基础定理证明

基础定理证明（共17篇）

1.基础定理证明 篇一

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

已知:四边形ABCD中AC,BD是对角线,且满足AB2BC2CD2DA2AC2BD2 求证: 四边形ABCD是平行四边形.证明:

2.基础定理证明 篇二

中心极限定理表明大量独立随机变量的和近似服从正态分布，它是正态分布应用的理论依据。设ζ1，ζ2，…ζk，…独立分布且E(ζi)=μ，D(ζi)=σ2，则当k很大时，ηk=Σζi近似服从N (kζ，kσ2)。

概率论中讨论随机变量序列部分和的分布渐近于正态分布的一类定理。概率论中最重要的一类定理，有广泛的实际应用背景。在自然界与生产中，一些现象受到许多相互独立的随机因素的影响，如果每个因素所产生的影响都很微小时，总的影响可以看作是服从正态分布的。中心极限定理就是从数学上证明了这一现象。最早的中心极限定理是讨论n重伯努利试验中，事件A出现的次数渐近于正态分布的问题。1716年前后，A.棣莫弗对n重伯努利试验中每次试验事件A出现的概率为1/2的情况进行了讨论，随后，P.S.拉普拉斯和A.M.李亚普诺夫等进行了推广和改进。自P.莱维在1919-1925年系统地建立了特征函数理论起，中心极限定理的研究得到了很快的发展，先后产生了普遍极限定理和局部极限定理等。极限定理是概率论的重要内容，也是数理统计学的基石之一，其理论成果也比较完美。长期以来，对于极限定理的研究所形成的概率论分析方法，影响着概率论的发展。同时新的极限理论问题也在实际中不断产生。

中心极限定理，是概率论中讨论随机变量和的分布以正态分布为极限的一组定理。这组定理是数理统计学和误差分析的理论基础，指出了大量随机变量近似服从正态分布的条件。

二、基本原理

1. 数学模型

独立同分布的中心极限定理

设随机变量X1, X2，…，Xn，…相互独立，服从同一分布，且具有数学期望和方差：E (Xk)=μ，D (Xk)=σ^2>0 (k=1, 2…)，则随机变量之和的标准化变量的分布函数Fn (x)对于任意x满足

独立同分布函数表达式

正态分布函数表达式

2. 设计过程

为了证明在k很大时，独立同分布近似服从正态分布，可以分别构造独立同分布函数和正态分布函数，将独立同分布的随机点数目取得足够大，然后绘图观察二者的分布拟合程度。

三、仿真结果

分析仿真结果：从单独的一张图来看，正态分布曲线和独立同分布直方图总的来说是较为吻合的，比较两张图形，可以看出下图中二者拟合程度更大，这两张图形所使用的源代码唯一的不同之处在于k的取值，第二张图形中k的取值更大，所以这些可以说明，当k的取值很大时，独立同分布可以近似等同于正态分布。

参考文献

[1]张志涌, 徐彦琴.MATLAB教程——基于6.x版本.北京:北京航空航天大学出版社, 2004.

[2]陈桂明等.MATLAB数理统计 (6.x) .北京:科学出版, 2002.

3.坐标法证明兰勃特定理 篇三

Lambert定理 求证：抛物线的外切三角形的外接圆必过其焦点．

由于焦点F是极点，故圆心与焦点的连线|OF|=R=圆心O的极径，所以此圆过抛物线的焦点．

综上所述，应用解析法证明兰勃定理，其实是证明四点共圆的问题，其关键在于正确选择坐标系，巧妙运用两切线交点坐标的轮换性，求得圆的方程，然后说明抛物线焦点的坐标满足圆的方程即可．

此法不仅思路简捷，证题明快，而且富有规律，不添加辅助线，因而对于开阔视野、提高证题水平均有一定作用．

参考文献

1 于志洪．极坐标法证郎古莱定理及其推广．美国 太平洋数学杂志（加州大学主办）, V01.186,NO.2,1996

2 于志洪．极坐标法证西摩松定理及其推广．学校数学通讯（香港教育署主办）,1998(16)

3 于志洪．极坐标法证一定理及其推广．数学通报（中国数学会主办），1990（2）

4 于志洪．极坐标法证三点共线．数学教学（华东师范大学主办），1984（4）

5 四川省数学会编．数学课外活动（高中二年级）．重庆出版社，1983

6 林华编．圆锥曲线．浙江人民出版社，1982

7 唐秀颖主编．数学解题辞典（平面解析几何）．上海辞书出版社，1983

4.余弦定理证明过程 篇四

解：过C作CD⊥AB，垂足为D，则在Rt△CＤB中，根据勾股定理可得： a2＝CＤ2＋BＤ2

∵在Rt△AＤC中，CＤ2＝b2－AＤ2



又∵BＤ2＝（c－AＤ）2＝c2－2c·AＤ＋AＤ2

∴a2＝b2－AＤ2＋c2－2c·AＤ＋AＤ2＝b2＋c2

5.正弦定理证明方法 篇五

证明：任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度

因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R

类似可证其余两个等式。

∴a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R

方法2:用直角三角形

证明：在锐角△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CH⊥AB垂足为点H

CH=a·sinBCH=b·sinA∴a·sinB=b·sinA得到a/sinA=b/sinB

同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC∴a/sinA=b/sinB=c/sinC

在直角三角形中,在钝角三角形中(略)。

方法3：用向量

证明：记向量i，使i垂直于AC于C，△ABC三边AB,BC,CA为向量a,b,c∴a+b+c=0则i(a+b+c)=i·a+i·b+i·c

=a·cos(180-(C-90))+0+c·cos(90-A)=-asinC+csinA=0∴a/sinA=c/sinC(b与i垂直,i·b=0)

方法4：用三角形面积公式

证明：在△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CD⊥AB垂足为点D，作BE⊥AC垂足为点E，则CD=a·sinB，BE=csinA,由三角形面积公式得：AB·CD=AC·BE

即c·a·sinB=b·csinA∴a/sinA=b/sinB同理可得b/sinB=c/sinC

∴a/sinA=b/sinB=c/sinC

用余弦定理：a^2+b^2-2abCOSc=c^2

COSc=(a^2+b^2-c^2)/2ab

SINc^2=1-COSc^2

SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^2*b^2*c^2

=/4a^2*b^2*c^2

同理可推倒得SINa^2/a^2=SINb^2/b^2=SINc^2/c^2

得证

正弦定理：三角形ABC中BC/sinA=AC/sinB=AB/sinC

证明如下：在三角形的外接圆里证明会比较方便

例如，用BC边和经过B的直径BD，构成的直角三角形DBC可以得到：

2RsinD=BC(R为三角形外接圆半径)

角A=角D

得到：2RsinA=BC

同理：2RsinB=AC，2RsinC=AB

这样就得到正弦定理了

一种是用三角证asinB=bsinA

用面积证

用几何法，画三角形的外接圆

听说能用向量证，咋么证呢?

三角形ABC为锐角三角形时，过A作单位向量j垂直于向量AB，则j与向量AB夹角为90，j与向量BC夹角为(90-B),j与向量CA夹角为(90+A),设AB=c,BC=a,AC=b,因为AB+BC+CA=0

即j*AB+J*BC+J*CA=0

|j||AB|cos90+|j||BC|cos(90-B)+|j||CA|cos(90+A)=0

所以asinB=bsinA

用余弦定理：a^2+b^2-2abCOSc=c^2

COSc=(a^2+b^2-c^2)/2ab

SINc^2=1-COSc^2

SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^2*b^2*c^2

=/4a^2*b^2*c^2

同理可推倒得SINa^2/a^2=SINb^2/b^2=SINc^2/c^2

得证用余弦定理：a^2+b^2-2abCOSc=c^2COSc=(a^2+b^2-c^2)/2abSINc^2=1-COSc^2SINc^2/c^2=4a^2*b^2-(a^2+b^2-c^2)^2/4a^2*b^2*c^2=/4a^2*b^2*c^2同理可推倒得SINa^2/a^2=SINb^2/b^2=SINc^2/c^2得证

满意答案好评率：100%

正弦定理

步骤1.在锐角△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CH⊥AB垂足为点H

CH=a·sinB

CH=b·sinA

∴a·sinB=b·sinA

得到a/sinA=b/sinB

同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC

步骤2.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

如图，任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度

因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R类似可证其余两个等式。

余弦定理

平面向量证法：

∵如图，有a+b=c(平行四边形定则：两个邻边之间的对角线代表两个邻边大小)

∴c·c=(a+b)·(a+b)

∴c^2=a·a+2a·b+b·b∴c^2=a^2+b^2+2|a||b|Cos(π-θ)

(以上粗体字符表示向量)

又∵Cos(π-θ)=-CosC

∴c^2=a^2+b^2-2|a||b|Cosθ(注意：这里用到了三角函数公式)

