托勒密定理 定理图 定理的内容托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组 对边所包矩形的面积之和。从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式， 托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质. 定理的提出 一般几何教科书中的托勒密定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的 书中摘出。 证明 一、(以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。) 在任意四边形ABCD 中，作△ ABE使/ BAE= / CAD / ABE= / ACD 因为△ ABE ACD 所以BE/CD=AB/AC, 即BE-AC=AB CD (1) 而/ BAC= / DAE ,，/ ACB= / ADE 所以△ ABC AED 相似. BC/ED=AC/AD 即ED- AC=BC AD (2) ⑴+⑵，得 AC(BE+ED)=AB CD+AD BC 又因为BE+EI> BD (仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即托勒密定理”) 所以命题得证 复数证明 用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、 BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。首先注意到复数恒等式：(a -b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (a - c)(b - d)，两边取模，运用三角不等式得。等 号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。四点不限于同一平面。平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。 二、设ABCD是圆内接四边形。在弦BC上，圆周角/ BAC = / BDC，而在AB上， / ADB = / ACB。在AC 上取一点K，使得/ ABK = / CBD ; 因为/ ABK + / CBK = / ABC = / CBD + / ABD，
《托勒密定理及其应用》 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)． 即：；内接于圆，则有： 设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ?=?+? ；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD BD AC BC AD CD AB ABCD ?≥?+? 一、直接应用托勒密定理 例1 如图2，P 是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点(不与B 、C 重合)， 求证：PA=PB ＋PC ． 四点共圆时成立； 、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似 和且又相似 和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BD AC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB ED AC BC AD AD ED AC BC AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BE AC CD AB CD BE AC AB ACD ABE ACD ABE CAD BAE E ABCD ?≥?+?∴+?=?+?∴? =??=∴??∴∠=∠=?=??=∴??∠=∠∠=∠)(
二、完善图形借助托勒密定理 例2证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2 例3如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)． 三、构造图形借助托勒密定理 例4若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．
四、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理 例5已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B． 五、巧变形妙引线借肋托勒密定理 例6在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，
