1
无税收条件下的MM 定理
1.1 假设条件
假设1：无摩擦市场假设
? 不考虑税收；
? 公司发行证券无交易成本和交易费用，投资者不必为买卖证券支付任何费用； ? 无关联交易存在；
? 不管举债多少，公司和个人均无破产风险；
? 产品市场是有效的：市场参与者是绝对理性和自私的；市场机制是完全且完备的；
不存在自然垄断、外部性、信息不对称、公共物品等市场失灵状况；不存在帕累托改善；等等；
? 资本市场强有效：即任何人利用企业内部信息都无法套利，没有无风险套利机会； ? 投资者可以以企业借贷资金利率相同的利率借入或贷出任意数量的资金。
假设2：一致预期假设
? 所有的投资者都是绝对理性的，均能得到有关宏观、行业、企业的所有信息，并且
对其进行完全理性的前瞻性分析，因此大家对证券价格预期都是相同的，且投资者对组合的预期收益率和风险都按照马克维兹的投资组合理论衡量。
1.2 MM 定理第一命题及其推论
MM 定理第一命题：
有财务杠杆企业的市场价值和无财务杠杆企业的市场价值相等。
第一命题的含义：
即公司的市场价值（即债权的市场价值+股权的市场价值，不含政府的税收价值）与公司的资本结构无关，而只与其盈利水平有关。这说明未来具有完全相同的盈利能力的公司市场价值相同，但由于其负债程度不同等因素，故它们的净资产可能有很大差异。
MM 定理第一命题证明过程：证明方法是无套利均衡分析法。
基础假定：我们假定有两家公司—公司A 和公司B ，它们的资产性质完全相同但资本结构完全不同。A 公司没有负债（这是一种极端假设，但作为比较基准更能说明问题）；B 公司的负债额度是D ，假设该负债具有永久性质，因为可持续盈利的公司总可以用新发行的债券来偿还老债券（这与宏观经济学中的庞兹计划完全不同，那是没有收入来源且信息不对称下导致的终生借债消费计划无效）。
细节假设：
? B 公司当前债务利率为r （固定值）；
? A 、B 两公司当前的股本分别是A S 和B S （固定值）；
? A 、B 两公司当前权益资本预期收益率（即市场的资本化率，也就是其股票的预期
收益率）分别是A r 和B r （固定数值，因为仅指当前的预期收益率）；
? A 、B 两公司任何年份的息税前利润（EBIT ）相同，数额都为EBIT （随机变量，每
年的数值都是它的一个数据点）；
? A 、B 两公司当前的市场价值分别记为A PV 和B PV （固定值）；
? A 、B 两公司当前股票的市场价格与其真实价值完全一致，分别为A MP 和B MP （固
定值）；
? A 、B 两公司当前的股东权益分别记作A SE 和B SE （固定值）。
注：假定中固定值较多是因为静态考察公司当前价值。
考虑一个套利策略：卖出A 公司1%的股票；同时买入B 公司1%的股票和1%的债券（上述比例可任意假定，但必须均为同一值）。这种套利策略产生的即时现金流和未来每年的现金流见表1。
表1 上述套利策略的现金流
头寸 即时现金流 未来每年现金流 卖出1%A 股票 0.01* A PV -0.01*EBIT 买入1%B 股票 -0.01*B S *B MP 0.01*（EBIT-D*r ） 买入1%B 债券 -0.01*D -0.01* D*r 净现金流 NC 0
首先，任何公司的资产都等于账面的负债加权益，A 公司无负债，因此有
;A A B B PV SE PV D SE ==+
其次，任何公司的股票价格都等于其股东权益与股本的比值：
/;()/A A A B B B MP PV S MP PV D S ==-①
再次，市场不应该存在无风险套利机会，故NC=0，也就是
0.01*0.01**0.01*0A B B PV S MP D --=
()/B A B MP PV D S ?=-②
由①②推得：A B PV PV =③，命题证毕。
MM 定理第一命题推论一：
债转股后如果盈利未变，那么企业的股票价格也不变。
证明：假设B 公司的债务权益比为k ，则：
/B k D SE =
1()////B B B B A B A B k SE D SE PV SE PV SE S S +=+===④
将③④代入①得：
//((1))()/((1))(1)/((1))A A A B B B B B B B MP PV S PV S k D SE S k SE k S k MP ==+=++=++= 证毕。
MM 定理第一命题推论二：
股东期望收益率会随财务杠杆的上升而上升。
含义：正常情况下B 公司在债转股之后会降低其股票的预期收益率，或者说A 公司的股票预期收益率小于B 公司的股票的预期收益率。
证明：B 公司的资产负债率（RDA ）和股东权益比率（REA ）分别为：
//()/(1)B B B RDA D PV D D SE k k ==+=+
//()1/(1)B B B B REA SE PV SE D SE k ==+=+
由于公司所有税前收益均优先用于分派股息，而且市场有效性保证了股票的价格反映股票价值。则由股票收益现值模型可得A 、B 两公司的股票预期收益率A r 和B r 分别满足：
1
/(1)*A A j j A A A
EBIT S EBIT MP r S r ∞===+∑ 1
(*)/*(1)*B B j j B B B EBIT R D S EBIT R D MP r S r ∞=--==+∑ 同时EBIT>*B r PV ，因为这表示即使公司全部举债经营，公司产生的税息前收益也足够支付利息，也就是说股票的收益率大于债券的收益率，由于系统风险和预期收益相匹配的结果导致这个不等式必然成立。故可推导出：
***B A B B B A A A
EBIT r D EBIT r D EBIT EBIT EBIT r r SE PV D PV PV S MP --==>===-，证毕。 MM 定理第一命题推论三：
股东每股盈利也会随着财务杠杆的上升而上升。
含义：正常情况下，债券转为股票之后，公司股东的每股盈利也会下降。
证明：A 、B 两公司每股盈利分别为：
(*);A B A B
EBIT EBIT R D E E S S -==⑤ 将④代入⑤的第二式得：
(*)(1)(*)*(1)**B A B A A
EBIT R D k EBIT R D k EBIT k R D E E S S S -+--+===+⑥ 由于EBIT>*B r PV ，再将前面B RDA 定义式代入，可以推得：
*(1)**(1)(
*)(1)*()01B
k EBIT k EBIT k R D k EBIT R D k D r k PV -+=+-=+->+⑦ 由⑥⑦得：B A E E >，证毕。
注：数学基础非常少的人有可能会觉得上述三个推论感性理解上有相互矛盾的地方，故须深入思考现实过程。
1.3 MM 定理第二命题及其推论
MM 定理第二命题：
公司加权平均资本成本（WACC ）与公司的资本结构无关。
证明：由于公司A 仅有股权融资，故A A WACC r =
B B B A B B B A
SE D EBIT EBIT WACC r r r PV PV PV PV =+===①，证毕。 MM 定理第二命题推论：
有负债的公司的权益资本成本等于同一风险等级的无负债公司的权益资本成本加上风险补偿，风险补偿的比例因子是负债权益比k 。