再拆开，得c^2=a^2+b^2-2*a*b*CosC

同理可证其他，而下面的CosC=(c^2-b^2-a^2)/2ab就是将CosC移到左边表示一下。

平面几何证法：

在任意△ABC中

做AD⊥BC.∠C所对的边为c，∠B所对的边为b，∠A所对的边为a

则有BD=cosB*c，AD=sinB*c，DC=BC-BD=a-cosB*c

根据勾股定理可得：

AC^2=AD^2+DC^2

b^2=(sinB*c)^2+(a-cosB*c)^2

b^2=sinB²·c²+a^2+cosB²·c^2-2ac*cosB

b^2=(sinB^2+cosB^2)*c^2-2ac*cosB+a^2

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

6.勾股定理证明 篇六

直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方这一特性叫做勾股定理或勾股弦定理，又称毕达哥拉斯定理或毕氏定理中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一。中国古代数学家称直角三角形为勾股形，较短的直角边称为勾，另一直角边称为股，斜边称为弦，所以勾股定理也称为勾股弦定理。在公元前1000多年，据记载，商高（约公元前1120年）答周公曰“故折矩，以为句广三，股修四，径隅五。既方之，外半其一矩，环而共盘，得成三四五。两矩共长二十有五，是谓积矩。”因此，勾股定理在中国又称“商高定理”。在公元前7至6世纪一中国学者陈子，曾经给出过任意直角三角形的三边关系即“以日下为勾，日高为股，勾、股各乘并开方除之得邪至日。

以下即为一种证明方法：

如图，这个直角梯形是由2个直角边分别为、，斜边为 的直角三角形和1个直角边为的等腰直角三角形拼成的。

∵△ABE＋△AED＋△CED＝梯形ABCD

∴（ab+ab+c²）÷2＝(a+b)(a+b)/2 ∴

∴c²=a²+b²，即在直角三角形中，斜边长的平方等于两直角边的平方和

7.质点几何定理证明的机器实现 篇七

几何定理机器证明是自动推理领域内的一个热门课题.1977年, 吴文俊先生提出的“吴法”[1,2,3,4]使得几何定理机器证明的研究取得了重大进展.通常, 几何定理机器证明方法可分为三大类:代数法, 人工智能法和几何不变量法.代数法的优点是证明效率高, 缺点是可读性差;人工智能法虽然可读性好但效率低、不完备;几何不变量法的可读性介于代数法和人工智能法之间, 证明效率与代数法也在伯仲之间.

质点几何使用了比几何不变量更抽象的对象———质点, 作为基本几何元素.莫绍揆先生在文献[5]中系统地阐述了质点几何的理论和方法.质点几何支持对点直接进行线性运算, 在处理仿射几何问题时较方便, 为发展出一种可读性更好、效率更高的几何定理机器证明方法提供了可操作的依据.

邹宇等人采用质点几何作为模型, 在质点几何的基础上, 通过调用函数搜索质点在点表中的位置, 从而调用向量表中相应位置数组进行运算, 建立了能处理希尔伯特交点类命题的仿射几何机器证明算法MPM, 发展了基于几何点的可读机器证明方法[6,7].

本文是在参考文献[6]的工作基础上, 针对其只是对质点所一一对应的数组做运算而非质点本身消点运算的问题, 作了纯质点代数运算.消点过程比邹宇的数组法简明.每一步消点过程都有相应的质点关系式输出, 每个质点关系式又对应于相应的几何信息, 消点过程结束, 质点关系也就都明确了, 再利用待定系数法而非数组计算法来判定结论语句是否成立, 使得每一个步骤的几何意义都非常明确.建立了能处理构造型几何定理的证明器MMP, 并通过Matlab语言实现机器证明.

1 质点几何

1.1 预备知识

质点几何使用了质点作为基本的几何元素.莫绍揆先生在《质点几何学》一书中系统地阐述了质点几何的理论和方法.质点几何支持对点直接进行线性运算, 在处理仿射几何问题时较方便, 为发展出可读性更好、效率更高的几何定理机器证明方法提供了依据.

质点是一个既有位置又有质量的基本几何元素, 其质量为一个实数, 可正可负以及零.质点几何的创新之处在于质点均有质量.当质量为非零实数时, 质点表示一个点, 或者其对应的位置;当质量为零时, 质点表示一个矢量, 或者其对应的方向.

通常, 用小写希腊字母ω, ξ, ψ, …表示质点, 用大写英文字母A, B, C, …表示平面上的点, 用小写英文字母a, b, c, …表示实数, 将位于点P处质量为m (m≠0) 的质点记作m P.在不引起混淆的情况下, 将位于点P质量为1的单位质点1P也简记成P.质点几何中常用的基本定理和运算律主要有:

1) 实数r与质点ω的数乘决定唯一质点rω.

2) 两质点ω1, ω2的和决定唯一质点ω1+ω2.

3) 若P1, P2, P3是质点平面的一组基, 则该平面上的任一点P都可以由这组基点线性表示, 即必存在3个和为1的实数k1, k2和k3, 使得P=k1P1+k2P2+k3P3.

4) 点P在直线AB上当且仅当存在一个实数k使得P=k A+ (1-k) B.

5) A, B, C三点共线当且仅当存在实数m和n, 使得m A+n B+ (1-mn) C=0.

6) 直线AB平行直线CD当且仅当存在一个实数k使得A-B=k (C-D) .

7) 对任意质点ω1, ω2和ω3, 任意实数a和b, 有如下运算律:

ω1+ω2=ω2+ω1 (交换律) ;

a (bω1) = (ab) ω1, ω1+ (ω2+ω3) = (ω1+ω2) +ω3 (结合律) ;

aω1+bω1= (a+b) ω1, aω1+aω2=a (ω1+ω2) (分配律) .

1.2 构造型质点几何命题

质点法不是利用尺规作要证定理的几何图形, 而是使用一种叫做“构图语句”作图步骤按题中的已知条件一步一步地向图中引入新点, 直到作出几何图形中全部的点为止.

构造型几何命题的前提能用有限的构图语句序列C0, C1, …, Cn描述, 这里的构图语句C0必须是初始构图语句, 其他构图语句即后继构图语句中出现的质点, 除了新引进的质点外, 其余的都必须是前面的构图语句所引进过的质点.

质点法使用引入点的“构图语句”来描述要证定理的前提, 本文主要构图语句有以下几条:

C0:Free Points (X, Y, Z) :在平面上任作不共线三点X, Y, Z

C1:Free Point (X) :在平面上任作一点X

C2:Point On Line (X, A, B) :在直线AB上任作一点X

C3:Midpoint (X, A, B) :作线段AB的中点X

C5:Translation (X, A, B, C) :作过点A且平行线段BC的直线上一点X

C6:Intersection (X, A, B, C, D) :作AB, CD两直线的交点X

2 证明器的设计

2.1 证明器的架构

MMP证明器主要由模块Mmprove、Loadgs和Cinter组成.

当要利用该证明器证明几何定理时, 首先将要证明的几何命题转化成相应的构图语句存储在文本文件中, Matlab通过调用模块Mmprove中的Loadgs读取该文本文件, 并利用模块Loadgs将构图语句转化成相应的消点公式, 来实现消点过程, 其中求两直线交点的消点公式还需要交点模块Cinter的辅助, 依据质点几何的基本原理和法则完成证明器的实现.

2.2 Loadgs模块

2.2.1 几何命题的输入

证明器MMP的模块Mmprove顺次阅读构图语句, 调用相应的消点公式生成, 显示质点关系式, 几何定理结论以结论等式的形式输出

Loadgs模块将文本文件中的含有待定系数x的结论质点等式 (EQ标识所在的行) 读入到符号变量eq中, 将要验证的待定系数的值 (XV标识所在的行) 读入到符号变量xv中.xv的取值为“exit”, 表示xv的值只要存在就可以.若xv的值是数或符号表达式, 则表示结论质点等式中的待定系数取此值才成立, 否则不成立.

Loadgs模块将初始构图语句Free Points (A, B, C) 引入的3个点A、B和C存储到基点列表base.构图语句序列中的其它后续语句所引入的点都可直接或间接地用前面已引入的点线性表示出来.将这些质点关系式称为构图语句所引入点的消点公式.Loadgs模块根据质点几何中的有相关的基本命题, 可以直接求出下列构图语句所引入点的消点公式:

Free Point (X) 所引入点X的消点公式:

Point On Line (X, A, B) 所引入点X的消点公式:

Midpoint (X, A, B) 所引入点X的消点公式:

DPDP (X, A, B, λ) 所引入点X的消点公式:

Translation (X, A, B, C) 所引入点X的消点公式:

上述消点公式中的a和b都是表示实数的符号变量, λ是实数或为表示实数的符号变量, X1, X2和X3是质点平面的一组基点.