几何表示 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线, 则三垂足共线. □ 一阶描述 基本定义: 选定 A,B,C 三点 □ 取外接圆上任意一点 P □ 得到三个垂足 D,E,F □ 基本描述: : A,B,C 三点不共线 西姆松定理 它们的坐标分别为 这三点构成的三角形的外接圆心及半径分别为 P 点的坐标为 . 全部 (x 1,y 1),(x 2,y 2),(x 3,y 3).l 1=AB,l 2=BC,l 3=CA.(u,v),r.(a,b)D(a 1,b 1),E(a 2,b 2),F(a 3,b 3). 91
□ ● : P 在三角形 ABC 的外接圆上 □ ● : P 不同于 A,B,C □ ● : D 是 P 到 BC 的垂足 □ ● : E 是 P 到 CA 的垂足 □ l 1l 2l 3(l 21=(x 1-x 2)2+(y 1-y 2 )2 [l 22=(x 2-x 3)2+(y 2-y 3)2 [l 23=(x 3-x 1)2+(y 3-y 1 )2[l 1+l 2>l 3[l 2+l 3>l 1[l 3+l 1> l 2)92^uvr ((x 1-u)2 +(y 1-v)2=r 2 [ (x 2-u)2+(y 2-v)2=r 2[(x 3-u)2 +(y 3-v)2 =r 2 [(u-a)2+(v-b)2=r 2) 93\(a=x 1[b=y 1)[\(a=x 2[b=y 2)[\(a=x 3[b=y 3) 94(a 1-x 2)(b 1-y 3)-(a 1-x 3)(b 1-y 2)=0[(a 1-a)(x 2-x 3)+(b 2-b)(y 2-y 3)=0 95^
电磁感应中动量定理的运用 动量定律I ＝?P 。 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ?， 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值） 故有：B I L t ?=mv 2－mv 1 . 而I t=q ,故有q=BL mv 12mv - 理论上电量的求法：q=I ?t 。 这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t ??φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝R E （R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝ t R ??φ。 综上可得q ＝R φ?。若B 不变，则q ＝R φ?＝R s B ? 电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。 从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型： 第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。 第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。 第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体
棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。这种题型难度最大。 2在解题中强化应用意识，提高驾驭能力 由于这些物理量之间的关系比较复杂，只能从理论上把握上述关系还不够，还必须通过典型问题来培养学生的应用能力，达到熟练驾驭的目的。请看以下几例：（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应 强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量 为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点 cd时的速度为v，不计摩擦。求： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 分析与解 有的同学据题目的已知条件，不假思索的就选用动量定理，对该过程列式如下： mgt－B I Lt=mv －0显然该式有两处错误：其一是在分析棒的受力时，漏掉了轨道对 棒的弹力N，从而在使用动量定理时漏掉了弹力的冲量I N；其二是即便考虑了I N，这种解法也是错误的，因为动量定理的表达式是一个矢量式，三个力的冲量不在同一直线上，而且IN的方向还不断变化，故 我们无法使用I=Ft来求冲量，亦即无法使用前面所提到的方法二。 为此，本题的正确解法是应用前面提到的方法一，具体解答如下： 对应于该闭合回路应用以下公式： (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的 匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为 a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边 界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 分析与解 这是一道物理过程很直观的问题，可分为三个阶段：进入和离开磁场过程中均为加速度不断减少的减速运动，完全进入磁场后即作匀速直线运动，那么这三个过程的速度之间的关系如何呢？乍看好象无从下手，但对照上面的理论分析，可知它属于第三类问题。首先，由于进入磁场和离开磁场两段过程中，穿过线圈回路的磁通量变化量Δφ相同，故有q0=q=Δφ/R；其次，对线框应用动量定理，设线框完全进入磁场后的速度为v′，则有：
