三角形的性质定理

三角形的性质定理（15篇）

1.三角形的性质定理 篇一

等腰三角形的性质定理

1.等腰三角形的两个底角相等(即等边对等角)

2.等腰三角形顶角的平分线平分底边并且垂直于底边

3.等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线和底边上的高互相重合

4.等边三角形的各角都相等，并且每一个角都等于60°

5.等腰三角形的`判定定理 如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等(等角对等边)

6.三个角都相等的三角形是等边三角形

7.有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形

2.三角形的性质定理 篇二

基于演绎推理的形式验证是程序验证的一种重要方法。其核心是由程序员书写断言描述程序的性质, 然后根据某种方式对断言进行演算产生验证条件, 最后使用某个自动定理证明器来证明验证条件。该方法的程序验证原型系统非常多,但是到目前为止还没有可供工业界使用的产品问世。其主要原因是验证原型系统的能力受限于自动定理证明器的能力。 在研究程序验证的过程中,必须考虑如何提高自动定理证明技术,同时也应该研究如何减少对自动定理证明器的依赖。

本实验室设计并且实现了一个源码级验证工具 ——面向Pointer C的程序验证器原型(简称原型系统)[1,2,3,4]。原型系统对Pointer C语言程序进行自动验证,先对程序进行形状分析生成形状图,然后根据程序员书写的前后条件以及循环不变式通过最强后条件演算方式生成验证条件,最后交给自动定理证明Z3[5]证明。本文研究的主要内容是,在引入自定义谓词增强断言语言的表达能力的同时,怎样减轻因此产生的自动定理证明器的负担。

原有的原型系统中由于断言语言能力的局限, 很多易变数据结构的性质无法简明准确的表达。为此,原型系统引入自定义递归谓词来描述这些比较复杂的程序性质。程序员在写代码的过程中有时会用到递归谓词的归纳性质。但是这样做带来的问题是,Z3在证明验证条件的过程中无法发现这些归纳性质,从而造成验证条件证明失败。

为了自动定理证明器能顺利完成验证条件的证明,原型系统由程序员提供自定义谓词之间的归纳性质定理来帮助自动定理证明器证明。同时由于性质定理是由程序员提供的,其正确性无法保证。本文给出一种先对性质定理本身进行具体分析然后再结合结构归纳的方法,实现了性质定理的自动证明。

本文接下来的内容安排如下,在第1节里介绍Pointer C程序验证器原型系统中断言语言的设计以及为什么需要引入自定义谓词;第2节给出程序员需要提供性质定理的原因;第3节详细阐述如何具体实现性质定理的自动证明;第4节简单介绍当前原型系统的组成以及可以通过的验证实例;第5节的主要内容则是全文总结以及相关工作的比较。

1程序断言语言设计

验证系统原型的核心是程序断言语言的设计, 其主要验证对象是操作易变数据结构的指针程序, 而易变数据结构的特点是递归性。为了准确用断言表达易变数据的性质,直观的方法就是引入谓词。 引入谓词有两种机制,一种是系统内部建立固定谓词让程序员使用,但是这种不满足多变的程序性质和复杂的数据结构;另一种是由程序员自己定义谓词来满足程序性质多变的情况,这也符合自动定理器的功能在不断扩展的事实。本文中采用的就是自定义谓词的机制。

1.1自定义谓词

自定义谓词是程序员自己提供的用以描述程序的性质的谓词,最常见是递归定义的谓词,也称归纳谓词。其详细文法可以参考Pointer C的程序验证器原型相关的文献[1,2,3,4]。

例如有结构体定义为:

typedef struct node{int data; Node* l; Node*r;}Node;

现在定义一棵二叉排序树(Binary Sort Tree),它提供性质定理的原因;第3节详细阐述如何具体实现性质定理的自动证明;第4节简单介绍当前原型系统的组成以及可以通过的验证实例;第5节的主要内容则是全文总结以及相关工作的比较。需要三个归纳谓词一起定义,其形式为:

符号:=的左边是谓词的名字以及谓词的参数, :=的右边是谓词的定义。谓词gt表示对于指针p来说, p指向空或者p指向一棵二叉树,且x的数值大于这棵树上所有节点的data域的数值。此时我们发现归纳谓词中的指针p不再是指向一个单独的存储单元,而是抽象成为了一棵二叉树。p可以为空树,也可以有左子树和右子树。这是由归纳谓词的定义决定的, 谓词体右边出现的同名谓词可以继续按照谓词的定义展开。所以BST的含义是:p可以为空树;当p不为NULL时,该树的上所有父节点的数据域data值小于右子树根节点的data值大于左子树根节点的data值。

1.2自定义谓词在程序验证中的作用

自定义谓词除了能够定义复杂的数据结构性质之外,还可以根据程序的实际特点定义指针之间的关系,只有灵活应用自定义谓词,才能正确书写正确的函数前后条件和循环不变式。现在用二叉排序树删除根节点的函数(图1)来具体阐述这个问题。函数的谓词定义为:

谓词(1),(2),(3)一起定义了一棵二叉排序树, 而谓词(4)则表示p指向的二叉树上所有的节点的data值都小于q指向的树 上所有节 点的数据 。 而BST_seg(p,q)则表示从p指针到q指针之间的树段上所有数据的性质。

这些谓词的定义都是原型系统验证二叉排序树 (非空树)根节点函数需要的。二叉排序树删除了根节点之后,还需要保持该数据结构是一棵二叉排序树,所以函数在while循环语句中寻找中序前驱,然后将它的值替换根点,最后删除这个中序节点。所以这个函数的性质的前条件是p!=NULL BST(p), 它的后条件是BST(p)。同时在循环语句中,指针s在该树的左子树上向右前进直至找到中序前驱,所以它的循环不变式是BST(p->r) lt_all(s,p->r) lt(q->data,s) BST_seg(p->l,q) BST(s) ,表明了它在循环语句执行的过程中程序代码一定会满足的性质。

2程序员提供的性质定理

由上文可以看出,自定义谓词为程序验证提供了便利,基于原有的谓词文法我们已经可以方便写出函数的前后条件以及循环不变式。但是新的问题诞生了,前后条件以及循环不变式演算完毕生成的验证条件交给Z3时,自动定理证明器无法证明结果。 而发生这个情况的原因是自动定理证明器Z3没有推导谓词之间的归纳性质的能力。

虽然Z3无法发现归纳谓词之间的归纳性质,但是程序员自己可以给出归纳性质的定理辅助Z3证明。 对于图1的二叉树根节点删除函数来说,提供几个性质定理,自动定理证明器就可以顺利进行验证条件的证明。这些性质定理如下:

二叉排序树删除根节点函数的循环不变形状图为:

图2中形状不变图表示循环语句中程序维持的形状。现在以性质定理(c)来说一下,为什么验证条件的证明需要它们。当BST_seg(p,q)的展开情况不为不动 点的时候 , 是基于p - > r上的谓词 性质B S T _ s e g ( p - > r , q ) , 将其他谓 词的性质 按照p - > r指向节点定义序列段的左边加入该谓词,得到BST_seg(p,q)。

根据图2的循环不变图,我们可以看图1函数循环体里的赋值语句{q= s; s = s->r; }中看出s从根节点到右子树前进方向,已经遍历过的节点序列的性质和当前指针指向的节点性质,再加上尚未遍历的节点性质综合起来才能证明循环出口的验证条件。也许就是说B S T _ s e g ( p - > l , q ) 可以扩大 到BST_seg(p->l,q->r),正是性质定理(c)表达的意思。

这个分析过程,实际上就给程序员提供了一种如何书写性质定理的思路。程序员在写代码的过程中,清楚谓词在形状图上的含义,也清楚自己利用了谓词上哪些归纳性质。比如在该例子中,程序员知道二叉树删除根节点后的中序节点就是该树左子树上最底层最右边的点,所以并没有直接将这个节点替换根节点,而是利用它的值是左子树上所有节点的最大值这个归纳性质。程序员将这个性质交给Z3作为推导的条件,就可以证明循环出口的验证条件。同时,程序员也可以对形状上各个节点附带的谓词性质进行分析,就能很容易地发现验证条件的证明缺少哪些性质定理。

3性质定理的自动证明

一般情况下,定理证明不存在自动发现归纳证明步骤的通用算法。但是对于原型系统的性质定理来说,出现的参数变量个数少,指针参数的递归结构明确而且形状固定,可以通过对定理各个组成部分的分析得到归纳证明的方法。本文提供一种自动证明性质定理的分析方法,并且按照这种方法在原型系统中实现了性质定理的自动归纳证明。

