得x=20°.

∴∠A=2×20°=40°，∠B=3×20°=60°，∠C=4×20°=80°.

二、求特殊图形中某些角的度数之和

例2如图1，求五角星的五个顶角的度数之和.

分析：观察图1可发现，∠2=∠B+∠D，∠1=∠E+∠C，这样将五个角的度数集中到一个三角形中.

解： 由三角形内角和定理的推论，得

∠B+∠D=∠2，∠C+∠E=∠1.

∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E

=∠A+∠2+∠1

=180°.

三、确定角与角之间的关系

例3如图2，AD、BE、CF为△ABC的三条角平分线，它们交于O点，则∠DOC与∠ABE的关系是（）.

A. 相等 B. 互余C. 互补D. 无法判断

分析：观察图2，∠1+∠2+∠ABE是△ABC内角和的一半，即90°.又∠DOC是△OAC的一个外角，所以∠DOC=∠1+∠2，那么∠DOC+∠ABE=90°.

解： ∵∠DOC=∠1+∠2

=∠BAC+∠BCA

=（180°－∠ABC）

= 90°-∠ABC

=90°-∠ABE，

∴∠DOC+∠ABE=90°， 即两角互余.故应选B.

三角形射影定理 篇7

射影就是正投影，从一点到过顶点垂线垂线的垂足，叫做这点在这条直线上的正投影。一条线段的两个端点在一条直线上的正投影之间的线段，叫做这条线段在这直线上的正投影，即射影定理。

直角三角形射影定理

直角三角形射影定理）：直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项。每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项。

公式 如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高，则有射影定理如下：

（1）（AD）=BD·DC，（2）（AB）=BD·BC，（3）（AC）=CD·BC。

证明：在 △BAD与△ACD中，∠B+∠C=90°，∠DAC+∠C=90°，∴∠B=∠DAC，又∵∠BDA=∠ADC=90°，∴△BAD∽△ACD相似，∴ AD/BD＝CD/AD，即（A

D）^2=BD·DC。其余类似可证。

注：由上述射影定理还可以证明勾股定理。由公式（2）+（3）得：（AB）+（AC）=BD·BC+CD·BC =（BD+CD)·BC=（BC）

即（AB）+（AC）=（BC）。22222222

2任意三角形射影定理

任意三角形射影定理又称“第一余弦定理”：

设⊿ABC的三边是a、b、c，它们所对的角分别是A、B、C，则有a＝b·cosC＋c·cosB，b＝c·cosA＋a·cosC，c＝a·cosB＋b·cosA。

注：以“a＝b·cosC＋c·cosB”为例，b、c在a上的射影分别为b·cosC、c·cosB，故名射影定理。

证明1：设点A在直线BC上的射影为点D，则AB、AC在直线BC上的射影分别为BD、CD，且

BD=c·cosB，CD=b·cosC，∴a=BD+CD=b·cosC＋c·cosB.同理可证其余。

1.圆周角定理:一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.2.圆周角定理的推论：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等.弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的度数的一半.2．弦切角定理推论：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角.切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径．

进一步指出：由于过已知点有且只有一条直线与已知直线垂直，所以经过圆心垂直于切线的直线一定过切点；反过来，过切点垂直于切线的直线一定经过圆心，因此可以得到两个推论：

推论1 经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．

推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．

引导学生分析性质定理及两个推论的条件和结论间的关系，总结出如下结论：如果一条直线具备下列三个条件中的任意两个，就可推出第三个．

(1)垂直于切线；(2)过切点；(3)过圆心．

相交弦定理

：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线

段长的积相等

几何语言：

若弦AB、CD交于点P

则PA·PB=PC·PD（相交弦定理）

推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项

几何语言：

若AB是直径，CD垂直AB于点P，则PC=PA·PB（相交弦定理推论）

割线定理：

割线定理：从圆外一点引圆的两条割线则有这点到割线与圆交点的两条线段的积相等.要证PT2=PA·PB，可以证明，为此可证以 PA·PT为边的三角形与以PT，BP为边的三角形相似，于是考虑作辅助线TP，PB。容易证明∠PTA=∠B又∠P=∠P，因此△BPT∽△TPA，于是问题可证：

直线ABP和CDT是自点P引的⊙O的两条割线，则PA·PB=PC·PD

证明:连接AD、BC

∵∠A和∠C都对弧BD

∴由圆周角定理，得 ∠A=∠C

又∵∠APD=∠CPB

∴△ADP∽△CBP

∴AP:CP=DP:BP, 也就是AP·BP=CP·DP

切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．

圆内接四边形的判断定理定理1：圆内接四边形的对角互补；定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角。