2.2.2 消点公式

在质点平面上任作三个线性无关的单位质点X, Y和Z.将这三个单位质点选定为其所在的质点平面的一组基后, 那么构图语句序列中的其它语句所作的点都可直接或间接地用这组基线性表示出来,

这些质点公式分别叫做构图语句所作点X的消点公式.具体情况如下:

这里, a和b都是取值为实数的符号变量, λ、u0和v0是取值为实数的符号常量, 这些值决定了点X在平面上的确切位置.

2.3 Cinter模块

在上述消点公式中只有消点公式 (epf6) 需要复杂计算得到.下面给出求消点公式 (epf6) 的Cinter模块, 该模块使用前面构图语句所作点的消点公式列表epfs和3个基点, 求两直线AB和CD交点X的消点公式 (epf6) 中的u0和v0.

将消点公式列表epfs中新引进的质点Xi (i=1, …, n) 依次存储到初始值为空的元胞数组points中, 建立方程eq=u A+ (1-u) B-v C- (1-v) D.依次检验元胞数组points中质点Xi (i=1, …, n) 是否为eq中的符号常量, 若Xj是的话, 则用对应的消点公式epfsj替换掉Xj, 继续循环, 直至eq没有质点Xi (i=1, …, n) 出现, 此时eq只由基点的关系式表示.设基点对应系数分别用E1, E2和E3表示, 令Ei=0 (i=1, 2, 3) , 解此方程组得u0和v0的值.

3 Matlab实验

我们用Matlab编写程序实现了MMP证明器, 下面是利用该证明器解题的例子.

(高斯线定理) 设A、B、C、D是平面上的四点, E是AB、CD的交点, F是AC、BD的交点, P、Q、R分别是AD、BC、EF的中点, 则P、Q、R三点共线.

在文本文件中输入:

Free Point D

XV exist

下面是Matlab程序给出的实现过程:

消点过程:

消点结束后, 令EQ=0, 写成f1 (x) A+f2 (x) B+f3 (x) C=0形式.

这里, 系数fi (a, b) 都是a和b的线性表达式, 其中i=1, 2, 3.因A, B和C线性无关, 可得

这是一个含有3个一元一次方程的超定线性方程组, 由所作几何图形的合理性可知该方程组的解是存在的.解一元一次方程f1 (x) =0, 求出其解, 分别带入方程f2 (x) =0和f3 (x) =0中, 经验算f2 (x0) =0和f3 (x0) =0成立, 则原方程组有且仅有唯一解.

待定系数x值存在, P, Q, R三点共线.

4 结论

本文在质点几何基本定理和法则的基础上, 总结归纳质点法解题的特点, 建立了能处理仿射几何定理机器证明的消点过程, 并利用待定系数的方法而非数组计算法来判定定理结论是否成立, 使得每一个质点关系式的几何意义都非常明确.本文基于质点法处理几何点本身, 易于扩展和融合, 形成了具有完全性的消点过程.由于可以对点直接进行运算, 质点法的消点过程比面积法或向量法简明, 并通过Matlab程序实现.

本文的质点法是继面积法之后又一个能对构造性几何命题生成可读证明的完全的消点过程.运行结果显示, 本文的方法不仅效率高, 程序自动生成的证明条理简明清晰、语义简洁易懂、几何意义明确、储存信息丰富, 可读性强.此外, 由于可以对点直接进行运算, 质点法的算法和编程比面积法或向量法都要简明.本文基于点的可读机器证明的研究为扩展和融合其他已有的可读证明方法提供了基础, 也为几何的研究提供了一个新的工具.

随着计算机技术的发展和机器证明方法的不断改进, 几何定理可读证明的研究成果为研制的智能几何软件如几何专家、超级画板等提供了更广阔的平台.

摘要：本文针对质点法生成的目标关系式的过程不简明, 缺少明显几何意义的问题, 提出了一种具有较高可读性算法的几何定理证明器MMP.首先, 直接从消点公式推导目标关系式, 该方法不再使用质点坐标而直接对质点进行运算;其次, 利用三个模块架构证明器, 形成了具有完全性的消点过程;最后, 利用待定系数法判定结论语句.由于可以对点直接进行运算, 该证明器的消点过程比原有质点法具有明显的几何意义和较高运算效率.

关键词：质点几何,证明器,消点法,机器证明,自动推理

参考文献

[1]吴文俊.初等几何判定问题与机械化证明[J].中国科学 (A) , 1977, 6:507-516.

[2]Wu W T.On the decision problem and the mechanization of theorem-proving in elementary geometry[J].Scientia Sinica.1978, 21:159-172.

[3]Wu W T.Mechanical theorem proving in geometries:Basic principles[M].Springer, New York, 1994.

[4]Wu W T.Mathematics Mechanization[M].Science Press, Kluwer, 2000.

[5]莫绍揆.质点几何学[M].重庆:重庆出版社, 1992.

[6]邹宇.几何代数基础与质点几何的可读机器证明[D].广州:广州大学, 2010.

8.张角定理在证明线段相等中的应用 篇八

本文现将张角定理及其在线段相等证明中的应用介绍如下，供参考.

一、张角定理

如图1，设直线AB上有一点C，在直线AB外有一点P，且视点P对于线段AC，CB的张角分别为α，β，若α+β<180°，则=+.

证：△PAB＝△PAC+△PCB，

∴PA·PB·sin（α+β）

＝PA·PC·sinα+PC·PB·sinβ两边同除以

PA·PB·PC，即得所证.

二、应用举例

例1在线段AC上任取一点B，分别以AB，BC为边，在AC的同侧，作等边△ABD，△BCE；连AE，交DB于M；连DC，交EB于N.

求证：BM＝BN.

证：如图2，以B为视点，分别对A，M，E及D，N，C用张角定理，得=+，=+，而BA＝BD，BE＝BC，∴BM＝BN.

例2 已知四边形MCND两组对边延长所得交点的连线AB与四边形的一条对角线CD平行，又MN的延长线交AB于F.

求证：AF=FB.

证：如图3，设∠MAC=α，∠CAB=β，以A为视点，分别对B，N，D；B，C，M及F，N，M用张角定理，得

=+， （1）

=+， （2）

=+，（3）

在△ACD中，= . （4）

∴（1）+（2）-（3）-（4），得=，

∴AB=2AF，故AF=FB，.

例3 如图4，以⊙O的直径AB为一边作等边△ABC，同时将另一侧的半圆三等分，其分点为M，N，连结CM，CN交AB于D，E.

求证：AD=DE=EB.

证：连结AM，OM，则以A为视点，对C，D，M用张角定理，得

=+，

∴AD=.

设⊙O的半径为R，则

AD==R.

由图形的对称性知：BE=R.

∴DE=2R-R-R==AD=EB.

例4 已知M是⊙O的弦AB的中点，过M任作两弦CD，EF，连结CF，DE分别交AB于G，H. 求证：MH=MG（蝴蝶定理）.

证：如图5，设∠GMF=α，∠HMD=β，

以M为视点，对E，H，D及F，G，C分别用张角定理，得

=+， （1）

=+.（2）

∴（1）－（2），得

sin（α+β）（-），

=（MF-ME）-（MD-MC）. （3）

设P，Q分别是CD，EF的中点，则

MD-MC=2MP=2MOsinβ，

MF-ME=2MQ=2MOsinα，（4）

∵ME·MF=MC·MD，

∴将（4）代入（3），得

sin（α+β）（-）=0，

∵α+β≠180°，∴sin（α+β）≠0，

∴MH=MG.

例5 在“筝形”ABCD中，AB=AD，BC=CD，过AC，BD的交点O任作两条直线，分别交AD于E，BC于F，AB于G，CD于H. GF，EH分别交BD于I，J.

求证： OI=OJ.

证：如图6，易知AC⊥BD，设∠EOD=α，∠DOH=β. 以O为视点，分别对G，I，F；E，J，H；A，G，B；A，E，D；C，H，D和B，F，C用张角定理，得

=+， （1）

=+， （2）

=+， （3）

=+， （4）

=+， （5）

=+， （6）

将（3）和（6）中OG与OF的表达式同时代入（1），得

=（OA·OBsinβsinα+OA·OC

sinβcosα+OB·OCsinαsinβ+OA·OCsinαcosβ），（7）

将（4）和（5）中OE与OH的表达式同时代入（2），得

=（OC·ODsinβsinα+OA·OC

sinβcosα+OA·ODsinαsinβ+OA·OCsinαcosβ），（8）

因为OB=OD，所以由（7）和（8）即得OI=OJ.

综上所述可知，应用张角定理证明线段相等时，关键在于根据题设，寻找与结论有关的线段所在的三角形，找准视点，利用张角定理写出关系式，再结合三角知识，通过变形化简，消去无用的参变数即可.