另外,本文采用的归纳方法不是自然数归纳法, 而是结构归纳法。它的基本思路是假设在某一个集合上某个命题成立,证明某个包含这个集合的集合上这个命题成立。接下来详细介绍这种方法的思路和具体实现过程中的步骤。

3.1证明思路

该方法的基本思路分为三个步骤,最后一步是归纳证明,前两步是分析性质定理的结构。本节会根据第2节二叉排序删除根节点函数的谓词和性质定理具体分析证明过程。

第一步,分析谓词间的依赖关系与谓词的归纳方式。谓词的依赖关系就是指谓词是基于哪些谓词定义,谓词lt的定义谓词不依赖其它谓词,谓词 ( 4 ) l t _ a l l依赖谓词 ( 2 ) l t 。同时也很容易得到谓词 (5)BST_seg依赖谓词谓词(3)BST、谓词(2)lt和谓词 (1)gt。而谓词的归纳方式在静态检查谓词时就已经完成。它从谓词参数的定义出发,比如谓词lt和gt都只有一个指针变量,所以按照二叉树的结构归纳。 而谓词lt_all有两个指针变量,但是它的谓词体中, 只有第一个指针的路径有变化,说明此谓词按照第一个指针变元归纳,并且归纳的方式是按照二叉树的结构。同理,我们可以得到谓词BST_seg的归纳变元也是第一个指针,但是他的归纳方式不再是按二叉树的结构,而是只按照节点的右子树路径r指针进行归纳。

第二步,利用性质定理(引理)间的依赖关系。 原则上来说,定理应该是按照各个谓词的定义就可以独立证明,比如定理(a)、(b)。实际上,证明某一个相对复杂的定理可以将其他的引理作为前提条件, 这样可以减少复杂定理的证明步骤。比如引理(e) 依赖于引理(a),没有引理(a),它要进行两次归纳证明。确定引理之间的依赖关系没有像谓词之间依赖关系那样直观,几乎没有明确的办法。一种简单的方法是,证明任意一条定理时,都将其他的定理作为前提条件。

第三步,按照第一步的分析出来的归纳变元跟归纳方式对性质定理进行证明。其具体的操作分为3小步:

1)按照第一步分析得到的归纳变元和归纳方式进行归纳基始证明。证明失败原型系统报错,退出程序验证;

2)按照第一步分析得到的归纳变元和归纳方式形成归纳假设;

3)将该引理外的其他引理和上一小步的归纳假设都作为前提条件跟引理一起交给自动定理证明器证明。证明失败原型系统报错。

3.2性质定理的自动证明过程

性质定理的抽象语法定义为其中P的形式为Q的格。下面我们以定理(d)

为例介绍如何在原型系统中实现性质定理的自动证明。

第一步,检查P和Q的归纳变元,决定是否需要归纳证明。系统原型在进行性质定理证明之前,会对每个谓词进行检查得到它们的归纳变元。如何寻找归纳变元第2节中有介绍。这样我们得到P的归纳变元集合A与Q的归纳变元集合B,A={a1,a2..ah}, B = { b1, b2. . b1} ,其中ai和bj都是指针路径(格式为ptr->next或者ptr->l),不包括指针数据域路径(格式为ptr->next->data)。同时我们还需要P、Q的指针路径集合X和Y。显然指针路径也包含了归纳变元集合的元素,因为单个谓词的指针路径中不会都是归纳变元。对于定理(d)来说,A={m,n->r},B={m}, X={m,n,n->r},Y={m}。

此外,我们定义函数NUM(x)求解集合的元素个数。根据NUM(A)和NUM(B)的值,我们得到三种情况。P与Q都没有归纳变元,直接交给Z3证明;P与Q只有一边有归纳变元,直接证明交给Z3证明;P与Q都有归纳变元,到第二步。的左边和右边都有归纳变元,所以到第二步证明。

第二步,得到归纳变元与归纳方式。归纳变元应该是P和Q中归纳变元的交集R中的元素,但是R≠ A∩B,而是A和B的等价交集。这里等价交集的元素分两种情况,第一种是它们是同一个变量,另一种是指如果不为同一个变量时它们互为别名。别名的含义为两个指针指向同一个节点。

得到等价元素的算法如下:先定义P中的指针路径等式集合 {1,2..n},根据 ,我们可以得到若干个指针路径的等价群组{E1,E2..Em},每一个群组都应该包括一组相等的指针路径。现在我们需要知道{a1,a2,a3..ah}和{b1,b2..b1}是否有等价的元素。当它们等价时,它们的减去同样的后缀后,留下的指针前缀至少有一组同时出现在某一个Ei中。具体来说,有路径p->next->next->next和q->next->next,那么它有三组需要验证的指针前缀,是(p->next->next, q - > n e x t ) ,( p - > n e x t , q ) 和( p - > n e x t - > n e x t - > n e x t ,q->next->next)。指针路径p->next和q->l不可能等价, 因为p和q不是一种结构体指针。

得到归纳变元之后,我们要寻找归纳方式。按照之前的内容介绍,每个谓词的归纳方式都不同。 我们按照归纳方式最有限制的谓词来,归纳方式最有限制就是二叉树的不动点限制最多,或者归纳路径的数目最少。当然我们可能有多种不同的最有限制的归纳方式,我们就一一尝试,如果每一个证明结果都是错误,我们就对性质定理报错。根据以上方法,很容易得定理(d)的归纳变元是m,归纳方式是m->r。

第三步,证明归纳基始。这个过程就是按照谓词的不动点的定义化简性质定理,然后交给Z3证明。 化简得方式就是将不动点的定义直接合取P。定理(d)的归纳基始:容易得证。

第四步,归纳假设的生成。我们按照第二步得到的归纳方式,将性质定理里的归纳变元替换为归纳路径就是归纳假设。有几种归纳路径,就生成几个归纳假设公式。定理(d)只有一个归纳路径,所以归纳假设为:

第五步,将归纳假设,归纳基始,所有谓词定义和其他性质定理作为条件,将性质定理本身交给自动定理器证明。如果证明结果如果为false,原型系统退出。

4原型系统简介

研究小组设计并且实现了面向Pointer C语言的的程序验证原型系统(简称原型系统)。它的基本流程为以下三个步骤:

1)预处理阶段(编译器前端)。这个阶段处理Pointer C语言,包括词法分析,语法分析和类型检查。具体的过程是,对程序员的源程序(包括编程语言跟断言语言)进行词法分析和语法分析,生成符号表和抽象语法树AST。同时还要进行类型检查,类型检查类似于C语言。

2)程序分析阶段(形状系统):遍历(1)生成的程序的语法树AST,根据形状图逻辑的演算规则生成各个程序点的形状图,还要进行形状检查和得到循环不变图。

3)程序验证阶段(验证条件生成器):以函数为单位,根据程序员提供的函数的循环不变式和前后条件,按照最强后条件演算方法和专有逻辑形状图逻辑演算得到验证条件,最后将验证条件交给自动定理证明器证明。

现阶段原型系统已经可以通过以下程序的验证, 一种是不涉及易变数据结构的非指针程序,快速排序,二分查找,二叉堆(数组实现)等;另一种是涉及易变数据结构的指针程序(全部包含性质定理跟自定义归纳谓词),有序单(双)链表的插入删除,有序单(双)向链表逆置,有序单链表合并, AA树插入,平衡二叉树、二叉排序树、treap树和splay树的插入和删除。

对原有的原型系统来说中,通过验证的大多数实例都包含性质定理。系统在假设其正确的情况下对所有的实例进行程序验证,实际上这种验证结果并不可靠。而在本文的工作实现之后,现有的实例中所有的性质定理都通过了验证,之前原型系统通过的实例的正确性得到了保证。

5总结与相关工作比较

本文的内容主要是实现了当前所有包含谓词的测试用例里中性质定理的自动归纳证明。性质定理描述了自定义谓词之间的关系,它和自定义谓词一样由程序员自己提供,其目的是辅助自动定理证明器证明验证条件。自动定理证明器的局限性,使其在不提供性质定理的情况下,需要推导出归纳性质的验证条件证明失败。此外,自动定理证明器也不具备归纳证明的方法。本文通过对性质定理本身以及谓词的分析给出了一种自动证明归纳定理的方法。

近年来,还有很多其他的国内外实验室也在开发源码级的验证工具。比如,Veri Fast是一个可以验证C和Java程序的工具原型[6]。它为了提高表达程序性质的能力,允许程序员定义归纳数据类型(类似于结构体定义)及其上的递归函数,还有允许定义基于分离逻辑的谓词。递归函数跟本文归纳谓词的最大区别是,递归函数需要提供更多参数,实际表达含义可以一样。

