蝴蝶定理的证明及推广[优秀范文五篇]

第一篇：蝴蝶定理的证明及推广

       校选课《数学文化》课程论文

       一蝴蝶定理的证明

       （一）运用简单的初中高中几何知识的巧妙证明

       蝴蝶定理经常在初中和高中的试卷中出现，于是涌现了很多利用中学简单几何方法完成蝴蝶定理的方法。带有辅助线的常见蝴蝶定理证明

       在蝴蝶定理的证明中有各种奇妙的辅助线，同时诞生了各种美妙的思想，蝴蝶定理在这些辅助线的帮助下，翩翩起舞！

       证法1如图2，作OUAD，OVBC，则垂足U，V分别为AD、BC的中点，且由于

       EUOEMO90

       FVOFMO90

       得M、E、U、O共圆；M、F、V、O共圆。

       则AUM=EOM，MOFMVC

       MV又MADMCB，U、V为AD、BC的中点，从而MUA，AUMMVC

       则 EOMMOF，于是ME=MF。[1]

       证法2过D作关于直线OM的对称点D'，如图3所示，则FMD'EMD，MD=MD'○

       1联结D'M交圆O于C'，则C与C'关于OM对称，即

       PC'CQ。又

       111CFP=QB PC）=QB CC' CQ）=BC'=BD'C' 22

       2故M、F、B、D'四点共圆，即MBFMD'F

       而MBFED M○

       2由○

       1、○2知，DMED'MF，故ME=MF。

       证法3如图4，设直线DA与BC交于点N。对NEF及截线

       AMB，NEF及截线CMD分别应用梅涅劳斯定理，有

       FMEANBFMEDNC1，1MEANBFMEDNCF

       由上述两式相乘，并注意到

       -图

       3NC NBNAND

       FM2ANNDBFCFBFCF

       得 ME2AEEDBNCNAEED

       PM MFMQ-MFPM2MF2 22PM-MEMQ MEPMME

       化简上式后得ME=MF。[2] 2 不使用辅助线的证明方法

       单纯的利用三角函数也可以完成蝴蝶定理的证明。证法 4（Steven给出）如图5，并令

       DAB=DCBADC=ABCDMP=CMQAMP=BMQ PMMQaMEx，MFy

       SAMESFCMSEDMSFMB

       1即 由

       SFCMSEDMSFMBSAME，AMAEsinFMCMsinEDMDsinMFMBsin

       

       1MCCFsinEMMDsinFBBMsinMAMEsin

       D

       2MFCFFB

       化简得

       2MEAEED

       图

       4aya2y2QFFPya

       2

       PEEQaxaxax

       y2a2y2

       即22从而 xy,MEMF。

       xax2，证法 5令PMDQMC，QMBAMP，以点M为视点，对

       MBC和MAD分别应用张角定理，有

       sinsinsinsinsinsin

       

       

       MFMCMBMEMDMA

       上述两式相减，得

       D

       图

       51sinsin1

       sinMCMDMBMA 

       MAMBMFMEMCMD

       设G、H分别为CD、AB的中点，由OMPQ，有

       MBMA2MH2OMcos902OMsinMDMC2MG2OMcos902OMsin

       1

       1于是sin0而180，知

       MFME，sin0，故ME=MF。

       （二）运用解析几何的知识完成蝴蝶定理的证明

       在数学中用函数的方法解决几何问题也是非常重要的方法，所以解析几何上夜出现了许多漂亮的证明蝴蝶定理的方法，以下列出几个例子以供参考。

       证法 6（单墫教授给出）如图6，建立直角坐标系，则圆的方程可设为

       x2yaR

       2直线AB的方程为yk1x，直。

       线CD的方程为yk2x。

       由于圆和两相交直线组成了二次曲线系，其方程为

       x2yaR2yk1xyk2x0

       

       

       令y0，知点E和点F的横坐标满足二次方程k1k2x2a2R20由于x的系数为0，则两根x1和x2之和为0，即，x1x2，故ME=MF。[5]