托勒密定理Last revision on 21 December 2020
托 勒密定理 【定理内容】 圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 即：若四边形ABCD 内接于圆， 则有BD AC BC AD CD AB ?=?+?. [评]等价叙述：四边形的两组对边之积的和 等于两对角线 之积的充要条件是四顶点共圆。 【证法欣赏】 证明：如图，过C 作CP 交BD 于P ，使21∠=∠, ∵43∠=∠,∴ACD ?∽BCP ?, ∴ BP AD BC AC = ，即AD BC BP AC ?=? ① 又DCP ACB ∠=∠，65∠=∠，∴ACB ?∽DCP ?, ∴ DP AB DC AC = ，即DC AB DP AC ?=? ② ∴①＋②得：DC AB AD BC DP BP AC ?+?=+?)( 即BD AC BC AD CD AB ?=?+? 【定理推广】 托勒密定理的推广： 在四边形ABCD 中，有BD AC BC AD CD AB ?≥?+?；当且仅当四边形ABCD 内接于圆时，等式成立。 [证] 在四边形ABCD 内取点E ，使CAD BAE ∠=∠，ACD ABE ∠=∠ 则ABE ?∽ACD ? ∴ AD AE CD BE AC AB ==， ∴BE AC CD AB ?=?； ∵ AD AE AC AB =，且EAD BAC ∠=∠ C D A B E B C D
∴ABC ?∽AED ? ∴ AD ED AC BC = ，即ED AC BC AD ?=?； ∴)(ED BE AC BC AD CD AB +?=?+? ∴BD AC BC AD CD AB ?≥?+? 当且仅当E 在BD 上时“=”成立， 即四点共圆时成立；、、、当且仅当D C B A 【定理推广】 托勒密定理的推论： 等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积． 即：若四边形ABCD 是等腰梯形，且BC AD //， 则BC AD AB AC ?+=22. 分析：因为等腰梯形必内接于圆，符合托勒密定理的条件，其对角线相等，两腰相等，结论显然成立。 【定理应用】 【例1】 如图，P 是正ABC ?外接圆的劣弧BC 上任一点(不与B 、C 重合)， 求证：PC PB PA +=． 证明：由托勒密定理得： ∵CA BC AB == ∴PC PB PA +=. [注]此例证法甚多，如“截长”、“补短”等，详情参看《初中 数学一 题多解欣赏》． 【定理应用】 【例2】 证明“勾股定理”： 已知：在ABC Rt ?中，?=∠90B ， 求证：222BC AB AC +=。 证明：如图，以ABC Rt ?的斜边AC 为对角 B C
动量定理的应用 1. 用动量定理解决碰击问题 在碰撞、打击过程中的相互作用力，一般是变力，用牛顿运动定律很难解决，用动量定理分析则方便得多，这时求出的力应理解为作用时间t内的平均力动量定理的应用。 例1. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.8m高处。已知运动员与网接触的时间为1.4s。试求网对运动员的平均冲击力。（取动量定理的应用） 解析：将运动员看成质量为m的质点，从高动量定理的应用处下落，刚接触网时速度的大小 动量定理的应用，（向下）………………① 弹跳后到达的高度为动量定理的应用，刚离网时速度的大小 动量定理的应用，（向上）………………② 接触过程中运动员受到向下的重力动量定理的应用和网对其向上的弹力F。选取竖直向上为正方向，由动量定理得： 动量定理的应用………………③ 由以上三式解得：动量定理的应用
代入数值得：动量定理的应用 2. 动量定理的应用可扩展到全过程 当几个力不同时作用时，合冲量可理解为各个外力冲量的矢量和。对物体运动的全过程应用动量定理可“一网打尽”，干净利索。 例2. 用全过程法再解析例1 运动员自由下落的时间 动量定理的应用 被网弹回做竖直上抛，上升的时间 动量定理的应用 与网接触时间为动量定理的应用。选取向下为正方向，对全过程应用动量定理得： 动量定理的应用 则动量定理的应用 3. 用动量定理解决曲线问题 动量定理的应用范围非常广泛，不论力是否恒定，运动轨迹是直线还是曲线，动量定理的应用总成立。注意动量定理的表达公式是矢量关系，动量定理的应用两矢量的大小总是相等，方向总相同。 例3. 以初速动量定理的应用水平抛出一个质量动量定理的应用的物体，试求在抛出后的第2秒内物体动量的变化。已知物体未落地，不计空气阻力，取动量定理的应用。
