拿破仑定理
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;
&th ere4; 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;
∴ ∠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;
CA=FA;
∴ △BAF≌△DAC;(SAS)
∴ DC=BF
同理:DC=AE;
∴ DC=BF=AE;
∵ ∠NAM=60°+∠BAC;
∠DAC=60°+∠BAC;
& there4; ∠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
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
=β
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。
拿破仑定理
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;
&th ere4; 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;
∴ ∠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;
CA=FA;
∴ △BAF≌△DAC;(SAS)
∴ DC=BF
同理:DC=AE;
∴ DC=BF=AE;
∵ ∠NAM=60°+∠BAC;
∠DAC=60°+∠BAC;
& there4; ∠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
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
=β
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。