       证法 7如图7建立平面直角坐标系，则圆的方

       程可写为

       xa

       y2r2

       直线AB、CD的方程可写为yk1x,yk2x。

       又设A、B、C、D的坐标为xi,yi,i1,2,3,4，则x1、x4分别是二次方程

       xa

       2k12x2r2,xak2xr2的一根。AD在y轴上的截距为

       kxkxxkkxxyy

       y141x1k1x124111121

       4x2x1x4x1x4x1。

       kkxx

       同理，BC在y轴上的截距为122

       3x3x2。

       注意到x1、x2是

       a2r0的两根，x3、x4是方程方程1k12x22ax

       21kx

       2axar0

       22的两从

       根而，所易

       以

       xxx1x22a

       223

       4x1x2arx3x4

       得

       图 8，xxx1x2

       340即MEMF。x1x2x3x4，证法 8如图8，以M为极点，MO为极轴建立极坐标系。因C、F、B三点共线，

       令BMx，CMx，则CFsinFBsinCBsin

       22

       CBsin

       即F○

       1BcosCcos

       E

       ADsin

       ○

       2AcosDcos

       作OUCD于U，作OVAB于V。注意到ABCD○3 由RtOUM与RtOVM可得

       BADC

       ○4 coscos

       将○3○4代入○1○2可得EF，即ME=MF。

       二 蝴蝶定理的推广和猜想

       （一）猜想 1 在蝴蝶定理中, P、Q分别是 ED、CF和AB的交点.如果 P、Q分别是 CE、DF和AB延长线的交点,我们猜想, 仍 可能会有 PM = QM.推论 1 过圆的弦 AB的中点M引任意两条弦 CD与 EF, 连结 CE、DF并延长交 AB的延长线于 P、Q.求证: PM = QM.证明;设AM =BM = a, PM = x,QM = y;∠PM E = ∠QM F =α,∠PCM = ∠DFM =β;

       ∠CM E = ∠DM F =γ,∠QDM = ∠CEM =δ;

       记 △PM E, △QM F,△PMC, △QMD的面积分别为 S1 , S2 , S3 , S4.则由恒等式S2·S3·S4·S1= 1知M P·M Esin αMQ·M Fsinα · FQ·FM sin(πδ)=·DQ·M P2·EP·MQ2 = 1,即 QF·QD·M P2= PC·PE·MQ2.②

       又由割线定理知PC·PE = PA·PB =(xa)(y a)= y2-a2.代入 ②式, 得(y2-a2)x2=(x2-a2)y2.即 a2x2= a2y2.由于 a ≠0, x, y > 0,所以 x = y.即 PM = QM.[3]

       （二）猜想 2 在蝴蝶定理中, 显然 OM是 AB的垂线(O是圆心), 那么, 我们可以猜想,如果在保持 OM ⊥AB的前提下将圆 O的弦 AB移至圆外, 仍可能会有 PM =QM.推论 2 已知直线 AB与 ⊙O相离.OM ⊥AB, M 为垂足.过 M作 ⊙O任意两条割线 MC, M E分别交 ⊙O于 C, D和 E, F.连结DE,FC并延长分别交 AB 于 P, Q.求证: PM = QM.证明：过 F作 FK∥AB, 交直线 OM于 N,交 ⊙O于 K.连结 M K交 ⊙O于 G.连结 GQ, GC.由于 ON ⊥FK,故有 FN = KN,从而M F =M K(因为M在 FK的垂直平分线上).又由割线定理知M E·M F = MG·M K.因此 M E = MG.③ 又由 ∠FMN = ∠KMN, OM ⊥AB,知∠EM P = ∠GMQ.④

       从 ∠CQM = ∠CFK = ∠CGK知 ∠CGM ∠CQM= 180° , 从而 G,M, Q, C四点共圆.所以 ∠MGQ =∠MCQ.又由于 ∠M EP = ∠DEF = ∠DCF = ∠MCQ, 知∠M EP = ∠MGQ.⑤ 由 ③、④、⑤知 △PM E ≌△QMG.所以 PM = QM.（三）猜想 3 既然蝴蝶定理对于双曲线是成立的, 而双曲线是两条不相交的曲线, 那么, 我们可以猜想,如果把两条不相交的曲线换成两条不相交的直线(也即是两条平行线), 仍可能会有 PM = QM.推论 3设点 A、B分别在两条平行线 l

       1、l 2上,过AB的中点M任意作两条直线 CD和 EF分别交 l

       1、l 2于C、D和 E、F, 连结 ED、CF交 AB于 P、Q.求证: PM =QM.证明：由于 l 1 ∥ l 2 ,M平分AB, 从而利用 △MAC≌△MBD知M平分 CD, 利用 △MAE≌△MBF知 M平分 EF.在四边形 CEDF中, 由对角线相互平分知 CEDF是平行四边形,从而 DE ∥CF.又由于 M平分 EF,故利用 △M EP ≌△M FQ知 PM = QM。[4]