（是不是和CAPM 、多因子模型、套利定价和单证券定价模型有点像啊，呵呵）
证明：由①（重新编号）得：
*()()B B A A A A A B B B PV r D D r r r r r r k r r SE SE SE =
-=+-=+-，证毕。 2
有税收条件下的MM 定理
2.1 假设条件
考虑税收，其他假设与前面相同。有税收条件下的MM 定理仅一个定理，有四个推论。
2.2 MM 定理第一命题及其推论
MM 定理第一命题：
在考虑税收的情况下，有财务杠杆的企业的市场价值等于无财务杠杆的企业的市场价值加上“税盾”的市场价值。
证明：假定A 、B 两公司的所得税税率都是T （固定税率制，累进税率制等也一样的），那么两公司的税后收益（EAT ）分别为：
(1)*A EAT T EBIT =-
(1)*(*)*(1)***B A EAT T EBIT r D r D T EBIT T r D EAT =--+=-+>，证毕。
其中**T r D 即税盾效应，与A 公司税后盈利相比，这是B 公司多出来的部分，这是由于B 公司的财务杠杆起作用了：公司价值是股权市价加债权市价，A 公司每年产生的现金流EBIT 都要交所得税，而B 公司中EBIT 仅有一部分交所得税，故省出一部分价值计入到公司的债权价值中。或者也可以理解为没有负债的公司举债时，政府需要把原来征的税的一部分退给公司的债主，或者说举债成本里*T r 是政府买单的（机会成本的角度讲），而公司举债的成本仅是(1)*T r -，这是从金融的角度或者说机会成本的角度讲的，就如经济利润和会计利润的差别一样，而证券定价的基准正是从金融的角度给出才能准确。
显然A 、B 两公司的税前价值仍然一样，相当于不考虑税收。我们用带撇号的字母表示考虑税收的变量，则有税收情况下A 、B 两公司的市场价值分别为：
/(1)A A PV PV T =-
///(1)**(1)(1)(1)B B B A A T r PV r D PV PV T D PV D PV EBIT EBIT
-=--
+=+->① 其中(1)*(1)B T r PV D EBIT --叫做税盾的市场价值。
MM 定理第一命题推论一：
在考虑税收情况下，股东的期望收益率仍然会随着财务杠杆的上升而上升。即在考虑税收的情况下，不考虑税收时MM 定理的命题一的推论二仍然成立。
证明：考虑税收，A 公司股票预期收益率为：
///(1)(1)(1)*(1)A A A A A A
EBIT T EBIT T EBIT T r r S MP PV T PV ---====-② 由不考虑税收推论二证明的最后一个公式和①（重新编号）得B 公司股票的预期收益率为：
////()(1)()(1)()(1)1(1)***(1)B B B B B A A rD
EBIT rD EBIT rD T rD EBIT rD T rD EBIT rD T rD T r T rD PV rD S MP PV D PV PV EBIT EBIT -+
--+--+--+-====----再由②得：//(1)(1)B A A rD
r r rD PV T EBIT =+--③，由于EBIT>rD （盈利足够付利息，保证
不破产），故//B A r r >，证毕。
MM 定理第一命题推论二：
考虑税收情况下，股东的每股收益也仍然会随着财务杠杆的上升而上升，即在考虑税收情况下，不考虑税收MM 定理命题一推论三仍然成立。
证明：A 、B 两公司每股盈利分别为：
//(1)(1)();A B A B
T EBIT T EBIT rD rD E E S S ---+==④ 将第一部分第一命题推论一下面的④代入④得：
[]
[]///(1)(1)()(1)()B A A
A A k T EBIT rD rD TrD k T EBIT rD rD E E E S S +--++--+==+> 因EBIT>rD ，故上不等式成立，证毕。
MM 定理第一命题推论三：
在考虑税收情况下，WACC 与公司资本结构有关。（证略）
根据CAPM 模型，有税收后的贝塔系数/
β和无税收情况下的贝塔系数β的关系为/(1(1))D T SE
ββ=+-（证明从略），由此得出股权预期收益，然后再根据公司计算出WACC ，显然WACC 是受资本结构影响的。
MM 定理第一命题推论四：
在考虑税收情况下，有负债的公司的权益资本成本仍然大于同一风险等级的无负债公司的权益资本成本，风险补偿的形式也更复杂（证明如③）。 注：一个延伸，/(1)(1)(1)1c s d
T T PV PV D T --=+--，c T 表示企业所得税率，s T 表示股票收入的税率，d T 表示利息收入的税率，个人可试着证明一下子。
3
MM 定理的缺陷
主要是假设不合理导致的缺陷
? 假设没有破产风险不符合实际。考虑税收的话，按照MM 定理所有都是债权融资则公司
价值最大化，但考虑到实际的破产风险，杠杆增加降低了融资成本WACC ，但增加了公司的破产风险，故存在最优的资本结构使得公司达到价值最大化。
? MM 定理忽略了交易成本和信息不对称性等，显然不符合事实。
? 以上仅是两个例子，其他的大家可以想想。
撰写人：小秋
费马猜想之证明 景光庭 引言：20世纪60年代初，笔者首次接触“费马猜想”。在以后的岁月中，笔者断断续续地研究它。直至1992年，才有机会在《潜科学》上相继发表过三篇论文，这次是最终的证明。 虽然美国数学家怀尔斯因发表论证“费马猜想”的文章，并于1997年荣膺国际上的沃尔夫斯克尔数学大奖，但并没有推开蒙在世界数学家心头上的阴云。笔者曾通过《美国教育交流中心》向怀尔斯寄去了总长仅一页的论文复印件，并明确指出，他在证明中将“费马方程”转化为椭圆曲线，而笔者转化为抛物线，这是不能共存的。何况笔者的转化过程，浅显得连中学生都能读懂，无懈可击，百分之百的正确。怀尔斯巨著难道不是沙滩上的一座摩天大厦？我也向德国马克斯普朗克研究所的学者法尔廷斯寄去了论文复印件，亦表述了上述观点，因为他是少数几个通读怀尔斯论文，并唯一肯定和帮助怀尔斯将论文从二百多页化减到一百三十页的学者 。遗憾的是至今未复。 如果怀尔斯不屑回答一个业余数学爱好者提出的疑问，对他就是一个绝妙的讽刺，因为他以毕生精力研究攻克和使他一举成名的“费马猜想”提出者费马是律师，而不是法兰西学院的院士。恰恰相反，数学只是他的业余爱好。他与人交流数学心得，往往是在通信中进行的，并不象今天这样只有在学术界认可的刊物上发表的文章才能被专家认可。如果当年的学术界也对费马这样苛求，那么今天根本不存在什么“费马猜想”这个问题了。 定理：2>p P P P Z Y X =+ (1) 中，p 为奇素数，X ，Y ，Z 无正整数解。 证：假设X ，Y ，Z 均有正整数解。 令 X=x ，Z = x +a (a 为正整数), Y = y 0+a (y 0为正整数)，约定(x ,y 0,a )=1 ，则有： p p p a x a y x )()0+=++（ (2) 即： 0 (1) 12221101120221010=----++++--------x a c x a c ax c y a c y a c ay c y p p p p p p p p p p p p p p p (3) 不失一般性，可设1),(0≥=d y x 1),(,,11101===y x dy y dx x ，以d 除 (3)式， 并令：10-=p d b ，,2 1 1-=p p ad c b ……,1 11---=p p p p a c b , 于是：0 (11212111111) 1 110=----+++-----x b x b x b y b y b y b p p p p p p 11 1 123122111 1 211110............s y b x b x b x b x b y b y b p p p p p p p =++++= +++------- 11221111011.......----=----p p p p b y b y b y b x s 11231221111.......----=----p p p p b x b x b x b y s