9.老教材定理与证明 篇九

初中数学 经典教材系列 老人教版

定理与证明

教学目标

1使学生理解公理和定理的意义，并能对公理与定理加以区别

2使学生理解证明命题的思路、书写的格式，使学生对几何的重要内容之一——推理论证，有初步的认识，从而初步培养学生思维的条理性和逻辑性

教学重点和难点

重点是命题证明的一般步骤，难点是探索命题证明的思路以及思维方向

教学过程设计

一、复习命题，引入公理和定理

教师提问：学生思考后回答

1什么叫命题?请你说出一个数学命题

2什么叫真命题?什么叫假命题?请你分别举出两个实例

3在前面学过的真命题中，还有什么名称?

当学生回答完第三个问题后，教师再问

4公理和定理有什么区别?

先由学生随意回答，互相补充，然后教师与学生一起归纳总结

公理：它的正确性是人们长期实践中总结出来并作为判定其它命题真假的根据 定理：它是正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理

用幻灯投影命题与公理等关系

命题

真命题假命题(只需举一个反例)

公理(正确性由实践总结)

定理(正确性由推理证实)

二、证明的意义、过程和步骤

1证明的意义

请证明以下命题：三个连续奇数的和是3的整数倍

问：请学生们思考，怎样证明?

当三个连续奇数为3，5，7时，它们的和为3+5+7=15是3的整数倍，当三个数为7，8，9时，7+8+9=24，也对那么，我们能否这样试下去，能不能通过试具体数的方法，证明这个命题是真命题不能，如何证明呢?

设n为整数,三个连续奇数为2n+1,2n+3,2n+5,它们的积为(2n+1)+(2n+3)+(2n+5)=6n+9=3,因为n是整数,所以2n+3为整数,3(2 n+3)是3的整数倍。

这就是推理的过程

要判断一个命题的真假，必须要有推理论证的过程，也叫证明只有证明，才能区分命题的真假，否则就会得出错误的结论证明的意义就在于此

再问：“两个连续整数的平方差是一个奇数，这个命题是真还是假?怎样证明，学生分组讨论，选做出结果的同学板演或讲解 证明：设n为整数，n+1，n为两个连续整数

(n+1)2-n2=n2+2n+1-n2=2n+1，因为2n+1为奇数，所以得证

2命题证明的一般步骤

例求证：同角的余角相等

已知：如图2—87，∠2是∠1的余角，∠3是∠1的余角

求证：∠2＝∠3

证明：因为∠2与∠1互为余角，(已知)

∠3与∠1互为余角，所以∠2+∠1＝90°，∠3+∠1＝90°(余角定义)

所以∠2+∠1＝∠3+∠1(等量代换)

则∠2＝∠3(等量减等量差相等)

同学总结步骤：

1审题：分清命题的“题设”和“结论”

2译题：结合图形中的字母及符号，写出已知，求证

3想题：用“执因索果”(综合法)；用“执果索因”(分析法)寻找论证推理的逻辑思路一般是把二者结合起来思考，效果较好，这也叫综合分析法

4证题：从已知出发，每一步过程要有根据(定义，公理或定理)最后得到结论，全面推理过程要因果分明

三、命题证明的练习

1证明：“如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，这条直线也和另一条垂直” 教师指导学生，按证明命题的四步，边讲边请学生回答如下问题：

(1)命题的“题设”和“结论”各是什么?学生回答后，教师板书：

已知：如图2—88，a∥b，a⊥c，求证：b⊥c

(2)以上译题时应注意：图形尽量准确，图中字母与译文要一致，不能随意添加或丢失条件或结论

(3)思维的逻辑路线是什么?

要证垂直，就是要证两条直线相交成90°的角，由第一条直线a与c垂直成90°角又a∥b，同位角相等，所以a与c的交角也为90°，所以b⊥c

(4)证明过程中有几对因果关系?(两对)

请学生写出证明过程，最好请两名证明顺序有所不同的学生到黑板上证，两种顺序如下证法

(一)：∵a⊥c，(已知)

∴∠1=90°(垂直的定义)

∵a∥b，(已知)

∴∠1=∠2，(两直线平行，同位角相等)

∴∠2=90°，(等量代换)

∵b⊥c(垂直定义)

证法(二)：

∵a∥b，(已知)

∴∠1=∠2(两直线平行，同位角相等)

∵a⊥c，(已知)

∴∠1=90°，(垂直定义)

∴∠2=90°，(等量代换)

∴b⊥c(垂直定义)

2证明：“垂直于同一直线的两条直线平行”

教师给出命题后，让学生每人都在笔记本上自己做，然后找妯两个或三个学生，让他们在黑板上写出证明的过程在学生板演的过程中，教师提问：

(1)将此命题写成“如果„„，那么„„”的形式“如果两条直线都与第三条直线垂直，那么这两条直线平行”

(2)已知，求证，及图形的画法，由学生分别写出和画出，并与板演的学生对照 已知：a⊥c，b⊥c，如图2—89，求证：a∥b

(3)师生共同探索证题的思考过程，然后找一位学生板演

证明：∵a⊥c，(已知)

∴∠1＝90°(垂直定义)

∵b⊥c，(已知)

∴∠2＝90°(垂直定义)

∴∠1＝∠2，(等量代换)

∴a∥b(同位角相等，两条直线平行)

以上过程也可以简写为：

∵a⊥c，b⊥c，∴∠1＝90°，∠2＝90°

(……)

四、总结

教师以提问形式，学生回答，教师纠正。

1命题，定理之间的关系是什么?(关系图)

2公理的正确性怎样判定?定理的正确性怎样判定?

3假命题应怎样判定?

4证明命题的一般步骤是什么?(审题、译题、想题、证题)

五、作业

1将第一章的定理、公理整理出来，将第二章的定理、公理、整理出来。2复习证明命题的一般步骤。

3如图2-90，已知：∠ABC=90°，∠1+∠C=90°，求证：∠C=∠2。

4如图2-91，已知：∠1=∠2，∠2+∠3=180°，求证：a∥b，c∥d。

5(选作题)

证明：

(1)13个同学中必有2个或2个以上的同学在同一个月份出生。

(2)初一年级共有400人，必有2个或2个以上的同学的生日是同一天。

(注：以上证明可用抽屉原则。详细答案见“设计说明”。)

板书设计

定理与证明

一、公理与定理

三、证明练习

1公理例

12定理例

23关系图

四、总结

二、证明命题

五、作业

1意义例：

2一般步骤

课堂教学设计说明

1本教案的教学时间为1课时45分钟。

2关于真命题与定理的关系，可以告诉学生，在数学中经过推理论证是正确的真命题都可以作为定理。

2在前面的教学中，实际已经渗入了不少有关推理证明的问题，学生也已经熟悉。在这一节课中，对证明的过程再加以系统的总结和归纳，使学生在将来的证明中，书写和思考更加规范和合理。

3本节的例题内容和作业内容都比较简单。有些基础较好的学校和班级还可以适当补充难度大一些的题目。如抽屉原则的习题和某些代数证明题。以下几题可供参考：

(1)求证：对任意整数n，(n+5)-(n-3)(n+2)能被6整除。

(提示：化简后原式=6(n+1))

(2)求证：任意两个连续整数的平方差是一个奇数。

(3)求证：无论a取何值，代数式3(a-2)(a+2)+3(a+2)2-6a(a+2)的值永远为0。4选作题答案：

(1)将12个月作为12个抽屉，13个学生当做13个苹果，根据抽屉原则：把多于n个苹果放到n个抽屉里，至少有一个抽屉有两个或两个以上的苹果，则13个同学中必有2个或2个以上的同学在同一个月份出生。

(2)一年365天看作365个抽屉，400个同学为400个苹果。

10.基础定理证明 篇十

直线l与三角形的三边相交，有两种情形：（1）其中两个交点在边上，一个交点在边的延长线上，如图1；（2）三个交点均在边的延长线上，如图2.图1图2

梅涅劳斯定理在处理直线形中线段长度比例的计算时，尤为快捷.值得一提的是，其逆定理也成立，可作为三点共线、三线共点等问题的判定方法.下面给出梅涅劳斯定理的十种精彩证明，证明中仅以图1作为示例.

证法1平行线法

如图3，过点C作CG∥DF交AB于点G，则BDDC=BFFG，CEEA=GFFA，故

AFFB·BDDC·CEEA=AFFB·BFFG·GFFA=1.

图3图4

证法2共边定理法

如图4，由共边定理知AFFB·BDDC·CEEA=AEDBED·BEDCED·CEDAED=1.

证法3共角定理法

如图1，由共角定理知

△AEF△BFD=AF·EFFB·DF，BFDCDE=BD·DFDC·DE，CDEAEF=DE·CEEA·EF，

三式相乘得1=AF·EFFB·DF·BD·DFDC·DE·DE·CEEA·EF=AFFB·BDDC·CEEA，得证.

注共边定理和共角定理源自于张景中院士的面积法[1]，下面是定理的具体内容.

共边定理若直线AB和PQ相交于点M（如图5，有4种情形），则有PABQAB=PMQM.

图5图6

共角定理如图6，若∠ABC和∠XYZ相等或互补，则有ABCXYZ=AB·BCXY·YZ.