Veri Fast和本文的验证工具还有一个区别就是, 程序中的定理证明由程序自己提供。因为这个证明过程在Veri Fast中就是一个函数。但是本文是原型系统的工作,程序员只需要根据形状图分析书写性质定理就可以了,难度相对会小不少。此外,Dafny[7]工具的最新实现[8]和本文方法的自动证明定理的方法很接近似。它和我们原型系统一样,提供性质定理,在Dafny中叫做lemma。同样对lemma进行归纳证明,不过它和我们原型系统不同的是,它作的是自然数归纳证明,并且允许多个变量归纳的情况。

还有其他一些类似于本实验原型系统的工具, 大多数验证工具都和原型系统一样,引入自定义谓词提高程序断言语言的表达能力,比如有[9,10]。但是这些工具都没有提供像本文中实现的自动证明性质定理的功能。而且这里面的某些工具,为了验证谓词归纳性质的方便性,在编程语言中限制了循环语句的使用,极大的降低了编程的灵活性。

参考文献

[1]ZHANG Zhi-tian,LI Zhao-peng,CHEN Yi-yun,et al.An Automatic Program Verifier for Pointer C:Design and Implementation[J].Journal of Computer Research and Development,2013,Vol.50(No.5):1044-1054.

[2]Zhaopeng Li,Yu Zhang,Yiyun Chen.A shape graph logic and a shape system.Journal of Computer Science and Technology.28(6):1063-1084,Nov.2013.

[3]XU Wen-yi,CHEN Yi-yun,LI Zhao-peng.Verifier Prototype for Programs with User-defined Predicates in the Assertion Language[J].Journal of Chinese Computer Systems,2013,Vol.34(No.7):1482-1486.

[4]SONG Yan-hui,LI Zhao-peng,CHEN Yi-yun.Automatic Inference of Pre and Post Shape Graphs for Pointer-type Recursive Functions[J].Journal of Chinese Computer Systems,to be published.

[5]Leonardo de Moura and Nikolaj Bjørner.Z3:An Efficient SMT Solver,Conference on Tools and Algorithms for the Construction and Analysis of Systems(TACAS),Budapest,Hungary.Vol 4963 of LNCS,pages 337–340,2008.

[6]Bart Jacobs,Jan Smans,Pieter Philippaerts,Frédéric Vogels,Willem Penninckx,and Frank Piessens.Veri Fast:A Powerful,Sound,Predictable,Fast Verifier for C and Java.In NASA Formal Methods,pages 41-55,2011.

[7]K.Rustan and M.Leino.Dafny:An Automatic Program Verifier for Functional Correctness.In LPAR-16,LNCS 6355,pages 348-370,2010.

[8]K.Rustan and M.Leino.Automating Induction with an SMT Solver.In VMCAI 2012,LNCS 7148,pages 315-331,2012.

[9]W.-N.Chin,C.David,H.H.Nguyen,and S.Qin.Automated verification of shape,size and bag properties via user-defined predicates in separation logic.Science of Computer Programming,doi:10.1016/j.scico.2010.07.004,2010.

3.证明三角形角平分线定理的六法 篇三

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）

4.三角形的重心定理及其证明 篇四

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

5.三角形中线长定理的趣用 篇五

在初中平行四边形、勾股定理与解三角形［１］［２］教学中，教师一般都会介绍并证明如下结论：

（2）本题将几何问题代数化，是解析几何的基本思路之一.方程组的思想是数学的最基本、最重要的思想方法之一，也是各级各类数学考试重点考查的内容之一.（3）在强调“通法”教学的大背景下，充分运用典型数学思想方法，可能是命题者的本意，也是学生解题思路的常见想法.通过教学向学生传达“通法”解题的思想，使解题过程最简化.（4）初中学生已具备在直角三角形中研究三角函数的能力.从某种程度上讲，该题只是一道好的中考难题（但也不够中考压轴题的水平）之一.我们可以再来看一道不定方程的数学竞赛题目.参考文献：

6.三角形射影定理 篇六

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）

7.母子三角形的性质与应用 篇七

如图1所示,“母子三角形”有下面非常有趣的性质:AC2=AD·AB,BC2=BD·AB,CD2=AD·DB.

下面举例说明“母子三角形”的上述性质在解题中的巧妙应用.不仅可以提高解题速度与技能,而且对于提高我们思维的灵活性和创造性也是大有裨益的.

一、直接应用

例1如图2,已知在正方形ABCD中,E是AB的中点,F是AD上的一点,且,EC⊥CF,垂足为G,求证:EC2=CG·GF.

例2如图3,已知在Rt△ABC中,CD是斜边AB上的高,DE⊥AC,DF⊥BC,垂足分别为E、F。求证:CD3=AE·BF·AB

证明在Rt△ADC中,由“母子三角形”性质,

易得AD2=AE·AC.

同理,在Rt△BDC中,

BD2=BF·BC;

在Rt△ABC中,CD2=AD·DB.

则CD4=AD2·BD2=AE·AC·BF·BC.

例3已知Rt△ABC中,CD是斜边AB上的高,求证:

证明由“母子三角形”的性质,易得AC2=AD·AB,

例4在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠A的平分线与边BC相交于D.求证:.

证明如图4,过BB作AD的垂线与AD、AC分别相交于E、F,过E作EG∥BC AC于G.

在Rt△ABD中,AB2=AE·AD

又E是BF的中点,EG∥BC,

∴2EC=BC,

例5如图5所示,梯形ABCD中,AB∥CD,且AB+CD=AD,P是BC的中点,PQ⊥AD,垂足为Q.求证:PQ2=AQ·DQ.

证明连结DP并延长交AB的延长线于E,连结AP.

二、拓展应用

有些几何问题,虽然条件中没有给出这种基本图形,但可以根据题目的特点,构造出“母子三角形”进而巧妙地运用“母子三角形”的上述性质,达到快速、简捷、巧妙证题的目的。

例6如图6所示,在△ABC中,AB=AC,高AD与BE交于H,EF⊥BC,垂足为F,延长AD到G,使DG=EF,M是AH的中点.求证:∠GBM=90°.

分析根据题意可知,AD⊥BC,BE⊥AC,因此有很多的直角三角形,据此可考虑运用“母子三角形”的性质证题.

欲证∠CBM=90°,因为BD⊥CM,故此只要证BD2=CD·DM;而BD=DE,GD=EF,故只要证DE2=EF·DM;

若将EF平移至DK,并连ME,这时只要证△DEM与△DKE是“母子三角形”,即只要证∠DEM=90°,也就是要证∠1=∠2,而在Rt△BEF和Rt△HEA中,D、M分别是斜边BC、HA的中点,所以容易得∠1=∠3,∠2=∠4.

又易证∠3=∠4.至此思路顺畅,命题容易获证.证明过程请大家完成.

例7如图7所示,已知☉O1外切☉O2于P,一条外公切线分别切两圆于点M、N,A为⊙O1上任意一点,AP交⊙O2于B,AM交BN于C,AD切☉O2于D.求证:AD=AC.

证明因AD是☉O2的切线,则由切割线定理有AD2=AB·AP.

连结CP,则问题转化为证△ABC与△ACP为“母子三角形”,即需证∠ACB=90°且CP⊥AB.

根据题意易知∠1=∠3,∠2=∠4.又因为切点△PMN是直角三角形,∠MPN=90°,所以∠3+∠4=90°,从而有∠1+∠2=90°,于是可证得∠ACB=90°,且有P、M、C、N四点共圆,因此可得∠5=∠6=∠ABC,于是知△ABC与△ACP为“母子三角形”,因此得CP⊥AB,所以有AC2=AB·AP.

8.三角形的性质定理 篇八

推广1 平面三角形中任意两边之和大于第三边定理,类比到空间四面体中有:任意三个面的面积之和大于第四个面的面积.

图1

证明 如图1,P在底面ABC内的射影为O,作OE⊥AB于E.

由AB⊥PO,得AB⊥面POE,故AB⊥PE.

在直角三角形POE中,PE>OE,故12AB•PE>12AB•OE,即S△PAB>S△OAB.

同理S△PBC>S△OCB,S△PAC>S△OAC.

三式相加即得结论.

推广2 平面上有勾股定理:直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方,类比到空间三棱锥中有:三个侧面两两垂直的三棱锥,三个侧面面积的平方和等于底面面积的平方.