《1.3.1圆幂定理》教学案 【教学目标】 1.使学生理解相交弦定理、切割线定理及其推论间的相互关系，并能综合运用它们解 决有关问题； 2.从运动的观点来统一认识圆幂定理.对学生进行事物之间是相互联系和运动变化的 观点的教育. 【教学重难点】 重点：相交弦定理、切割线定理及其推论之间的关系以及应用； 难点：灵活运用圆幂定理解题. 【教学过程】 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. 或：经过圆内一点引两条弦，各弦被这点所分成的两段的积相等. 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.(经过圆内一点引两条弦，各弦被这点所分成的两段的积相等) 几何语言：若弦AB、CD交于点P则P A·PB=PC·P D(相交弦定理) 2证明 证明：连结AC，BD 由圆周角定理的推论，得∠A=∠D，∠C=∠B.(圆 周角推论2: 同(等)弧所对圆周角相等.) ∴△P AC∽△PDB ∴P A∶PD=PC∶PB，P A·PB=PC·PD 注：其逆定理可作为证明圆的内接四边形的方法. P点若选在圆内任意一点更具一般性.其逆定理也可用于证明四点共圆. 3比较 相交弦定理、切割线定理以及他们的推论统称为圆幂定理.一般用于求线段长度. 4相交弦定理推论 定理 如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它所分直径所成的两条线段的比例中项. 说明几何语言：若AB是直径，CD垂直AB于点P，则=P A·PB(相交弦定理推论)
切割线定理 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交点的两条线段长的比例中项.是圆幂定理的一种. 切割线定理示意图 几何语言：∵PT切⊙O于点T，PBA是⊙O的割线∴PT2=P A·PB(切割线定理) 推论： 从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等几何语言： ∵PT是⊙O切线，PBA，PDC是⊙O的割线 ∴PD·PC=P A·PB(切割线定理推论)(割线定理) 由上可知:PT2=P A·PB=PC·PD 2证明 切割线定理证明: 设ABP是⊙O的一条割线，PT是⊙O的一条切线，切点为T，则PT2=P A·PB 证明：连接AT，BT ∵∠PTB=∠P AT(弦切角定理 ) 切割线定理的证明 ∠APT=∠APT(公共角) ∴△PBT∽△PTA(两角对应相等，两三角形相似) 则PB：PT=PT：AP 即：PT2=PB·P A
三余弦公式的巧用 1AO AO AO 12 αθααθθθθθ２ 如图：斜线和平面所成的角为 斜线在平面上的射影A B ,A C 为平面内异于A B 的直线， A B 与A C 的夹角为，与A C 的夹角，则有：cos =cos cos 该公式本质上反映了线面角与线线角之间的数量关系，其本质特征是由两个平面互相垂直，两个平面内的三条直线所成角的定量关系。在处理异面直线所成角、线面角的问题时效果明显。下面通过近年高考试题予以说明。 例一: （2005全国卷I 第18题） 已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB CD ∥， ⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ， 且PA=AD=DC= 2 1 AB=1，M 是PB 的中点。 （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角； 常规解法：过点B 作BE//CA ，且BE=CA ，则∠PBE 是AC 与PB 所成的角. 连结AE ，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，所以四边形ACBE 为正方形. 由 PA ⊥面 ABCD 得∠PEB=90°在 Rt △PEB 中 BE= 2，PB=5， .510cos == ∠∴PB BE PBE .5 10 arccos 所成的角为与PB AC ∴ 析：已知条件中有PA ⊥底面ABCD 若使用三余弦公式则：PB 在平面ABCD 上的射影AB ， 210 cos 22 PBA BAC AC PB ∠= ∠= = ∴与 .5 10 arccos 所成的角为与PB AC ∴ 评：只要找到三线的夹角即可，无需作图求解。 例二（2006福建卷）如图，四面体ABCD 中， A B M D E O C
勾股定理的证明 【证法1】（课本的证明） a 、 b ，斜边长为 c ，再做三 个边长分别为a 、b 、c 的正方形，把它们像上图那样拼成两个正方形. 从图上可以看到，这两个正方形的边长都是a + b ，所以面积相等. 即 ab c ab b a 21 4214222?+=?++，整理得222c b a =+. 【证法2】（邹元治证明） 以a 、b 为直角边，以c 为斜边做四个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面积 等于ab 21.把这四个直角三角形拼成如图所示形状，使A 、E 、B 三点在一条直线上，B 、F 、 C 三点在一条直线上，C 、G 、D 三点在一条直线上. ∵Rt ΔHAE ≌Rt ΔEBF, ∴∠AHE = ∠BEF . ∵∠AEH + ∠AHE = 90o, ∴∠AEH + ∠BEF = 90o. ∴∠HEF = 180o―90o= 90o. ∴ 四边形EFGH 是一个边长为c 的 正方形. 它的面积等于c 2. ∵Rt ΔGDH ≌Rt ΔHAE, ∴∠HGD = ∠EHA . ∵∠HGD + ∠GHD = 90o, ∴∠EHA + ∠GHD = 90o. 又∵∠GHE = 90o, ∴∠DHA = 90o+ 90o= 180o. ∴ABCD 是一个边长为a + b 的正方形，它的面积等于()2 b a +. ∴ ()2 22 14c ab b a +?=+. ∴2 2 2 c b a =+.