证法4辅助平面法

如图7，过截线l作平面α，设顶点A、B、C到该平面的距离分别为dA、dB、dC，则有

AFFB=dAdB，BDDC=dBdC，CEEA=dCdA，

三式相乘即得证.

图7图8

该证明曾在网上被大量转载，被称为令人感动的证明.文[2]中也收录了该证明，并称“上面这种方法恐怕是最帅的一种了.它解决了其他证明方法缺乏对称性的问题，完美展示了几何命题中的对称之美”.其实，何必要在空间中作一个辅助平面呢，且看单墫先生在文[3]中给出的精彩证明.

证法5垂线法

如图8，分别自A、B、C向l作垂线，设垂线段的长度分别为p、q、r，则

AFFB=pq，BDDC=qr，CEEA=rp，

三式相乘即得证.

证法6正弦定理法

在△AEF、△BDF、△CDE中，由正弦定理得

AFFB·BDDC·CEEA=AFEA·BDFB·CEDC=sin∠AEFsin∠AFE·sin∠BFDsin∠FDB·sin∠EDCsin∠CED，

因∠AEF=∠CED，∠BFD+∠AFE=180°，∠EDC=∠FDB，故上式右端乘积为1，得证.

证法7向量法

设AF=λFB，BD=μCD，CE=γEA，即证λμγ=1.

DE=DC+CE=1μ-1CB+γγ+1CA=1μ-1AB-（1μ-1+γγ+1）AC；

EF=AF-AE=λλ+1AB-1γ+1AC.

由D、E、F三点共线，知DE与EF共线，故1μ-1·1γ+1=λλ+1（1μ-1+γγ+1），整理即λμγ=1.

证法8坐标法

设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），且AF=λFB，BD=μDC，CE=γEA，则

F（x1+λx21+λ，y1+λy21+λ），D（x2+μx31+μ，y2+μy31+μ），E（x3+γx11+γ，y3+γy11+γ）.

设直线l的方程为ax+by+c=0，代入点F的坐标，即

ax1+λx21+λ+by1+λy21+λ+c=0，

解得λ=-ax1+by1+cax2+by2+c，同理有

μ=-ax2+by2+cax3+by3+c，γ=-ax3+by3+cax1+by1+c，于是λμγ=-1，即AFFB·BDDC·CEEA=1.

这样的坐标法并没有建立坐标系，而是直接设出点的坐标，运算过程对称、简洁！

证法9质点法[4]

设（1+r）F=A+rB，（1+s）E=A+sC，两式相减消去点A得

（1+r）F-（1+s）E=rB-sC，

此式表明FE与BC交于一点，即（r-s）D=rB-sC，于是AFFB·BDDC·CEEA=r·sr·1s=1.

质点法直接让几何学里最基本的元素——点参与运算，稍微修改就可得向量证法：在△ABC所在平面内任取一点O，设AF=rFB，AE=sEC，则有

（1+r）OF=OA+rOB，（1+s）OE=OA+sOC，

两式相减得（1+r）OF-（1+s）OE=rOB-sOC，又FE与BC交于点D，故有

rOB-sOC=（r-s）OD，

则BD=srCD，于是AFFB·BDDC·CEEA=r·sr·1s=1.

以上过程中点O是任意的，并不起实质性作用，完全可以省略不写，用一个字母表示向量，这就是质点几何了.质点法的最新研究成果是建立了能处理希尔伯特交点类命题的仿射几何机器证明算法MPM（Mass-Point-Method），并编写了Maple程序，验算了几百个非平凡命题，不仅效率高，程序自动生成的证明也有可读性，这一工作是广州大学邹宇博士在张景中院士的指导下完成的.最后给出梅涅劳斯定理的机器证明，算作第十种证法.

证法10机器证明Points（A，B，C）；Mratio（D，B，C，r1）；Mratio（E，C，A，r2）；Inter（F，D，E，A，B）；ratioproduct3（A，F，F，B，B，D，D，C，C，E，E，A）A，B，C（1+r1）D=B+r1 C（1+r2）E=C+r2 AF=（A B）∩（D E）D-r1（1+r2）E[]1+r1=-r1r2 A1+r1+B1+r1F=r1r2 A-1+r1 r2-B[]-1+r1 r2A-F=-F-B[]r1 r2B-D=r1（D-C）C-E=r2（E-A）[AF][BD][CE][][FB][DC][EA]=-1

参考文献

[1]彭翕成，张景中.仁者无敌面积法[M].上海：上海教育出版社，20116.

[2]顾森.思考的乐趣：Matrix67数学笔记[M].北京：人民邮电出版社，20127.

[3]单墫.平面几何中的小花[M].上海：华东师范大学出版社，20113.

[4]彭翕成.向量、复数与质点[M].合肥：中国科学技术大学出版社，20145.

11.推广的罗尔定理的证明及应用 篇十一

若函数f满足如下条件: ( ⅰ) f在闭区间[a,b]上连续;( ⅱ) f在开区间 (a,b)内可导; ( ⅲ) f ( A) = f ( b),则在(a,b)内至少存在一点ξ,使得f' ( ξ) = 0.

2. 推广的罗尔定理

设(a,b)为有限区间或无限区间,f( x) 在(a,b)内可微,

则至少存在一点ξ∈(a,b),使f'( ξ) =0. 现在我们来证明推广的罗尔定理.

证明: ( 1) 设(a,b)为有限区间. 若A为有限值,

容易验证F( x) 在 [a,b]上满足罗尔定理的条件,故ξ∈(a,b),使得F' ( ξ) = f' ( ξ) = 0.

( 2) 若A = + ∞ ,(a,b)为有限区间,由f( x) 在(a,b)内的连续性知,当c > 0时,直线y = c与曲线y = f( x) 至少相交于两点x1,f(x )(1), x2,f(x )(2),即f(x )1= f (x )2= c. 且x1,x2∈(a,b). 不妨设x1< x2,对f( x) 在x1[,x ]2 (a,b)上应用罗尔定理,ξ∈x1(,x )2(a,b),使得f' ( ξ) = 0. 对A =- ∞的情形可类似证明.

( 3) 若A = + ∞ ,(a,b)为无限区间,( ⅰ) 若a = - ∞ ,b= + ∞ ,作变换x = tant. 令g( t) = f( tant) ,

则g( t) 在 -(,π2)满足( 1) 的全部条件.π2

f'( tanα') ·sec2α',sec2α' > 0,

于是取ξ = tanα'∈(- ∞ ,+ ∞),就有f'( ξ) = 0.( ⅱ) 若a为有限,b = + ∞ ,即(a,b) = (a,+ ∞).

则g ( t) 在 (a,m) 满足 ( 1 ) 的全部条 件. 故t0∈

( ⅲ) 若b为有限,a = - ∞ ,即(a,b) = (- ∞ ,b).

0,所以f' ( ξ) = 0.

对A = - ∞的情形可类似证明.

3. 例题

导. 证明: 存在ξ∈(- ∞ ,+ ∞),使得f'( ξ) = 0.

定理得ξ∈(- ∞ ,+ ∞),使f'( ξ) = 0.

例2设f( x) 在 [0,+ ∞)内可微,且满足不等式0≤

由推广的罗尔定理得ξ∈(0,+ ∞),

x

= 0.

1 + x2

由推广的罗尔定理得,存在一点ξ > 0,使得F' ( ξ) = 0.

12.基础定理证明 篇十二

来源：智阅网

微积分基本定理是考研数学中的重要定理，考察的频率较高，难度也比较大，下面详细的讲解一下，希望大家有所收获。

微积分定理包括两个定理：变限积分求导定理和牛顿-莱布尼茨公式。

变限积分求导定理的条件是变上限积分函数的被积函数在闭区间连续，结论可以形式地理解为变上限积分函数的导数为把积分号扔掉，并用积分上限替换被积函数的自变量。注意该求导公式对闭区间成立，而闭区间上的导数要区别对待：对应开区间上每一点的导数是一类，而区间端点处的导数属单侧导数。花开两朵，各表一枝。我们先考虑变上限积分函数在开区间上任意点x处的导数。一点的导数仍用导数定义考虑。至于导数定义这个极限式如何化简，笔者就不能剥夺读者思考的权利了。单侧导数类似考虑。

“牛顿-莱布尼茨公式是联系微分学与积分学的桥梁，它是微积分中最基本的公式之一。它证明了微分与积分是可逆运算，同时在理论上标志着微积分完整体系的形成，从此微积分成为一门真正的学科。”这段话精彩地指出了牛顿-莱布尼茨公式在高数中举足轻重的作用。而多数考生能熟练运用该公式计算定积分。不过，提起该公式的证明，熟悉的考生并不多。

该公式和变限积分求导定理的公共条件是函数f(x)在闭区间连续，该公式的另一个条件是F(x)为f(x)在闭区间上的一个原函数，结论是f(x)在该区间上的定积分等于其原函数在区间端点处的函数值的差。该公式的证明要用到变限积分求导定理。若该公式的条件成立，则不难判断变限积分求导定理的条件成立，故变限积分求导定理的结论成立。

