非欧几何的发现---三角形内角和一定等于180°吗
初中数学知识归纳三角形内角和的性质
初中数学知识归纳三角形内角和的性质三角形是初中数学中常见的图形之一,它的内角和是一个重要的性质。
本文将对三角形内角和的性质进行归纳讨论,并给出一些相关例题进行说明。
一、三角形的定义在讨论三角形的内角和性质之前,首先给出三角形的定义。
三角形是由三条线段组成的图形,这三条线段被称为三角形的边,而三条边所夹成的角被称为三角形的内角。
根据三角形内角的不同特征,可以将三角形分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形。
二、三角形内角和的性质1. 三角形内角和等于180度三角形的内角和等于180度,这是三角形最基本的性质。
无论是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形,它们的内角和都是180度。
这一性质在解题过程中经常被用到。
2. 锐角三角形内角和的特点锐角三角形是指三个内角都为锐角的三角形。
在锐角三角形中,三个内角的和小于180度。
例如,假设三角形ABC是一个锐角三角形,那么∠A+∠B+∠C<180°。
3. 直角三角形内角和的特点直角三角形是指三角形中有一个内角为直角的三角形。
在直角三角形中,直角的两个相邻内角的和为90度。
例如,假设三角形ABC是一个直角三角形,且∠B=90°,那么∠A+∠C=90°。
4. 钝角三角形内角和的特点钝角三角形是指三个内角中有一个内角为钝角的三角形。
在钝角三角形中,三个内角的和大于180度。
例如,假设三角形ABC是一个钝角三角形,那么∠A+∠B+∠C>180°。
三、相关例题1. 题目:已知三角形ABC,∠A=40°,∠B=60°,求∠C。
解析:根据三角形内角和等于180度的性质,可得∠C=180°-∠A-∠B=80°。
2. 题目:已知三角形ABC,∠A=75°,∠B=45°,求∠C。
解析:同样根据三角形内角和等于180度的性质,可得∠C=180°-∠A-∠B=60°。
三角形的内角和性质
三角形的内角和性质三角形是我们初中数学中最基本的几何图形之一,它由三条边和三个角构成。
本文将就三角形的内角和性质展开论述,让我们一起来探索三角形内角和的奥秘吧!一、三角形的内角和公式首先,让我们回顾一下三角形的定义。
三角形是由三个线段组成的图形,它们相互连接成一个闭合的形状,同时满足以下条件:任意两边之和大于第三边,任意两角之和小于180°。
对于一个一般的三角形ABC,我们可以通过直接计算或者使用三角形内角和公式来确定它的内角和。
三角形的内角和公式如下:三角形的内角和 = 180°这个公式意味着三角形的三个内角之和等于180度。
不论是什么样的三角形,只要满足三角形的定义,它的三个内角之和都会等于180度。
这是对三个内角之间关系的极为重要的总结。
二、三角形内角和与三角形分类根据三角形的内角和公式,我们可以推断出不同分类的三角形的内角和之间的关系。
1. 锐角三角形:锐角三角形的三个内角都小于90°,相加的结果也会小于180°。
因此,锐角三角形的内角和在90°和180°之间,但是永远不会等于180°。
2. 直角三角形:直角三角形的一个内角是90°,因此,其余两个内角之和必须是90°。
也就是说,直角三角形的内角和等于180°。
3. obtuse angle三角形:obtuse angle三角形至少有一个内角是大于90°的,因此,其余两个内角之和必须小于90°。
所以,obtuse angle三角形的内角和小于180°。
4. equilateral triangle等边三角形:等边三角形的三个内角都是60°,相加的结果等于180°。
因此,等边三角形的内角和等于180°。
通过对不同分类的三角形的内角和的分析,我们可以看出内角和与三角形的形状有密切关系。
三角形内角和一定是180°吗?
三角形内角和一定是180°吗?——非欧几何的故事三角形内角和一定是180°,这是欧氏几何的一条重要的几何定理,有了它,才可以推证出相似形和圆中许多重要定理,对它若产生怀疑会出现什么结果呢?事情还得从平行公理(几何课本上叫“平行线基本性质”):“经过直线外一点,有且只有一条直线和这条直线平行”说起,原来,“三角形内角和是180°”和平行公理是等价命题(也就是说,它们是可以互相推证的).关于平行公理,在数学史上有过不少争论.从欧几里得开始的争论在公元前三世纪,古希腊数学家欧几里得用逻辑推理的方法整理了分散的几何知识,写了一本不朽名著几何《原本》,两千年来,它被认为是几何学的经典,中学几何课本就属于这种“欧氏几何”,在欧氏几何的公理中,有一个第五公设(即平行公理)引起人们的怀疑,许多数学家认为这个公设是可以证明的.经过一千多年这种尝试都失败了.非欧几何的发现到了十八世纪,数学史上开始了新的一页,这就是非欧几何的发现,有三位数学家分享了“非欧几何发明者”的荣誉.一位是德国数学家高斯,一位是匈牙利数学家鲍耶,另一位是俄罗斯数学家罗巴切夫斯基.高斯当时被誉为数学界的最高权威,他发现了第五公设是不能证明的,而从第五公设的否定,可以引出“三角形的内角和小于180°……”这种全新的几何内容把他吓住了,他一直不公布这个发现.匈牙利21岁的数学家鲍耶也醉心于研究第五公设的证明,他不顾父亲的劝阻,日以继夜顽强探索,终于得到了和高斯同样的结果,但当他把自己的发现告诉高斯,得知高斯已先于他发现了非欧几何的时候,他伤心失望了,鲍耶停止了对非欧几何的研究.与此同时,俄国数学家罗巴切夫斯基经过独立地探索,踏着前人失败的阶梯,登上了成功的高峰.他大胆地保留了除平行公理以外的全部欧几里得的几何公理,然后加进自己的罗氏公理:“过已知直线外一点至少可以做两条直线与已知直线共面不相交”,他公布了自己发现的非欧几何使几何学开辟了新天地.三角形的内角和一定是180°吗?把欧氏平行公理换成罗氏平行公理以后,几何学的变化真是不可思议了!许多奇怪的结论产生了:三角形的内角和将小于180°;四边形内角和也不是360°了,因此矩形也不存在了;相似形也不存在了……不但平面几何面目全非,连三角学的许多公式也改变了,因为这些公式都是以三角形内角和等于180°为依据的.在罗巴切夫斯以布他的非欧几何后38年,德国数学家黎曼又发现了另一种非欧几何,在这种几何里,三角形内角和大于180°.应该相信谁?到底三角形内角和是多少?应该相信谁?回答是:欧氏几何和非欧几何在现实中都是正确的,都非常有用;在视线范围的地平线内,欧氏几何是适用的,当我们的视野扩大到宏观世界(如天文学研究的宇宙)或微观世界(例如原子核论)时,则要应用非欧几何.爱因斯坦就是受到非欧几何的启发,深入研究物理现象,才发现相对论的,他经过计算预言:光线经过太阳附近会弯曲1.75°,1979年,在西非附近普林西普群岛发生的日全食观测,证实了这个结论,全世界很震惊.所以,欧氏几何和非欧几何都是成立的.。
2022中考数学专题25 命题与证明(专项训练)(解析版)
专题25 命题与证明一、单选题1.(2021·河南九年级)能说明命题“关于x 的方程240x x n -+=一定有实根”是假命题的反例为( )A .2n =-B .1n =-C .0n =D . 6.8n =【答案】D【分析】计算一元二次方程根的判别式即可【详解】依题意“关于x 的方程240x x n -+=一定有实根”是假命题则:2(4)40n ∆=--< 解得:4n >故选D.【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式,命题与假命题的概念,熟悉概念是解题的关键.2.(2021·沙坪坝区·重庆八中)下列命题,真命题是( )A .一组对边平行,另一组对边相等的四边形是平行四边形B .有一个角为直角的四边形为矩形C .对角线互相垂直的四边形是菱形D .一组邻边相等的矩形是正方形【答案】D【分析】由题意根据平行四边形的判定定理、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可.【详解】解:A 、一组对边平行,另一组对边相等的四边形是平行四边形或等腰梯形,本选项说法是假命题;B 、有一个角为直角的平行四边形为矩形,本选项说法是假命题;C 、对角线互相垂直的平行四边形是菱形,本选项说法是假命题;D 、一组邻边相等的矩形是正方形,本选项说法是真命题;故选:D .【点睛】本题考查的是命题的真假判断,注意掌握正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.3.(2021·山西九年级)《几何原本》是欧几里得的一部不朽之作,本书以公理和原始概念为基础,推演出更多的结论,这种做法为人们提供了一种研究问题的方法.这种方法所体现的数学思想是()A.数形结合思想B.分类讨论思想C.转化思想D.公理化思想【答案】D【分析】结合题意,根据公理化思想的性质分析,即可得到答案.【详解】根据题意,这种方法所体现的数学思想是:公理化思想故选:D.【点睛】本题考查了公理化思想的知识;解题的关键是熟练掌握公理化思想的性质,从而完成求解.4.(2021·湖南九年级)下列各命题是真命题的是()A.矩形的对称轴是两条对角线所在的直线B.平行四边形一定是中心对称图形C.有一个内角为60 的平行四边形是菱形D.三角形的外角等于它的两个内角之和【答案】B【分析】根据矩形的性质、轴对称图形和中心对称图形的概念、三角形的外角性质判断即可.【详解】解:A、矩形的对称轴是任意一边的垂直平分线,两条对角线所在的直线不一定是矩形的对称轴,本选项是假命题;B、平行四边形一定是中心对称图形,本选项是真命题;C、有一个内角为60°的平行四边形不一定是菱形,本选项是假命题;D、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和,本选项是假命题;故选:B.【点睛】本题考查的是命题的真假判断,正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.5.(2021·广西九年级)下列四个命题:①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形;②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形;③顺次连结矩形四边中点得到的四边形是菱形;④等边三角形既是轴对称图形又是中心对称图形.其中真命题共有( )A .1个B .2个C .3个D .4个【答案】B【详解】①一组对边平行,且一组对角相等,则可以判定另外一组对边也平行,所以该四边形是平行四边形,故该命题正确;②对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形,也可以是普通的四边形(例如筝形,筝形的对角线垂直但不相等,不是正方形),故该命题错误;③因为矩形的对角线相等,所以连接矩形的中点后都是对角线的中位线,所以四边相等,所以是菱形,故该命题正确;④等边三角形是轴对称图形.不是中心对称图形,因为找不到任何这样的一点,旋转180度后它的两部分能够重合;即不满足中心对称图形的定义.故该命题错误;故选B .6.(2021·浙江)下列选项中,可以用来证明命题“若a >b ,则1a <1b ”是假命题的反例是( )A .a =2,b =1B .a =2,b =﹣1C .a =﹣2,b =1D .a =﹣2,b =﹣1 【答案】B【分析】把各选项提供的数据代入计算,进行比较即可求解.【详解】解:A.当 a =2,b =1时,111,12a b ==,则11a b <,无法说明原命题为假命题,不合题意; B. 当a =2,b =﹣1时,111,12a b ==-,则11a b>,说明原命题为假命题,符合题意; C.当 a =﹣2,b =1时,a <b ,条件错误,无法说明原命题为假命题,不合题意.D.当 a =﹣2,b =﹣1时,a <b ,条件错误,无法说明原命题为假命题,不合题意. 故选:B【点睛】本题考查了命题真假的判断,要说明一个命题是真命题,一般需要推理、论证,而判断一个命题是假命题,只需要举出一个反例即可.7.(2021·辽宁九年级)下列命题的逆命题是真命题的是( )A .若a b =,则a b =B .同位角相等,两直线平行C .对顶角相等D .若0a >,0b >,则0a b +>【答案】B【分析】 分别写出原命题的逆命题,然后判断真假即可.【详解】解:A 、若a b =,则||||a b =的逆命题是若||||a b =,则a b =,逆命题是假命题,不符合题意;B 、同位角相等,两直线平行的逆命题是两直线平行,同位角相等,逆命题是真命题,符合题意;C 、对顶角相等的逆命题是相等的角是对顶角,逆命题是假命题,不符合题意;D 、若0a >,0b >,则0a b +>的逆命题是若0a b +>,则0a >,0b >,逆命题是假命题,不符合题意;故选:B .【点睛】本题考查了命题与定理的知识,解题的关键是正确的写出一个命题的逆命题,难度不大.8.(2021·辽宁九年级)下列说法错误..的是( ) A .“对顶角相等”的逆命题是真命题B .通过平移或旋转得到的图形与原图形全等C .“经过有交通信号灯的路口,遇到红灯”是随机事件D .函数1y x=-的图象经过点()1,1- 【答案】A【分析】根据平移、旋转的性质、对顶角的性质、反比例函数图象上点的坐标特征、随机事件的概念判断即可.【详解】解:“对顶角相等”的逆命题是相等的角是对顶角,是假命题,A 错误,符合题意; 通过平移或旋转得到的图形与原图形全等,B 正确,不符合题意;“经过有交通信号灯的路口,遇到红灯”是随机事件,C 正确,不符合题意;因为1x =时,11y x =-=-,所以函数1y x=-的图象经过点(1,1)-,D 正确,不符合题意; 故选:A .【点睛】本题考查的是命题的真假判断,正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.9.(2021·湖南九年级)下列说法正确的是( )A .有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等B .平分弦的直径垂直于这条弦C .正方形既是轴对称图形又是中心对称图形D .一组对边平行,另一组对边相等的四边形是平行四边形【答案】C【分析】根据全等三角形的判定、垂径定理、正方形的性质、平行四边形的判定定理判断即可.