以a 、b 为直角边（b>a ）， 以c 为斜 边作四个全等的直角三角形，则每个直角 三角形的面积等于ab 21. 把这四个直角三 角形拼成如图所示形状. ∵Rt ΔDAH ≌ Rt ΔABE, ∴∠HDA = ∠EAB . ∵∠HAD + ∠HAD = 90o， ∴∠EAB + ∠HAD = 90o， ∴ ABCD 是一个边长为c 的正方形，它的面积等于c 2. ∵EF = FG =GH =HE = b ―a , ∠HEF = 90o. ∴EFGH 是一个边长为b ―a 的正方形，它的面积等于()2 a b -. ∴()22 214c a b ab =-+?. ∴2 2 2 c b a =+. 【证法4】（1876年美国总统Garfiel d 证明） 以a 、b 为直角边，以c 为斜边作两个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面 积等于ab 21. 把这两个直角三角形拼成如图所示形状，使A 、E 、B 三点在一条直线上. ∵Rt ΔEAD ≌Rt ΔCBE, ∴∠ADE = ∠BEC . ∵∠AED + ∠ADE = 90o, ∴∠AED + ∠BEC = 90o. ∴∠DEC = 180o―90o= 90o. ∴ΔDEC 是一个等腰直角三角形， 它的面积等于221c . 又∵∠DAE = 90o, ∠EBC = 90o, ∴ AD ∥BC . ∴ABCD 是一个直角梯形，它的面积等于()2 21 b a +. ∴()2 2212122 1 c ab b a +?=+. ∴2 22c b a =+.
半径，证垂直”，难点在于如何证明两线垂直 例1 如图，在△ ABC中，AB=AC，以AB为直径的O O交BC于D，交AC于E, B为切点的切线交OD延长线于F. 求证：EF与O O相切. 例2 如图，AD是/ BAC的平分线，P为BC延长线上一点，且PA=PD. 求证：PA与O O相切. 证明一：作直径AE，连结EC. ?/ AD是/ BAC的平分线， ???/ DAB= / DAC. ?/ PA=PD , ???/ 2=Z 1+ / DAC. ???/ 2=Z B+ / DAB , ???/ 仁/ B. 又???/ B= / E, ???/ 仁/ E ?/ AE是O O的直径， ?AC 丄EC,/ E+ / EAC=90°. ???/ 1 + / EAC=90°. 即OA丄PA. ? PA与O O相切. 证明二：延长AD交O O于E,连结OA , OE. ?/ AD是/ BAC的平分线， ?BE=C1E, c ? OE 丄BC. ?/ E+/ BDE=900. ?/ OA=OE , ? / E=/ 1.
例5 如图，AB 是O O 的直径，CD 丄AB ，且 OA 2=OD ? OP. 求证：PC 是O O 的切线. 说明: 求证: ?/ PA=PD , ???/ PAD= / PDA. 又???/ PDA= / BDE, ???/ 1 + Z PAD=90 0 即OA 丄PA. ? PA 与O O 相切 此题是通过证明两角互余，证明垂直的，解题中要注意知识的综合运用 如图，AB=AC , AB 是O O 的直径，O O 交BC 于D , DM 与O O 相切. 例4 如图，已知：AB 是O O 的直径，点 C 在O O 上，且/ CAB=30°, BD=OB , D 在AB 的延长线上 求证：DC 是O O 的切线
[文件] sxc3jja0008.doc [科目] 数学 [年级] 初三 [章节] [关键词] 圆/圆幂定理/应用 [标题] 圆幂定理及其应用 [内容] 教学目标 1.使学生理解相交弦定理、切割线定理及其推论间的相互关系，并能综合运用它们解 决有关问题； 2.通过对例题的分析，提高学生分析问题和解决问题的能力，并领悟添加辅助线的方 法； 3.从运动的观点来统一认识圆幂定理.对学生进行事物之间是相互联系和运动变化的 观点的教育. 教学重点和难点 相交弦定理、切割线定理及其推论之间的关系以及应用是重点；灵活运用圆幂定理解题是难点. 教学过程设计 一、从学生原有的认知结构提出问题 1.根据图7-162(1)、(2)、(3)，让学生结合图形，说出相交弦定理、切割线定理、割线定理的内容. 2.然后提出问题.相交弦定理、切割线定理及其推论这三者之间是否有联系? 提出问题让学生思考，在学生回答的基础上，教师用电脑或投影演示图形的变化过程， 从相交弦定理出发，用运动的观点来统一认识定理. (1)如图7-163，⊙O的两条弦AB，CD相交于点P，则PA·PB＝PC·PD.这便是我们学过的相交弦定理.对于这个定理有两个特例： 一是如果圆内的两条弦交于圆心O，则有PA＝PB＝PC＝PD＝圆的半径R，此时AB，CD是直径，相交弦定理当然成立.(如图7-164)
二是当P点逐渐远离圆心O，运动到圆上时，点P和B，D重合，这时PB＝PD＝O，仍然有PA·PB＝PC·PD＝O，相交弦定理仍然成立.(图7-165) (2)点P继续运动，运动到圆外时，两弦的延长线交于圆外一 点P，成为两条割线，则有PA·PB＝PC·PD，这就是我们学过的 切割线定理的推论(割线定理).(图7-166) (3)在图7-166中，如果将割线PDC按箭头所示方向绕P点旋 转，使C，D两点在圆上逐渐靠 近，以至合为一点C，割线PCD变成切线PC.这时有PA·PB＝PC·PD ＝PC2，这就是我们学过的切割线定理.(图7-167) (4)如果割线PAB也绕P点向外旋转的话，也会成为一条切线PA.这时应有PA2＝PB2，可得PA＝PB，这就是我们学过的切线长定理.(图7-168) 至此，通过点的运动及线的运动变化，我们发现，相交弦定理、切割线定理及其推论和 切线长定理之间有着密切的联系. 3.启发学生理解定理的实质. 经过一定点P作圆的弦或割线或切线，如图7-169. 观察图7-169，可以得出：(设⊙O半径为R) 在图(1)中，PA·PB＝PC·PD＝PE·PF ＝(R-OP)(R+OP) ＝R2-OP2；
正、余弦定理解题易错点剖析 正、余弦定理及其应用问题综合性强、解题有一定的技巧，学生在解题时，经常因为审题不仔细，忽视一些条件而导致错误．本文分类剖析了解题中常出现的错误，旨在为同学们提个醒，以达防微杜渐的目的． 一、隐含条件被忽视致错 例1 在ABC △中，若3C B =，求 c b 的取值范围． 错解：由正弦定理可知 sin3sin cos2cos sin 2sin sin c B B B B B b B B +==22cos 22cos 4cos 1B B B =+=-． 由20cos 1B ≤≤，得214cos 13B --≤≤，故13c b -≤≤． 剖析：上述解法中，忽视了B 的取值范围及a b c ，，均为正的条件而致错． 正解： 24cos 1c B b =-．（过程同错解） 又∵180A B C ++=°，2C B =， ∴045B <<°，2cos 12 B <<， ∴214cos 13B <-<∴，故13c b < <． 在解决解三角形问题时，经常因忽视三角形中的隐含条件而出现解题错误．同学们在解题时一定要“擦亮慧眼”，否则极容易产生错解． 觅错：某同学遇到这样一道问题：在ABC △中，已知222 15a b C ===，，°，则A =_________． 分析：已知两边及其夹角，先用余弦定理，算出c ，再用正弦定理算出1sin 2 A = ，便大笔一挥，写上了“30°或150°”，轻轻松松搞定，不料老师却给他判了零分．下面是这位同学的详细解题过程，同学们帮他找找错因吧！ 错解：由余弦定理，得2222cos15843c a b ab =+-=-°． 又sin 1sin 2 a C A c = =，而0180A <<°°， ∴ 30A =°或150A =°． 所以空格上填“30°或150°”． 二、制约条件被忽视致错 例2 在ABC △ 中，62c =+，30C =°，求a b +的最大值． 错解：∵30C =°，∴150A B +=°，150B A =-°． 由正弦定理，得62sin sin(150)sin 30a b A A +==-°° ， 2(6 2)s i n a A =+∴，