图2

证明 如图2,在三棱锥PABC中,可证PA,PB,PC两两互相垂直,设PA=a,PB=b,PC=c,则AB=a2+b2,AC=a2+c2,BC=c2+b2.

作AE⊥BC,连结PE,则可证BC⊥面PAE,故BC⊥PE.

在△PBC中,由等面积转换得PE=bcb2+c2.

在△APE中,AE2=AP2+PE2.

在△ABC中,

S2△ABC=14BC2•AE2=14(b2+c2)a2+b2b2+c2c2=14(b2a2+c2a2+b2c2)=

S2△PAB+S2△PAC+S2△PBC.

图3

推广3 平面上有射影定理:在三角形ABC中,AB⊥AC,AD⊥BC,D为垂足,则AB2=BD•BC.类比到空间三棱锥PABC中有:

三侧面PAB,PAC,PBC两两互相垂直,PO⊥平面ABC,O为垂足,且O在△ABC中,则

S2△PAB=S△AOB•S△ABC,S2△PBC=S△OBC•S△ABC,S2△PAC=S△OAC•S△ABC.

证明 由图3和S△PBC=12BC•PD,S△OBC=12BC•OD,

S△ABC=12BC•AD,

易证第二式.

同证其他两式.

图4

推广4 平面上有正弦定理:在三角形EFD中,DEsin∠DFE=

DFsin∠DEF=EFsin∠EDF(*),类比到空间中有:斜三棱柱ABCPQR的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角的关系,SABQPsin∠DFE=

SBCRQsin∠EDF=SACRPsin∠DEF

.

证明 作三棱柱的直截面(垂直于侧棱的截面)DEF,则可知∠DFE,∠DEF,∠EDF分别是面ACRP和BCRQ,面ABQP和面BCRQ,面ACRP和面ABQP所成二面角的平面角,且AP=BQ=CR.在(*)式中同乘以AP即可得结论.

推广5 平面上有余弦定理:在三角形DFE中,DE2=DF2+EF2-2DE•EFcos∠DFE(#),类比到空间斜三棱柱ABCPQR的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角的关系:

S2ABQP=S2ACRP+S2BCRQ-2SACRP•SBCRQ•cos∠DFE,其中∠DFE是面ACRP与面BCRQ所成二面角的平面角.

证明 同推广4,只要在(#)式中同乘以AP2,即可得结论.

注 同理可得S2ACRP=S2ABQP+S2BCRQ-2SABQP•SBCRQcos∠DEF,S2BCRQ=S2ABQP+S2ACRP-2SABQP•SACRPcos∠EDF.

推广6 平面上有大边对大角定理:在三角形DEF中,若DF>DE,则∠DEF>∠DFE,类比到空间斜三棱柱ABCPQR三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角的关系:若SACRP>SABQP,则面ABQP与面BCRQ所成二面角的平面角∠DEF大于面ACRP与面BCRQ所成二面角的平面角∠DFE.

证明 如图4,由SACRP>SABQP得,DF•AP>DE•AP,即DF>DE,由大边对大角定理可得结论.

推广7 平面上有相似比定理:两个三角形相似,则对应线段的比等于相似比,面积比等于相似比的平方.如果也定义了空间两个四面体“相似”,则可能有类似的结论:对应线段的比等于相似比,面积比等于相似比的平方,体积比等于相似比的立方.

推广8 平面上有内角和定理:三角形的三个内角之和为180°,类比到空间斜三棱柱中有:三个侧面所成的二面角的平面角的和也为180°.

证明 如图4,作三棱柱的直截面(垂直于侧棱的截面)DEF,则∠DFE,∠DEF,∠EDF分别是面ACRP和BCRQ,面ABQP和面BCRQ,面ACRP和面ABQP所成的二面角的平面角,可得结论.

推广9 平面上三角形的三条中线交于一点,即三角形的重心,这一点到顶点的距离等于中线长的23,类比到空间四面体中有:各顶点与对面的重心连线的四条线段共点,且这一点到顶点的距离等于顶点与其对面重心所连线段的34.

分析 可类比平面上的重心的证明方法,先证明两直线AG,PE交于一点O,再证明CH,BR过点O.

图5

证明 如图5,在四面体PABC中,E,G,H,R分别是面ABC,面PBC,面PAB,面PAC的重心.

连结CE,AE并延长,分别交AB,BC于D,F,则D,F为中点.

连结AG,PE,设其交于点O,由PG∶GF=AE∶EF=2∶1,知EG∥AP,

得OG∶OA=OE∶OP=EG∶AP=EF∶AF=1∶3.①

连结CH,由PH∶HD=PG∶GF=2∶1,知HG∥DF,且HG=23DF,又中位线DF∥AC,且DF=12AC,故HG∥AC,且HG=13AC,故四边形HGCA为梯形,得AG,CH交于一点,设为S,且SG∶AS=1∶3.②

由①和②,知S,O为同一点,即CH过O点,同理证明BR过O点,即CH,BR,AG,PE共点.

由AO∶OG=3∶1得,AO∶AG=3∶4.

注 由此定理可证明下面结论:

由正三角形的外接圆与内切圆的半径之比为2∶1,类比到空间中有:正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.

以上将平面几何中的三角形,线线垂直,线线角,长度等,分别和立体几何中的三棱锥(柱),面面垂直,二面角,面积等进行了类比,这是推广中的关键.那么如何证明结论的正确性,我们可将平面上相应定理的证明方法类比到空间中去,这一点同学们不妨试一试(如上面第9个推广).



巩 固 练 习

1. 在直角三角形中,若∠C=90°,则cos2A+cos2B=1,请根据上面的结论,给出立体几何中四面体性质的猜想.

2.(1) 证明:在三角形ABC中,有a=bcosC+ccosB,其中a,b,c,依次为角A,B,C的对边.

(2) 类比上述结论,给出空间四面体性质的猜想,并证明这个猜想.

9.三角形的性质定理 篇九

一、选择题 1.如图，工人师傅砌门时，常用木条 EF 固定矩形门框 ABCD，使其不变形，这种做法的根据是（）A．两点之间线段最短 B．矩形的对称性 C．矩形的四个角都是直角 D．三角形的稳定性 2.王 师 傅 用 4 根 木 条 钉 成 一 个 四 边 形 木 架，如 图 ． 要 使 这 个 木 架 不 变 形，他 至 少 还 要 再 钉 上 几 根 木 条 ？ A． 0 根 B． 1 根 C． 2 根 D． 3 根 3.如图，一扇窗户打开后，用窗钩 AB 可将其固定，这里所运用的几何原理是（）A．三角形的稳定性 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．垂线段最短 4．下列图形中具有稳定性的是（）A．直角三角形 B．长方形 C．正方形 D．平行四边形 5.下列图中具有稳定性的是（）A． B． C． D．）6.如 图 小 明 做 了 一 个 方 形 框 架，发 现 很 容 易 变 形，请 你 帮 他 选 择 一 个 最 好 的 加 固 方 案（A． B． C． D． 7.．用八根木条钉成如图所示的八边形木架，要使它不变形，至少要钉上木条的根数是（A．3 根 B ． 4 根 C．5 根 D．6 根

A． B． C．）D． 6． 下 列 图 形 中，不 具 有 稳 定 性 的 是（）7．为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背面加钉了一根木条，这样做的道理是（）A．两点之间，线段最短 B．垂线段最短 C．三角形具有稳定性 D．两直线平行，内错角相等 8.不是利用三角形稳定性的是 A．自行车的三角形车架 B．三角形房架 C．照相机的三角架 D．矩形门框的斜拉条 8． 用 五 根 木 棒 钉 成 如 下 四 个 图 形，具 有 稳 定 性 的 有（）A． 1个 B． 2个）C． 3个 D． 4个 9． 如 图 所 示，具 有 稳 定 性 的 有（A． 只 有（1），（2）B． 只 有（3），（4）C． 只 有（2），（3）D．（1），（2），（3）10．图中的五角星是用螺栓将两端打有孔的 5 根木条连接而构成的，它的形状不稳定．如果用在图中木条交叉点打孔加装 螺栓的办法来达到使其形状稳定的目的，且所加螺栓尽可能少，那么需要添加螺栓（）A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个

二、填空题 1 ．（2012•茂 名）如 图 所 示，建 高 楼 常 需 要 用 塔 吊 来 吊 建 筑 材 料，而 塔 吊 的 上 部 是 三 角 形 结 构，这 是 应 用 了 三角形的哪个性质？答： ．（填“稳定性”或“不稳定性”）2.在 生 活 中，我 们 常 常 会 看 到 如 图 所 示 的 情 况，在 电 线 杆 上 拉 两 根 钢 筋 来 加 固 电 线 杆，这 样 做 的 依 据 是.3.空 调 安 装 在 墙 上 时，一 般 都