【详解】解:A 、有两条边和其夹角对应相等的两个三角形全等,原命题是假命题;B 、平分弦(非直径)的直径垂直于这条弦,原命题是假命题;C 、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形,是真命题;D 、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,原命题是假命题;故选:C .【点睛】本题考查的是命题的真假判断,正确的命题叫真命题,错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.10.(2021·重庆九年级)下列命题中,是真命题的是( )A .对角线相等的四边形是平行四边形B .对角线互相垂直的平行四边形是矩形C .菱形的对角线相等D .有一组邻边相等的平行四边形是菱形【答案】D【分析】由平行四边形的判定得出A 错误;由矩形的判定得出B 不正确;由菱形的定义得出C 正确;由菱形的判定得出D 正确;即可得出答案.【详解】解:A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形,∴A 不正确;B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形,∴B 不正确;C. 菱形的对角线互相垂直平分∴C 不正确;D. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形∴不正确;故选:D .【点睛】本题考查了命题与定理:判断事物的语句叫命题,正确的命题称为真命题,错误的命题称为假命题,经过推理论证的真命题称为定理.二、填空题11.(2021·山西九年级)若举反例说明命题“若a b <,则ac bc <”是假命题时,令a 的值为5,b -的值为2-,则可给c 取一个具体的值为_______.【答案】1c =-(答案不唯一)【分析】“若a b <时,则ac bc <”是假命题,则a b <时,ac ≥bc ,即可.【详解】解:ac -bc ≥0,c (a -b )≥0-3c ≥0c ≤0即可.故答案为:1c =-(答案不唯一).【点睛】本题考查了命题,掌握真假命题是解题的关键.12.(2021·江苏无锡市·)请写出“两直线平行,同位角相等”的逆命题:_____________________________.【答案】如果同位角相等,那么两直线平行【分析】命题是由题设和结论两部分组成的,把原命题的题设作结论,原命题的结论作题设,这样就将原命题变成了它的逆命题.【详解】解:原命题是:两直线平行,同位角相等.改成如果…那么…的形式为:如果两直线平行,那么同位角相等.∴逆命题为:如果同位角相等,那么两直线平行,故答案为:如果同位角相等,那么两直线平行.【点睛】本题是一道命题与定理的概念试题,考查了命题的组成,原命题与逆命题的关系.13.(2021·安徽合肥·)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半逆命题________________【答案】如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半,那么这个三角形是直角三角形.【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题.命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的条件是直角三角形,结论是斜边上的中线等于斜边的一半,故其逆命题:如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半,那么这个三角形是直角三角形.【详解】解:定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的逆命题:如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半,那么这个三角形是直角三角形.【点睛】本题考查了互逆命题的知识及命题的真假判定,两个命题中,如果第一个命题的条件是第二个命题结论,而第一个命题的结论是第二个命题条件,那么这两个命题叫做互逆命题,其中一个命题成为另一个命题的逆命题.14.(2021·安徽九年级)命题“对顶角相等”的逆命题是__________.【答案】相等的角是对顶角【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题.【详解】:“对顶角相等”的条件是:两个角是对顶角,结论是:这两个角相等,所以逆命题是:相等的角是对顶角.【点睛】本题考查了互逆命题的知识,两个命题中,如果第一个命题的条件是第二个命题的结论,而第一个命题的结论又是第二个命题的条件,那么这两个命题叫做互逆命题.其中一个命题称为另一个命题的逆命题.15.(2021·江苏九年级)命题“等腰三角形两底角相等”的逆命题是_______【答案】有两个角相等的三角形是等腰三角形【分析】根据逆命题的条件和结论分别是原命题的结论和条件写出即可.【详解】∵原命题的题设是:“一个三角形是等腰三角形”,结论是“这个三角形两底角相等”,∴命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是“有两个角相等三角形是等腰三角形”.故答案为:有两个角相等的三角形是等腰三角形.【点睛】本题考查命题与逆命题,对于两个命题,如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件,那么这两个命题叫做互逆命题,其中一个命题叫做原命题,另外一个命题叫做原命题的逆命题.三、解答题16.(2021·贵州九年级)同学们,你们知道吗?三角形的内角和不一定是180°.德国数学家黎曼创立的黎曼几何中描述:在球面上选三个点连线构成一个三角形,这个三角形的内角和大于180°.黎曼几何开创了几何学的新领域,近代黎曼几何在广义相对论里有着重要的应用.同样,在俄国数学家罗巴切夫斯基发表的新几何(简称罗氏几何)中,描述了在双曲面里画出的三角形,它的内角和永远小于180°.罗氏几何在天体理论中有着广泛的应用.而我们所学习的欧氏几何中描述“在平面内,三角形的内角和等于180°”是源于古希腊数学家欧几里得编写的《原本》.欧几里得创造的公理化体系影响了世界2000多年,是整个人类文明史上的里程碑.请你证明:在平面内,三角形的内角和等于180°.要求画出图形....,写出已知....、求证和证明...... 【答案】见解析【分析】过点A 作//EF BC ,由两直线平行,内错角相等得到1B ∠=∠,2C ∠=∠,再根据平角的定义解题.【详解】已知:如图,ABC .求证:180A B C ∠+∠+∠=︒.证明:过点A 作//EF BC ,∴1B ∠=∠,2C ∠=∠,∵12180BAC ∠+∠+∠=︒,∴180B BAC C ∠+∠+∠=︒.【点睛】本题考查三角形内角和定理的证明,涉及平行线性质、平角定义等知识,是重要考点,难度较易,掌握相关知识是解题关键.17.(2021·潍坊市寒亭区教学研究室九年级)如图是某剧场第一排座位分布图.甲、乙、丙、丁四人购票,所购票的数量分别为5张,4张,3张,2张.每人选座购票时,只购买第一排的座位相邻的票,同时使自己所选的座位号之和最小.(1)如果按“甲、乙、丙、丁”的先后顺序购票,那么他们4人是否都能购买到满足条件的票?如果能,请写出每人购买的座位号;如果不能,请说明理由.(2)若乙第一个购票,要使其他3人也能购买到满足条件的票,甲、丙、丁应该按怎样的顺序购票?写出所有符合要求的购票顺序.【答案】(1)甲:1,2,3,4,5;乙:6,8,10,12;丙:7,9,11;丁:13,15;(2)甲丙丁、甲丁丙、丙甲丁、丁甲丙,共4种情况【分析】(1)由所选的座位号之和最小和购票的先后顺序即可推理.(2)根据题意可确定乙的购票结果.再结合所选的座位号之和最小并利用分类讨论的思想确定甲、丙、丁的购票顺序即可得出结果.【详解】(1)由所选的座位号之和最小可知,甲先选:5,3,1,2,4;则乙选:6,8,10,12;丙选11,9,7;丁选15,13.(2)根据题意可确定乙选的座位号为3,1,2,4.①若甲在乙选完之后选,则甲选的座位号为13,11,9,7,5.Ⅰ若丙在甲选完之后选,则丙选的座位号为6,8,10.此时丁可选的座位号为12,14.即在乙选完之后的顺序为:甲、丙、丁.Ⅱ若丁在甲选完之后选,则丁选的座位号为6,8.此时丙可选的座位号为10,12,14.即在乙选完之后的顺序为:甲、丁、丙.②若丙在乙选完之后选,则丙选的座位号为9,7,5.Ⅰ若甲在丙选完之后选,则甲可选的座位号为6,8,10,12,14.此时丁可选的座位号为13,11.即在乙选完之后的顺序为:丙、甲、丁.Ⅱ若丁在丙选完之后选,则丁选的座位号为6,8.此时没有5个相邻的座位的票可供甲选择,此顺序不成立.③若丁在乙选完之后选,则丁选的座位号为7,5.Ⅰ若甲在丁选完之后选,则甲可选的座位号为6,8,10,12,14.此时丙可选的座位号为13,11,9.即在乙选完之后的顺序为:丁、甲、丙.Ⅱ若丙在丁选完之后选,则丙选的座位号为6,8,12.此时没有5个相邻的座位的票可供甲选择,此顺序不成立.综上可知,甲、丙、丁的购票顺序可以为:甲、丙、丁或甲、丁、丙或丙、甲、丁或丁、甲、丙.【点睛】本题考查推理与论证,理解题意并利用分类讨论的思想是解答本题的关键.18.(2021·河南九年级)阅读下列相关材料,并完成相应的任务.婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家,他编著了《婆罗摩修正体系》,他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”,也称“布拉美古塔定理”.定理的内容是:“若圆内接四边形的对角线互相垂直,则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边”.任务:(1)按图(1)写出了这个定理的已知和求证,并完成这个定理的证明过程;已知:__________________求证:_________________证明:(2)如图(2),在O 中,弦AB CD ⊥于M ,连接,,,,,AC CB BD DA E F 分别是,AC BC 上的点,EM BD ⊥于,G FM AD ⊥于H ,当M 是AB 中点时,直接写出四边形EMFC 是怎样的特殊四边形:__________.【答案】(1)见解析;(2)菱形【分析】(1)先写出已知、求证,先证明BMF MAF ∠=∠,再证明DE ME =,DE CE =即可证明 (2)先证明CE CF =,再证明AC BC =,由布拉美古塔定理证明ME EC CF FM ===即可证明 【详解】(1)已知:如图,在圆内接四边形ABCD 中,对角线AC BD ⊥于点M ,过点M 作AB 的垂线分别交AB DC 、于点,F E . 求证:点E 是DC 的中点 证明:,AC BD EF AB ⊥⊥9090BMF AMF MAF AMF ∴∠+∠=︒∠+∠=︒,,BMF MAF ∴∠=∠,EDM MAF EMD BMF ∠=∠∠=∠,, EDM EMD ∴∠=∠, DE ME ∴=,同理可证ME CE =,DE CE ∴=, ∴点E 是DC 的中点故答案为:已知:如图,在圆内接四边形ABCD 中,对角线AC BD ⊥于点M ,过点M 作AB 的垂线分别交AB DC 、于点,F E . 求证:点E 是DC 的中点 (2)四边形EMFC 是菱形理由:由布拉美古塔定理可知,,E F 分别是,AC BC 的中点, 11,22CE AC CF CB ∴== AB CD ⊥ 11,22ME AC MF CB ∴== AB CD M ⊥,是AB 中点AC BC ∴=ME EC CF FM ∴===∴四边形EMFC 是菱形 故答案为:四边形EMFC 是菱形 【点睛】本题考查菱形的判定、根据题意写已知求证、灵活进行角的和差关系的转换是解题的关键 19.(2020·江苏鼓楼区·)点E 、F 分别是菱形ABCD 边BC 、CD 上的点. (1)如图,若CE =CF ,求证AE =AF ;(2)判断命题“若AE =AF ,则CE =CF ”的真假.若真,请证明;若假,请在备用图上画出反例.【答案】(1)见解析;(2)假命题,见解析 【分析】(1)连接AC ,利用菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可; (2)举出反例解答即可. 【详解】解:(1)连接AC ,∵四边形ABCD 是菱形, ∴∠ACE =∠ACF , 在△ACE 与△ACF 中CE CF ACE ACF AC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△ACE ≌△ACF (SAS ), ∴AE =AF ,(2)当AE =AF =AF'时,CE ≠CF',如备用图,∴命题“若AE =AF ,则CE =CF ”是假命题. 【点睛】此题考查命题与定理,关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答.20.(2020·丰台·北京十八中)某次数学竞赛中有5道选择题,每题1分,每道题在A、B、C三个选项中,只有一个是正确的.下表是甲、乙、丙、丁四位同学每道题填涂的答案和这5道题的得分:(1)则甲同学错的是第题;(2)丁同学的得分是;(3)如果有一个同学得了1分,他的答案可能是(写出一种即可).【答案】(1)5;(2)3;(3)A【分析】(1)分甲从第1题到第5题依次错一道,进而得出其余四道的正确选项,再根据乙,丙的选项和得分判断,进而得出甲具体选错的题号,即可得出结论;(2) 分甲从第1题到第5题依次错一道,进而得出其余四道的正确选项,再根据乙丙的选项和得分判断,进而得出甲具体选错的题号,即可得出结论.(3)由(1)先得出五道题的正确选项,然后留一个正确,其他都错误即可得出结论.