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拿破仑定理

更新时间:2016-12-13 04:38:42 来源:网络整理
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  在△ABC中,向三边分别向外侧作正三角形,然后把这三个正三角形的中心连结起来所构成的一定是正三角形.

这一定理可以等价描述为:若以任意三角形的各边为底边向形外作底角为30°的等腰三角形,则它们的顶点构成一个等边三角形.

拿破仑定理证明方法

1.在许莼舫的三圆共点的启发下,用四点共圆来获得奇妙的证明。

2.辅助线,证明此题。

3.用三角形的全等,三角形的相似推导出来该定理。

4.用旋转的方法也证明了该定理。

在△ABC的各边上向外各作等边△ABD,等边△ACF,等边△BCE。

如何证明:CD=AE=BF?

思路:利用旋转的方法来证明包含有这两条线段的两个三角形全等。

证明:∵△ABD是等边三角形;△ACF是等边三角形;

∴∠DAB=∠FAC=60°;

∴∠DAC=∠BAF;

在△DAC和△BAF中;

DA=BA;

∠DAC=∠BAF;

CA=FA;

∴△DAC≌△BAF;(SAS)

∴CD=BF;

∵△ABD和△BCE是等边三角形;

∴∠DBA=∠EBC=60°;

∴∠DBC=∠ABE;

在△DBC和△ABE中;

BD=BA;

∠DBC=∠ABE;

BC=BE;

∴△DBC≌△ABE;(SAS)

∴CD=AE;

∴ CD=BF=AE;

利用四点共圆来证明三圆共点。这是证明拿破仑定理的基础。

在△ABC的各边上向外各作等边△ABD,等边△ACF,等边△BCE。

如何证明:这3个等边三角形的外接圆共点?

思路:利用四点共圆来证明三圆共点。这是证明拿破仑定理的基础。

证明:设等边△ABD的外接圆和等边△ACF的外接圆相交于O;连AO、CO、BO。

∴∠ADB=∠AFC=60°;

∵ A、D、B、O四点共圆;A、F、C、O四点共圆;

∴∠AOB=∠AOC=120°;

∴∠BOC=120°;

∵△BCE是等边三角形

∴∠BEC=60°;

∴ B、E、C、O四点共圆;

∴ 这3个等边三角形的外接圆共点。

结论:因为周角等于360°,所以,∠AOB= ∠AOC=120°时,∠BOC就等于120°;

用四点共圆的性质定理和判定定理来证明三圆共点的问题

在△ABC的各边上向外各作等边△ABD,等边△ACF,等边△BCE。

求证:这3个等边三角形的中心M、N、P的连线构成一个等边三角形?

思路:利用已有的三个圆和三个四点共圆来证明。

证明:设等边△ABD的外接圆⊙N,等边△ACF的外接圆⊙M,等边△BCE的外接圆⊙P

相交于O;连AO、CO、BO。

∵ A、D、B、O四点共圆;

A、F、C、O四点共圆

B、E、C、O四点共圆

∠AFC=∠ADB=∠BEC=60°;

∴∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°;

∵ NP、MP、MN是连心线;

BO、CO、AO是公共弦;

∴BO⊥NP于X;

CO⊥MP于Y;

AO⊥NM于Z。

∴ X、P、Y、O四点共圆;

Y、M、Z、O四点共圆;

Z、N、X、O四点共圆;

∴∠N=∠M=∠P=60°;

即△MNP是等边三角形。

结论:图中本没有圆,为了方便读图,我特地画出了三个等边三角形的外接圆:⊙N、⊙M、⊙P,而且还有三个四点共圆之辅助圆。一共六个圆。这是多么奇妙的构思啊!

其他的证法:

在△ABC的各边上向外各作等边△ABD,等边△ACF,等边△BCE。

如何证明:这三个等边三角形的中心的连线构成一个等边三角形?

思路1:为了充分展示这个命题的证法之蹊跷,请看学生自己的证法。利用旋转的三角形全等来证明。

证明1:将△NBP绕? 卧点旋转120°至△GCP;连GM;则NP=PG,∠CGP=∠BNP;

设∠ABC=α、∠ACB=β;

∠NBP=60°+α;

∴∠GCP=60°+α;

∵∠MCP=60°+β;

∴∠GCM=360°-(60°+α)

-(60°+β);

=240°-(α+β);

=240°-(180-∠BAC)

=60°+∠BAC;

=∠NAM;

在△MAN和△MCG中;

MC=MA;

∠GCM=∠NAM;

CG=NA;

∴△MAN≌△MCG;(SAS)

∴MN=MG;∠CGM=∠ANM;∠CMG=∠AMN;

在△MNP和△MGP中;

MN=MG;

PM=PM;

PN=PG;

∴△MNP≌△MGP;(SSS)

∴MN=MG;∠PNM=∠PGM;∠PMN=∠PMG;

∵∠BNA=120°

∴∠MNP=∠MGP=∠CGP+∠CGM=∠BNP+∠ANM=60°;

∵∠AMC=120°;∠CMG=∠AMN;

∴∠NMG=120& deg;;

∴∠PMN=∠PMG=60°;

∴∠N=∠M=∠P=60°;

即△MNP是等边三角形。

结论1:该证法:第一步:构造旋转的两个三角形全等△MAN≌△MCG;第二步:证明翻折的两个三角形全等△MNP≌△MGP;第三步:由∠BNA=120°推导出∠MNP=60°;第四步:由∠AMC=120°推导出∠PMN=∠PMG=60°。这后两步更艰难啊!