第三章 托勒密定理及应用 【基础知识】 托勒密定理 圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两对角线的乘积． 证明 如图3-1，四边形ABCD 内接于O ，在BD 上取点P ，使P A B C A D =∠∠，则△ABP ∽△ACD ， 于是 A 图3-1 AB BP AB CD AC BP AC CD =??=?． 又ABC △∽△APD ，有BC AD AC PD ?=?． 上述两乘积式相加，得 AB CD BC AD AC BP PD AC BD ?+?=+=?（）． ① 注 此定理有多种证法，例如也可这样证：作AE BD ∥交o 于E ，连EB ，ED ，则知BDAE 为等腰梯形，有EB AD =，ED AB =，ABD BDE θ==∠∠，且180E B C E D C +=?∠∠，令BAC ?=∠，AC 与 BD 交于G ，则 111 sin sin()sin 222 ABCD S AC BD AGD AC BD AC BD EDC θ?=??=??+=??∠∠， 11 sin sin 22 EBCD EBC ECD S S S EB BC EBC ED DC EDC =+=??+??△△∠∠ ()()11 sin sin 22 EB BC ED DC EDC AD BC AB DC EDC =?+??=?+??∠∠． 易知 A B C D E B C S S =，从而有AB DC BC AD AC BD ?+?=?． 推论1（三弦定理） 如果A 是圆上任意一点，AB ，AC ，AD 是该圆上顺次的三条弦，则 sin sin sin AC BAD AB CAD AD CAB ?=?+?∠∠∠． ② 事实上，由①式，应用正弦定理将BD ，DC ，BC 换掉即得②式． 推论2（四角定理） 四边形ABCD 内接于O ，则sin sin sin sin ADC BAD ABD BDC ?=?∠∠∠∠ sin sin ADB DBC +?∠∠． ③ 事实上，由①式，应用正弦定理将六条线段都换掉即得③式． 直线上的托勒密定理（或欧拉定理） 若A ，B ，C ，D 为一直线上依次排列的四点，则AB CD BC AD AC BD ?+?=?． 注 由直线上的托勒密定理有如下推论：若A ，B ，C ，D 是一条直线上顺次四点，点P 是直线AD 外一点，则 sin sin sin sin sin sin APB CPD APD BPC APC BPD ?+?=?∠∠∠∠∠∠． 事实上，如图3-2，设点P 到直线AD 的距离为h ，
托勒密定理 托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质． 证明 一、（以下是推论的证明，托勒密定理是其中一种特殊情况） 在任意凸四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ACD,连接DE. 则△ABE∽△ACD 所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1) 由△ABE∽△ACD得AD/AC=AE/AB,又∠BAC=∠EAD, 所以△ABC∽△AED. BC/ED=AC/AD,即ED·AC=BC·AD (2) (1)+(2),得 AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC 又因为BE+ED≥BD （仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”） 二．复数证明 用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。首先注意到复数恒等式：(a? b)(c? d) + (a? d)(b? c) = (a? c)(b? d) ，两边取模，运用三角不等式得。等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。四点不限于同一平面。平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。
1.任意凸四边形ABCD，必有AC·BD≤AB·CD+AD·BC，当且仅当ABCD四点共圆时取等号。 2.托勒密定理的逆定理同样成立：一个凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，则这个凸四边形内接于一圆、 托勒密不等式：凸四边形的两组对边乘积和不小于其对角线的乘积，取等号当且仅当共圆或共线。 简单的证明：复数恒等式：(a-b)(c-d)+(a-d)(b-c)=(a-c)(b-d)，两边取模，得不等式AC·BD≤|(a-b)(c-d)|+|(b-c)(a-d)|=AB·CD+BC·AD 广义托勒密定理：设四边形ABCD四边长分别为a,b,c,d,两条对角线长分别为m,n，则有： m^2*n^2=a^2*c^2+b^2*d^2-2abcd*cos(A+C) 1.等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。 2.四点不限于同一平面。 欧拉定理：在一条线段上AD上，顺次标有B、C两点，则AD·BC+AB·CD=AC·BD