圆幂定理

圆幂的定义:一点P对半径R的圆O的幂定义如下：OPR

所以圆内的点的幂为负数，圆外的点的幂为正数，圆上的点的幂为零。

圆幂定理是相交弦定理、切割线定理及割线定理(切割线定理推论)以及他们推论的统称。

（1）相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。

2如图，AB、CD为圆O的两条任意弦。相交于点P，连接AD、BC，则∠D=∠B，∠A=∠C。所以△APD∽△BPC。所以 APPDAPBPPCPD PCBP

（2）切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆焦点的两条线段长的比例中项。

如图，PT为圆切线，PAB为割线。连接TA，TB，则∠PTA=∠B（弦切角等于同弧圆周角）所以△PTA∽△PBT，所以

PTPAPT2PAPB PBPT

（3）割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A.B.C.D 则有

PA·PB=PC·PD。

这个证明就比较简单了。可以过P做圆的切线，也可以连接CB和AD。证相似。存在：PAPBPCPD

进一步升华（推论）：

过任意在圆O外的一点P引一条直线L1与一条过圆心的直线L2，L1与圆交于

A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D。则PA·PB=PC·PD。若圆半径为r，则 PCPD(POR)(POR)PO2R2|PO2R2|（一定要加绝对值，原因见下）为定值。这个值称为点P到圆O的幂。（事实上所有的过P点与圆相交的直线都满足这个值）

若点P在圆内，类似可得定值为RPO|POR|

故平面上任意一点对于圆的幂为这个点到圆心的距离与圆的半径的平方差的绝 对值。（这就是“圆幂”的由来）

四色定理的简要证明 篇8

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.

三角形中位线定理》的教学设计 篇9

三角形中位线 连云港市外国语学校 杨佩

【课题】：义务教育课程标准实验教科书数学（苏科版）八年级上册

第三章第6节（第一课时）

一、教学目标设计：

运用多媒体辅助教学技术创设良好的学习环境，激发学生的学生积极性，向学生提供充分从事数学活动的机会，引导学生在自主探索和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学知识与技能、数学思想方法，逐步提高自主建构的能力，培养勇于探索的精神，切实提高课堂效率

1、认知目标

（1）知道三角形中位线的概念，明确三角形中位线与中线的不同。（2）理解三角形中位线定理，并能运用它进行有关的论证和计算。（3）通过对问题的探索及进一步变式，培养学生逆向思维及分解构造基本图形解决较复杂问题的能力．

2、能力目标

引导学生通过观察、实验、联想来发现三角形中位线的性质，培养学生 观察问题、分析问题和解决问题的能力。

3、德育目标

对学生进行事物之间相互转化的辩证的观点的教育。

4、情感目标

利用制作的Powerpoint课件，创设问题情景，激发学生的热情和兴趣，激活学生思维。

二、本课内容的重点、难点分析：

本节课的内容是三角形中位线定理及其应用，这堂课启到了承上启下的作用

【重点】：三角形中位线定理

【难点】：难点是证明三角形中位线性质定理时辅助线的添法和性质的录活应用．

三、学情分析：

初二学生已初步具备一定的分析思维能力，但还远未达到成熟阶段。因 而新授时可在教师适当的引导之下，借助一些现代化教育辅助手段，调动学 生思维的积极性，激发学生内在的思维潜力，从而做到教与学的充分和谐。

四、教学准备： 【策略】

课堂组织策略：组织学生复习旧知识，联系实际，创设问题情景，逐层展开，传授新知识，并精心设计例题、练习、达到巩固知识的目的。

学生学习策略：明确学习目标，了解所需掌握的知识，在教师的组织、引导、点拨下，通过观察、归纳、抽象、概括等手段，获取知识。

辅助策略：借助“Powerpoint”平台，向学生展示动感几何，化抽象为形象，帮助学生解决学习过程中所遇难题，提高学习效率。

【教法学法】

本节课以“问题情境——建立模型——巩固训练——拓展延伸”的模式展开，引导学生从已有的知识和生活经验出发，提出问题与学生共同探索、讨论解决问题的方法，让学生经历知识的形成与应用的过程，从而更好地理解数学知识的意义。