【详解】解:(1)当甲选错了第1题,那么,其余四道全对, 针对于乙来看,第1,3,5道错了,做对两道,此时,得分为2,而乙得分3,所以,此种情况不符合题意,当甲选错了第2题,那么其余四道全对,针对于乙来看,第2,3,5道错了,做对2道,此时,得分为2分,而乙得分3分,所以,此种情况不符合题意,当甲选错第3题时,那么其余四道都对,针对于乙来看,第5道错了,而乙的得分是3分,所以,乙只能做对3道,即:第3题乙也选错,即:第3题的选项C正确,针对于丙来看,第1题错了,做对4道,此时,丙的得分为4分,而丙的得分为2分,所以此种情况不符合题意,当甲选错第4题,那么其余四道都对, 针对于乙来看,第3,4,5道错了,做对了2道,此时,得分2分,而乙的得分为3分,所以,此种情况不符合题意,当甲选错第5题,那么其余四道都对,针对于乙来看,第3道错了,而乙的得分为3分,所以,乙只能做对3道,所以,乙第5题也错了,所以,第5题的选项A是正确的,针对于丙来看,第1,3,5题错了,做对了2道,得分2分,针对于丁来看,第1,3题错了,做对了3道,得分3分,故答案为5;(2)当甲选错了第1题,那么,其余四道全对, 针对于乙来看,第1,3,5道错了,做对两道,此时,得分为2,而乙得分3,所以,此种情况不符合题意,当甲选错了第2题,那么其余四道全对,针对于乙来看,第2,3,5道错了,做对2道,此时,得分为2分,而乙得分3分,所以,此种情况不符合题意,当甲选错第3题时,那么其余四道都对,针对于乙来看,第5道错了,而乙的得分是3分,所以,乙只能做对3道,即:第3题乙也选错,即:第3题的选项C正确,针对于丙来看,第1题错了,做对4道,此时,丙的得分为4分,而丙的得分为2分,所以,此种情况不符合题意,当甲选错第4题,那么其余四道都对, 针对于乙来看,第3,4,5道错了,做对了2道,此时,得分2分,而乙的得分为3分,所以,此种情况不符合题意,当甲选错第5题,那么其余四道都对,针对于乙来看,第3道错了,而乙的得分为3分,所以,乙只能做对3道,所以,乙第5题也错了,所以,第5题的选项A是正确的,针对于丙来看,第1,3,5题错了,做对了2道,得分2分,针对于丁来看,第1,3题错了,做对了3道,得分3分,故答案为3;(3)由(1)知,五道题的正确选项分别是:CCABA, 如果有一个同学得了1分,那么,只选对1道, 即:他的答案可能是CACCC或CBCCC或CABAB或BBBBB等,故答案为:CACCC或BBBBB(答案不唯一).【点睛】本题主要考查是推理与论证问题和分类讨论的思想,确定出甲选错的题号是解本题的关键. 21.(2020·浙江台州·九年级期末)定义:连结菱形的一边中点与对边的两端点的线段把它分成三个三角形,如果其中有两个三角形相似,那么称这样的菱形为自相似菱形.(1)判断下列命题是真命题,还是假命题?①正方形是自相似菱形;②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形.③如图1,若菱形ABCD 是自相似菱形,∠ABC =α(0°<α<90°),E 为BC 中点,则在△ABE ,△AED ,△EDC 中,相似的三角形只有△ABE 与△AED .(2)如图2,菱形ABCD 是自相似菱形,∠ABC 是锐角,边长为4,E 为BC 中点. ①求AE ,DE 的长;②AC ,BD 交于点O ,求tan ∠DBC 的值.【答案】(1)见解析;(2)①DEtan ∠DBC. 【分析】(1)①证明△ABE ≌△DCE (SAS ),得出△ABE ∽△DCE 即可; ②连接AC ,由自相似菱形的定义即可得出结论; ③由自相似菱形的性质即可得出结论; (2)①由(1)③得△ABE ∽△DEA ,得出AB BE AEDE AE AD==,求出AE =,DE =②过E 作EM ⊥AD 于M ,过D 作DN ⊥BC 于N ,则四边形DMEN 是矩形,得出DN =EM ,DM =EN ,∠M =∠N =90°,设AM =x ,则EN =DM =x +4,由勾股定理得出方程,解方程求出AM =1,EN =DM =5,由勾股定理得出DN =EM,求出BN =7,再由三角函数定义即可得出答案. 【详解】解:(1)①正方形是自相似菱形,是真命题;理由如下: 如图3所示:∵四边形ABCD 是正方形,点E 是BC 的中点, ∴AB =CD ,BE =CE ,∠ABE =∠DCE =90°, 在△ABE 和△DCE 中 AB CD ABE DCE BE CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠, ∴△ABE ≌△DCE (SAS ), ∴△ABE ∽△DCE , ∴正方形是自相似菱形,故答案为:真命题;②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形,是假命题;理由如下:如图4所示:连接AC,∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=CD,AD∥BC,AB∥CD,∵∠B=60°,∴△ABC是等边三角形,∠DCE=120°,∵点E是BC的中点,∴AE⊥BC,∴∠AEB=∠DAE=90°,∴只能△AEB与△DAE相似,∵AB∥CD,∴只能∠B=∠AED,若∠AED=∠B=60°,则∠CED=180°﹣90°﹣60°=30°,∴∠CDE=180°﹣120°﹣30°=30°,∴∠CED=∠CDE,∴CD=CE,不成立,∴有一个内角为60°的菱形不是自相似菱形,故答案为:假命题;③若菱形ABCD是自相似菱形,∠ABC=α(0°<α<90°),E为BC中点,则在△ABE,△AED,△EDC中,相似的三角形只有△ABE与△AED,是真命题;理由如下:∵∠ABC=α(0°<α<90°),∴∠C >90°,且∠ABC +∠C =180°,△ABE 与△EDC 不能相似, 同理△AED 与△EDC 也不能相似, ∵四边形ABCD 是菱形, ∴AD ∥BC , ∴∠AEB =∠DAE ,当∠AED =∠B 时,△ABE ∽△DEA ,∴若菱形ABCD 是自相似菱形,∠ABC =α(0°<α<90°),E 为BC 中点, 则在△ABE ,△AED ,△EDC 中,相似的三角形只有△ABE 与△AED , 故答案为:真命题;(2)①∵菱形ABCD 是自相似菱形,∠ABC 是锐角,边长为4,E 为BC 中点, ∴BE =2,AB =AD =4, 由(1)③得:△ABE ∽△DEA , ∴AB BE AEDE AE AD== ∴AE 2=BE •AD =2×4=8,∴AE DE =AB AE BE ⋅,故答案为:AE DE②过E 作EM ⊥AD 于M ,过D 作DN ⊥BC 于N ,如图2所示:则四边形DMEN 是矩形, ∴DN =EM ,DM =EN ,∠M =∠N =90°, 设AM =x ,则EN =DM =x +4,由勾股定理得:EM 2=DE 2﹣DM 2=AE 2﹣AM 2,即2﹣(x +4)22﹣x 2, 解得:x =1, ∴AM =1,EN =DM =5,∴DN =EM = 在Rt △BDN 中, ∵BN =BE +EN =2+5=7,∴tan ∠DBC =DN BN =【点睛】本题考查了自相似菱形的定义和判定,菱形的性质应用,三角形全等的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理的应用,锐角三角函数的定义,掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键.22.(2020·渠县崇德实验学校九年级)某次数学竞赛中有5道选择题,每题1分,每道题在A、B、C三个选项中,只有一个是正确的.下表是甲、乙、丙、丁四位同学每道题填涂的答案和这5道题的得分:)则丁同学的得分是;(2)如果有一个同学得了1分,他的答案可能是(写出一种即可)【答案】(1)3;(2)CACCC【分析】(1)分甲从第1题到第5题依次错一道,进而得出其余四道的正确选项,再根据乙,丙的选项和得分判断,进而得出甲具体选错的题号,即可得出结论;(2)由(1)先得出五道题的正确选项,然后留一个正确,其他都错误即可得出结论.【详解】解:(1)当甲选错了第1题,那么,其余四道全对,针对于乙来看,第1,3,5道错了,做对两道,此时,得分为2,而乙得分3,所以,此种情况不符合题意,当甲选错了第2题,那么其余四道全对,针对于乙来看,第2,3,5道错了,做对2道,此时,得分为2分,而乙得分3分,所以,此种情况不符合题意,当甲选错第3题时,那么其余四道都对,。
三 角 形 的 内 角 和
陈省身:三角形内角和不等于180°外角和为360°作为公认的劳模,平日里,超模君不但要码字,工作之余还要监督表妹做作业,也难怪表妹成绩总是能名列前茅。
今天表妹做作业时,遇到一道判断题:“三角形的内角和等于180°”,她毫不犹豫打了勾。
超模君告诉表妹,这道题你可以打勾,但也要知道这个说法是不完全正确的。
表妹急了,怎么会呢?课本上明明说“三角形的内角和等于180°”,而且老师上课还再三强调大家一定要记住这个定理呢。
为了从小培养表妹严谨的科研精神,超模君决定给她上一课!三角形的外角和为360°我们从小就滚瓜烂熟的“三角形的内角和等于180°”这种数学常识其实是不严谨的。
我们先从伟大的华人数学家陈省身的一场讲学说起。
那是1980年,陈省身教授受邀在北京大学的一次讲学中语惊四座:“人们常说,三角形内角和等于180°。
但是,这是不对的!”当时现场一片哗然,目瞪口呆,三角形内角和等于180°不是数学常识吗?怎么回事?紧接着,陈教授就大家的疑惑作出了精彩的解答:说“三角形内角和为180°”不对,不是说这个事实不对,而是说这种看问题的方法不对,应当说“三角形外角和是360°”!把眼光盯住内角,只能看到:三角形内角和是180°;四边形内角和是360°;五边形内角和是540°;n边形内角和是(n-2)×180°。
这就找到了一个计算内角和的公式,公式里出现了边数n。
如果看外角呢?三角形的外角和是360°;四边形的外角和是360°;五边形的外角和是360°;任意n边形外角和都是360°。
这就把多种情形用一个十分简单的结论概况起来了。
用一个与n 无关的常数代替了与n有关的公式,找到了更一般的规律。
在这次讲学中,陈教授给我们传递了一个观点:数学不是罗列更多的现象,也不是追求更妙的技巧,而是要从更普遍的、更一般的角度寻求规律和答案。
三角形内角和证明方法
三角形内角和证明方法三角形内角和是指三角形的三个内角的度数之和,它是三角形最基本的性质之一。
在本文中,我们将介绍一些关于三角形内角和的证明方法。
1.我们可以使用三角形内角和定理来证明三角形内角和的性质。
根据该定理,三角形的内角和等于180度。
证明方法:假设ABC是一个三角形,我们可以作三角形的外接圆O。
连接AO,BO,CO,以及连接AO与BC的垂线OD。
根据外接圆的性质,AO的长度等于半径R,而R为定值。
又因为AO与OD相交,所以AO的垂足D到外接圆的距离等于OD的长度。
由于OD与BC垂直,并且是BC的中线,所以OD的长度等于BC的一半,即OD=BC/2。
根据三角形ABC的内角和定理,∠A+∠B+∠C=180度,而∠A和∠B是三角形的两个锐角,它们可以理解为AO和BO在三角形内角A和B上的倒影,所以∠A和∠B的和等于AO和BO的倒影两个角之和,即∠A+∠B=∠DOA+∠DOB。
同理,∠B+∠C=∠BOC+∠BOA,∠C+∠A=∠COA+∠COD。
因为∠DOA+∠DOB+∠BOC+∠BOA+∠COA+∠COD=360度,而∠A+∠B+∠C=180度,所以∠DOA+∠DOB+∠BOC+∠BOA+∠COA+∠COD-∠A-∠B-∠C=360度-180度=180度。
同理∠DOA+∠COA=180度-∠A-∠C,∠DOB+∠BOA=180度-∠A-∠B,∠BOC+∠COD=180度-∠B-∠C。
将上述等式代入∠A+∠B+∠C=180度,得到:(180度-∠A-∠C)+(180度-∠A-∠B)+(180度-∠B-∠C)=180度。
化简上述等式,可以得到3*180度-2*(∠A+∠B+∠C)=180度,即3*180度=2*(∠A+∠B+∠C),进一步化简为∠A+∠B+∠C=180度。
证明完毕。
2.另一种证明三角形内角和的方法是使用拓扑学中的欧拉公式。
根据欧拉公式,一个简单多边形的顶点数、边数和面数之间存在着一个关系。
三角形内角和、外角定理(含详细解答)
三角形内角和、外角和定理一.选择题(共10小题)1.(2013•泉州)在△ABC中,∠A=20°,∠B=60°,则△ABC的形状是()A.等边三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.钝角三角形2.(2012•滨州)一个三角形三个内角的度数之比为2:3:7,这个三角形一定是()A.等腰三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.钝角三角形3.(2012•河源)如图,在折纸活动中,小明制作了一张△ABC纸片,点D、E分别是边AB、AC上,将△AB C沿着DE折叠压平,A与A′重合,若∠A=75°,则∠1+∠2=()A.150°B.210°C.105°D.75°4.(2012•云南)如图,在△ABC中,∠B=67°,∠C=33°,AD是△ABC的角平分线,则∠CAD的度数为()A.40°B.45°C.50°D.55°5.(2012•南通)如图,△ABC中,∠C=70°,若沿图中虚线截去∠C,则∠1+∠2=()A.360°B.250°C.180°D.140°6.(2012•梧州)如图,AE是△ABC的角平分线,AD⊥BC于点D,若∠BAC=128°,∠C=36°,则∠DAE的度数是()A.10°B.12°C.15°D.18°7.(2011•日照)如图,已知直线AB∥CD,∠C=125°,∠A=45°,那么∠E的大小为()A.70°B.80°C.90°D.100°8.(2011•台湾)如图中有四条互相不平行的直线L1、L2、L3、L4所截出的七个角.关于这七个角的度数关系,下列何者正确()A.∠2=∠4+∠7B.∠3=∠1+∠6C.∠1+∠4+∠6=180°D.∠2+∠3+∠5= 360°9.(2011•台湾)若△ABC中,2(∠A+∠C)=3∠B,则∠B的外角度数为何()A.36B.72C.108D.14410.(2011•台湾)若钝角三角形ABC中,∠A=27°,则下列何者不可能是∠B的度数?()A.37B.57C.77D.97二.填空题(共4小题)11.(2014•抚顺)将正三角形、正四边形、正五边形按如图所示的位置摆放.如果∠3=32°,那么∠1+∠2=_________ 度.12.(2013•河池)如图,点O是△ABC的两条角平分线的交点,若∠BOC=118°,则∠A的大小是_________ .13.(2008•安徽)如图,已知a∥b,∠1=70°,∠2=40°,则∠3=_________ 度.14.