注意到该公式的另一个条件提到了原函数，那么我们把变限积分求导定理的结论用原函数的语言描述一下，即f(x)对应的变上限积分函数为f(x)在闭区间上的另一个原函数。根据原函数的概念，我们知道同一个函数的两个原函数之间只差个常数，所以F(x)等于f(x)的变上限积分函数加某个常数C。万事俱备，只差写一下。将该公式右侧的表达式结合推出的等式变形，不难得出结论。

13.命题、定理、证明教学设计 篇十三

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课题：5.3.2 命题、定理、证明

教学目标：

1．理解命题、定理、证明的概念，能区分命题的题设和结论； 2．会判断命题的真假，能写出简单的推理过程． 重点：

命题的概念和区分命题的题设与结论.难点：

表述推理过程． 教学流程：

一、情境引入

问题：下列语句在表述形式上，哪些是对事情作了判断？哪些没有？ 1.对顶角相等； 2.画一个角等于已知角； 3.两直线平行，同位角相等； 4.a、b两条直线平行吗？ 5.温柔的小莉； 6.玫瑰花是动物； 7.若a2＝4，求a的值； 8.若a2＝b2，则a＝b.答案：有，没有，有，没有，没有，有，没有，有，概念：像这样判断一件事情的语句，叫做命题.练习1：

判断下列语句是不是命题？（1）两点之间，线段最短；（）（2）请画出两条互相平行的直线；（）

（3）过直线外一点作已知直线的垂线；（）

（4）如果两个角的和是90º，那么这两个角互余.（）答案：是，不是，不是，是

追问：你能举出一些命题的例子吗？

二、探究1

观察下面命题：

（1）如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行；

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（2）如果两个角的和是90º，那么这两个角互余； 问题1：命题是由几部分组成的？

命题由题设和结论两部分组成.题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项． 数学命题表达：

“如果„„那么„„”的形式

问题2：说一说下面命题的题设和结论？

（1）如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行；（2）如果两个角的和是90º，那么这两个角互余； 练习2：

请将下列命题改为：“如果„„那么„„”的形式：（1）两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补；（2）对顶角相等．

答：（1）两条平行线被第三条直线所截，如果两个角是同旁内角，那么这两个角互补；（2）如果两个角是对顶角相等，那么这两个角相等．

三、探究2

情境回顾：

下列语句在表述形式上，哪些是对事情作了判断？哪些没有？ 1.对顶角相等；（有）

3.两直线平行，同位角相等；（有）6.玫瑰花是动物；（有）8.若a2＝b2，则a＝b.（有）

概念：像这样判断一件事情的语句，叫做命题.问题：下面的命题，哪些是正确的，哪些是错误的？ 1.对顶角相等；

3.两直线平行，同位角相等； 6.玫瑰花是动物； 8.若a2＝b2，则a＝b.21世纪教育网

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答案：√，√，×，×

真命题：如果题设成立，那么结论一定成立，这样的命题叫做真命题．

假命题：如果题设成立时，不能保证结论一定成立，这样的命题叫做假命题． 追问：你能再举出真命题和假命题的例子吗？ 练习3：

判断下列命题哪些是真命题？哪些是假命题？

（1）在同一平面内，如果一条直线垂直于两条平行线中的一条，那么也垂直于另一条；（2）如果两个角互补，那么它们是邻补角；（3）如果 |a|＝|b|，那么a＝b；

（4）经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行；（5）两点确定一条直线．

答：真命题，假命题，假命题，真命题，真命题

四、探究3

真命题：

（1）在同一平面内，如果一条直线垂直于两条平行

线中的一条，那么也垂直于另一条；

（4）经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行；（5）两点确定一条直线．

定理：上面命题正确性是经过推理证实的，这样得到的真命题叫做定理． ※定理也可以作为继续推理的依据． 追问：你能说几个学习过的定理吗？

五、探究4

例：在同一平面内，如果一条直线垂直于两条平行线中的一条，那么它也垂直于另一条.问题：这是一个真命题，你说一说理由吗？ 已知：b∥c，a⊥b ． 求证：a⊥c．

证明：∵ a⊥b（已知），又∵ b∥c（已知），21世纪教育网

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∴∠1＝∠2（两直线平行，同位角相等）.∴∠2＝∠1＝90º（等量代换）．

∴∠1＝90º（垂直的定义）． ∴ a⊥c（垂直的定义）．

证明：一个命题的正确性需要经过推理，才能作出判断，这个推理过程叫做证明.注意：判断一个命题是假命题，也可举出一个例子（反例），它符合命题的题设，但不满足结论就可以了.举反例说明：“相等的角是对顶角”是假命题 解：如图所示，OC是∠AOB的平分线 ∴ ∠1＝∠2 但∠1和∠2不是对顶角

∴“相等的角是对顶角”是假命题 练习4：

命题：“同位角相等”是真命题吗？如果是，请说明理由；如果不是，请用反例说明.答：假命题，理由如下 如图所示，∵∠

1、∠2是直线a、b被直线c所截形成的同位角 且∠1≠∠2 ∴“同位角相等”是假命题

六、应用提高

在下面的括号里，填上推理的依据.已知：如图所示，∠1＝∠2，∠3＝∠4，求证：EG∥FH．

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证明：∵∠1＝∠2（已知）∠AEF＝∠1（对顶角相等）； ∴∠AEF＝∠2（等量代换）．

∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行）． ∴∠BEF＝∠CFE（两直线平行，内错角相等）． ∵∠3＝∠4（已知）；

∴∠BEF－∠4＝∠CFE－∠3． 即∠GEF＝∠HFE（等式性质）． ∴EG∥FH（内错角相等，两直线平行）．

七、体验收获

今天我们学习了哪些知识？

1.什么叫做命题？命题是由哪两部分组成的？

2.举例说明什么是真命题，什么是假命题．如何判断一个命题的真假？ 3.谈一谈你对证明的理解.八、达标测评

1.判断下列语句是不是命题？如果是命题，请判断其真假.（1）两点之间，线段最短； 答：是命题，真命题

（2）请画出两条互相平行的直线； 答：不是命题

（3）过直线外一点作已知直线的垂线； 答：不是命题

（4）如果两个角的和是90º，那么这两个角互余． 答：是命题，真命题（5）内错角相等 答：是命题，假命题

2.将下面推理过程，补充完整.已知：如图，AB∥CD，∠A＝∠C，21世纪教育网

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求证：∠E＝∠F.解：∵AB∥CD(已知)，∴∠C＝∠ABF(两直线平行，同位角相等)，又∵∠A＝∠C(已知)，∴∠A＝__∠ABF__(等量代换)，∴AE∥FC(内错角相等，两直线平行)，∴∠E＝∠F(两直线平行，内错角相等).九、布置作业

教材24页习题5.3第12、13题．

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14.基础定理证明 篇十四

1 现行教材上分析证明方法存在的不足之处

最大功率传递定理指出,当负载电阻等于电源的内阻时,负载获得的功率最大。目前一般教材的分析方法普遍采用微分法,通过对最大功率函数求导,当一阶导数为零时,得到最大功率和获得最大功率时的负载电阻。大多数教材都有具体分析证明过程,这里就不再详细说明。但微分法分析证明功率传递定理相对来说比较复杂,同时某些教材的分析证明的方法还不够严密,认为负载功率函数表达式的一阶导数为零时负载获得功率最大[1,2]。事实上,一阶导数为零只是函数取得最大值的必要条件,不是充要条件,不能说明负载此时获得的功率一定是最大值。负载获得功率最大的充要条件,还必须证明此时函数的二阶导数小于零。所以,用微分法分析证明需要同时求解一阶和二阶导数,分析证明比较复杂。特别是对大专、中专等高等数学基础较差的学生来说,用这种方法进行分析证明是比较难理解的。怎样使分析证明更简单,本文探索了一种更简单、更直观、更易懂的分析证明方法。

2 最大功率传递定理更简易的分析证明方法

2.1 直流电路的最大功率传递定理的分析证明

直流电路最大功率传递定理电路如图1所示。

设电路中内电阻R0为定值,负载电阻RL为可调的电阻,则负载电阻的功率为:

undefined

从式(1)可以看出,负载的最大功率为:undefined。

在式(1)中,由于RL,R0均大于等于零,R0,US为定值,在式中取等号的条件是:RL=R0。

所以,从上述分析可以看出,当负载电阻等于电源的内阻时,负载获得的功率最大。该分析证明方法只用了中学不等式的基本知识,不需要进行一阶、二阶微分,同时能很直观地看出负载获得最大功率的条件和获得最大功率的大小,比一般教材上的分析方法更简单、更直观。