第六章西姆松定理及应用 习题A 1．由西姆松定理，知L ，M ，N 三点共线，注意到P ，L ，N ，B 及P ，M ，C ，L 分别四点共圆，知LPN B ∠=∠，LPM C ∠=∠．又由张角定理，有() sin sin sin B C B C PL PM PN ∠+∠∠∠= + ，即 sin sin sin mn A ln B lm C ?∠=?∠+?∠再应用正弦定理，得mn a ln b lm c ?=?+?． 2．根据直径所对的圆周角是直角，知90BDP ADP ∠=∠=?，90BFP CFP ∠=∠=?，90CEP AEP ∠=∠=?，即知D ，A ，B ；B ，F ，C ；C ，E ，A 分别三点共线． 又PD AB ⊥于D ，PE AC ⊥于E ，PF BC ⊥于F ，P 是ABC △外接圆周上一点，由西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线． 3．延长BE ，CD 相交于点K ，延长CG ，BF 相交于点L ．设CG 与BE 相交于点I ，则I 为ABC △的 内心．由12CAI BAC ∠=∠，而()11 909022 CKI CIK B C BAC ∠=?-∠=?-∠+∠=∠，从而A ，I ，C ， K 四点共圆． 又AD CK ⊥于D ，AE KB ⊥于E ，AG CI ⊥于G ，A 是ICK △外接圆上任一点，由西姆松定理，知D ，E ，G 三点共线．同理，B ，I ，A ，L 四点共圆，AE BI ⊥于E ，AG IL ⊥于G ，AF BL ⊥于F ，由西姆松定理，知E ，G ，F 三点共线．故F ，G ，E ，D 四点共线． 4．设正ABC △外接圆弧?AB 上任一点P 到边BC ，CA ，AB 的距离分别为a h ，b h ，c h ，其垂足分别为 D ， E ， F ，正三角形边长为a ．由面积等式可得a b c h h h +-= ．此式两边平方，得 ()2222324 a b c a b b c a c h h h h h h h h h a +++--=． 由 sin sin b a h h PAC PBD PA PB =∠=∠=，有a b h PA h PB ?=?． 同理，a c h PA h PC ?=?，故a b h PA h PB k PC ?=?=?． 又P ，F ，E ，A 及P ，D ，B ，F 分别四点共圆，有PFD PBD PAC ∠=∠=∠，PDF PBF PCA ∠=∠=∠， 得PFD PAC △△≌，故c h PA a DF = ?，同理，a h PB a DE =?,b h PC a EF =?，即 a c b a c b h h h h h h k EF DE EF ???===由西姆松定理，知D ，E ，F 共线，即DF FE DE +=．于是 ￡()0a b a c b c hb h h h h h h DE DF EF k ? ---=--=?， 故222234 a b c h h h a ++=． 5．设以ABC △的三个顶点为圆心的三圆，皆经过同一点M ，而M 在ABC △的外接圆上，A e 与B e 另交于D ，A e 与C e 另交于E ，B e 与C e 另交于F ． 注意到A e 与B e 中，公共弦MD ⊥连心线AB ；A e 与C e 中，公共弦ME ⊥连心线AC ；B e 与C e 中，公共弦MF ⊥连心线BC ．对ABC △及其外接圆周上一点M ，应用西姆松定理，知D ，E ，F 三点共线． 习题B 1．(Ⅰ)设从点P 向BC ，CA ，AB 作垂线，垂足分别为X ，Y ，Z ．由对称性，知XY 为PUV △的中位线，故UV XY ∥同理，VW YZ ∥，WU XZ ∥．由西姆松定理，知X ，Y ，Z 三点共线，故U ，V ，W 三点共线．
动量定理的应用(2)·典型例题解析 【例1】 500g 的足球从1.8m 的高处自由下落碰地后能弹回到1.25m 高，不计空气阻力，这一过程经历的时间为1.2s ，g 取10m/s 2，求足球对地面的作用力． 解析：对足球与地面相互作用的过程应用动量定理，取竖直向下为 正，有－Δ＝′－其中Δ＝－－＝－×－×＝－－＝，′＝－＝－××＝(mg N)t mv mv t 1.2 1.21.20.60.50.1(s)v 2gh 210 1.2522221810 21251012h g h g .. －，＝＝××＝，解得足球受到向上的 弹力＝＇＋＝＋×＝＋＝5(m /s)v 2gh 210 1.86(m /s)N mg 0.51055560(N)1v v v t ().(). -+?056501 由牛顿第三定律得足球对地面的作用力大小为60N ，方向向下． 点拨：本例也可以对足球从开始下落至弹跳到最高点的整个过程应用动量定理：mgt 总－N Δt ＝0－0，这样处理更为简便． 从解题过程可看出，当Δt 很短时，N 与mg 相比较显得很大，这时可略去重力． 【例2】如图51－1所示，在光滑的水平面上有两块前后并排且靠在一起的木块A 和B ，它们的质量分别为m 1和m 2，今有一颗子弹水平射向A 木块，已知子弹依次穿过A 、B 所用的时间分别是Δt 1和Δt 2，设子弹所受木块的阻力恒为f ，试求子弹穿过两木块后，两木块的速度各为多少？ 解析：取向右为正，子弹穿过A 的过程，以A 和B 作为一个整体， 由动量定理得＝＋，＝，此后，物体就以向右匀速运动，接着子弹要穿透物体． f t (m m )v v A v B 112A A A ??f t m m 1 12+ 子弹穿过B 的过程，对B 应用动量定理得f Δt 2＝m 2v B －m 2v A ， 解得子弹穿出后的运动速度＝＋．B B v B f t m m f t m ??11222 + 点拨：子弹穿过A 的过程中，如果只将A 作为研究对象，A 所受的冲量