会 象 如 图 所 示 的 方 法 固 定 在 墙 上，这 种 方 法 应 用 的 数 学 知 识 是.人 站 在 晃 动 的 公 共 汽 车 上 ．若 你 分 开 两 腿 站 立，则 需 伸 出 一 只 手 去 抓 栏 杆 才 能 站 稳，这 是 利 用 了.4 ． 如 图，是 边 长 为 25cm 的 活 动 四 边 形 衣 帽 架，它 应 用 了 四 边 形 的 ． 11.2.1 三角形的内角和 基础知识 选择题 1.下列说法正确的是(A.三角形的内角中最多有一个锐角;B.三角形的内角中最多有两个锐角 C.三角形的内角中最多有一个直角;D.三角形的内角都大于 60° 2.如图，在折纸活动中，小明制作了一张 △ ABC 纸片，点 D、E 分别是边 AB、AC 上，将 △ ABC 沿着 DE 折叠压平，A 与

重合，若∠，则∠1+ ∠2 =（）∶∶ 3 7，则这个三角形一）（A）等腰三角形（B）直角，AD 是 △ ABC 的角平）．（A）40 °（A）150（B）210（C）105（D）定是（3.一个三角形的三个内角的度数之比为 三角形（C）锐角三角形（D）钝角三角形，∠分线，则∠ CAD 的度数为（4.如图，在 △ ABC 中，∠（B）45 °（C）50 °（D）55 °

5.将一副直角三角板，按如图所示叠放在一起，则图中∠的度数是（）1 2（A）45（B）60（C）75（D）90 6.如图，将等腰直角三角形沿虚线裁去顶角后，∠1 +∠2 =（）． A．

．

．

．与虚线的位置有关 7.如图，在△ABC 中，已知∠A＝80°，∠B＝60°，DE∥BC，那么∠CED 的大小是 A．40° B．60° C．120° D．140° 8.将一副三角板按如图所示摆放，图中 数是（）（A）75 ° o o o o（）（C）105°（D）120°（B）90 ° 9.如图，ABCDE 是封闭折线，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E 为（）度． A．180 B．270 C．360 D．540 10．直角三角形两锐角的平分线所夹的钝角等于（）A．100° B．120° C．135° D．150° 11.如图，Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=50°，将其折叠，使点 A 落在边 CB 上 A′处，折痕为 CD，则∠A′DB=（A．40°B．30°C．20°D．10° 12．具备下列条件的△ABC 中，不是直角三角形的是（）1 A．∠A-∠B=∠C B．∠A=3∠C，∠B=2∠C C．∠A=∠B=2∠C D．∠A=∠B= ∠ C 2 13.如图，在三角形 ABC 中，已知∠ABC=70º,∠ACB=60º,BE⊥AC 于 E,CF⊥AB 于 F,H 是 BE 和 CF 的交点，则∠EHF=(100º B.110º C.120º D.130º A）A F B 2 E D 1 D C B C 14．如图所示，把的度

一个三角形纸片 ABC 顶角向内折叠 3 次之后，3 个顶点不重合，那么图中∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6 的度 数和是（）A．180° B．270° C．360° D．无法确定

二、填空题 1.三角形中,若最大内角等于最小内角的 2 倍,最大内角又比另一个内角大 20°,则此三角形的最小内角的度数是________.2.在△ABC 中,若∠A+∠B=∠C,则此三角形为_______三角形;若∠A+∠B<∠C,则此三角形是_____三角形.3.在△ABC 中,∠B,∠C 的平分线交于点 O,若∠BOC=132°,则∠A=_______度.4.如图所示,已知∠1=20°,∠2=25°,∠A=35°,则∠BDC 的度数为________.5.当 三 角 形 中 一 个 内 角 α 是 另 一 个 内 角 β 的 两 倍 时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中 α 称为“特 征 角 ” ． 如 果 一 个 “ 特 征 三 角 形 ” 的 “ 特 征 角 ” 为 100°，那 么 这 个 “ 特 征 三 角 形 ” 的 最 小 内 角 的 度 数 为.6.如图，在 △ ABC 中，∠B，三角形的外角∠ DAC 和∠ ACF 的平分线交于点 E，则∠ AEC =____________．

将一副直角三角板如图放置．若 AE∥BC，则∠AFD= °． 8.如 图，AB ∥ CD，∠ A=32°，∠ AEB=100°，则 ∠ C 的 度 数 是 度． 9.△ ABC 中，∠ A= ∠ B+ ∠ C，则 ∠ A= 度． 1 1 10 ． 在 △ ABC 中，已 知 ∠ A= ∠ B= ∠ C，则 三 角 形 的 形 状 是 三角形． 2 3 11 ． 已 知 △ ABC 中，∠ A=2（∠ B+ ∠ C），则∠A 的度数为 度． 8 ． 如 图，在 △ ABC 中，∠ 1= ∠ 2，∠ 3= ∠ 4，∠ BOC=120°，则 ∠ A=.12 ． 如 图，AD、AE 分 别 是 △ ABC 的 高 和 角平分 线，∠ B=58°，∠ C=36°，∠ EAD=.A F E B D C 13.如图所示,在△ABC 中,∠B=∠C,FD⊥BC,DE⊥AB,∠AFD=150°, 则∠EDF=________度.14.如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=.解答题 1.在△ABC 中,已知∠B-∠A=5°,∠C-∠B=20°,求三角形各内角的度数.2.已 知 ：如 图，AB ∥ CD，直 线 EF 分 别 交 AB、CD 于 点 E、F，∠ BEF 的平分 线 与 ∠ DFE 的平分 线 相 交 于 点 P ．求 证 ： ∠ P=90°． 3.如图，△ABC 中，CD 是∠ACB 的角平分线，CE 是 AB 边上的高，若∠A=40°，∠B=72°．（1）求∠DCE 的度数；（2）试写出∠DCE 与∠A、∠B 的之间的关系式．（不必证明）4.如 图，已 知 在 三 角 形 ABC 中，∠ C= ∠ ABC=2 ∠ A，BD 是 AC 边 上 的 高，求 ∠ DBC 的 度 数 ． 5.如 图，有 一 块 直 角 三 角 板 XYZ 放 置 在 △

ABC 上，恰 好 三 角 板 XYZ 的 两 条 直 角 边 XY、XZ 分 别 经 过 点 B、C． △ ABC 中，∠ A=40°，求 ∠ XBA+ ∠ XCA 的 度 数.A F E B D C 三角形内角和定理的证明

一、填空（1）如果三角形的三个内角都相等，那么每一个角的度数等于_______．（2）在△ABC 中，若∠A=65°,∠B=∠C，则∠B=_______．（3）在△ABC 中，若∠C=90°,∠A=30°，则∠B=_______．（4）在△ABC 中，若∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶3，则∠A=_______，∠B=_______，∠C=_______．（5）在下两图中，∠

1、∠2 与∠B、∠C 的关系是_______（6）已知，如图，在△ABC 中，∠C=∠ABC=2∠A，BD⊥AC，垂足为 D，则∠DBC 的度数为_______．

二、选择题认真选一选（1）在△ABC 中，∠A=50°，∠B、∠C 的平分线交于 O 点，则∠BOC 等于__________． A．65° B．115° C．80° D．50°（2）两条平行线被第三条直线所截，那么一组同旁内角的平分线__________． A．相互重合 B．互相平行 C．相互垂直 D．无法确定相互关系 B．45°C．55° D．75°（3）如图，AB∥CD，∠A=35°,∠C=80°,那么∠E 等于__________． A．35°

10.三角形中位线定理》的教学设计 篇十

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．

11.例析对顶三角形的性质 篇十一

这条性质看似简单，但在求某些复杂图形中多个内角之和时作用可大着呢．请看下面几例．

例1图2是一个星形图案，求∠A+∠B+∠ACE+∠ADB+∠E的大小．

<\192.168.2.1230七年级数学人教版2008年3月分析.tif>[分析：]观察图形，我们发现连接AB、BC、CD、DE、EA都能构成对顶三角形，这样就把求这五个角之和的问题转化为求三角形内角和的问题，而三角形的内角和为180°，问题就轻松解决了．

解：连接CD，则△BOE和△COD是一组对顶三角形.