余弦定理的证明方法大全 (共十种方法) 一、余弦定理 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他们夹角的余弦的积的两倍,即在ABC ?中,已知AB c =,BC a =,CA b =,则有 2222cos a b c bc A =+-, 2222cos b c a ca B =+-, 2222cos c a b ab C =+-. 二、定理证明 为了叙述的方便与统一,我们证明以下问题即可: 在ABC ?中,已知AB c =,AC b =,及角A ,求证:2222cos a b c bc A =+-. 证法一:如图1,在ABC ?中,由CB AB AC =-可 得: ()()CB CB AB AC AB AC ?=-?- 22 2AB AC AB AC =+-? 222cos b c bc A =+- 即,2222cos a b c bc A =+-. 证法二:本方法要注意对A ∠进行讨论. (1)当A ∠是直角时,由22222222cos 2cos90b c bc A b c bc b c a +-=+-?=+=知结论成立. (2)当A ∠是锐角时,如图2-1,过点C 作CD AB ⊥,交AB 于点D ,则 在Rt ACD ?中,cos AD b A =,sin CD b A =. 图1
从而,cos BD AB AD c b A =-=-. 在Rt BCD ?中,由勾股定理可得: 222BC BD CD =+ 22(cos )(sin )c b A b A =-+ 222cos c cb A b =-+ 即,2222cos a b c bc A =+-. 说明:图2-1中只对B ∠是锐角时符合,而B ∠还可以是直角或钝角.若B ∠是直角,图中的点D 就与点B 重合；若B ∠是钝角,图中的点D 就在AB 的延长线上. (3)当A ∠是钝角时,如图2-2,过点C 作CD AB ⊥,交BA 延长线于点D ,则 在Rt ACD ?中,cos()cos AD b A b A π=-=-,sin()sin CD b A b A π=-=. 从而,cos BD AB AD c b A =+=-. 在Rt BCD ?中,由勾股定理可得: 222BC BD CD =+ 22(cos )(sin )c b A b A =-+ 222cos c cb A b =-+ 即,2222cos a b c bc A =+-. 综上(1),(2),(3)可知,均有2222cos a b c bc A =+-成立. 证法三:过点A 作AD BC ⊥,交BC 于点D ,则 在Rt ABD ?中,sin BD c α= ,cos AD c α=. 在Rt ACD ?中,sin CD b β=,cos AD b β=. 由cos cos()cos cos sin sin A αβαβαβ=+=-可得: 2cos AD AD BD CD AD BD CD A c b c b bc -?=?-?= 图2-1 图2-2 图3
A B 《圆的证明与计算》专题研究 圆的证明与计算是中考中的一类重要的问题，此题完成情况的好坏对解决后面问题的发挥有重要的影响，所以解决好此题比较关键。 一、考点分析： 1.圆中的重要定理: (1)圆的定义:主要是用来证明四点共圆. (2)垂径定理:主要是用来证明——弧相等、线段相等、垂直关系等等. (3)三者之间的关系定理: 主要是用来证明——弧相等、线段相等、圆心角相等. (4)圆周角性质定理及其推轮: 主要是用来证明——直角、角相等、弧相等. (5)切线的性质定理:主要是用来证明——垂直关系. (6)切线的判定定理: 主要是用来证明直线是圆的切线. (7)切线长定理: 线段相等、垂直关系、角相等. 2.圆中几个关键元素之间的相互转化:弧、弦、圆心角、圆周角等都可以通过相等来互相转化.这在圆中的证明和计算中经常用到. 二、考题形式分析： 主要以解答题的形式出现,第1问主要是判定切线；第2问主要是与圆有关的计算：①求线段长（或面积）；②求线段比；③求角度的三角函数值（实质还是求线段比）。 三、解题秘笈： 1、判定切线的方法： （1）若切点明确，则“连半径，证垂直”。 常见手法有：全等转化；平行转化；直径转化；中线转化等；有时可通过计算结合相似、勾股定理证垂直； （2）若切点不明确，则“作垂直，证半径”。 常见手法：角平分线定理；等腰三角形三线合一，隐藏角平分线； 总而言之，要完成两个层次的证明：①直线所垂直的是圆的半径（过圆上一点）；②直线与半径的关系是互相垂直。在证明中的关键是要处理好弧、弦、角之间的相互转化,要善于进行由此及彼的联想、要总结常添加的辅助线.例：（1）如图，AB是⊙O的直径，BC⊥AB，AD∥OC交⊙O于D点，求证：CD为⊙O的切线； （2）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于D，点E为BC的中点，连结DE，求证：DE是⊙O 的切线. （3）如图，以等腰△ABC的一腰为直径作⊙O，交底边BC于D，交另一腰于F，若DE⊥AC于E（或E为CF中点），求证：DE是⊙O的切线. （4）如图，AB是⊙O的直径，AE平分∠BAF，交⊙O于点E，过点E作直线ED⊥AF，交AF的延长线于点D，交AB 的延长线于点C，求证：CD是⊙O的切线. 2、与圆有关的计算： 计算圆中的线段长或线段比，通常与勾股定理、垂径定理与三角形的全等、相似等知识的结合，形式复杂，无规律性。分析时要重点注意观察已知线段间的关系，选择定理进行线段或者角度的转化。特别是要借助圆的相关定理进行弧、弦、角之间的相互转化，找出所求线段与已知线段的关系，从而化未知为已知，解决问题。其中重要而常见的数学思想方法有：
安德鲁怀尔斯的证明比我复杂一百倍 安德鲁怀尔斯的证明用了130页，并利用了连费马都没接触的理论来证明，充分说明他的证明并没有揭开费马所说的美妙证明的历史真相。真正理解费马原始思想的人是我。我只用了一页的版面通俗地透彻地严格地证明了这一结论。是真金还是铜大家可以验证。 揭开费马大定理真相 当整数n大于2时X n +Y n=Z n 没有正整数解。显然X、Y、Z都不会是零。 证明方法： 由于当n为大于2质数时证明X n +Y n=Z n 没有正整数解。与证明X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解道理一样。又由于当n=ab时X1 +X2n+X3n =0可写成（X1a）b+（X2a）b+（X3a）b=0； 因此只要证明当整数n为大于2的质数X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解，可类推X n +Y n=Z n 没有正整数解，而n=4没有整数解早已被人证明。现在我们需要证明当当n为大于2质数时X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解。 