梅涅劳斯定理 梅涅劳斯（Menelaus）定理（简称梅氏定理）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。 展开 定理的证明 证明：当直线交△ABC的AB、BC、CA的反向延长线于点D、E、F时， (AD/DB)*(BE/EC )*(CF/FA)=1 逆定理证明： 证明：X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 证明一 过点A作AG∥BC交DF的延长线于G， 则AF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC , CE/EA=DC/AG 三式相乘得：(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×(BD/DC)×(DC/AG)=1 证明二 过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF，CE/EA=PF/AF 所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=1 证明三 连结BF。 （AD：DB）·（BE：EC）·（CF:FA) =（S△ADF：S△BDF）·（S△BEF：S△CEF）·（S△BCF：S△BAF） =（S△ADF：S△BDF）·（S△BDF：S△CDF）·（S△CDF：S△ADF） =1 证明四 过三顶点作直线DEF的垂线，AA‘，BB'，CC' 有AD：DB=AA’：BB' 另外两个类似，三式相乘得1 得证。如百科名片中图。 充分性证明： △ABC中，BC，CA，AB上的分点分别为D，E，F。 连接DF交CA于E'，则由充分性可得，(AF/FB)×(BD/DC)×(CE'/E'A)=1
西姆松(Simson)定理 西姆松定理说明 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。（此线常称为西姆松线） 西姆松定理的逆定理若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上。 相关的结果有： （1）称三角形的垂心为H。西姆松线和PH的交点为线段PH的中点，且这点在九点圆上。 （2）两点的西姆松线的交角等于该两点的圆周角。 （3）若两个三角形的外接圆相同，这外接圆上的一点P对应两者的西姆松线的交角，跟P的位置无关。 （4）从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 证明 证明一：△ABC外接圆上有点P，且PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，PD⊥BC 于D，分别连DE、DF. 易证P、B、F、D及P、D、C、E和A、B、P、C分别共圆，于是∠FDP=∠A CP ①，（∵都是∠ABP的补角）且∠PDE=∠PCE ②而∠ACP+∠PCE=180° ③∴∠FDP+∠PDE=180° ④即F、D、E共线. 反之，当F、D、E共线时，由④→②→③→①可见A、B、P、C共圆. 证明二：如图，若L、M、N三点共线，连结BP，CP， 则因PL垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、P、 L、N和M、P、L、C分别四点共圆，有 ∠PBN = ∠PLN = ∠PLM = ∠PCM. 故A、B、P、C四点共圆。 若A、B、P、C四点共圆，则∠PBN = ∠PCM。因PL 垂直于BC，PM垂直于AC，PN垂直于AB，有B、P、L、N 和M、P、L、C四点共圆，有 ∠PBN =∠PLN =∠PCM=∠PLM. 故L、M、N三点共线。
[高考命题解读] 分析 年份 高考(全国卷)四年命题情况对照分析 1.考查方式 从前几年命题规律来 看，应用碰撞或反冲运 动模型，以计算题的形 式考查动量和能量观 点的综合应用. 2.命题趋势 由于动量守恒定律作 为必考内容，因此综合 应用动量和能量观点 解决碰撞模型问题将 仍是今后命题的热点， 既可以将动量与力学 知识结合，也可将动量 和电学知识结合，作为 理综试卷压轴计算题 进行命题. 题号命题点 2014年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了两物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了对碰撞问题的理解， 应用动量和动量守恒定律解决问题 2015年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了三物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2016年 Ⅰ卷35题第(2)问计算题，考查了动量定理的应用 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了应用动量守恒定律 和能量观点解决三物体碰撞问题 Ⅲ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2017年 Ⅰ卷14题考查动量守恒定律的应用 Ⅱ卷15题考查动量守恒定律的应用 Ⅲ卷20题考查动量定理的应用 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积.