(2003•金华)如图,平面镜A与B之间夹角为120°,光线经过平面镜A反射后射在平面镜B上,再反射出去,若∠1=∠2,则∠1=_________ 度.三.解答题(共16小题)15.(2014•六盘水)(1)三角形内角和等于_________ .(2)请证明以上命题.16.(2001•海南)如图,在△ABC中,已知∠ABC=46°,∠ACB=80°,延长BC至D,使CD=CA,连接AD,求∠BAD的度数.17.(2000•内蒙古)如图,已知在△ABC中,∠C=∠ABC=2∠A,BD是AC边上的高,求∠DBC的度数.18.(2011•青海)认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹角的探究片段,完成所提出的问题.探究1:如图1,在△ABC中,O是∠ABC与∠ACB的平分线BO和CO的交点,通过分析发现∠BOC=90°+,理由如下:∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线∴∴又∵∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A∴∴∠BOC=180°﹣(∠1+∠2)=180°﹣(90°﹣∠A)=探究2:如图2中,O是∠ABC与外角∠ACD的平分线BO和CO的交点,试分析∠BOC与∠A有怎样的关系?请说明理由.探究3:如图3中,O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点,则∠BOC与∠A有怎样的关系?(只写结论,不需证明)结论:_________ .19.(2010•玉溪)平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系(1)如图a,若AB∥CD,点P在AB、CD外部,则有∠B=∠BOD,又因∠BOD是△POD的外角,故∠BOD=∠BPD+∠D,得∠BPD=∠B﹣∠D.将点P移到AB、CD内部,如图b,以上结论是否成立?若成立,说明理由;若不成立,则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系?请证明你的结论;(2)在图b中,将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q,如图c,则∠BPD﹑∠B﹑∠D﹑∠BQD 之间有何数量关系?(不需证明)(3)根据(2)的结论求图d中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数.20.(2013•响水县一模)探究与发现:探究一:我们知道,三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.那么,三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢?已知:如图1,∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角,试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系.探究二:三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系?已知:如图2,在△ADC中,DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD,试探究∠P与∠A的数量关系.探究三:若将△ADC改为任意四边形ABCD呢?已知:如图3,在四边形ABCD中,DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD,试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系.探究四:若将上题中的四边形ABCD改为六边形ABCDEF(图4)呢?请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系:_________ .21.已知:如图,在△ABC中,D为BC上一点,∠1=∠2,∠3=∠4,∠BAC=120°,求∠D AC的度数.22.如图,求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数和.23.如图,在△ABC中,D为BC上一点,∠1=∠2,∠3=∠4,∠BAC=63°,试求∠DAC,∠ADC的度数.24.已知:如图所示,∠ABC=66°,∠ACB=54°,BE是AC边上的高,CF是AB边上的高,H是BE和CF的交点,求:∠ABE,∠ACF和∠BHC的度数.25.如图,△ABC中,AD是高,AE、BF是角平分线,它们相交于点O,∠A=50°,∠C=60°,求∠DAC及∠BOA.26.如图,AF是△ABC的高,AD是△ABC的角平分线,∠B=36°,∠C=76°,求∠DAF的度数.27.一个零件的形状如图,按规定∠A=90°,∠C=25°,∠B=25°,检验已量得∠BDC=150°,就判断这个零件不合格,运用三角形的有关知识说明零件不合格的理由.28.一个零件的形状如图所示,按规定∠A应等于90°,∠B、∠C应分别是30°和20°,李叔叔量得∠BDC=142°,就判定这个零件不合格,你能说出其中的道理吗?29.如图所示,求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数.30.如图,在三角形ABC中,∠A=35°,求∠1+∠2+∠3+∠4的度数和.三角形内角和、外角和定理参考答案与试题解析一.选择题(共10小题)1.(2013•泉州)在△ABC中,∠A=20°,∠B=60°,则△ABC的形状是()A.等边三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.钝角三角形考点:三角形内角和定理.分析:根据三角形的内角和定理求出∠C,即可判定△ABC的形状.解答:解:∵∠A=20°,∠B=60°,∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣20°﹣60°=100°,∴△ABC是钝角三角形.故选D.点评:本题考查了三角形的内角和定理,比较简单,求出∠C的度数是解题的关键.2.(2012•滨州)一个三角形三个内角的度数之比为2:3:7,这个三角形一定是()A.等腰三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.钝角三角形考点:三角形内角和定理.专题:方程思想.分析:已知三角形三个内角的度数之比,根据三角形内角和定理,可求得三角的度数,由此判断三角形的类型.解答:解:三角形的三个角依次为180°×=30°,180°×=45°,180°×=105°,所以这个三角形是钝角三角形.故选:D.点评:本题考查三角形的分类,这个三角形最大角为180°×>90°.本题也可以利用方程思想来解答,即2x+3x+7x=180,解得x=15,所以最大角为7×15°=105°.3.(2012•河源)如图,在折纸活动中,小明制作了一张△ABC纸片,点D、E分别是边AB、AC上,将△ABC沿着DE折叠压平,A与A′重合,若∠A=75°,则∠1+∠2=()A.150°B.210°C.105°D.75°考点:三角形内角和定理;翻折变换(折叠问题).专题:压轴题.分析:先根据图形翻折变化的性质得出△ADE≌△A′DE,∠AED=∠A′ED,∠ADE=∠A′DE,再根据三角形内角和定理求出∠AED+∠ADE及∠A′ED+∠A′DE的度数,然后根据平角的性质即可求出答案.解答:解:∵△A′DE是△ABC翻折变换而成,∴∠AED=∠A′ED,∠ADE=∠A′DE,∠A=∠A′=75°,∴∠AED+∠ADE=∠A′ED+∠A′DE=180°﹣75°=105°,∴∠1+∠2=360°﹣2×105°=150°.故选A.点评:本题考查的是图形翻折变换的性质,即折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.4.(2012•云南)如图,在△ABC中,∠B=67°,∠C=33°,AD是△ABC的角平分线,则∠CAD的度数为()A.40°B.45°C.50°D.55°考点:三角形内角和定理.分析:首先利用三角形内角和定理求得∠BAC的度数,然后利用角平分线的性质求得∠CAD的度数即可.解答:解:∵∠B=67°,∠C=33°,∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=180°﹣67°﹣33°=80°∵AD是△ABC的角平分线,∴∠CAD=∠BAC=×80°=40°故选A.点评:本题考查了三角形的内角和定理,属于基础题,比较简单.三角形内角和定理在小学已经接触过.5.(2012•南通)如图,△ABC中,∠C=70°,若沿图中虚线截去∠C,则∠1+∠2=()A.360°B.250°C.180°D.140°考点:三角形内角和定理;多边形内角与外角.分析:先利用三角形内角与外角的关系,得出∠1+∠2=∠C+(∠C+∠3+∠4),再根据三角形内角和定理即可得出结果.解答:解:∵∠1、∠2是△CDE的外角,∴∠1=∠4+∠C,∠2=∠3+∠C,即∠1+∠2=∠C+(∠C+∠3+∠4)=70°+180°=250°.故选B.点评:此题主要考查了三角形内角和定理及外角的性质,三角形内角和是180°;三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和.6.(2012•梧州)如图,AE是△ABC的角平分线,AD⊥BC于点D,若∠BAC=128°,∠C=36°,则∠DAE的度数是()A.10°B.12°C.15°D.18°考点:三角形内角和定理;三角形的角平分线、中线和高.分析:根据直角三角形两锐角互余求出∠CAD,再根据角平分线定义求出∠CAE,然后根据∠DAE=∠CAE ﹣∠CAD,代入数据进行计算即可得解.解答:解:∵AD⊥BC,∠C=36°,∴∠CAD=90°﹣36°=54°,∵AE是△ABC的角平分线,∠BAC=128°,∴∠CAE=∠BAC=×128°=64°,∴∠DAE=∠CAE﹣∠CAD=64°﹣54°=10°.故选A.点评:本题考查了三角形的内角和定理,三角形的角平分线,高线的定义,准确识图,找出各角度之间的关系并求出度数是解题的关键.7.(2011•日照)如图,已知直线AB∥CD,∠C=125°,∠A=45°,那么∠E的大小为()A.70°B.80°C.90°D.100°考点:三角形内角和定理;平行线的性质.专题:计算题.分析:根据两直线平行,同旁内角互补,求得∠EFA=55°,再利用三角形内角和定理即可求得∠E的度数.解答:解:∵AB∥CD,∠C=125°,∴∠EFB=125°,∴∠EFA=180﹣125=55°,∵∠A=45°,∴∠E=180°﹣∠A﹣∠EFA=180°﹣45°﹣55°=80°.故选B.点评:本题应用的知识点为:两直线平行,同旁内角互补;三角形内角和定理.8.(2011•台湾)如图中有四条互相不平行的直线L1、L2、L3、L4所截出的七个角.关于这七个角的度数关系,下列何者正确()A.∠2=∠4+∠7B.∠3=∠1+∠6C.∠1+∠4+∠6=180°D.∠2+∠3+∠5= 360°考点:三角形内角和定理;对顶角、邻补角;三角形的外角性质.分析:根据对顶角的性质得出∠1=∠AOB,再用三角形内角和定理得出∠AOB+∠4+∠6=180°,即可得出答案.解答:解:∵四条互相不平行的直线L1、L2、L3、L4所截出的七个角,∵∠1=∠AOB,∵∠AOB+∠4+∠6=180°,∴∠1+∠4+∠6=180°.故选C.点评:此题主要考查了对顶角的性质以及三角形的内角和定理,正确的应用三角形内角和定理是解决问题的关键.9.(2011•台湾)若△ABC中,2(∠A+∠C)=3∠B,则∠B的外角度数为何()A.36B.72C.108D.144考点:三角形内角和定理;解二元一次方程组;对顶角、邻补角.专题:计算题.分析:由∠A+∠B+∠C=180°,得到2(∠A+∠C)+2∠B=360°,求出∠B=72°,根据∠B的外角度数=180°﹣∠B即可求出答案.解答:解:∵∠A+∠B+∠C=180°,∴2(∠A+∠B+∠C)=360°,∵2(∠A+∠C)=3∠B,∴∠B=72°,∴∠B的外角度数是180°﹣∠B=108°,故选C.点评:本题主要考查对二元一次方程组,三角形的内角和定理,邻补角等知识点的理解和掌握,能根据三角形的内角和定理求出∠B的度数是解此题的关键.10.(2011•台湾)若钝角三角形ABC中,∠A=27°,则下列何者不可能是∠B的度数?()A.37B.57C.77D.97考点:三角形内角和定理.专题:推理填空题.分析:根据钝角三角形有一内角大于90°且三角形内角和为180°,①∠C>90°,②∠B>90°,分类讨论解答.解答:解:∵钝角三角形△ABC中,∠A=27°,∴∠B+∠C=180°﹣27°=153°,又∵△ABC为钝角三角形,有两种可能情形如下:①∠C>90°,∴∠B<153°﹣90°=63°,∴选项A、B合理;②∠B>90°,∴选项D合理,∴∠B不可能为77°.故选C.点评:本题考查了钝角三角形的定义及三角形的内角和定理,体现了分类讨论思想.二.填空题(共4小题)11.(2014•抚顺)将正三角形、正四边形、正五边形按如图所示的位置摆放.如果∠3=32°,那么∠1+∠2=70 度.考点:三角形内角和定理;多边形内角与外角.专题:几何图形问题.分析:分别根据正三角形、正四边形、正五边形各内角的度数及平角的定义进行解答即可.解答:解:∵∠3=32°,正三角形的内角是60°,正四边形的内角是90°,正五边形的内角是108°,∴∠4=180°﹣60°﹣32°=88°,∴∠5+∠6=180°﹣88°=92°,∴∠5=180°﹣∠2﹣108° ①,∠6=180°﹣90°﹣∠1=90°﹣∠1 ②,∴①+②得,180°﹣∠2﹣108°+90°﹣∠1=92°,即∠1+∠2=70°.故答案为:70°.点评:本题考查的是三角形内角和定理,熟知正三角形、正四边形、正五边形各内角的度数是解答此题的关键.12.(2013•河池)如图,点O是△ABC的两条角平分线的交点,若∠BOC=118°,则∠A的大小是56°.