根据对顶三角形的性质可知，∠B+∠E=∠OCD+∠ODC．所以有

∠A+∠B+∠ACE+∠ADB+∠E

=∠A+（∠B+∠E）+∠ACE+∠ADB

=∠A+（∠OCD+∠ODC）+∠ACE+∠ADB

=∠A+∠OCD+∠ACE+∠ADB+∠ODC

=∠A+∠ACD+∠ADC

=180°．

例2如图3，∠A+∠B+∠BCE+∠ADE+∠E=．

<\192.168.2.1230七年级数学人教版2008年3月分析.tif>[分析：]只要连接CD就可构造出一组对顶三角形，利用对顶三角形的性质和三角形的内角和定理，即可求出这五个角的和．

解：连接CD，则△AOB和△COD是一组对顶三角形，于是可知∠A+∠B=∠OCD+∠ODC．所以有

∠A+∠B+∠BCE+∠ADE+∠E

=∠OCD+∠ODC+∠BCE+∠ADE+∠E

=∠ECD+∠EDC+∠E

=180°．

例3如图4，∠A+∠B+∠BCE+∠ADF+∠E+∠F= ．

<\192.168.2.1230七年级数学人教版2008年3月分析.tif>[分析：]连接CD可构造出一组对顶三角形，利用对顶三角形的性质，可以把求这六个角之和的问题转化为求四边形内角和的问题，而四边形的内角和是360°，于是问题即可解决．

解：连接CD，则△EOF和△COD是一组对顶三角形，于是可知∠E+∠F=∠OCD+∠ODC．所以有

∠A+∠B+∠BCE+∠ADF+∠E+∠F

=∠A+∠B+∠BCE+∠ADF+∠OCD+∠ODC

=∠A+∠B+∠BCD+∠ADC

=360°．

12.倍角三角形性质的几个推论 篇十二

在△ABC中, 若∠A=2∠B, 则BC2-AC2=AC·AB.

这个结论通常叫做倍角三角形性质.如果我们将这个性质移植到椭圆焦点三角形来研究, 则可得到几个有趣的推论.

推论1:E、F是椭圆 (a>0, b>0) 的两个焦点, P是椭圆上的任意一点, 若∠EPF=2∠PFE (或∠EPF=2∠PEF) , 椭圆的半焦距是c, △EPF的面积为S, 则

证明:由对称性, 不妨设椭圆为横向型椭圆, E、F分别是左、右焦点, P点的横坐标为x, 则由椭圆的焦半径公式得|PE|=a+ex, |PF|=a-ex, 由题意及倍角三角形性质得|EF|2-|PE|2=|PF||PE| (2c) 2- (a+ex) 2= (a+ex) (a-ex) .

(4) 由椭圆定义知

故由海伦公式得S=

推论2:E、F是椭圆=1 (a>0, b>0) 的两个焦点, P是椭圆上任一点, 若∠PFE=2∠PEF, 离心率是e, 半焦距为c, △EPF的面积为S, 则

证明由对称性, 不妨设椭圆为横向型椭圆, E、F分别是左、右焦点, P点的横坐标为x, 则由椭圆的焦半径公式得|PE|=a+ex, |PF|=a-ex, 由倍角三角形性质得|PE|2-|PF|2=|PF||EF| (a+ex) 2- (a-ex) 2=2c (a-ex) .

故在椭圆的两条焦半径中, 有

(4) 由椭圆定义知, △EPF的半周长p= (|PE|+|PF|+|EF|) = (2a+2c) =a+c.

故由海伦公式得

例1 E、F是椭圆=1 (a>0, b>0) 的两个焦点, 若椭圆上恒有一点P, 使得∠EPF=2∠PFE (或∠EPF=2∠PEF) , 求该椭圆离心率e的取值范围.

解:由题意及推论1知

例2 E、F是椭圆=1的两个焦点, P是椭圆上的一点, 若∠PFE=2∠PEF, 求∠EPF的正弦值.

13.解斜三角形之余弦定理 教案 篇十三

一、教学类型： 新知课

二、教学目的：

1、2、掌握余弦定理的推导过程（向量法）； 会解斜三角形。

三、教学重点：余弦定理的推导

教学难点：余弦定理在解三角形中的应用

四、教具: 黑板

五、教学过程：

（一）引入新课：

上节课我们学习了正弦定理：a/sinA=b/sinB=c/sinC ,是三角形的边与其角的正弦之间的关系，它的应用范围是什么呢？

1、2、已知两角，一边，求其他两边，一角;已知两边及一边的对角，求另一边的对角。

现在我提出一个问题:已知三边，如何求三角？

经过这一节课的学习，就可以回答这个问题了。下面我们来研究这个问题：

（二）讲解新课 这一节课，我们继续沿用向量法研究，仍然用“从特殊到一般”的数学思想。

如图所示，在直角三角形中，b²=a²+c²，在斜三角形中，它们又有什么关系呢？

AC=AB+BC |AC|²=AC·AC=(AB+BC)(AB+BC)=|AB|²+2BC·AB+|BC|²

=|AB|²+2|BC|·|AB|COS(180°-B)+|BC|² =|AB|²-2|BC|·|AB|COSB+|BC|²

b² = c²2bccosA c ² = b ² + a²-2abcosC 他们是不是也成立呢？这个留作思考题，不过答案是肯定的。这三个式子就是今天所要学习的余弦定理：

三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边

与它们夹角的余弦的两倍。

将上述定理中的三个式子稍作变形，即得

cosA=﹙b ² + c ²-a ²﹚／2bc cosB=﹙c² + a²-b²﹚／2ac cosC=﹙ b ² + a²-c ²﹚／2ab 我们来看余弦定理的应用范围：

1、2、已知两边及夹角，求第三边极其他两角： 已知三边，求三角。

六、举例子：

在△ABC中，已知a=7,b=10,c=6,求A,B,C(精确到1°)。解：已知三边，求三角。

cosA=﹙b ² + c ²-a ²﹚／2bc =（10 ²+6 ²-7 ²）／2×10×6 =0.725 查表，得 A≈44° cosC=﹙ b ² + a²-c ²﹚／2ab =（7 ²+10 ²-6 ²）／2×10×7 =0.8071 查表，得 B≈36° B=180°-(A+C)≈180°-(44°+36°)=100°

七、布置作业：

1、2、余弦定理的其他两种形式的证明； 课本131页：3.﹙3﹚（4）4.(2)

14.三角形的性质定理 篇十四

关键词：椭圆,内接三角形,“e”,性质

对椭圆△ABC是椭圆的内接三角形。研究其性质, 有这样一些与离心率e有关的结论。

一、与斜率有关

性质1：若B、C两点分别是椭圆长轴的左右端点，则kAB·kAC=e2-1。

性质2：若B、C两点分别是椭圆短轴的上下端点，则kAB·kAC=e2-1。(证略)

性质3：若B、C两点关于原点对称，且AB、AC斜率都存在，则kAB·kAC=e2-1。(证略)

性质4:若AB、AC分别过焦点F1、F2, 且OA、BC的斜率都存在, 则

证明:运用变换将椭圆方程变为x2+y2=1, 则两焦点变为 (±e, 0) 。

设点A (x0, y0) , 直线AC:x=ny+e, 代入圆方程消去x并整理得: (n2+1) y2+2ney+e2-1=0,

二、与分比有关

性质五：若AB、AC分别过焦点F1、F2，如图，AB交y轴于点P, AC交y轴于点Q。

参考文献

[1]肖秉林.过椭圆焦点的内接三角形的几个结论.中学数学教学参考, 2005, 10.

15.三角形的性质定理 篇十五

一、引例联想

（2012浙江调研）如图，在圆O中，若弦AB=3，弦AC=5，则AO·BC的值是（）

A. -8B. -1C. 1D. 8

一般解法：取BC的中点D，连接AD，OD，则有OD⊥BC，

AD=12（AB+AC），BC=AC-AB，

AO·BC=（AD+DO）·BC=AD·BC+DO·BC=AD·BC

=12（AB+AC）（AC-AB）=12AC2-12AB2=12（52-32）=8，

所以正确答案选D.

本题求解的关键和难点是向量之间的线性转化，解题的策略是将两个无关联的向量转化为两个目标基向量，通过数量积运算得到结果.

在解法中我们可以发现AO·BC=12AC2-12AB2，而AO·BC=AO·（AC-AB）

=AO·AC-AO·AB，则AO·AC-AO·AB=12AC2-12AB2，于是从结构形式上希望有AO·AB=12AB2，AO·AC=12AC2发生，从而猜想性质：已知O是△ABC外心，则AO·AB=12AB2；AO·AC=12AC2；同理BO·BA=12BA2，BO·BC=12BC2；CO·CA=12CA2，CO·CB=12CB2.