思路2:为了更充分展示这个命题的证法之蹊跷,请看我自己的证法。利用旋转的三角形相似来证明。

证明2:如图8-28乙所示:连NA、NB;MA、MC;PB、PC。再连CD、BF、AE。

∵∠BAF=60°+∠BAC;

∠DAC=60°+∠BAC;

∴∠BAF=∠DAC;

在△BAF和△DAC中;

DA=BA;

∠BAF=∠DAC;

CA=FA;

∴△BAF≌△DAC;(SAS)

∴DC=BF

同理:DC=AE;

∴DC=BF=AE;

∵∠NAM=60°+∠BAC;

∠DAC=60°+∠BAC;

∴ ∠NAM=∠DAC;

∵AD=2ANcos30°=AN

AC=2AMcos30°=AM

∴ =

在△NAM和△DAC中;

= ;

∠NAM=∠DAC;

∴△NAM∽△DAC;(SAS)

∴ =;

同理:=、=。

∴NM=MP=PN;

即△MNP是等边三角形。

结论2:该证法:第一步:证明旋转的三个三角形全等△DAC≌△BAF≌△EAB;得到:DC=BF=AE。这是一般的学生都能做到的。第二步:证明旋转的三对三角形相似△NAM∽△DAC;△MCP∽△FCB;△PBN∽△EBA!这也是一般的学生都能做到的,但是组合起来就不是一般学生所能想到的。须知:第一:用SAS证相似就不是一道简单的相似题了。第二:任何复杂的问题都是由简单的问题复合而成的。

证明法三:

以作出的三个等边三角形的中点(外心)构造三个外接圆⊙X,⊙Y,⊙Z

拿破仑定理

拿破仑定理第三证明图

交于根心O(根心定理)

连接AO、BO、CO为根轴

XY、YZ、XZ为等边三角形外接圆的连心线

∵平面上任意两圆的根轴垂直于它们的连心线

∴AO⊥YZ,BO⊥XZ,CO⊥XY

且有四边形BOCE、AOCD、FBOA为圆内接四边形

∴∠BOC、∠AOC、∠AOB为120°

(圆内接四边形对角互补,角BEC、CDA、BFA为60度)

∴∠X=360-120-90-90=60°同理可得∠Y=60° ∠Z=60°。

拿破仑定理的两种推广

定理1

以△ABC的三边为底边各向形外作等腰三角形BCD,CAE和ABF,这三个等腰三角形的底角各为α,β和γ,且α+β+γ=90°,则

∠FDE=90°-α,∠DEF=90°-β,∠EFD=90°-γ.

证明

为方便计,把△ABC的三内角简记为A、B、C.因DC=DB,则可将△DCE绕D点旋转∠BDC至△DBG位置,连FG.

∵∠FBG=360°-∠DBF-∠DBG

=360°-(α+β+γ) - (α+C+β)

=180°-B-C+180°-2(α+β+γ)+β+γ

=A+β+γ=∠FAE.

又BG=CE=AE,FB=FA,

∴△FBG≌△FAE,FG=FE.

从而△DGF≌△DEF,∠FDG=∠FDE,

同理∠DEF=90°-β,∠EFD=90°-γ.

定理2.

在△ABC的外侧作三角形△BCP、△CAQ和△ABR,使∠PBC=∠QAC=α,∠PCB=∠QCA=β,∠RAB=∠RBA=γ,且α+β+γ=90°,则RQ=RP,且∠QRP=2α.

证明

RB绕R逆时针旋转2α至RG,连BG、AG、QG.

∵∠GBA=∠GBR-γ

=90°-α-γ

又RA=RB=RG,

即R为△ABG的外心,

∴△ABG∽△ACQ∽△BCP,

又∠BAC=∠GAQ,

又∠RGQ=∠AGQ+∠AGR

=∠ABC+α+γ=∠RBP,

∴∠RGQ≌△RBP.

∴RQ=RP.

又因∠GRQ=∠BRP,

∴∠QRP=∠GRB=2α.

计算法证明:

设新三个三角形的中心分别是O1 O2 O3,

设出角度及边长,表达出∣O1O2∣及∣O1O3∣的长.经计算均等于(a2+b2+c2)/6]+(abc/2*√3*R)

其中分别为三边长,R为三角形ABC外接圆半径

有兴趣的朋友可以试试(尤其是高中朋友,可作为三角部分的练习题)

还可以用余弦定理来证明,思路是用三角形三边长a,b,c和(余弦定理)来表示等边三角形三边边长,辅助线很简单。

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