考点:三角形内角和定理.分析:先根据三角形内角和定理求出∠1+∠2的度数,再根据角平分线的定义求出∠ABC+∠ACB的度数,由三角形内角和定理即可得出结论.解答:解:∵△BOC中,∠BOC=118°,∴∠1+∠2=180°﹣118°=62°.∵BO和CO是△ABC的角平分线,∴∠ABC+∠ACB=2(∠1+∠2)=2×62°=124°,在△ABC中,∵∠ABC+∠ACB=124°,∴∠A=180°﹣(∠ABC+∠ACB)=180°﹣124°=56°.故答案为:56°.点评:本题考查的是角平分线的定义,三角形内角和定理,即三角形的内角和是180°.13.(2008•安徽)如图,已知a∥b,∠1=70°,∠2=40°,则∠3=70 度.考点:三角形内角和定理;平行线的性质.专题:计算题.分析:把∠2,∠3转化为△ABC中的角后,利用三角形内角和定理求解.解答:解:由对顶角相等可得∠ACB=∠2=40°,在△ABC中,由三角形内角和知∠ABC=180°﹣∠1﹣∠ACB=70°.又a∥b,∴∠3=∠ABC=70°.点评:本题考查了平行线与三角形的相关知识.14.(2003•金华)如图,平面镜A与B之间夹角为120°,光线经过平面镜A反射后射在平面镜B上,再反射出去,若∠1=∠2,则∠1=30 度.考点:三角形内角和定理;角平分线的定义.专题:压轴题.分析:因为入射角等于反射角,所以∠1=∠2=(180°﹣120°)÷2.解答:解:如图所示,作出入射光线的法线,根据“入射角等于反射角”可知∠1=∠3,∠2=∠4,∵∠1=∠2,∠AOB=120°,∴1=∠2=(180°﹣120°)÷2=30°.故答案为:30°.点评:此题由题意得出“入射角等于反射角”是关键.三.解答题(共16小题)15.(2014•六盘水)(1)三角形内角和等于180°.(2)请证明以上命题.考点:三角形内角和定理;平行线的性质.专题:证明题.分析:(1)直接根据三角形内角和定理得出结论即可;(2)画出△ABC,过点C作CF∥AB,再根据平行线的性质得出∠2=∠A,∠B+∠BCF=180°,再通过等量代换即可得出结论.解答:解:(1)三角形内角和等于180°.故答案为:180°;(2)已知:如图所示的△ABC,求证:∠A+∠B+∠C=180°.证明:过点C作CF∥AB,∵CF∥AB,∴∠2=∠A,∠B+∠BCF=180°,∵∠1+∠2=∠BCF,∴∠B+∠1+∠2=180°,∴∠B+∠1+∠A=180°,即三角形内角和等于180°.点评:本题考查的是三角形内角和定理,熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键.16.(2001•海南)如图,在△ABC中,已知∠ABC=46°,∠ACB=80°,延长BC至D,使CD=CA,连接AD,求∠BAD的度数.考点:三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质.分析:要求∠BAD的度数,只要求出∠C的度数就行了,根据三角形内角和为180°,求出∠BAD的度数,根据三角形内角和外角关系及等腰三角形性质,易求∠C的度数.解答:解:∵∠ACB=80°∴∠ACD=180°﹣∠ACB=180°﹣80°=100°又∵CD=CA∴∠CAD=∠D∵∠ACD+∠CAD+∠D=180°∴∠CAD=∠D=40°在△ABC内∴∠BAD=180°﹣∠ABC﹣∠D=180°﹣46°﹣40°=94°.点评:此题主要考三角形内角与外角的关系及等腰三角形的性质;找出角之间的关系利用内角和求解是正确解答本题的关键.17.(2000•内蒙古)如图,已知在△ABC中,∠C=∠ABC=2∠A,BD是AC边上的高,求∠DBC的度数.考点:三角形内角和定理.专题:数形结合.分析:根据三角形的内角和定理与∠C=∠ABC=2∠A,即可求得△ABC三个内角的度数,再根据直角三角形的两个锐角互余求得∠DBC的度数.解答:解:∵∠C=∠ABC=2∠A,∴∠C+∠ABC+∠A=5∠A=180°,∴∠A=36°.则∠C=∠ABC=2∠A=72°.又BD是AC边上的高,则∠DBC=90°﹣∠C=18°.点评:此题主要是三角形内角和定理的运用.三角形的内角和是180°.18.(2011•青海)认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹角的探究片段,完成所提出的问题.探究1:如图1,在△ABC中,O是∠ABC与∠ACB的平分线BO和CO的交点,通过分析发现∠BOC=90°+,理由如下:∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线∴∴又∵∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A∴∴∠BOC=180°﹣(∠1+∠2)=180°﹣(90°﹣∠A)=探究2:如图2中,O是∠ABC与外角∠ACD的平分线BO和CO的交点,试分析∠BOC与∠A有怎样的关系?请说明理由.探究3:如图3中,O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点,则∠BOC与∠A有怎样的关系?(只写结论,不需证明)结论:∠BOC=90°﹣∠A.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.专题:压轴题.分析:(1)根据提供的信息,根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和,用∠A与∠1表示出∠2,再利用∠O与∠1表示出∠2,然后整理即可得到∠BOC与∠A的关系;(2)根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出∠OBC与∠OCB,然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解.解答:解:(1)探究2结论:∠BOC=∠A,理由如下:∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACD的角平分线,∴∠1=∠ABC,∠2=∠ACD,又∵∠ACD是△ABC的一外角,∴∠ACD=∠A+∠ABC,∴∠2=(∠A+∠ABC)=∠A+∠1,∵∠2是△BOC的一外角,∴∠BOC=∠2﹣∠1=∠A+∠1﹣∠1=∠A;(2)探究3:∠OBC=(∠A+∠ACB),∠OCB=(∠A+∠ABC),∠BOC=180°﹣∠0BC﹣∠OCB,=180°﹣(∠A+∠ACB)﹣(∠A+∠ABC),=180°﹣∠A﹣(∠A+∠ABC+∠ACB),结论∠BOC=90°﹣∠A.点评:本题考查了三角形的外角性质与内角和定理,熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键,读懂题目提供的信息,然后利用提供信息的思路也很重要.19.(2010•玉溪)平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系(1)如图a,若AB∥CD,点P在AB、CD外部,则有∠B=∠BOD,又因∠BOD是△POD的外角,故∠BOD=∠BPD+∠D,得∠BPD=∠B﹣∠D.将点P移到AB、CD内部,如图b,以上结论是否成立?若成立,说明理由;若不成立,则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系?请证明你的结论;(2)在图b中,将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q,如图c,则∠BPD﹑∠B﹑∠D﹑∠BQD 之间有何数量关系?(不需证明)(3)根据(2)的结论求图d中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数.考点:三角形的外角性质;平行线的性质;三角形内角和定理.专题:综合题;压轴题.分析:(1)延长BP交CD于E,根据两直线平行,内错角相等,求出∠PED=∠B,再利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和即可说明不成立,应为∠BPD=∠B+∠D;(2)作射线QP,根据三角形的外角性质可得;(3)根据三角形的外角性质,把角转化到四边形中再求解.解答:解:(1)不成立.结论是∠BPD=∠B+∠D延长BP交CD于点E,∵AB∥CD∴∠B=∠BED又∵∠BPD=∠BED+∠D,∴∠BPD=∠B+∠D.(2)结论:∠BPD=∠BQD+∠B+∠D.(3)连接EG并延长,根据三角形的外角性质,∠AGB=∠A+∠B+∠E,又∵∠AGB=∠CGF,在四边形CDFG中,∠CGF+∠C+∠D+∠F=360°,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°.点评:本题是信息给予题,利用平行线的性质和三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和解答.20.(2013•响水县一模)探究与发现:探究一:我们知道,三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.那么,三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢?已知:如图1,∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角,试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系.探究二:三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系?已知:如图2,在△ADC中,DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD,试探究∠P与∠A的数量关系.探究三:若将△ADC改为任意四边形ABCD呢?已知:如图3,在四边形ABCD中,DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD,试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系.探究四:若将上题中的四边形ABCD改为六边形ABCDEF(图4)呢?请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系:∠P=(∠A+∠B+∠E+∠F)﹣180°.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.专题:探究型.分析:探究一:根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠FDC=∠A+∠ACD,∠ECD=∠A+∠ADC,再根据三角形内角和定理整理即可得解;探究二:根据角平分线的定义可得∠PDC=∠ADC,∠PCD=∠ACD,然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解;探究三:根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD,然后同理探究二解答即可;探究四:根据六边形的内角和公式表示出∠ADC+∠BCD,然后同理探究二解答即可.解答:解:探究一:∵∠FDC=∠A+∠ACD,∠ECD=∠A+∠ADC,∴∠FDC+∠ECD=∠A+∠ACD+∠A+∠ADC=180°+∠A;探究二:∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD,∴∠PDC=∠ADC,∠PCD=∠ACD,∴∠DPC=180°﹣∠PDC﹣∠PCD,=180°﹣∠ADC﹣∠ACD,=180°﹣(∠ADC+∠ACD),=180°﹣(180°﹣∠A),=90°+∠A;探究三:∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD,∴∠PDC=∠ADC,∠PCD=∠BCD,∴∠DPC=180°﹣∠PDC﹣∠PCD,=180°﹣∠ADC﹣∠BCD,=180°﹣(∠ADC+∠BCD),=180°﹣(360°﹣∠A﹣∠B),=(∠A+∠B);探究四:六边形ABCDEF的内角和为:(6﹣2)•180°=720°,∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD,∴∠P=∠ADC,∠PCD=∠ACD,∴∠P=180°﹣∠PDC﹣∠PCD,=180°﹣∠ADC﹣∠ACD,=180°﹣(∠ADC+∠ACD),=180°﹣(720°﹣∠A﹣∠B﹣∠E﹣∠F),=(∠A+∠B+∠E+∠F)﹣180°,即∠P=(∠A+∠B+∠E+∠F)﹣180°.点评:本题考查了三角形的外角性质,三角形的内角和定理,多边形的内角和公式,此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键.21.已知:如图,在△ABC中,D为BC上一点,∠1=∠2,∠3=∠4,∠BAC=120°,求∠DAC的度数.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.分析:根据三角形的内角和定理和三角形的外角性质即可解决.解答:解:∵∠BAC=120°,∴∠2+∠3=60°①∵∠1=∠2,∴∠4=∠3=∠1+∠2=2∠2②把②代入①得:3∠2=60°,∠2=20°.∴∠DAC=120°﹣20°=100°.点评:注意三角形的内角和定理以及推论的运用,还要注意角之间的等量代换.22.如图,求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数和.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.分析:由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和,得∠4=∠A+∠2,∠2=∠D+∠C,进而利用三角形的内角和定理求解.