2.2 正弦交流电路最大功率传递定理的分析证明

正弦交流电路(负载部分的电阻和电抗均独立可调)最大功率传递定理电路如图2所示。

电路中内阻抗Z0=R0+jX0为定值,负载阻抗Z1=R1+jX1为R1和X1值均独立可调的阻抗,则负载的消耗的功率(有功功率)为:

undefined

同样从上式可以看出,当两式均取等号时,负载获得的功率最大,负载的最大功率为:undefined。

在式(2)中,当X0+X1=0时,第一个“≤”处取等号,PR1的最大值undefined;由于R1,R0均大于等于零,R0,US为定值,当R1=R0时,第二个“≤”处取等号,得到undefined的最大值为undefined。由于负载阻抗Z1=R1+jX1的R1和X1值均独立可调,所以2个条件可以同时满足;则当2个条件X0+X1=0和R1=R0同时成立时,两个“≤”处均能取等号,此时负载消耗的功率最大。

由上述分析可以看出,当负载阻抗中的电阻部分等于电源的内阻抗的电阻值,负载阻抗中的电抗部分与电源内阻抗中的电抗相反,即R1=R0和X1= - X0时,负载获得的功率最大。即:

最大功率为:undefined。最大功率的条件为:R1=R0,且X1= - X0。

该交流电路的分析证明方法同样只用了中学不等式的基本知识,不必进行一阶、二阶微分计算,也能很直观地看出负载获得最大功率的条件和获得最大功率的大小。

3 结 语

通过上述分析,本文提出的方法使最大功率传递定理的分析证明更简单、更直观,减少了很多高数分析计算。在实际教学中,针对不同的教学对象,同样的问题可以采用不同的分析证明方法,学生更能够理解和掌握,能够收到更好的教学效果,有效地提高了教学质量,对低层次学生的电工电子技术教学效果更为明显。

参考文献

[1]王鸿明.电工技术与电子技术(上册)[M].北京:清华大学出版社,1999.

[2]Jams W.Lilsson,Sosan a.Riedel.电路[M].7版.北京:电子工业出版社,2005.

[3]崔玉超,孙运强.射频放大电路的优化及仿真[J].现代电子技术,2007,30(23):93-94,96.

[4]杨森斌,贺少华,李大斌.智能型无功补偿控制器的研究与设计[J].现代电子技术,2006,29(2):134-136.

15.三角形垂顶径定理的发现与证明 篇十五

为方便读者对比阅读，仍沿用文[1]的字母.

三角形垂顶径定理如图1或2，设△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，三条高线分别为AE、BF、CG，又R、H分别为外接圆半径及垂心，三个垂顶距HA=u，HB=v，HC=w，则R是一元三次方程4x3-（u2+v2+w2）x±uvw=0的一个正实数根（对钝角和锐角三角形ABC，uvw前分别取正负号，直角三角形正负均可）.

证明

如图1或2，连接BO交外接圆O于M，再连

接AM和MC，则有MA⊥AB，MC⊥BC，又因CH⊥AB，AH⊥BC（垂心性质），所以AM∥HC，AH∥MC，所以四边形AMCH为平行四边形，故有MC=AH=u，AM=HC=w.又在Rt△ABM和Rt△BMC中，

AB=BM2-AM2，BC=BM2-MC2即c=4R2-w2，a=4R2-u2，同理可证AC=b=4R2-v2.在圆内接四边形ABCM中，由托勒密定理得，

AM·BC+MC·AB=BM·AC，即w4R2-u2

+u4R2-w2=2R4R2-v2，移项得w4R2-u2=2R4R2-v2-u4R2-w2

化简整理得，

R2[4R2-（u2+v2+w2）]2=（uvw）2. ①

以下分三种情况：

（1）如图1，对于锐角三角形ABC及其外接圆O，在Rt△BHE中，∠BEH=90°，∠BHE为锐角，故其补角∠AHB必为钝角，所以cos∠AHB<0，又在△AHB中，由余弦定理得，c2-u2-v2=-2uvcos∠AHB>0，又c2=4R2-w2，故4R2-（u2+v2+w2）>0，此时，由①得R[4R2-（u2+v2+w2）]=uvw，于是4R3-（u2+v2+w2）R-uvw=0. ②

（2）同理，如图2，对于钝角三角形ABC及其外接圆O，在Rt△BHE中，∠BHE为锐角，故cos∠BHA>0，在△AHB中，仿上由余弦定理得，4R2-（u2+v2+w2）=-2uvcos∠BHA<0.

故由①得R[4R2-（u2+v2+w2）]=-uvw，

于是4R3-（u2+v2+w2）R+uvw=0.③

（3）如图3，对于直角△ABC，其直角顶点B与其垂心H重合.

所以HA=u，HB=v=0，HC=w，斜边AC=2R.

将它们代入②或③，②、③均成立，（注意到勾股定理u2+w2=AC2=4R2）

综合②、③得，4R3-（u2+v2+w2）R±uvw=0（△ABC为钝角和锐角三角形时，uvw前分别取正负号），直角三角形正负均可）.

垂顶径定理获证.由于定理涉及的三次方程求解较为复杂，留给读者解决，若求出此根，将重新改写文[1]的三角形面积公式.

参考文献

16.证明费马大定理的故事 篇十六

为了寻求费马大定理的解答，三个多世纪以来，一代又一代的数学家们前赴后继，却壮志未酬。1995年，美国普林斯顿大学的安德鲁·怀尔斯教授经过8年的孤军奋战，用130页长的篇幅证明了费马大定理。怀尔斯成为整个数学界的英雄。

费马大定理提出的问题非常简单，它是用一个每个中学生都熟悉的数学定理——毕达哥拉斯定理——来表达的。2000多年前诞生的毕达哥拉斯定理说：在一个直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方之和。即X2+Y2=Z2。大约在公元1637年前后，当费马在研究毕达哥拉斯方程时，他写下一个方程，非常类似于毕达哥拉斯方程：Xn+Yn=Zn,当n大于2时，这个方程没有任何整数解。费马在《算术》这本书的靠近问题8的页边处记下这个结论的同时又写下一个附加的评注：“对此，我确信已发现一个美妙的证法，这里的空白太小，写不下。”这就是数学史上著名的费马大定理或称费马最后的定理。费马制造了一个数学史上最深奥的谜。

大问题 在物理学、化学或生物学中，还没有任何问题可以叙述得如此简单和清晰，却长久不解。E·T·贝尔(Eric Temple Bell)在他的《大问题》(The Last Problem)一书中写到，文明世界也许在费马大定理得以解决之前就已走到了尽头。证明费马大定理成为数论中最值得为之奋斗的事。

安德鲁·怀尔斯1953年出生在英国剑桥，父亲是一位工程学教授。少年时代的怀尔斯已着迷于数学了。他在后来的回忆中写到：“在学校里我喜欢做题目，我把它们带回家，编写成我自己的新题目。不过我以前找到的最好的题目是在我们社区的图书馆里发现的。”一天，小怀尔斯在弥尔顿街上的图书馆看见了一本书，这本书只有一个问题而没有解答,怀尔斯被吸引住了。

这就是E·T·贝尔写的《大问题》。它叙述了费马大定理的历史，这个定理让一个又一个的数学家望而生畏，在长达300多年的时间里没有人能解决它。怀尔斯30多年后回忆起被引向费马大定理时的感觉：“它看上去如此简单，但历史上所有的大数学家都未能解决它。这里正摆着我——一个10岁的孩子——能理解的问题，从那个时刻起，我知道我永远不会放弃它。我必须解决它。”

怀尔斯1974年从牛津大学的Merton学院获得数学学士学位，之后进入剑桥大学Clare学院做博士。在研究生阶段，怀尔斯并没有从事费马大定理研究。他说：“研究费马可能带来的问题是：你花费了多年的时间而最终一事无成。我的导师约翰·科茨(John Coates)正在研究椭圆曲线的Iwasawa理论，我开始跟随他工作。” 科茨说：“我记得一位同事告诉我，他有一个非常好的、刚完成数学学士荣誉学位第三部考试的学生，他催促我收其为学生。我非常荣幸有安德鲁这样的学生。即使从对研究生的要求来看，他也有很深刻的思想，非常清楚他将是一个做大事情的数学家。当然，任何研究生在那个阶段直接开始研究费马大定理是不可能的，即使对资历很深的数学家来说，它也太困难了。”科茨的责任是为怀尔斯找到某种至少能使他在今后三年里有兴趣去研究的问题。他说：“我认为研究生导师能为学生做的一切就是设法把他推向一个富有成果的方向。当然，不能保证它一定是一个富有成果的研究方向，但是也许年长的数学家在这个过程中能做的一件事是使用他的常识、他对好领域的直觉。然后，学生能在这个方向上有多大成绩就是他自己的事了。”