假设存在有整数解，会不会出现冲突呢，会的。 如果X1n+X2n+X3n =0存在有整数解，而n为大于2质数，因此必存： X1X2+X2X3+X3X1=d （d为整数更是有理数）；X1X2X3=c（c为整数更是有理数）也就是说必存在这样的方程组； X1n+X2n+X3n =0 (1) X1X2+X2X3+X3X1=d （d为整数更是有理数） (2) X1X2X3=c（c为整数更是有理数） (3) 由方程组必可合成关于X的一元n次方程，又由于若X1=X2或X1＝X3或X2=X3均不存在整数解，原因是2X1n+X3n=0没有非零整数解，因此倘若有非零整数解也只能是X1、X2、X3 互不相等。由于作为底的仅有X1、X2、X3且均要同时有理地合成为【f（X）】n 的形式现在的问其题在于，关于X的一元n次方程（n为质数）既要把未知数都配方成n次方内，又要表示出三个解的不相等。而d、b均为有理数，能做得到吗？做不到的，我们知道，当n 为质数时若将方程有理化成【f（X）】n ＝P；只能反映有一个实数解，其他是虚数解。说明X1、X2、X3取有理数解是不相容的。更谈不上整数解。也就是说要符合费马所规定条件的方程是不存在，因此我的假设是不成立的。 由于当n为大于2质数时证明X n +Y n=Z n 没有正整数解。与证明X1n+X2n+X3n =0没有非零的整数解道理一样。 当n为合数时，n可分解成质因素，可将一个质因数写成括号外的方次来证明，如果n 只含质因素2,n必可写成4m的形式，可当成4次方程来证明。而n=4时，费马本人已证明。至此费马定理证明完毕。
圆幂的定义 假设平面上有一圆O，其半径为R，有一点P在圆O外，则OP^2-R^2即为P点到圆O的幂； 若P点在圆内，则圆幂为R^2-OP^2； 综上所述，圆幂为|OP^2-R^2|。 圆幂恒大于或等于零。 圆幂的由来 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)=PO^2-r^2=|PO^2-r^2| （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^2-PO^2=|PO^2-r^2| 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，而过这一点引任意直线交圆于A、B，那么PA·PB等于圆幂的绝对值。 圆幂定理 定理内容 过任意不在圆上的一点P引两条直线L1、L2，L1与圆交于A、B（可重合，即切线），L2与圆交于C、D（可重合），则有 。[1] 圆幂定理的所有情况 考虑经过P点与圆心O的直线，设PO交⊙O与M、N，R为圆的半径，则有
圆幂定理的证明 图Ⅰ：相交弦定理。如图，AB、CD为圆O的两条任意弦。相交于点P，连接AB、BD，由于∠B与∠D同为弧AC所对的圆周角，因此由圆周角定理知：∠B=∠D，同理∠A=∠C，所以 。所以有： ，即： 图Ⅱ：割线定理。如图，连接AD、BC。可知∠B=∠D，又因为∠P为公共角，所以有 ，同上证得 图Ⅲ：切割线定理。如图，连接AC、AD。∠PAC为切线PA与弦AC组成的弦切角，因此有∠PAC=∠D，又因为∠P为公共角，所以有 易证
《1.3.1圆幂定理》教学案 教学目标 1．知识与技能：(1)理解相交弦定理及其推论，并初步会运用它们进行有关的简单证明和计算；(2)学会作两条已知线段的比例中项； 2．过程与方法：师生互动，生生互动，共同探究新知； 3．情感、态度、价值观：通过推论的推导，向学生渗透由一般到特殊的思想方法．教学重、难点 重点：正确理解相交弦定理及其推论 难点：相交弦定理及其推论的熟练运用 教学过程 前面讨论了与圆有关的角之间的关系.下面我们讨论与圆有关的线段的关系及其度量问题.下面沿用从特殊到一般地思路，讨论与圆的相交弦有关的问题. 探究1如图2-20，AB是⊙O的直径，CD⊥AB.AB与CD相交于P，线段P A、PB、PC、P D之间有什么关系？ ?=?(老师引导学生完成推导过程) . PA PB PC PD 探究2将图2-20中的AB向上(或向下)平移，使AB不再是直径(图2-21)，探究1的结论还成立吗？ 连接AD、BC，请同学们自己给出证明. 探究3如果CD与AB不垂直，如图2-22，CD、AB是圆内的任意两条相交弦，探究1的结论还成立吗？ 事实上，AB、CD是圆内的任意相交弦时，探究1仍然成立，而证方法不变.请同学们自己给出证明. 由上诉探究和论证，我们有 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． 探究4在图2-24中，使割线PB绕P运动到切线的位置(图2-25)，线段P A(或PB)、PC、P D之间有什么关系？ 2. =?(老师引导学生完成推导过程) PA PC PD
由上诉探究和论证，我们有 3.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交点的两条线段长的比例中项． 探究5下面对相交弦定理和切割弦定理作进一步分析： 由切割线定理和相交弦定理不难看出，不论点P在圆内或圆外，通过圆的任一条割线交圆于A，B两点，只要点P的位置确定了，则P A? PB都是定值. 设定植为k，则： 当点P在圆外时，如图，由切割线定理，可得 k = P A? PB = PT2= PO2- r2( r表示⊙O的半径 ) 当点P在圆内时，如图，过点P作AB垂直于OP，则： k = P A? PB = P A2= r2 - PO2( r表示⊙O的半径 ) 当点P在圆上时，显然k=0. 由上，我们可以得到： 圆幂定理： 已知⊙(O，r)，通过一定点的任意一条割线交圆于A，B两点，则： 当点P在圆外时，k= PO2- r2； 当点P在圆内时，k= r2- PO2； 当点P在⊙O上时，k= 0. 我们称定值k为点P对⊙O的“幂” 【自主检测】 1. 圆内两弦相交，一弦长8cm且被交点平分，另一弦被交点分为1：4，则另一弦长为_ ____. 2. 已知：⊙O和不在⊙O上的一点P，过P的直线交⊙O于A、B两点，若P A·PB＝24，OP＝5，则⊙O的半径长为_______. 3 . 若P A为⊙O的切线，A为切点，PBC割线交⊙O于B、C，若BC＝20，P A=P C的长为_______. 4. AB、CD是⊙O切线，AB∥CD，⊙O的切线EF和AB、CD分别交于E、F，则∠EOF ＝______．
巧用三余弦定理解题
A O P α l B A O 1θ2 θθ P Q α 巧用“三余弦定理”解题 “三余弦定理”的内容：如图１，直线AO 是平面α 的斜线，AQ 是AO 在平面内的射影，直线AP 在平面α内.设 21,,θθθ=∠=∠=∠QAP OAQ OAP ，有以下结 论：21cos cos cos θθθ ?=.我们可以形象地把这个结论称为“三余弦定理”， 应用“三余弦定理”可以使我们的很多立体几何问题的解决变得简单. 图１ 应用“三余弦定理”解题的步骤如下： 1. 明确三线：平面内的直线（以下简称“内线”），平面的斜线和斜线在平面内的射影. 2. 明确三角：斜线与“内线”所成为θ，斜线与射影所成的角为1θ，射影与“内线”所成的角为2θ. 3. 定理运算. 例1.如图２,已知AO 是平面α的一条斜线,OB ⊥α,B 是垂足,AP 是α内一直线,∠OAP=60o ,∠BAP=45o ,求斜线AO 与平面α所成的角. 分析：AP 是“内线”，AO 是斜线，AB 是射影，所以21,,θθθ=∠=∠=∠BAP OAB OAP ，直接利用“三余弦定理”求解.解题过程略.