解答:解:如图可知:∵∠4是三角形的外角,∴∠4=∠A+∠2,同理∠2也是三角形的外角,∴∠2=∠D+∠C,在△BEG中,∠B+∠E+∠4=180°,即∠B+∠E+∠A+∠D+∠C=180°.点评:本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理,解答的关键是沟通外角和内角的关系.23.如图,在△ABC中,D为BC上一点,∠1=∠2,∠3=∠4,∠BAC=63°,试求∠DAC,∠ADC的度数.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.分析:由三角形的内角和是180°,和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和,可求∠1=39°,∠3=78°,所以∠DAC=24°,∠ADC=∠3=78°.解答:解:∵∠1=∠2,∴∠3=∠1+∠2=2∠1=∠4,∴2∠3+∠CAD=2∠1+2∠2+∠BAC﹣∠1=4∠1+63°﹣∠1=3∠1+63°=180°,∴∠1=39°=∠2,∠3=∠4=78°,∴∠DAC=63°﹣∠1=63°﹣39°=24°,∠ADC=∠3=78°.点评:本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理.求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件;以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.24.已知:如图所示,∠ABC=66°,∠ACB=54°,BE是AC边上的高,CF是AB边上的高,H是BE和CF的交点,求:∠ABE,∠ACF和∠BHC的度数.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.分析:由三角形的内角和是180°,可求∠A=60°.又因为BE是AC边上的高,所以∠AEB=90°,所以∠ABE=30°.同理,∠ACF=30度,又因为∠BHC是△CEH的一个外角,所以∠BHC=120°.解答:解:∵∠ABC=66°,∠ACB=54°,∴∠A=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=180°﹣66°﹣54°=60°.又∵BE是AC边上的高,所以∠AEB=90°,∴∠ABE=180°﹣∠BAC﹣∠AEB=180°﹣90°﹣60°=30°.同理,∠ACF=30°,∴∠BHC=∠BEC+∠ACF=90°+30°=120°.点评:本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理,求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件;三角形的外角通常情况下是转化为内角来解决.25.如图,△ABC中,AD是高,AE、BF是角平分线,它们相交于点O,∠A=50°,∠C=60°,求∠DAC及∠BOA.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.专题:计算题.分析:先利用三角形内角和定理可求∠ABC,在直角三角形ACD中,易求∠DAC;再根据角平分线定义可求∠CBF、∠EAF,然后利用三角形外角性质,可先求∠AFB,再次利用三角形外角性质,容易求出∠BOA.解答:解:∵∠A=50°,∠C=60°∴∠ABC=180°﹣50°﹣60°=70°,又∵AD是高,∴∠ADC=90°,∴∠DAC=180°﹣90°﹣∠C=30°,∵AE、BF是角平分线,∴∠CBF=∠ABF=35°,∠EAF=25°∴∠AFB=∠C+∠CBF=60°+35°=95°,∴∠BOA=∠EAF+∠AFB=25°+95°=120°,∴∠DAC=30°,∠BOA=120°.点评:本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角性质.关键是利用角平分线的性质解出∠EAF、∠CBF,再运用三角形外角性质求出∠AFB.26.如图,AF是△ABC的高,AD是△ABC的角平分线,∠B=36°,∠C=76°,求∠DAF的度数.考点:三角形的外角性质;角平分线的定义;三角形内角和定理.分析:在△ADF中,由三角形的外角性质知:∠ADF=∠B+∠BAC,所以∠B+∠BAC+∠FAD=90°,联立△ABC中,由三角形内角和定理得到的式子,即可推出∠DAF,∠B,∠C的关系,再代值求解即可.解答:解:由三角形的外角性质知:∠ADF=∠B+∠BAC,故∠B+∠BAC+∠DAF=90°;①△ABC中,由三角形内角和定理得:∠C+∠B+∠BAC=180°,即:∠C+∠B+∠BAC=90°,②②﹣①,得:∠DAF=(∠C﹣∠B)=20°.点评:此题主要考查了三角形的外角性质、角平分线的性质以及三角形内角和定理等知识,熟记此题的结论在解选择和填空题时会加快解题效率.27.一个零件的形状如图,按规定∠A=90°,∠C=25°,∠B=25°,检验已量得∠BDC=150°,就判断这个零件不合格,运用三角形的有关知识说明零件不合格的理由.考点:三角形的外角性质.分析:根据三角形外角的性质求出∠BDC的度数,与测量所得的度数对比即可得出结论.解答:解:如图,∠CDE是△ADC的外角,∠BDE是△ABD的外角,∵∠CDE=∠C+∠CAD,∠BDE=∠B+∠DAB,∴∠BDC=∠CDE+∠BDE=∠C+∠CAD+∠B+∠DAB,即∠BDC=∠B+∠C+∠A=25°+25°+90°=140°.检验已量得∠BDC=150°,就判断这个零件不合格.点评:考查了三角形的外角性质,三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和.28.一个零件的形状如图所示,按规定∠A应等于90°,∠B、∠C应分别是30°和20°,李叔叔量得∠BDC=142°,就判定这个零件不合格,你能说出其中的道理吗?考点:三角形的外角性质.分析:连接AD并延长,根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和求出∠1=∠B+∠BAD,∠2=∠C+∠CAD,然后求出∠1+∠2的度数,根据零件规定数据,只有140°才是合格产品.解答:解:如图,连接AD并延长,∴∠1=∠B+∠BAD,∠2=∠C+∠CAD,∵∠A=90°,∠B=30°,∠C=20°,∴∠BDC=∠1+∠2,=∠B+∠BAD+∠DAC+∠C,=∠B+∠BAC+∠C,=30°+90°+20°,=140°,∵140°≠142°,∴这个零件不合格.点评:本题主要利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和的性质,熟练掌握性质是解题的关键.29.如图所示,求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.分析:连接BE,由三角形内角和外角的关系可知∠C+∠D=∠CBE+∠DEB,由四边形内角和是360°,即可求∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F=360°.解答:解:如图连接BE.∵∠1=∠C+∠D,∠1=∠CBE+∠DEB,∴∠C+∠D=∠CBE+∠DEB,∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F=∠A+∠ABC+∠CBE+∠DEB+∠DEF+∠F=∠A+∠ABE+∠BEF+∠F.又∵∠A+∠ABE+∠BEF+∠F=360°,∴∠A+∠ABC+∠C+∠D+∠DEF+∠F=360°.点评:本题考查的是三角形内角与外角的关系,涉及到四边形及三角形内角和定理,比较简单.30.如图,在三角形ABC中,∠A=35°,求∠1+∠2+∠3+∠4的度数和.考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理.分析:根据三角形的内角和是180°,可分别求出∠1+∠2=∠3+∠4=145°,即可求出∠1+∠2+∠3+∠4的度数和.解答:解:∵∠A=35°,在△ABC中,∠A+∠1+∠2=180°,∴∠1+∠2=180°﹣∠A=145°,同理可证∠3+∠4=145°,∴∠1+∠2+∠3+∠4=290°.点评:本题考查了三角形的内角和定理,求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件.。
三角形的证明知识点
三角形的证明知识点三角形是几何学中的基础概念之一,它具有重要的性质和特点。
在数学中,我们经常需要证明关于三角形的各种定理和命题,这些证明过程中的关键知识点将在本文中被详细介绍。
以下是有关三角形的证明知识点。
1. 三角形的内角和定理:在任意三角形中,三个内角的和等于180度。
这个定理可以通过角度的基本性质来证明。
假设三角形的三个内角分别为A、B和C,那么根据角度的定义,有A + B + C = 180度。
2. 三角形的外角和定理:在任意三角形中,三个外角的和等于360度。
证明这一定理可以使用与相关角的性质以及内角和定理。
根据内角和定理,三个内角的和等于180度。
由于内角和外角的关系是180度,所以三个外角的和应该是360度。
3. 等边三角形的性质:等边三角形是指三个边的长度都相等的三角形。
等边三角形的内角都是60度。
证明这一定理可以通过分析每个角的大小和等边三角形的对称性质。
4. 等腰三角形的性质:等腰三角形是指两边的长度相等的三角形。
等腰三角形的两个底角(底边的两个对角)是相等的。
证明这一定理可以使用等边三角形的性质,或者通过对称性质和三角形内角和的知识点。
5. 直角三角形的性质:直角三角形是指其中一个角是直角的三角形。
直角三角形的两个锐角(小于90度的角)是互补角,即两个角的和等于90度。
这一性质可以通过直角三角形的定义以及角度的基本性质进行证明。
6. 同位角定理和同旁内角定理:同位角定理指的是在平行线被一条截断时,同位角是相等的。
同旁内角定理指的是在两条平行线被一条截断时,同旁内角是补角。
这些定理可以用于证明平行线和三角形之间的各种性质。
7. 正弦定理和余弦定理:正弦定理用于计算任意三角形的边长与角度之间的关系。
余弦定理则用于计算三角形的边长与角度之间的关系。
这些定理的证明涉及到三角函数和向量的概念,并且在解决实际问题时非常有用。
以上是关于三角形的证明知识点的简要介绍。
通过理解和应用这些知识点,我们可以更好地理解和分析三角形的性质和关系。
初中数学发现三角形中的角度规律
初中数学发现三角形中的角度规律在初中数学中,我们学习了很多关于三角形的知识,包括三角形的定义、分类以及性质等。
其中,三角形中的角度规律是我们需要重点掌握的内容之一。
本文将介绍在三角形中常见的角度规律,并给出简单易懂的解释和例子。
一、三角形的内角和三角形的内角和指的是三角形内部的三个角度之和。
而在任意一个三角形中,三个内角的和始终等于180°。
这是一个重要的规律,可以通过举例来加深理解。
以任意一边是直角边的直角三角形为例,我们知道直角的度数是90°。
而直角三角形中的其他两个角度相加之和应该等于90°。
例如,一个直角三角形的直角边上的另外两条边的角度分别是30°和60°,它们的和确实等于90°。
这个例子恰好验证了三角形内角和等于180°的规律。
二、等腰三角形中的角度规律等腰三角形是指两边长度相等的三角形。
在等腰三角形中,两个底角(底边对应的角)的度数相等。
这个规律可以通过几何推理来证明。
假设我们有一个等腰三角形ABC,其中AB=AC。
由于三角形内角和等于180°,我们可以将等腰三角形平分为两个等腰直角三角形,如下图所示:A/ \/ \B-------C在上图中,角B和角C是等腰三角形的两个底角。
根据图中的标记,我们可以看到三角形ABC可以分为两个等腰直角三角形,即三角形ABD和三角形ACD。
由于直角三角形的底角都是45°,所以角B和角C的度数也是45°。
因此,等腰三角形中的两个底角的度数相等。
三、全等三角形中的角度规律全等三角形是指既有相同边长又有相同角度的两个三角形。
在全等三角形中,对应的角度是相等的,可以通过全等三角形的定义进行证明。
设有全等三角形ABC和DEF,我们可以得到以下结论:∠A = ∠D∠B = ∠E∠C = ∠F这个规律告诉我们,在已知三角形全等的情况下,我们可以通过已知的角度来确定其他对应角度的度数。
帕斯卡验证三角形内角和的方法
帕斯卡验证三角形内角和的方法引言:帕斯卡(Pascal)出版的著名《数学原理》第五卷中是三角形内角和的证明。
帕斯卡在书中运用了他的“Mystica figura”法,给出了一种非常漂亮的证明方法。
本文将介绍这一证明方法,并加以详细的说明和解释。
一、问题的陈述我们先来看一下这个问题的陈述:证明三角形的内角和等于 180 度。
这是初中和高中数学课程中经常学习的内容,但它的证明并不是很简单。
本文将介绍帕斯卡的证明方法。
二、帕斯卡的“Mystica figura”法帕斯卡在他的书中提到了一个神秘的几何图形,叫做“Mystica figura”,这个图形被用来证明三角形的内角和等于 180 度。
Mystica figura 由等边三角形和它的三条中线组成,如下所示:我们可以先证明三角形 ABC 和三角形 ABD 的内角和相等,因为它们有一条公共边AB。
同理可以证明三角形 ABD 和三角形 BDC 的内角和相等。
我们可以得到如下等式:∠ABC + ∠ABD = ∠ABD + ∠BDC通过两边同时减去∠ABD,我们得到:同样地,我们可以证明∠ACB = ∠CDB。
我们可以得到:由于三角形 ABC 和三角形 ABD 的内角和相等,我们可以得到:三、简单证明我们也可以通过其他的方法来证明三角形的内角和等于 180 度。
我们可以假设在三角形 ABC 中,有一条边 AB 并将其延长,使其交另一边的延长线于点 D。
然后,我们可以通过平行线的性质,得知∠ABC = ∠CDE 和∠ACB = ∠BDE。
我们可以得到:这个方法比较简单,但缺点是需要构造一条边的延长线,并且需要平行线的性质。
四、结论帕斯卡的“Mystica figura”法的证明比较优美,因为它避免了构造和平行线的性质。
但对于初中和高中学生来说,这种证明方法可能会比较复杂。
我们可以采用简单的证明方法,以帮助学生更好地理解这一问题。
需要注意的是,我们在这篇文章中证明了三角形的内角和等于 180 度。