科茨决定怀尔斯应该研究数学中称为椭圆曲线的领域。这个决定成为怀尔斯职业生涯中的一个转折点，椭圆方程的研究是他实现梦想的工具。

孤独的战士

1980年怀尔斯在剑桥大学取得博士学位后来到了美国普林斯顿大学，并成为这所大学的教授。在科茨的指导下，怀尔斯或许比 世界上其他人都更懂得椭圆方程，他已经成为一个著名的数论学家，但他清楚地意识到，即使以他广博的基础知识和数学修养，证明费马大定理的任务也是极为艰巨的。

在怀尔斯的费马大定理的证明中，核心是证明“谷山-志村猜想”，该猜想在两个非常不同的数学领域间建立了一座新的桥梁。“那是1986年夏末的一个傍晚，我正在一个朋友家中啜饮冰茶。谈话间他随意告诉我，肯·里贝特已经证明了谷山-志村猜想与费马大定理间的联系。我感到极大的震动。我记得那个时刻，那个改变我生命历程的时刻，因为这意味着为了证明费马大定理，我必须做的一切就是证明谷山-志村猜想„„我十分清楚我应该回家去研究谷山-志村猜想。”怀尔斯望见了一条实现他童年梦想的道路。

20世纪初，有人问伟大的数学家大卫·希尔伯特为什么不去尝试证明费马大定理，他回答说：“在开始着手之前，我必须用3年的时间作深入的研究，而我没有那么多的时间浪费在一件可能会失败的事情上。”怀尔斯知道，为了找到证明，他必须全身心地投入到这个问题中，但是与希尔伯特不一样，他愿意冒这个风险。

怀尔斯作了一个重大的决定：要完全独立和保密地进行研究。他说：“我意识到与费马大定理有关的任何事情都会引起太多人的兴趣。你确实不可能很多年都使自己精力集中，除非你的专心不被他人分散，而这一点会因旁观者太多而做不到。”怀尔斯放弃了所有与证明费马大定理无直接关系的工作，任何时候只要可能他就回到家里工作，在家里的顶楼书房里他开始了通过谷山-志村猜想来证明费马大定理的战斗。

这是一场长达7年的持久战，这期间只有他的妻子知道他在证明费马大定理。

欢呼与等待

经过7年的努力，怀尔斯完成了谷山-志村猜想的证明。作为一个结果，他也证明了费马大定理。现在是向世界公布的时候了。1993年6月底，有一个重要的会议要在剑桥大学的牛顿研究所举行。怀尔斯决定利用这个机会向一群杰出的听众宣布他的工作。他选择在牛顿研究所宣布的另外一个主要原因是剑桥是他的家乡，他曾经是那里的一名研究生。1993年6月23日，牛顿研究所举行了20世纪最重要的一次数学讲座。两百名数学家聆听了这一演讲，但他们之中只有四分之一的人完全懂得黑板上的希腊字母和代数式所表达的意思。其余的人来这里是为了见证他们所期待的一个真正具有意义的时刻。演讲者是安德鲁·怀尔斯。怀尔斯回忆起演讲最后时刻的情景：“虽然新闻界已经刮起有关演讲的风声，很幸运他们没有来听演讲。但是听众中有人拍摄了演讲结束时的镜头，研究所所长肯定事先就准备了一瓶香槟酒。当我宣读证明时，会场上保持着特别庄重的寂静，当我写完费马大定理的证明时，我说：‘我想我就在这里结束’，会场上爆发出一阵持久的鼓掌声。” 《纽约时报》在头版以《终于欢呼“我发现了!”，久远的数学之谜获解》为题报道费马大定理被证明的消息。一夜之间，怀尔斯成为世界上最著名的数学家，也是唯一的数学家。《人物》杂志将怀尔斯与戴安娜王妃一起列为“本25位最具魅力者”。最有创意的赞美来自一家国际制衣大公司，他们邀请这位温文尔雅的天才作他们新系列男装的模特。

当怀尔斯成为媒体报道的中心时，认真核对这个证明的工作也在进行。科学的程序要求任何数学家将完整的手稿送交一个有声望的刊物，然后这个刊物的编辑将它送交一组审稿人，审稿人的职责是进行逐行的审查证明。怀尔斯将手稿投到《数学发明》，整整一个夏天他焦急地等待审稿人的意见，并祈求能得到他们的祝福。可是，证明的一个缺陷被发现了。

我的心灵归于平静

由于怀尔斯的论文涉及到大量的数学方法，编辑巴里·梅休尔决定不像通常那样指定2-3个审稿人，而是6个审稿人。200页的证明被分成6章，每位审稿人负责其中一章。

怀尔斯在此期间中断了他的工作，以处理审稿人在电子邮件中提出的问题，他自信这些问题不会给他造成很大的麻烦。尼克·凯兹负责审查第3章，1993年8月23日，他发现了证明中的一个小缺陷。数学的绝对主义要求怀尔斯无可怀疑地证明他的方法中的每一步都行得通。怀尔斯以为这又是一个小问题，补救的办法可能就在近旁，可是6个多月过去了，错误仍未改正，怀尔斯面临绝境，他准备承认失败。他向同事彼得·萨克说明自己的情况，萨克向他暗示困难的一部分在于他缺少一个能够和他讨论问题并且可信赖的人。经过长时间的考虑后，怀尔斯决定邀请剑桥大学的讲师理查德·泰勒到普林斯顿和他一起工作。

泰勒1994年1月份到普林斯顿，可是到了9月，依然没有结果，他们准备放弃了。泰勒鼓励他们再坚持一个月。怀尔斯决定在9月底作最后一次检查。9月19日，一个星期一的早晨，怀尔斯发现了问题的答案，他叙述了这一时刻：“突然间，不可思议地，我有了一个难以置信的发现。这是我的事业中最重要的时刻，我不会再有这样的经历„„它的美是如此地难以形容；它又是如此简单和优美。20多分钟的时间我呆望它不敢相信。然后白天我到系里转了一圈，又回到桌子旁看看它是否还在——它还在那里。”

这是少年时代的梦想和8年潜心努力的终极，怀尔斯终于向世界证明了他的才能。世界不再怀疑这一次的证明了。这两篇论文总共有130页，是历史上核查得最彻底的数学稿件，它们发表在1995年5月的《数学年刊》上。怀尔斯再一次出现在《纽约时报》的头版上，标题是《数学家称经典之谜已解决》。约翰·科茨说：“用数学的术语来说，这个最终的证明可与分裂原子或发现DNA的结构相比，对费马大定理的证明是人类智力活动的一曲凯歌，同时，不能忽视的事实是它一下子就使数学发生了革命性的变化。对我说来，安德鲁成果的美和魅力在于它是走向代数数论的巨大的一步。”

声望和荣誉纷至沓来。1995年，怀尔斯获得瑞典皇家学会颁发的Schock数学奖，1996年，他获得沃尔夫奖，并当选为美国科学院外籍院士。

17.命题、定理和证明教案 篇十七

重点：命题、定理、证明的概念 难点：命题、定理、证明的概念

一、板书课题，揭示目标

同学们，到现在为止，我们已经学习了一些简单的性质、判定、定义，这些命题都是真命题，那什么是命题呢？我们今天就来学习5.3.2命题、定理.本节课的学习目标是：（请看投影）

二、学习目标

1、理解命题、定理、证明的概念.2、会判断一个命题是真命题还是假命题.三、指导自学

认真看课本（P21-22练习前）.1结合例子理解命题的定义，会把一个命题写成“如果„„那么„„”的形式;○2理解真命题、假命题的概念并会判断一个命题的真假.○如有疑问，可以小声问同学或举手问老师.6分钟后，比谁能正确地做出检测题.三、先学

1、教师巡视，督促学生认真紧张地自学

2、学生练习：

检测题 P22 练习补充题：

1、下列是命题的是（）1对顶角相等.○2答案A是正确的.③若ａ＝ｂ，则ａ＋ｃ＝ｂ＋ｃ．④画射○线BC.⑤这条边长等于多少？

2、下列命题是真命题的是（）1同角的补角相等。○2相等的角是对顶角。○③互补的角是邻补角。

④若∠1=∠2，∠2=∠3，则∠1=∠3 分别让两位同学上堂板演，其余同学在位上做。

四、更正、讨论、归纳、总结

1、自由更正

请同学们认真看堂上板演的内容，如果有错误或不同解法的请上来更正或补充。

2、讨论、归纳 评讲2（1）：命题假设的对吗？为什么？怎样找一个命题的假设？引导学生回答：“如果”后接的部分是假设（师板书）

（2）命题的题设正确吗？为什么？他没有“如果„„那么„„”的形式该怎么办呢？如何把命题写成“如果„„那么„„”的形式，引导学生回答：题设——已知事项;结论——是由已知事项推出来的事项。

评补充题：

1、答案正确吗？为什么？引导学生回答：命题的条件是什么？（1）命题必须是一个完整的句子.（2）对某件事做出了判断。

2、“同位角相等“是真命题吗？为什么？引导学生画图说明：

五、课堂作业（见测试题）