利用制作的多媒体课件，让学生通过课件进行探究活动，使他们直观、具体、形象地感知知识，进而达到化解难点、突破重点的目的。

教给学生良好的学习方法比直接教给学生知识更重要。数学教学是师生之间、学生之间交往互动与共同发展的过程，学生的学是中心，会学是目的，因此在要不断指导学生学会学习。本节课先从学生实际出发，创设有助于学生探索思考的问题情景，引导学生自己积极思考探索，经历“观察、发现、归纳”的过程，以此发展学生思维能力的独立性与创造性，使学生真正成为学习的主体。【主要创意思路】：

1、用实例引入新课，培养学生应用数学的意识；

2、鼓励学生大胆猜想，用观察、测量等方法来突破重点、化解难点；

3、以学生为主体，应用启发式教学，调动学生的积极性；

4、利用变式练习和开放型练习代替传统练习，启迪学生的思维、开阔学生 视野；

5、通过多媒体教学，揭示几何知识间的内在联系及概念本质属性。

五、教学过程

一、联想，提出问题．

１．怎样将一张三角形纸片剪成两部分，使分成的两部分能拼成一个平行四边形？ 操作：（1）剪一个三角形，记为△ABC

（2）分别取AB,AC中点D,E，连接DE

(3)沿DE将△ABC剪成两部分，并将△ABC绕点E旋转180°，得四边形BCFD

2、思考：四边形ABCD是平行四边形吗？

3、探索新结论：若四边形ABCD是平行四边形，那么ＤＥ与ＢＣ有什么位置和数量关系呢？启发学生逆向类比猜想：ＤＥ∥ＢＣ，ＤＥ＝

12ＢＣ．

由此引出课题．

二、引入三角形中位线的定义和性质

1．定义三角形的中位线，强调它与三角形的中线的区别．

2、三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半

三、应用举例

1、A、B两点被池塘隔开，如何才能知道它们之间的距离呢？

在AB外选一点C，连结AC和BC，并分别找出AC和BC的中点M、N，如果测得MN = 20m，那么A、B两点的距离是多少？为什么？

2．已知:三角形的各边分别为6cm,8cm, 10cm，则连结各边中点所成三角形的周长为——cm,面积为——cm2,为原三角形面积的——。

3．已知:△ABC三边长分别为a,b,c,它的三条中位线组成△DEF,△DEF的三条中位线又组成△HPN,则△HPN的周长等于——————,为△ABC周长的——, 面积为△ABC面积的——, 4．如图,AF=FD=DB,FG∥DE∥BC,PE=1.5,则DP= ———，BC= ———

例题，如图．

1，顺次连结四边形四条边的中点，所得的四边形有什么特点？ 学生容易发现：四边形ABCD是平行四边形

已知：在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，如图4-94．求证：四边形EFGH是平行四边形．

分析：

(1)已知四条线段的中点，可设法应用三角形中位线定理，找到四边形EFGH的边之间的关系．而四边形ABCD的对角线可以把四边形分成两个三角形，所以添加辅助线，连结AC或BD，构造“三角形的中位线”的基本图形．

2,让学生画图观察并思考此题的特殊情况，如图4－95，顺次连结各种特殊四边形中点得到什么图形？

投影显示：

3，练习：

①顺次连结平行四边形四边中点所得的四边形是______________ ②顺次连结等腰梯形四边中点所得的四边形是—————— ③顺次连结矩形四边中点所得的四边形是—————— ④顺次连结菱形四边中点所得的四边形是—————— ⑤顺次连结正方形四边中点所得的四边形是—————

四、师生共同小结：

1．教师提问引起学生思考：

（1）这节课学习了哪些具体内容：

（2）用什么思维方法提出猜想的？

（3）应注意哪些概念之间的区别？

2．在学生回答的基础上，教师投影显示以下与三角形一边中点及线段倍分关系有关的基

本图形（如图4－96）．

（1）注意三角形中线与中位线的区别，图4－96（a），（b）．

（2）三角线的中位线的判定方法有两种：定义及判定定理，图4－96（b）（c）．

（3）证明线段倍分关系的方法常有三种，图4－96（b），（d），（e）． 3．添辅助线构造基本图形来使用性质的解题方法．

4．三角形的中位线有这样的性质，那么梯形有中位线吗？它有类似的性质吗？（为下节课作思维上的准备）

五、作业

顺次连接什么样的四边形各边中点连线得到的四边形是矩形？菱形？正方形？

六、教学反思

1、本教学过程设计需1课时完成．

2、本节课的设计，力求让学生通过逆向思维及类比联想自己实践“分析——猜想——证明”的过程．变被动接受知识为主动应用已有知识，探索新知识，获得成功的喜悦．

圆的定理及其证明 篇10

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）