略解： 点评：斜线与平面所成的角即斜线与射影所成的角，明确了“三线”与“三角”，直接代定理求解. 图２ 变式1：已知∠OAB=45o ,∠BAP=45o ,求直线AO 与AP 所成的角； 分析：同例1. 变式2：已知∠OAB=45o ,∠BAP=45o , l //AP, 求直线AO 与l 所成的角； 分析：因为l //AP ，直线AO 与AP 所成的角同AO 与l 所成的角相等.我们在解题时，只需要明确“三线”，这时l 是“内线”，AO 是斜线，AB 是射影，然后斜线 AO 与“内线”l 所成为θ，斜线AO 与射影AB 所成的角为1θ，射影AB 与“内线”l 所成的角为2θ, 问题迎刃而解. 例2．如图３，在棱长为1正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和CC 1的中点，求异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值. 分析：直线BA 1是平面BCC 1B 1的斜线，BB 1是射影，EF 为“内线”，这样就明确是三线 ， 再明确三角，然后定理计算即可. 解：由题意可知，直线BA 1是平面BCC1B1的斜线， BB1是BA 1在平面内的射影，EF 为平面内的直线， 所以BA 1与EF 所成的角为θ，111θ=∠BC A ，EF 与BB 1所成的角为2θ 图３ C 1 A B C D A 1 B 1 D 1 F E
切线长定理、弦切角定理、切割线定理、相交弦定理 以及与圆有关的比例线段 【课前测试】 1. PT 切⊙O 于T ，CT 为直径，D 为OC 上一点，直线PD 交⊙O 于B 和A ，B 在线段PD 上，若CD ＝2，AD ＝3，BD ＝4，则PB 等于（ ） A. 20 B. 10 C. 5 D. 【知识点回顾】 1.切线长概念 切线长是在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长度，“切线长”是切线上一条线段的长，具有数量的特征，而“切线”是一条直线，它不可以度量长度。 2.切线长定理 对于切线长定理，应明确（1）若已知圆的两条切线相交，则切线长相等；（2）若已知两条切线平行，则圆上两个切点的连线为直径；（3）经过圆外一点引圆的两条切线，连结两个切点可得到一个等腰三角形；（4）经过圆外一点引圆的两条切线，切线的夹角与过切点的两个半径的夹角互补；（5）圆外一点与圆心的连线，平分过这点向圆引的两条切线所夹的角。 3.弦切角：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角。 直线AB 切⊙O 于P ，PC 、PD 为弦，图中几个弦切角呢？（四个） 4.弦切角定理：弦切角等于其所夹的弧所对的圆周角。 5.弄清和圆有关的角：圆周角，圆心角，弦切角，圆内角，圆外角。 6.遇到圆的切线，可联想“角”弦切角，“线”切线的性质定理及切线长定理。 7.与圆有关的比例线段 定理 图形 已知 结论 证法 相交弦定理 ⊙O 中，AB 、CD 为弦，交于P. PA·PB＝PC·PD . 连结AC 、BD ，证：△APC∽△DPB . 相交弦定理的推论 ⊙O 中，AB 为直径，CD⊥AB 于P. PC 2 ＝PA·PB . 用相交弦定理.