二、性质证明

证明：如图，过O作OD⊥AB于点D，则AD=12AB且AB·DO=0，过O作OE⊥AC于点E，则AE=12AC且AC·EO=0，

AO·AB=（AD-OD）·AB=AD·AB+DO·AB=12AB·AB=12AB2，

同理AO·AC=12AC2；BO·BA=12BA2，BO·BC=12BC2；CO·CA=12CA2，CO·CB=12CB2.

该性质结构对称，记忆方便，而且看到这种结构能立刻条件反射，联想到用该性质，从而启发解题手段，例如引例可联想用性质解法如下：AO·BC=AO·（AC-AB）=AO·AC-AO·AB=12AC2-12AB2=12（52-32）=8，显然方便快捷.

三、应用举例

例1如图，在圆O中，若△ABC是圆O的内接三角形，且AB=4，M是BC边BC的中点，AO·AM=5，则AC=.

解：联想性质AO·AM=AO·12（AB+AC）=12AB·AO+12AC·AO

=14AB2+14AC2，则14×42+14AC2=5，解得AC=2.

评注：原答案提供的解法为：过O作OD⊥AB于点D，则AD=12AB且AB·DO=0，过O作OE⊥AC于点E，则AE=12AC且AC·EO=0，AO·AM=AO·12（AB+AC）=12AB·AO+12AC·AO

=14AB2+14AC2，即14×42+14AC2=5，故AC=2.显然用性质解题方向明确，过程简捷，运算迅速.

例2已知O是△ABC外心，AB=AC，若AO=3mAB-nAC，且9m-3n=4，则cosA=.

解：因为O是△ABC外心，AB=AC，由对称性可知3m=-n又9m-3n=4，

则m=29，从AO=23AB+23AC，联想性质得AO·AB=23AB2+23AC·AB

即12AB2=23AB2+23AC·AB，即12c2=23c2+23c2cosA，故cosA=-14.

评注：原答案采用的是性质证明过程中所用方法，比较繁琐，显然先用对称性求出m，n，再联想性质构造数量积，得到方程，容易达到解题目的.

例3已知O是△ABC外心，AB=2a，AC=2a，∠BAC=120°，若AO=xAB+yAC，则x+y的最小值为.

解：由AO=xAB+yAC，联想性质得

AO·AB=xAB2+yAB·ACAO·AC=xAB·AC+yAC2，

得方程组4a2x-2y=2a2-2x+4ya2=2a2解方程组得x=2a2+13a2y=a2+23，所以x+y=2a2+13a2+a2+23=43+13（a2+1a2）≥43+23a2·1a2=2即当a=1时，x+y取得最小值2.

评注：本题亦可以A为原点，以AC边所在的直线为x轴，建立直角坐标系，则C（2a，0），B（-a，3a），O（1a，33（2a+1a））.由AO=xAB+yAC，得（1a，33（2a+1a））=（-ax，3ax）+（2ay，0）解得x=23+13a2，y=23+13a2，再利用基本不等式求出答案.而此法先用性质构造构造数量积，得到方程组，解出x，y后再利用基本不等式求解，显然该法解题方向明确，方法固化，容易入手.

四、类题演练

演练1设点O是△ABC三边的垂直平分线的交点，且AC2-2AC+AB2=0，则BC·AO的取值范围是.

解析：由AC2-2AC+AB2=0得AB2=2AC-AC2，则0

演练2已知O是△ABC外心，AB=1，AC=2，且AO=xAB+4-x8AC（x∈R且x≠0），则三角形ABC的边BC长为.

解析：联想性质，将等式AO=xAB+4-x8AC两边同时与AC数量积，得12AC2=xAB·AC+4-x8AC2，即x8AC2=xAB·AC，即x8×22=x·1×2cosA解得cosA=14，再由余弦定理得BC=2，故答案为2.

演练3已知O是锐角△ABC的外心，且∠A=θ，若cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO，则m=（用θ表示）.

解析：联想性质，将等式cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO两边同时与AB数量积，得cosBsinCAB2+cosCsinBAC·AB=2mAO·AB，即cosBsinCc2+cosCsinBbccosA=mc2，即m=cosBsinC+cosCsinB·bccosA=cosBsinC+cosCsinB·sinBsinCcosA=cosB+cosAcosCsinC=-cos（A+C）+cosAcosCsinC=sinAsinCsinC=sinA=sinθ，故答案为sinθ.

由以上几例可知，用三角形外心的这个向量性质解题的本质是构造数量积，将向量等式转化为数量等式，将问题转化到三角形的边.同时题目条件本身就能预示解题方向，启发解题手段，在以后的解题中同学们应多加尝试.

（作者：刘正祥，江苏省阜宁中学）

在近两年的各种高考调研卷、模拟卷中经常出现一类与三角形外心有关的向量问题，解决此类问题一般可分为两种思路：一种是利用平面向量基本定理转化来优化计算，二是通过建立坐标系，用平面向量的坐标来解决.但用思路一有时出现的向量较多，不知怎么转化，解题缺乏方向性；用思路二有时不好建系.本文就针对这类问题提出如何应用三角形外心的一个向量性质来有效、快速破解问题.

一、引例联想

（2012浙江调研）如图，在圆O中，若弦AB=3，弦AC=5，则AO·BC的值是（）

A. -8B. -1C. 1D. 8

一般解法：取BC的中点D，连接AD，OD，则有OD⊥BC，

AD=12（AB+AC），BC=AC-AB，

AO·BC=（AD+DO）·BC=AD·BC+DO·BC=AD·BC

=12（AB+AC）（AC-AB）=12AC2-12AB2=12（52-32）=8，

所以正确答案选D.

本题求解的关键和难点是向量之间的线性转化，解题的策略是将两个无关联的向量转化为两个目标基向量，通过数量积运算得到结果.

在解法中我们可以发现AO·BC=12AC2-12AB2，而AO·BC=AO·（AC-AB）

=AO·AC-AO·AB，则AO·AC-AO·AB=12AC2-12AB2，于是从结构形式上希望有AO·AB=12AB2，AO·AC=12AC2发生，从而猜想性质：已知O是△ABC外心，则AO·AB=12AB2；AO·AC=12AC2；同理BO·BA=12BA2，BO·BC=12BC2；CO·CA=12CA2，CO·CB=12CB2.

二、性质证明

证明：如图，过O作OD⊥AB于点D，则AD=12AB且AB·DO=0，过O作OE⊥AC于点E，则AE=12AC且AC·EO=0，

AO·AB=（AD-OD）·AB=AD·AB+DO·AB=12AB·AB=12AB2，

同理AO·AC=12AC2；BO·BA=12BA2，BO·BC=12BC2；CO·CA=12CA2，CO·CB=12CB2.

该性质结构对称，记忆方便，而且看到这种结构能立刻条件反射，联想到用该性质，从而启发解题手段，例如引例可联想用性质解法如下：AO·BC=AO·（AC-AB）=AO·AC-AO·AB=12AC2-12AB2=12（52-32）=8，显然方便快捷.

三、应用举例

例1如图，在圆O中，若△ABC是圆O的内接三角形，且AB=4，M是BC边BC的中点，AO·AM=5，则AC=.

解：联想性质AO·AM=AO·12（AB+AC）=12AB·AO+12AC·AO

=14AB2+14AC2，则14×42+14AC2=5，解得AC=2.

评注：原答案提供的解法为：过O作OD⊥AB于点D，则AD=12AB且AB·DO=0，过O作OE⊥AC于点E，则AE=12AC且AC·EO=0，AO·AM=AO·12（AB+AC）=12AB·AO+12AC·AO

=14AB2+14AC2，即14×42+14AC2=5，故AC=2.显然用性质解题方向明确，过程简捷，运算迅速.

例2已知O是△ABC外心，AB=AC，若AO=3mAB-nAC，且9m-3n=4，则cosA=.

解：因为O是△ABC外心，AB=AC，由对称性可知3m=-n又9m-3n=4，

则m=29，从AO=23AB+23AC，联想性质得AO·AB=23AB2+23AC·AB

即12AB2=23AB2+23AC·AB，即12c2=23c2+23c2cosA，故cosA=-14.

评注：原答案采用的是性质证明过程中所用方法，比较繁琐，显然先用对称性求出m，n，再联想性质构造数量积，得到方程，容易达到解题目的.

例3已知O是△ABC外心，AB=2a，AC=2a，∠BAC=120°，若AO=xAB+yAC，则x+y的最小值为.