       结论

       从本质上说，蝴蝶定理实际上是射影几何中一个定理的特殊情况，它具有多种形式的推广：

       1.M，作为圆内弦是不必要的，可以移到圆外。2.圆可以改为任意二次曲线。

       3.将圆变为一个完全四角形，M为对角线交点。

       4.去掉中点的条件，结论变为一个一般关于有向线段的比例式，这对2，3均成立

第二篇：韦达定理推广的证明

       证明：

       当Δ＝b^2-4ac≥0时,方程 ax^2 bx c=0(a≠0)有两个实根,设为x1,x2.由求根公式x＝(-b±√Δ)/2a,不妨取 x1＝(-b-√Δ)/2a,x2＝(-b √Δ)/2a, 则：x1 x2 =(-b-√Δ)/2a (-b √Δ)/2a =-2b/2a =-b/a, x1*x2=[(-b-√Δ)/2a][(-b √Δ)/2a] =[(-b)^2-Δ]/4a^2 =4ac/4a^2 =c/a.综上,x1 x2=-b/a,x1*x2=c/a.烽火TA000DA 2022-11-04

       若b^2-4ac=0 则方程有两个相等的实数根

       若b^2-4ac<0 则方程没有实数解

       韦达定理的推广

       韦达定理在更高次方程中也是可以使用的。一般的，对一个一元n次方程∑AiX^i=0

       它的根记作X1,X2…,Xn

       我们有

       ∑Xi=(-1)^1*A(n-1)/A(n)

       ∑XiXj=(-1)^2*A(n-2)/A(n)

       …

       ΠXi=(-1)^n*A(0)/A(n)

       其中∑是求和，Π是求积。

       如果一元二次方程

       在复数集中的根是，那么

       由代数基本定理可推得：任何一元 n 次方程

       在复数集中必有根。因此，该方程的左端可以在复数范围内分解成一次因式的乘积：

       其中是该方程的个根。两端比较系数即得韦达定理。

       法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理。历史是有趣的，韦达的16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性。

       (3)以x1，x2为根的一元二次方程(二次项系数为1)是

       x2-(x1 x2)x x1x2=0．

       3.二次三项式的因式分解(公式法)

       在分解二次三项式ax^2 bx c的因式时，如果可用公式求出方程ax2 bx c=0的两个根是X1,x2，那么ax2 bx c=a(x-x1)(x-x2)．

       另外这与射影定理是初中必须

       射影定理图

       掌握的.韦达定理推广的证明

       设x1，x2，……，xn是一元n次方程∑AiX^i=0的n个解。

       则有：An(x-x1)(x-x2)……(x-xn)=0

       所以：An(x-x1)(x-x2)……(x-xn)=∑AiX^i（在打开(x-x1)(x-x2)……(x-xn)时最好用乘法原理）

       通过系数对比可得：

       A（n-1）=-An(∑xi)

       A（n-2）=An(∑xixj)

       …

       A0==(-1)^n*An*ΠXi

       所以：∑Xi=(-1)^1*A(n-1)/A(n)

       ∑XiXj=(-1)^2*A(n-2)/A(n)

       …

       ΠXi=(-1)^n*A(0)/A(n)

       其中∑是求和，Π是求积。

       有关韦达定理的经典例题

       例1 已知p＋q＝198，求方程x2＋px＋q＝0的整数根．

       (’94祖冲之杯数学邀请赛试题)

       解：设方程的两整数根为x1、x2，不妨设x1≤x2．由韦达定理，得

       x1＋x2＝－p，x1x2＝q．

       于是x1x2－(x1＋x2)＝p＋q＝198，即x1x2－x1－x2＋1＝199．

       ∴(x1－1)(x2－1)＝199．

       注意到x1－

       1、x2－1均为整数，解得x1＝2，x2＝200；x1＝－198，x2＝0．

       例2 已知关于x的方程x2－(12－m)x＋m－1＝0的两个根都是正整数，求m的值．

       解：设方程的两个正整数根为x1、x2，且不妨设x1≤x2．由韦达定理得

       x1＋x2＝12－m，x1x2＝m－1．

       于是x1x2＋x1＋x2＝11，即(x1＋1)(x2＋1)＝12．

       ∵x1、x2为正整数，解得x1＝1，x2＝5；x1＝2，x2＝3．

       故有m＝6或7．

       例3 求实数k，使得方程kx2＋(k＋1)x＋(k－1)＝0的根都是整数．

       解：若k＝0，得x＝1，即k＝0符合要求．

       若k≠0，设二次方程的两个整数根为x1、x2，由韦达定理得

       ∴x1x2－x1－x2＝2，(x1－1)(x2－1)＝3．

       因为x1－

       1、x2－1均为整数，所以

       例4 已知二次函数y＝－x2＋px＋q的图像与x轴交于(α，0)、(β，0)两点，且α＞1＞β，求证：p＋q＞1．

       (’97四川省初中数学竞赛试题)