什么是非欧几何它与欧几里得几何有何不同
什么是非欧几何它与欧几里得几何有何不同在我们探索数学的广袤世界时,欧几里得几何是我们最初接触的重要领域之一。
然而,随着数学的发展,非欧几何的出现打破了传统的认知,为我们打开了全新的视角。
那么,究竟什么是非欧几何?它与欧几里得几何又有着怎样显著的不同呢?要理解非欧几何,我们得先回顾一下欧几里得几何。
欧几里得几何,是以古希腊数学家欧几里得的《几何原本》为基础构建的几何体系。
在这个体系中,有着一系列我们熟悉的公理和定理。
比如,两点之间直线最短;三角形内角和等于 180 度;平行线永不相交等等。
欧几里得几何在很长一段时间里被认为是描述空间和形状的唯一正确方式。
它在我们日常生活中的建筑、工程、制图等方面都有着广泛的应用。
我们所熟悉的房屋结构、道路规划,都遵循着欧几里得几何的规则。
然而,非欧几何的出现挑战了这种传统观念。
非欧几何主要包括两种类型:罗巴切夫斯基几何(双曲几何)和黎曼几何(椭圆几何)。
罗巴切夫斯基几何中,最显著的特点是平行线不再是永不相交。
想象一下,在一个双曲平面上,过直线外一点可以画出多条与之平行的直线。
这与我们在欧几里得几何中的认知完全不同。
而且,在双曲几何中,三角形的内角和小于 180 度。
这种几何模型在一些特殊的物理学和天文学研究中具有重要意义。
黎曼几何则是另一种非欧几何。
在黎曼几何中,没有绝对的平行线概念。
并且,三角形的内角和大于 180 度。
这种几何在广义相对论中发挥了关键作用,帮助我们理解弯曲的时空。
那么,为什么会出现非欧几何呢?这其实是数学发展的必然结果。
当人们对空间和形状的认识不断深入,发现欧几里得几何在某些情况下无法很好地描述现实世界中的现象。
比如,在研究大尺度的宇宙空间或者微观世界时,欧几里得几何的局限性就逐渐显现出来。
从数学的本质来看,欧几里得几何是基于平坦的空间假设,而非欧几何则是对弯曲空间的描述。
这就好比我们在平地上走路和在山坡上走路的感觉是不同的。
欧几里得几何就像是在平地上行走的规则,而非欧几何则是在山坡或者更复杂地形上行走的规则。
时空几何|欧几里德(平面)几何非欧几里德(双曲、椭圆)几何
时空几何|欧几里德(平面)几何非欧几里德(双曲、椭圆)几何数学研究的对象是“数”与“形”,形的数学就是几何学.它是以直观为主导,以培养人的空间洞察力与思维为目的.从数学发展的历史来看几何学的第一个最重要著作就是欧几里得(Euclid,约公元前330一275年)的《几何原本》.它被世界各国翻译成各种文字.它的印刷量仅次于“圣经”,所以不少人称《几何原本》为数学工作者的“圣经”。
《几何原本》在数学史乃至人类思想史上有着无比崇高的地位。
1 欧几里德几何(Euclid Geometry)-平面欧氏几何源于公元前3世纪。
古希腊数学家欧几里德把人们公认的一些几何知识作为定义和公理(公设),在此基础上研究图形的性质,推导出一系列定理,组成演绎体系,写出《几何原本》,形成了欧氏几何。
按所讨论的图形在平面上或空间中,又分别称为“平面几何”与“立体几何”(欧几里得空间)。
Euclid(约公元前330一275) ↑在欧几里德以前,古希腊人已经积累了大量的几何知识,并开始用逻辑推理的方法去证明一些几何命题的结论。
欧几里德将早期许多没有联系和未予严谨证明的定理加以整理,写下《几何原本》一书,标志着欧氏几何学的建立。
这部划时代的著作共分13卷,465个命题。
其中有八卷讲述几何学,包含了现今中学所学的平面几何和立体几何的内容。
但《几何原本》的意义却绝不限于其内容的重要,或者其对诸定理的出色证明。
真正重要的是欧几里德在书中创造的公理化方法。
在证明几何命题时,每一个命题总是从再前一个命题推导出来的,而前一个命题又是从再前一个命题推导出来的。
我们不能这样无限地推导下去,应有一些命题作为起点。
这些作为论证起点,具有自明性并被公认下来的命题称为公理,如“两点确定一条直线”即是一例。
同样对于概念来讲也有些不加定义的原始概念,如点、线等。
在一个数学理论系统中,我们尽可能少地先取原始概念和不加证明的若干公理,以此为出发点,利用纯逻辑推理的方法,把该系统建立成一个演绎系统,这样的方法就是公理化方法。
三角形内角和一定等于180
三角形内角和一定等于180°?作者:oldshu 出自:似水流年浏览/评论:1,234/1 日期:2008年3月1日 12:52——写于2008年2月23日非欧几里得几何学诞生纪念日——从小就知道有一本日本人写的平面几何辞典,初中学习几何遇到难题大都可以从中得到解决。
后来教了多年中学数学,这本书也派上了用场。
高三的学生们对此不解:平面几何的题目都被我们祖先解完了吗?既然所有旧问题都解决了,又没有新问题提出,那么平面几何不是在走向消亡之路吗?对于利用平面几何作为思维训练的体操,是无可非议的,但对于平面几何的上述深层次问题,我讲了以下的故事,不过是对高中的学生讲的,不敢对初中的正在学平面几何的学生讲,很怕正在偏激年龄段的学生拐到更偏激的死胡同里去。
愚昧无知是最能阻碍生活巨流的,它使生活沿着一条死气沉沉的道路,从摇篮一直走向坟墓。
——尼古拉·伊万诺维奇·罗巴切夫斯基从初中学习平面几何开始,我们就被告知三角形内角和等于180°,似乎这是不容质疑的真理,在我们这种不提倡思维的应试教育体制下培养出来的学生和老师,很少有人会对此表示怀疑,尤其可惜的是有些从数学系毕业的对此却仍然知之甚少。
然而,对数学真正感兴趣的人们都应该了解这一段从欧氏几何向非欧几何发展的历史。
谈到非欧几何,就必须介绍一下俄国的一位贫困家庭出身的数学家,喀山大学的校长、非欧几何的创始人之一——罗巴切夫斯基。
罗巴切夫斯基1792年出生在俄国下诺夫哥罗德城(今高尔基城) 的马卡晨耶夫地区。
父亲是一位土地测量员,在小罗巴切夫斯基8岁的时候,便因病辞去了工作,因此家境非常穷困,罗巴切夫斯基很小时就进入一家制靴作坊当学徒。
1802年,顽强而卓有远见的母亲顶住沉重的经济压力,把罗巴切夫斯基兄弟3人送进喀山中学寄读。
在喀山中学,罗巴切夫斯基得到了数学教师卡尔塔舍夫斯基的悉心指导,在数学和古典文学两方面的进步十分明显。
非欧几何的基本特点
非欧几何的基本特点非欧几何是对传统欧几何的扩展与挑战,主要研究那些不遵循欧几里得第五公设(平行公设)的几何结构。
这种几何体系的提出,对数学、物理、哲学等领域产生了深远影响。
本文将从非欧几何的定义、基本特点、主要分支及其应用等方面进行详细探讨。
非欧几何的定义非欧几何是指不满足欧几里得几何中“通过平面上某一点,且不在直线上,可以画一条唯一的平行线”的公设的几何。
它建立了一种新颖的空间观念,揭示了在不同公理体系下,几何形状和性质可以发生剧变。
例如,在非欧几何中,平行线不是唯一的,因此形成了全新的数学结构和思维模式。
基本特点1. 平行公设的替代非欧几何最显著的特点就是对平行公设的替代。
在欧几里得几何中,只允许存在一条平行线通过一点,而在非欧几何中,这一限制被打破:超球面几何: 在球面上,任何两条直线(大圆)相交,因此不存在平行线。
双曲几何: 在双曲面上,对于一个给定点,可以画出无限多条不相交于该点的直线。
这种对平行线多样性的探索,使得非欧几何成为数学研究的重要领域。
2. 三角形和内角和单位三角形内角和在不同的非欧空间中表现出截然不同的特性:球面几何: 三角形内角和大于180度。
如在极地附近,三角形可以有较大的内角,例如近乎183度。
双曲几何: 三角形内角和小于180度。
例如,通过适当设定,可以构造出一个仅有90度内角和的小三角形。
以上特性使得研究三角形成为了非欧几何的重要内容,不同形式下三角形性质的变化为其提供了丰富的研究方向。
3. 空间结构与距离概念在非欧几何中,空间结构和距离的定义也与传统意义上有所不同。
例如:在球面几何中,距离通常由弧长来测量,而不是在平面上的直线距离。
在双曲空间中,随着空间维度增加,其距离测量也呈现出复杂化。
这些变化推动了对于“空间”的全新理解,特别是在较高维度情况下,更加复杂的距离计算有助于推动其他学科之间的相互交融,如物理学中的相对论模型等。
4. 曼哈顿几何曼哈顿几何是一种以城市街道网络为基础而发展的理论。
数学概览课程 第四章 数学发展中的非欧几何发展历程
它开创了古典数论的研究,在一系列公理、定义、公设的基 础上,创立了欧几里得几何学体系,成为用公理化方法建立起来 的数学演绎体系的最早典范。
预见到非欧几何的第二人鲍耶.在青年时代就醉心于第五公 设的证明.他不顾父亲的劝告,坚持研究,终于建立了非欧几何 .1823年11月3日,他高兴地写信告诉父亲:“我已从乌有中创 造了另一个新奇的世界.”当他父亲把鲍耶的研究成果写信告诉 高斯的时候,高斯感到十分吃惊,回信说:“这和我40年来沉思 的结果不谋而合.”鲍耶看到高斯的回信,大大刺伤了自己的自 尊心,反而怀疑高斯剽窃他的成果.从此消沉下去,不再研究这一 问题.
尽管萨开里没有证明欧几里得第五公设,但是他的讨论去告 诉人们,从逻辑上,如果更换欧几里得第五公设可能导致一些新 的几何现象。
萨凯里本想通过逻辑证明来排除钝角和锐角两种情况,从而 间接证明转角假设为真,即平行公设为真。结果他却得到了一个 没有矛盾的新几何体系——双曲几何。
但他却以“结论不合情理”而否认了,并在书末写到“欧式 几何无懈可击”。为什么呢?有两种说法。
此外,萨开里还在锐角假设下,导出 了过线外一点可以有多条直线与已知 直线平行。萨开里的推导是完全正确 的,但是他认为由锐角导出了什么矛 盾,这是错误的。事实上,无论是三 角形内角和小于180。或过线外一点 有多条直线与给定直线平行,这些现 象并不与第五公设之外的其他公设或 者公理矛盾。
萨开里在锐角假设下所导致的现象只是与通常人们的观念相 矛盾,而非逻辑上的矛盾。因此萨开里并没有证明欧几里得,第 五公设,最早指出这一点的是德国数学家克吕格尔。克吕格尔对 欧几里得第五公设能否由其他公设来证明产生了怀疑。
三角形的内角和是什么
三角形的内角和是什么三角形的内角和是多少呢?小编想很多人知道,但是为了一些不知道的人普及知识。
下面是由小编为大家整理的“三角形的内角和是什么”,仅供参考,欢迎大家阅读。
三角形的内角和是什么三角形的内角和是180度(或写180°)。
三角形是由同一平面内不在同一直线上的三条线段首尾顺次连接所组成的封闭图形,在数学、建筑学有应用。
常见的三角形按边分有普通三角形(三条边都不相等),等腰三角(腰与底不等的等腰三角形、腰与底相等的等腰三角形即等边三角形)。
平面图形是几何图形的一种,指所有点都在同一平面内的图形,如直线、三角形、平行四边形等都是基本的平面图形。
平面图形是平面几何研究的对象。
拓展阅读:三角形的内角和为什么等于180°?三角形内角和等于180°;至少有8种方法说明,如下:1.将一个三角形的三个角分别往内折,三个角刚好组成一平角,所以为180度.2.在一个顶点作他对边的平行线,用内错角证明.3做三角形ABC过点A作直线EF平行于BC角EAB=角B角FAC=角CEAB+角FAC+角BAC=180角BAC+角B+角C=1804.内角和公式(n-2)*1805.设三角形三个顶点为A、B、C,分别对应角A、角B、角C;过点A做直线l平行于直线BC,l与射线AB组成角为B',l与射线AC组成角为C',角B'与角B、角C'与角C分别构成内错角,根据平行线内错角相等定理,可得:三角形的内角和=角A+角B+角C=角A+角B'+角C'=180度6.延长三角形ABC各边,DAB=C+B,EBA=A+C,FCA=A+B所以DAB+EBA+FCA=2A+2B+2C=360(三角形外角和为360) 所以A+B+C=1807.延长三角形一条边,形成一个三角形的外交.很容易发现这个角和与它相临的三角形内角相加为一平角(180度),所以它们是邻补角.再过这个内角的顶点作一条直线平行于这个角的对边,将那个外交分成两个角.利用两直线平行,同位角相等,内错角相等,可以证明三角形另外两个角分别于这个外交分出来的两个角相等.则三角形三个内角之和就等于其中那个内角加上它的邻补角,即为180度8.将三个一样大小的三角形在三个对应角的位置上,分别标上三个字母A,B,C.然后将第一个三角形的A角,第二个三角形的B角,第三个三角形的C角,拼在一起,这时它们的下边(或上边)就正好形成一条直线.即三个角形成了一个平角.就是说三个角的度数和是一百八十度.而这三个角是三角形的三个内角.。
关于欧氏几何的第5公设及非欧几何
关于欧氏几何的第5公设及非欧几何谢裕华秦敏雁施培成摘要:本文综述了由欧氏几何到非欧几何的发展历史;评述了非欧几何的思想及其伟大意义;论述了欧氏几何,罗氏几何,黎曼几何的对立统一关系。
比较了三种几何的主要特征及适用范围。
关键词:第五公设,欧氏几何,罗氏几何,黎曼几何。
一、关于Euclid的《Elements》欧几里得的《几何原本》早已失传,现存的有:1、公元四世纪末(400年左右)泰恩(Thon)的《原本》修订本。
2、18世纪在梵蒂冈图书馆发现的一个第十世纪的《原本》希腊文手抄本,可能比泰恩本更早些。
3、现代版本最早的是1482在威尼斯印刷的,依据泰恩修订本的版本。
4、现在看到的各种版本(一千多种版本)均非欧几里得手稿的传本,而是依据后人的修订本,注释本,翻译本重新整理出来的。
5、1794年法国数学家勒让德(A.M.Legendre,1752-1833)为使《几何原本》更便于教和学,曾对《原本》作了较大的修改,如删去了《原本》中的非几何部分内容,并将几何部分重新整理和编写。
把“命题”中的定理和问题加以明确区分,还把第5公设换为与它等价的平行公理;“过直线外一点,有而且只有一条直线与原直线平行”等等,编成了《新欧几里得几何原本》。
于是自19世纪开始,初等几何课本一般都是以此为兰本的改编本。
6、中国最早的汉译本是1607年(明万历35年丁未)意大利传教士利玛窦(Matteo Ricci,1552-1610)和徐光启(1562-1633)的合译本(前6卷),称之为“明译本”底本系德国人的拉丁文本15卷。
二百五十年之后,1857年,后9卷由英人伟烈亚(A.Wylie,1815-1887)和李善兰(1811-1882)合译,称之为“清译本”底本是英文版第15卷。
由于它们均系文言,并且名词,术语和现代有很大的差异,不易看懂,故现代新译本于1990年由陕西科技出版社出版。
二、关于第5公设古希腊对于数学的最杰出的贡献就是“根据公理体系来建立数学”的观念,即:一个合乎逻辑的学科,应当是由一组原始定义和原始命题(公设,公理)出发,通过演绎推理导出这一学科的其他所有命题。
非欧几何(Non-Euclidean.