解：由AO=xAB+yAC，联想性质得

AO·AB=xAB2+yAB·ACAO·AC=xAB·AC+yAC2，

得方程组4a2x-2y=2a2-2x+4ya2=2a2解方程组得x=2a2+13a2y=a2+23，所以x+y=2a2+13a2+a2+23=43+13（a2+1a2）≥43+23a2·1a2=2即当a=1时，x+y取得最小值2.

评注：本题亦可以A为原点，以AC边所在的直线为x轴，建立直角坐标系，则C（2a，0），B（-a，3a），O（1a，33（2a+1a））.由AO=xAB+yAC，得（1a，33（2a+1a））=（-ax，3ax）+（2ay，0）解得x=23+13a2，y=23+13a2，再利用基本不等式求出答案.而此法先用性质构造构造数量积，得到方程组，解出x，y后再利用基本不等式求解，显然该法解题方向明确，方法固化，容易入手.

四、类题演练

演练1设点O是△ABC三边的垂直平分线的交点，且AC2-2AC+AB2=0，则BC·AO的取值范围是.

解析：由AC2-2AC+AB2=0得AB2=2AC-AC2，则0

演练2已知O是△ABC外心，AB=1，AC=2，且AO=xAB+4-x8AC（x∈R且x≠0），则三角形ABC的边BC长为.

解析：联想性质，将等式AO=xAB+4-x8AC两边同时与AC数量积，得12AC2=xAB·AC+4-x8AC2，即x8AC2=xAB·AC，即x8×22=x·1×2cosA解得cosA=14，再由余弦定理得BC=2，故答案为2.

演练3已知O是锐角△ABC的外心，且∠A=θ，若cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO，则m=（用θ表示）.

解析：联想性质，将等式cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO两边同时与AB数量积，得cosBsinCAB2+cosCsinBAC·AB=2mAO·AB，即cosBsinCc2+cosCsinBbccosA=mc2，即m=cosBsinC+cosCsinB·bccosA=cosBsinC+cosCsinB·sinBsinCcosA=cosB+cosAcosCsinC=-cos（A+C）+cosAcosCsinC=sinAsinCsinC=sinA=sinθ，故答案为sinθ.

由以上几例可知，用三角形外心的这个向量性质解题的本质是构造数量积，将向量等式转化为数量等式，将问题转化到三角形的边.同时题目条件本身就能预示解题方向，启发解题手段，在以后的解题中同学们应多加尝试.

（作者：刘正祥，江苏省阜宁中学）

在近两年的各种高考调研卷、模拟卷中经常出现一类与三角形外心有关的向量问题，解决此类问题一般可分为两种思路：一种是利用平面向量基本定理转化来优化计算，二是通过建立坐标系，用平面向量的坐标来解决.但用思路一有时出现的向量较多，不知怎么转化，解题缺乏方向性；用思路二有时不好建系.本文就针对这类问题提出如何应用三角形外心的一个向量性质来有效、快速破解问题.

一、引例联想

（2012浙江调研）如图，在圆O中，若弦AB=3，弦AC=5，则AO·BC的值是（）

A. -8B. -1C. 1D. 8

一般解法：取BC的中点D，连接AD，OD，则有OD⊥BC，

AD=12（AB+AC），BC=AC-AB，

AO·BC=（AD+DO）·BC=AD·BC+DO·BC=AD·BC

=12（AB+AC）（AC-AB）=12AC2-12AB2=12（52-32）=8，

所以正确答案选D.

本题求解的关键和难点是向量之间的线性转化，解题的策略是将两个无关联的向量转化为两个目标基向量，通过数量积运算得到结果.

在解法中我们可以发现AO·BC=12AC2-12AB2，而AO·BC=AO·（AC-AB）

=AO·AC-AO·AB，则AO·AC-AO·AB=12AC2-12AB2，于是从结构形式上希望有AO·AB=12AB2，AO·AC=12AC2发生，从而猜想性质：已知O是△ABC外心，则AO·AB=12AB2；AO·AC=12AC2；同理BO·BA=12BA2，BO·BC=12BC2；CO·CA=12CA2，CO·CB=12CB2.

二、性质证明

证明：如图，过O作OD⊥AB于点D，则AD=12AB且AB·DO=0，过O作OE⊥AC于点E，则AE=12AC且AC·EO=0，

AO·AB=（AD-OD）·AB=AD·AB+DO·AB=12AB·AB=12AB2，

同理AO·AC=12AC2；BO·BA=12BA2，BO·BC=12BC2；CO·CA=12CA2，CO·CB=12CB2.

该性质结构对称，记忆方便，而且看到这种结构能立刻条件反射，联想到用该性质，从而启发解题手段，例如引例可联想用性质解法如下：AO·BC=AO·（AC-AB）=AO·AC-AO·AB=12AC2-12AB2=12（52-32）=8，显然方便快捷.

三、应用举例

例1如图，在圆O中，若△ABC是圆O的内接三角形，且AB=4，M是BC边BC的中点，AO·AM=5，则AC=.

解：联想性质AO·AM=AO·12（AB+AC）=12AB·AO+12AC·AO

=14AB2+14AC2，则14×42+14AC2=5，解得AC=2.

评注：原答案提供的解法为：过O作OD⊥AB于点D，则AD=12AB且AB·DO=0，过O作OE⊥AC于点E，则AE=12AC且AC·EO=0，AO·AM=AO·12（AB+AC）=12AB·AO+12AC·AO

=14AB2+14AC2，即14×42+14AC2=5，故AC=2.显然用性质解题方向明确，过程简捷，运算迅速.

例2已知O是△ABC外心，AB=AC，若AO=3mAB-nAC，且9m-3n=4，则cosA=.

解：因为O是△ABC外心，AB=AC，由对称性可知3m=-n又9m-3n=4，

则m=29，从AO=23AB+23AC，联想性质得AO·AB=23AB2+23AC·AB

即12AB2=23AB2+23AC·AB，即12c2=23c2+23c2cosA，故cosA=-14.

评注：原答案采用的是性质证明过程中所用方法，比较繁琐，显然先用对称性求出m，n，再联想性质构造数量积，得到方程，容易达到解题目的.

例3已知O是△ABC外心，AB=2a，AC=2a，∠BAC=120°，若AO=xAB+yAC，则x+y的最小值为.

解：由AO=xAB+yAC，联想性质得

AO·AB=xAB2+yAB·ACAO·AC=xAB·AC+yAC2，

得方程组4a2x-2y=2a2-2x+4ya2=2a2解方程组得x=2a2+13a2y=a2+23，所以x+y=2a2+13a2+a2+23=43+13（a2+1a2）≥43+23a2·1a2=2即当a=1时，x+y取得最小值2.

评注：本题亦可以A为原点，以AC边所在的直线为x轴，建立直角坐标系，则C（2a，0），B（-a，3a），O（1a，33（2a+1a））.由AO=xAB+yAC，得（1a，33（2a+1a））=（-ax，3ax）+（2ay，0）解得x=23+13a2，y=23+13a2，再利用基本不等式求出答案.而此法先用性质构造构造数量积，得到方程组，解出x，y后再利用基本不等式求解，显然该法解题方向明确，方法固化，容易入手.

四、类题演练

演练1设点O是△ABC三边的垂直平分线的交点，且AC2-2AC+AB2=0，则BC·AO的取值范围是.

解析：由AC2-2AC+AB2=0得AB2=2AC-AC2，则0

演练2已知O是△ABC外心，AB=1，AC=2，且AO=xAB+4-x8AC（x∈R且x≠0），则三角形ABC的边BC长为.

解析：联想性质，将等式AO=xAB+4-x8AC两边同时与AC数量积，得12AC2=xAB·AC+4-x8AC2，即x8AC2=xAB·AC，即x8×22=x·1×2cosA解得cosA=14，再由余弦定理得BC=2，故答案为2.

演练3已知O是锐角△ABC的外心，且∠A=θ，若cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO，则m=（用θ表示）.

解析：联想性质，将等式cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO两边同时与AB数量积，得cosBsinCAB2+cosCsinBAC·AB=2mAO·AB，即cosBsinCc2+cosCsinBbccosA=mc2，即m=cosBsinC+cosCsinB·bccosA=cosBsinC+cosCsinB·sinBsinCcosA=cosB+cosAcosCsinC=-cos（A+C）+cosAcosCsinC=sinAsinCsinC=sinA=sinθ，故答案为sinθ.

由以上几例可知，用三角形外心的这个向量性质解题的本质是构造数量积，将向量等式转化为数量等式，将问题转化到三角形的边.同时题目条件本身就能预示解题方向，启发解题手段，在以后的解题中同学们应多加尝试.