       证明：由题意，可知方程－x2＋px＋q＝0的两根为α、β．由韦达定理得

       α＋β＝p，αβ＝－q．

       于是p＋q＝α＋β－αβ，＝－(αβ－α－β＋1)＋1

       ＝－(α－1)(β－1)＋1＞1(因α＞1＞β)．

       映射定理

       正玄定理与余弦定理

第三篇：原创正弦定理证明

       1．直角三角形中：sinA=，sinB=，sinC=1

       即c=

       ∴abc，c=，c=．sinAsinBsinCacbcabc== sinAsinBsinC

       2．斜三角形中

       证明一：（等积法）在任意斜△ABC当中

       S△ABC=absinCacsinBbcsinA

       两边同除以abc即得：

       证明二：（外接圆法）

       如图所示，∠Ａ＝∠Ｄ ∴aaCD2R sinAsinD

       bc=2R，＝2R sinBsinC12121212abc== sinAsinBsinC

       同理

       证明三：（向量法）

       过A作单位向量j垂直于AC

       由 AC CB=AB

       两边同乘以单位向量j 得 j•(AC CB)=j•AB 则• •=•

       ∴|j|•|AC|cos90 |j|•|CB|cos(90C)=| j|•|AB|cos(90A)

       ∴asinCcsinA∴ac= sinAsinC

       cbabc同理，若过C作j垂直于CB得： =∴== sinCsinBsinAsinBsinC

       正弦定理的应用 从理论上正弦定理可解决两类问题：

       1．两角和任意一边，求其它两边和一角；

       2已知a, b和A, 用正弦定理求B时的各种情况

       :

       ⑴若A为锐角时: absinA无解absinA一解(直角)

       bsinAab二解(一锐, 一钝)ab一解(锐角)

       已知边a,b和A

       a

       无解a=CH=bsinA仅有一个解

       CH=bsinA

       ab无解⑵若A为直角或钝角时: ab一解(锐角)

第四篇：正弦定理证明

       正弦定理

       1.在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，且等于其外接圆半径的两倍，即

       abc2R sinAsinBsinC

       证明：如图所示，过B点作圆的直径BD交圆于D点，连结AD BD=2R, 则 D=C，DAB90 在RtABD中 A sinCsinDc 2RD

       b c c2R sinCab同理：2R,2R

       sinAsinBabc所以2R

       sinAsinBsinC2.变式结论

       1）a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC 2）sinAC

       a

       B abc ,sinB,sinC2R2R2R3）asinBbsinA,asinCcsinA,csinBbsinC 4）a:b:csinA:sinB:sinC

       例题

       在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若(3bc)cosAacosC，求cosA的值.解：由正弦定理 a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC得

       (3sinBsinC)cosAsinAcosC

       3sinBcosAsin(AC)sin(AC)sinB3sinBcosAsinBB(0,)0sinB1cosA33

第五篇：正弦定理证明

       正弦定理证明1.三角形的正弦定理证明： 步骤1.在锐角△ABC中，设三边为a，b，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 a/SinA=BC/SinD=BD=2R 类似可证其余两个等式。2.三角形的余弦定理证明：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=sin^2B*c^2 a^2 cos^2B*c^2-2ac*cosB b^2=(sin^2B cos^2B)*c^2-2ac*cosB a^2 b^2=c^2 a^2-2ac*cosB cosB=(c^2 a^2-b^2)/2ac 3 在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b 则c^2=a^2 b^2-2ab*cosC a^2=b^2 c^2-2bc*cosA b^2=a^2 c^2-2ac*cosB 下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。过A作AD⊥BC于D，则BD CD=a 由勾股定理得：

       c^2=(AD)^2 (BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^2 所以c^2=(AD)^2-(CD)^2 b^2 =(a-CD)^2-(CD)^2 b^2 =a^2-2a*CD (CD)^2-(CD)^2 b^2 =a^2 b^2-2a*CD 因为cosC=CD/b 所以CD=b*cosC 所以c^2=a^2 b^2-2ab*cosC 题目中^2表示平方。2 谈正、余弦定理的多种证法 聊城二中 魏清泉

       正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则(1)(正弦定理)= =;(2)(余弦定理)c2=a2 b2-2abcos C, b2=a2 c2-2accos B, a2=b2 c2-2bccos A.一、正弦定理的证明

       证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有 AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。

       所以S△ABC=a•b•csin∠BCA =b•c•sin∠CAB =c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有 AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆 的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

       证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。因为AB=AC CB，所以j•AB=j•(AC CB)=j•AC j•CB.因为j•AC=0，j•CB=| j ||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=| j ||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明

       法一：在△ABC中，已知，求c。