非欧几何(Non-Euclidean geometry)简介福州大学林鸿仁非欧几何就是非欧几里得几何,是针对欧几里得几何而言的,非欧几何通常指的是罗巴切夫斯基几何和黎曼几何。
众所周知,素有“几何之父”之称的古希腊的数学家欧几里得( Euclid,希腊文:Ευκλειδης,约公元前330年-前275年)有一本传世之作叫《几何原本》,已经传了两千多年了。
其中的基本内容,至今还是我们孩子们学习的课程,包括《平面几何》和《立体几何》。
西方的几何学大概兴于公元前7世纪的古埃及,对古代埃及人来说,几何学就是“测地术”,几何是在测量地块中获得的,是一种经验的几何知识,所以大都十分零散杂乱,缺乏系统。
古希腊的欧几里得首先觉察到,很有必要对这些“上帝的杰作”进行整理,于是特地到古埃及的亚历山大,收集整理并于公元前3世纪写成《几何原本》这一巨著,开创了数学理论的系统化逻辑化的先河,除了使几何成为一门独立学科之外,也成为西方科学研究方法的典范。
欧几里得的《几何原本》全书共分13卷,包含了5条“公理”、5条“公设”、23个定义和467个命题。
在每一卷中,欧几里得都采用了完全不同的叙述方式,先提出公理、公设和定义,再将命题进行逻辑推理和证明。
他先后对直边形、圆、比例论、相似形、数、立体几何等进行系统的论述。
在这里,作为定义的基本概念,如点、线、面、直角等,已不是具体的图形或图像,而是抽象的一般概念;推演定理的方法,也尽量避开直观,而采用“三段论式”的逻辑方法。
欧几里得的成功之处在于,从一些被认为是不证自明的事实出发,通过逻辑演绎,用很少的几个公理公设,令人信服地推出了很多的定理,而且它们与现实世界又是一致的。
欧几里得建立的这一个几何学公理体系一直受到后世数学家的普遍称颂,被公认为数学严格性的典范。
因此,在相当长的历史时期里,人们一直把几何称为“欧几里得几何”简称“欧氏几何”,并把它奉为金科玉律。
但由于时代的局限,他的5条公设中的第5条一直被质疑。
非欧几何的发现---三角形内角和一定等于180°吗
三角形内角和一定等于180°吗?——非欧几何学的发现假如有人问你:“三角形内角和等于多少?”你肯定会不假思索地告诉他:“180°!”假如那个人说不是180°,那么你可能会认为他无知。
其实,“三角形内角和等于180°”只是欧几里得几何学中的一个定理。
也就是说,在欧几里得几何学里,一个三角形的内角和等于180°,但如果不是在欧几里得几何学这个范围内,一个三角形的内角和就不一定等于180°!例如,赤道、0度经线和90度经线相交构成一个“三角形”,这个“三角形”的三个角都应该是90°,它们的和就是270°!你感到奇怪吗?你知道除了欧几里得几何(欧氏几何)学外,还有其他几何学吗?这些几何学称为非欧(欧几里得)几何学。
第一个被提出的非欧几何学是罗氏(罗巴切夫斯基)几何学。
长期以来,数学家们发现欧几里得《几何原本》的第五公设“若一直线与两直线相交,且同侧所交两内角之和小于两直角,则两直线无限延长后必相交于该侧的一点”(现在几何书上的平行公理就是由此而来)和前四个公设比较起来,显得文字叙述冗长,而且也不那么显而易见。
有些数学家还注意到欧几里得在《几何原本》一书中直到第二十九个命题中才用到第五公设,而且以后再也没有使用。
也就是说,在《几何原本》中可以不依靠第五公设而推出前二十八个命题。
因此,一些数学家提出,第五公设能不能不作为公设,而作为定理?能不能依靠前四个公设来证明第五公设?这就是几何发展史上最著名的,争论了长达两千多年的关于“平行线理论”的讨论。
由于证明第五公设的问题始终得不到解决,人们逐渐怀疑证明的路子走得对不对?第五公设到底能不能证明?到了十九世纪20年代,俄国喀山大学教授罗巴切夫斯基在证明第五公设的过程中走了另一条路。
他提出了一个和欧氏平行公理相矛盾的命题“过直线外一点,至少可以作两条直线和已知直线不相交”,用它来代替第五公设,然后与欧氏几何的前四个公设结合成一个公理系统,展开一系列的推理。
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三角形内角和一定等于180°吗?
——非欧几何学的发现
假如有人问你:“三角形内角和等于多少?”你肯定会不假思索地告诉他:“180°!”假如那个人说不是180°,那么你可能会认为他无知。
其实,“三角形内角和等于180°”只是欧几里得几何学中的一个定理。
也就是说,在欧几里得几何学里,一个三角形的内角和等于180°,但如果不是在欧几里得几何学这个范围内,一个三角形的内角和就不一定等于180°!例如,赤道、0度经线和90度经线相交构成一个“三角形”,这个“三角形”的三个角都应该是90°,它们的和就是270°!你感到奇怪吗?你知道除了欧几里得几何(欧氏几何)学外,还有其他几何学吗?这些几何学称为非欧(欧几里得)几何学。
第一个被提出的非欧几何学是罗氏(罗巴切夫斯基)几何学。
长期以来,数学家们发现欧几里得《几何原本》的第五公设“若一直线与两直线相交,且同侧所交两内角之和小于两直角,则两直线无限延长后必相交于该侧的一点”(现在几何书上的平行公理就是由此而来)和前四个公设比较起来,显得文字叙述冗长,而且也不那么显而易见。
有些数学家还注意到欧几里得在《几何原本》一书中直到第二十九个命题中才用到第五公设,而且以后再也没有使用。
也就是说,在《几何原本》中可以不依靠第五公设而推出前二十八个命题。
因此,一些数学家提出,第五公设能不能不作为公设,而作为定理?能不能依靠前四个公设来证明第五公设?这就是几何发展史上最著名的,争论了长达两千多年的关于“平行线理论”的讨论。
由于证明第五公设的问题始终得不到解决,人们逐渐怀疑证明的路子走得对不对?第五公设到底能不能证明?
到了十九世纪20年代,俄国喀山大学教授罗巴切夫斯基在证明第五公设的过程中走了另一条路。
他提出了一个和欧氏平行公理相矛盾的命题“过直线外一点,至少可以作两条直线和已知直线不相交”,用它来代替第五公设,然后与欧氏几何的前四个公设结合成一个公理系统,展开一系列的推理。
他认为如果这个系统为基础的推理中出现矛盾,就等于证明了第五公设。
我们知道,这其实就是数学中的反证法。
但是,在他极为细致深入的推理过程中,得出了一个又一个在直觉上匪夷所思,但在逻辑上毫无矛盾的命题。
最后,罗巴切夫斯基得出两个重要的结论:
第一,第五公设不能被证明。
第二,在新的公理系统中展开的一连串推理,得到了一系列在逻辑上无矛盾的新的定理,并形成了新的理论体系。
这个理论体系像欧氏几何学的理论体系一样是完善的、严密的。
这种几何学被称为罗巴切夫斯基几何学,简称罗氏几何学。
罗氏几何学的公理系统和欧氏几何学不同的地方仅仅是把欧氏几何学平行公理“过直线外一点,能并且只能作一条直线平行于已知直线”用“过直线外一点,至少可以作两条直线和这条直线平行”来代替,其他公理基本相同。
由于平行公理不同,经过演绎推理却引出了一连串和欧氏几何学内容不同的新的几何命题。
凡是不涉及到平行公理的几何命题,在欧氏几何学中如果是正确的,在罗氏几何学中也同样是正确的。
在欧氏几何学中,凡涉及到平行公理的命题,在罗氏几何学中都不成立,他们都相应地含有新的意义。
下面举几个例子加以说明:
欧氏几何 罗氏几何
同一直线的垂线和斜线相交。
垂直于同一直线的两条直线互相平行。
存在相似的多边形。
过不在同一直线上的三点可以作且只能作一个圆。
同一直线的垂线和斜线不一定相交。
垂直于同一直线的两条直线,当两端延长的时候,离散到无穷。
不存在相似的多边形。
过不在同一直线上的三点,不一定能作一个圆。
从上面所列举的罗氏几何学的一些命题可以看到,这些命题和我们所习惯的直观形象有矛盾。
所以罗氏几何学中的一些几何事实没有欧氏几何学那样容易被接受。
但是,数学家们经过研究,提出可以用我们习惯的欧氏几何学中的事实作一个直观“模型”来解释罗氏几何学是正确的。
1868年,意大利数学家贝特拉米发表了一篇著名论文《非欧几何解释的尝试》,证明非欧几何学可以在欧几里得空间的曲面(例如拟球曲面)上实现。
这就是说,非欧几何学命题可以“翻译”成相应的欧几里得几何学命题,如果欧几里得几何学没有矛盾,非欧几何学也就自然没有矛盾。
人们既然承认欧几里得几何学是没有矛盾的,所以也就自然承认非欧几何学没有矛盾了。
直到这时,长期无人问津的非欧几何学才开始获得学术界的普遍注意和深入研究,罗巴切夫斯基的独创性研究也就由此得到学术界的高度评价和一致赞美,他本人则被人们赞誉为“几何学中的哥白尼”。
从罗巴切夫斯基创立的非欧几何学中,可以得出一个极为重要的、具有普遍意义的结论:逻辑上互相不矛盾的一组假设都有可能提供一种几何学。
几乎在罗巴切夫斯基创立非欧几何学的同时,匈牙利数学家鲍耶·雅诺什也发现了第五公设不可证明和非欧几何学的存在。
鲍耶在研究非欧几何学的过程中遭到了家庭、社会的冷漠对待。
他的父亲——数学家鲍耶·法尔卡什认为研究第五公设是耗费精力、劳而无功的蠢事,劝他放弃这种研究。
但鲍耶·雅诺什坚持为发现新的几何学而辛勤工作。
终于在1832年,在他父亲的一本著作里,以附录的形式发表了他的研究结果。
那个时代被誉为“数学王子”的高斯也发现第五公设不能证明,并且研究了非欧几何学。
但是高斯害怕这种理论会遭到当时教会力量的打击和迫害,不敢公开发表自己的研究成果,只是在书信中向自己的朋友表示了自己的看法,也不敢站出来公开支持罗巴切夫斯基、鲍耶他们的新理论。
欧氏几何学与罗氏几何学中关于结合公理、顺序公理、连续公理及合同公理都是相同的,只是平行公理不一样。
欧氏几何学讲“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平
行”。
罗氏几何学讲“过直线外一点至少存在两条直线和已知直线平行”。
那么是否存在这样的几何学——“过直线外一点,不能作直线和已知直线平行”?黎曼几何学就回答了这个问题。
黎曼几何学是德国数学家黎曼创立的。
他在1851年所著的一篇论文《论几何学作为基础的假设》中明确地提出另一种几何学的存在,开创了几何学的一片新的广阔领域。
黎曼几何学中的一条基本规定是:在同一平面内任何两条直线都有公共点(交点)。
在黎曼几何学中不承认平行线的存在,它的另一条公设是:直线可以无限延长,但总的长度是有限的。
黎曼几何学的模型是一个经过适当“改进”的球面。
近代黎曼几何学在广义相对论里得到了重要的应用。
在物理学家爱因斯坦的广义相对论中的空间几何就是黎曼几何。
在广义相对论里,爱因斯坦放弃了关于时空均匀性的观念,他认为时空只是在充分小的空间里以一种近似性而均匀的,但是整个时空却是不均匀的。
在物理学中的这种解释,恰恰是和黎曼几何学的观念是相似的。
此外,黎曼几何学在数学中也是一个重要的工具。
它不仅是微分几何学的基础,也应用在微分方程、变分法和复变函数论等方面。
非欧几何学是一门大的数学分支,一般来讲 ,他有广义、狭义、通常意义这三个方面的不同含义。
所谓广义是泛指一切和欧几里得几何学不同的几何学,狭义的非欧几何学只是指罗氏几何学,至于通常意义的非欧几何学,就是指罗氏几何学和黎曼几何学这两种几何学。
欧氏几何学、罗氏几何学、黎曼几何学是三种各有区别的几何学。
这三种几何学各自所有的命题都构成了一个严密的公理体系,各公理之间满足和谐性、完备性和独立性。
因此这三种几何学都是正确的。
在我们的日常生活中,欧氏几何学是适用的;在宇宙空间中或原子核世界,罗氏几何学更符合客观实际;在地球表面研究航海、航空等实际问题时,黎曼几何学更准确一些。
【附录】
一、【罗巴切夫斯基简介】
罗巴切夫斯基(1792年—1856年)俄国数学家,出生于俄国下诺夫哥罗德城的一个小职员家庭。
非欧几里得几何学创始人之一。
1807年入喀山大学学习,1811年获硕士学位并留校工作,1822年任该校教授,还曾任物理—数学系主任、喀山大学校长等职。
他改变了欧几里得几何学中的平行公理,提出一种新的几何学,称为 “双曲几何学”或“罗巴切夫斯基几何学”。
著有《虚几何学》、《平行线理论的几何研究》等。
他生前并没有得到他的当代人的赞赏,相反遭到嘲弄,直到他去世后,由于高斯对他的学说予以肯定,他的思想才得到普遍的理解和承认。
1893年,喀山大学为这位数学伟人竖起了纪念像。
二、【黎曼简介】
乔治·弗里德里希·伯恩哈德·黎曼(1826年—1866年)德国数学家。
黎曼几何学的创始人,复变函数论创始人之一。
哥廷根大学哲学博士。
哥廷根大学教授。
他引入三角级数的理论,从而指出积分论的方向,并奠定了近代解析数论的基础,提出一系列问题。
他最初引入黎曼面和流形的概念,对近代拓扑学影响很大。
在微分几何方面,继高斯之后建立了黎曼几何学,为广义相对论提供了数学工具。
对代数函数论和微分方程也有重要贡献。