(2)表达式：p＝m v. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1下列说法正确的是() A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2(多选)质量为m的物体以初速度v 0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A.m(v－v0) B.mgt C.m v2－v02 D.m2gh 答案BCD
第三讲 托勒密定理及其应用 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)． 即：；内接于圆，则有： 设四边形BD AC BC AD CD AB ABCD ?=?+? ；内接于圆时，等式成立并且当且仅当四边形中，有：定理：在四边形ABCD BD AC BC AD CD AB ABCD ?≥?+? 一、直接应用托勒密定理 例1 如图2，P 是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点 (不与B 、C 重合)， 求证：PA=PB ＋PC ． 分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗． 若借助托勒密定理论证，则有PA ·BC=PB ·AC ＋PC ·AB ， ∵AB=BC=AC ． ∴PA=PB+PC ． 二、完善图形 借助托勒密定理 例2 证明“勾股定理”： 在Rt △ABC 中，∠B=90°，求证：AC 2=AB 2＋BC 2 四点共圆时成立； 、、、上时成立，即当且仅当在且等号当且仅当相似 和且又 相似 和则：，，使内取点证：在四边形D C B A BD E BD AC BC AD CD AB ED BE AC BC AD CD AB ED AC BC AD AD ED AC BC AED ABC EAD BAC AD AE AC AB BE AC CD AB CD BE AC AB ACD ABE ACD ABE CAD BAE E ABCD ?≥?+?∴+?=?+?∴?=??=∴??∴∠=∠=?= ??=∴??∠=∠∠=∠)(
证明：如图，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD是圆内接四边形．由托勒密定理，有 AC·BD=AB·CD＋AD·BC．① 又∵ABCD是矩形， ∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．② 把②代人①，得AC2=AB2＋BC2． 例3如图，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结CD，依托勒密定理， 有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD． ∵∠1=∠2，∴BD=CD． 故AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC)． 三、构造图形借助托勒密定理 例4若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1． 求证：ax＋by≤1． 证明：如图作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB， 使AC＝a，BC=b，BD＝x，AD＝y． 由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的． 据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD． ∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1． 四、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理 例5已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B． 分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c． 证明：如图，作△ABC的外接圆，以A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA．∵AD=BC，
托勒密定理、婆氏定理——圆中基本模型专题（二） 【教学重难点】 1．圆中托勒密定理；对角互补模型：旋转视角、托勒密视角 2．婆罗摩笈多定理 3．例题探究 【模块一圆中托勒密定理】 古希腊最伟大的天文学家，数学家、天文学家伊巴谷（约公元前190年－公元前125年），最早提出了，圆内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，后称托勒密定理．古罗马著名的天文学家、光学家克罗狄斯·托勒密（约90年－168年），从伊巴谷的书中将其摘出并完善．托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质，故从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式． 1．基本图形与结论：如图1，当A、B、C、D四点共圆，则AC×BD=AB×DC+AD×BC． 2．简单证明： 在线段BD上取一点E，连AE，使∠AEB=∠ADC， 易得△AEB∽△ADC， AC CD =??=?① AC BE AB CD AB BE 旋转一拖二得△ABC∽△AED， AC BC =??=?② AC DE BC AD AD DE 由①＋②得：AC×（BE＋DE）=AC×BD=AB×DC＋AD×BC． 3．