费马大定理的美妙证明 成飞 中国石油大学物理系 摘要：1637年左右，法国学者费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。关于此，我确信已发现了一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。” 0、费马大定理： 当n>3时，X n +Y n=Z n，n次不定方程没有正整数解。 1、当n=1，X+Y=Z，有任意Z≥2组合的正整数解。任意a.b.c；只要满足方程X+Y=Z；a,b.c 由空间平面的线段表示，有 a b c 可见，线段a和线段b之和，就是线段c。 2、当n=2，X2+Y2=Z2，有正整数解，但不任意。 对于这个二次不定方程来说，解X=a,Y=b,Z=c，在空间平面中，a,b,c不能构成两线段和等于另外线段。 又因为，解要满足二次不定方程，解必然a+b>c且c>a,b。 可以知道，二次不定方程的解，a,b,c在空间平面中或许可以构成三角形， B c A 根据三角形余弦定理，有 c2=a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π)
此时，a,b,c，即构成了三角形，又要满足二次不定方程X2+Y2=Z2 ，只有当且仅当ɑ=900，cosɑ=0,a,b,c构成直角三角形时c2=a2+b2，既然X=a,Y=b,Z=c，那么二次不定方程X2+Y2=Z2有解。 3、当n=3，X3+Y3=Z3，假设有正整数解。a,b,c就是三次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。 此时，a,b,c也必构成三角形， B A 根据三角形余弦定理，有 c2 = a2+b2-2ab× cosɑ( 0<ɑ< π) 因为，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的正整数解，cosɑ是连续函数，因此在[-1,1]内取值可以是无穷个分数。根据大边对大角关系，ɑ角度取值范围(60o，180o），由此我们cosɑ的取值分成两部分，（-1,0］和［0，?）范围内所有分数；而a+b>c,且c>a，b， 1、当cosɑ=（-1,0］，三角形余弦定理关系式得到， c2 = a2+b2+mab m=［0,1）内正分数； 等式两边同乘以c，有 c3 = a2c + b2c + mabc 因为c>a，b，那么 c3 > a3+ b3 2、当cosɑ=?，三角形余弦定理关系式得到， c2 = a2+b2-ab 等式两边同乘以a+b，有 (a+b)c2 = a3+ b3 又因为a+b>c， 所以，c3 < a3+ b3 （根据三角形大角对大边，c>a，b，即ɑ不可能等于600） 那么，cosɑ=［0，?）时，更加满足c3 < a3+ b3 既然，a,b,c是三次不定方程X3+Y3=Z3的解，又a3+ b3≠ c3， 那么，X3+Y3≠Z3，得到结果与原假设相矛盾，所以，假设不成立。 即，n=3时，X3+Y3=Z3 ，三次不定方程没有正整数解。 4、n>3, X n +Y n=Z n，假设有正整数解。a,b,c就是n次不定方程的解，即X=a,Y=b,Z=c，a+b>c,且c>a,b。此时，a,b,c构成三角形，根据三角形余弦定理有，
余弦定理 教师：lihao (1)语言叙述 三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍 ． (2)公式表达 2a ＝ 2b ＝ 2c = c2＝ 思路点拨：由题目可获取以下主要信息：①已知三边比例； ②求三角形的三内角． 解答本题可应用余弦定理求出三个角 [题后感悟] 此题为“已知三边，求三角形的三个角”类型问题，基本解法是先利用余弦定理的推论求一个角的余弦，再判定此角的取值，求得第一个角，再用正弦定理求出另一个角，最后用三角形内角和定理，求出第三个角(一般地，先求最小角，再求最大角) 已知△ABC 中，a ∶b ∶c ＝2∶6∶(3＋1)，求△ABC 各角的度数． [解题过程] ∵a ∶b ∶c ＝2∶6∶(3＋1)， ∴令a ＝2k ，b ＝6k ，c ＝(3＋1)k . 由余弦定理，有 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6＋(3＋1)2－426×(3＋1)＝22， ∴A ＝45°. cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝4＋(3＋1)2－62×2×(3＋1) ＝12， ∴B ＝60°.∴C ＝180°－A －B ＝180°－45°－60°＝75°.
1．在△ABC 中，已知a ＝26，b ＝6＋23，c ＝43，求角A ，B ，C . 解析： 在△ABC 中，由余弦定理得， cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(26)2－(6＋23)2－(43)2 2×26×(6＋23) ＝24(3＋1)242(3＋1) ＝22. ∴C ＝45°，sin C ＝22. 由正弦定理得：sin A ＝a sin C c ＝26×2243 ＝12. ∵a Cayley 定理的证明方法 摘要：本文对Cayley 定理：n K 的生成树共有2n n -棵，即2()n n K n τ-=。的几种证明方法简单归纳。 关键词：Cayley 公式 标号树枝 生成树 第一种证明方法 通过确定标号树枝的个数来求生成树的个数，设生成树的数目为x 个，因为每个生成树的每一个点都能作为一个根，所以标号树枝的个数为nx 个，现在就是确定标号树枝的个数1n n -，这样一来就能确定2n x n -=。下面我们就来证明标号树枝的个数为1n n -。 通过一步一步建立标号树枝，先拿出n 个点的无边土，此时这个图有n 个树枝森林，，现在往上加边，加第一条边后，树枝森林数减少一个，，当树枝数目为k 时，加下一条边新边(,)u v 的选择为(1)n k -，任意一个点都能当作u ，而v 必须连接不含u 的树枝的根，用这种方法构造标号树枝的数目应该为111()(1)!n n i n n i n n --=-=-∏，因为每个标号树枝含有1n -条边，有(1)!n -种顺序，也 就是说每个标号树枝被构造了(1)!n -次，所以标号树枝的个数为1n n -。 证毕。 第二种证明方法 设2n ≥，12,,,n d d d 是正整数，并且1222n d d d n ++ +=-，则在顶点集{1,2,,}n 上具有顶点度序列 为12,,,n d d d 的树的个数是 多项式展开如下： 11211 11,,,11(1)(1)2211n n n d d n d d d n d d n n a a d d --≥-++-=--??= ?--??∑特别地，令每一个1i a =，得到 为了计算顶点集{1,2,,}n 上的树的数目，必须将12,,,n d d d 是正 整数并且其和等于2n -的具有顶点度序列12,, ,n d d d 的所有树的数目全 部加在一起. 从前面的事实有 切线长定理、弦切角定理、切割线定理、相交弦定理 以及与圆有关的比例线段 １．切线长概念 切线长是在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长度，“切线长”是切线上一条线段的长,具有数量的特征，而“切线”是一条直线，它不可以度量长度。 2.切线长定理 如图1对于切线长定理，应明确(1)若已知圆的两条切线相交，则切线长相等；（2)若已知两条切线平行，则圆上两个切点的连线为直径；（３）经过圆外一点引圆的两条切线，连结两个切点可得到一个等腰三角形;(4）经过圆外一点引圆的两条切线，切线的夹角与过切点的两个半径的夹角互补；(5）圆外一点与圆心的连线,平分过这点向圆引的两条切线所夹的角。 ３．弦切角(如图2)：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角。 直线AＢ切⊙O于P，PC、ＰＤ为弦，图中几个弦切角呢?(四个)∠APC,∠APD,∠ＢＰＤ,∠BPC 4.弦切角定理：弦切角等于其所夹的弧所对的圆周角。即如上图中∠APC=∠CＤP等 证明:如图2，连接CD、OC、OP,因为∠CPＯ=∠PCO,所以∠COP=180?-2∠CPO而∠ＣPO＝9０?－∠APC,故∠COP=2∠5.弄清和圆有关的角：圆周角，圆心角，弦切角,圆内角，圆外角。 6．遇到圆的切线，可联想“角”弦切角，“线”切线的性质定理及切线长定理。 7．与圆有关的比例线段 定理图形已知结论证法 相交 弦定 理 ⊙O 中,AB、 ＣＤ为 弦,交于 P． PA·ＰB=PＣ·PD 连结AC、ＢD,∠C＝∠B,∠A=∠D, 所以△APC∽△DPB 相交 弦定 理的 推论 ⊙O中， AB为直 径，Ｃ D⊥ＡＢ 于P． PC2=PA·PB 用相交弦定理． 切割 线定 理 ⊙O 中,PT切 ⊙O于T, 割线PB 交⊙O于 A PT2=ＰA·PＢ 连结TＡ、TB,则∠PTA=∠B(弦 切角等于同弧圆周角）所以 △PTA∽△PBＴ，所以 PT2=PＡ·PB 图1 图2Cayley定理的证明方法
圆有关定理
相关主题
文本预览