模型识别： 具体情境中出现四点共圆，且四点构成的四边形边长、对角线长信 息较多，可以尝试用托勒密定理进行计算． ※4．广义托勒密定理：对于任意凸四边形ABCD，则有AC×BD ≤AB×DC+AD×BC．证明从略···【模块二对角互补模型→旋转视角】 1．基本图形与模型识别：如图2，对角互补且一组邻边相等 ．．．．．．．．．．．的四边形， 可通过旋转变换将四边形转化为等腰三角形（等腰思旋转）． 2．四类常见对角互补模型： ①模型一：等边60°对120°型 条件：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120° 结论：（1）CA平分∠BCD；（2）BC+CD=AC． 证明：证明：如图，将△ACD绕点A逆时针旋转60°至△AMB，使AD， AB重合， 则△ACD≌△AMB， ∴∠ADC=∠ABM，AC=AM，CD=BM，∠ACD=∠M， ∵∠BAD=60°，∠BCD=120°， ∴∠ABC+∠ADC=180°，
平面几何定理及其证明 梅涅劳斯定理 1 .梅涅劳斯定理及其证明 定理：一条直线与 ABC 的三边AB BC CA 所在直线分别交于点 D E 、F ,且D E 、F 均 证明：如图，过点C 作AB 的平行线，交EF 于点G. 因为 CG // AB ，所以 CG CF --------------------- （ 1） AD FA 因为 CG // AB ，所以 EC （ 2） DB BE C F ，即得 A D C F EC FA DB EC FA 2.梅涅劳斯定理的逆定理及其证明 定理：在 ABC 的边AB BC 上各有一点 D E ,在边 AC 的延长线上有一点 F ,若 二、 塞瓦定理 3 .塞瓦定理及其证明 定理：在ABC 内一点P,该点与ABC 的三个顶点相连所在的 三条直线分别交 ABCE 边AB BC CA 于点D E 、F ,且D E 、F 三点均不是 ABC 不是ABC 的顶点，则有 AD BE CF 1 DB EC 由（1）宁（2） DB 可得兀 AD BE CF DB EC FA 1 ，那么，D E 、F 三点共线. 证明：设直线EF 交AB 于点D ，则据梅涅劳斯定理有 AD / BE CF 丽 EC FA 因为AD Bl CF DB EC FA 1，所以有誥 段AB 上，所以点D 与D 重合.即得D 鴿.由于点D D 都在线 E 、F 三点共线. 证明： 运用面积比可得 AD DB S ADP S BDP S ADC S BDC 根据 等 比定理有 S ADP S ADC S ADC S ADP S APC S S BDP BDC S BDC S BDP S
第六章西姆松定理及应用 【基础知识】 西姆松定理 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足点共线（此线常称为西姆松线）． 证明如图6-1，设P 为ABC △的外接圆上任一点，从P 向三边BC ，CA ，AB 所在直线作垂线，垂足分别为L ，M ，N ．连PA ，PC ，由P ，N ，A ，M 四点共圆，有 β α γ βL M A P B N C 图6-1 PMN PAN PAB PCB PCL ∠=∠=∠=∠=∠． 又P ，M ，C ，L 四点共圆，有PML PCL ∠=∠． 故PMN PML ∠=∠，即L ，N ，M 三点共线． 注 此定理有许多证法．例如，如下证法： 如图6-1，连PB ，令PBC α∠=，PCB β∠=， PCM γ∠=，则 PAM α∠=，PAN β∠=，PBN γ∠=，且cos BL PB α=?，cos LC PC β=?，cos CM PC γ=?， cos MA PA α=?，cos AN PA β=?，cos NB PB γ=?．对ABC △，有 cos cos cos 1cos cos cos BL CM AN PB PC PA LC MA NB PC PA PB αγββαγ ?????=??=???．故由梅涅劳斯定理之逆定理，知L ，N ，M 三点共线． 西姆松定理还可运用托勒密定理、张角定理、斯特瓦尔特定理来证（略）． 西姆松定理的逆定理 若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在此三角形的外接圆上． 证明如图6-1，设点P 在ABC △的三边BC ，CA ，AB 所在直线上的射影分别为L ，M ，N ，且此三点共线．由PN AB ⊥于N ，PM AC ⊥于M ，PL BC ⊥于L ，知P ，B ，L ，N 及P ，N ，A ，M 分别四点共圆，而AB 与LM 相交于N ，则PBC PBL PNM PAM ∠=∠=∠=∠，从而P ，B ，C ，A 四点共圆，即点P 在ABC △的外接圆上． 【典型例题与基本方法】 1．找到或作出三角形外接圆上一点在三边上的射影，是应用西姆松定理的关键 例1如图6-2，过正ABC △外接圆的AC 上点P 作PD ⊥直线AB 于D ，作P E A C ⊥于E ，作P F B C ⊥于F ．求证： 111 PF PD PE += ．
[高考命题解读] 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝mv. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft.
(3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1 下列说法正确的是( ) A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2 (多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( ) (v－v0) 答案BCD 命题点一对动量和冲量的理解 1.对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较