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命题若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形.证明由于△A1B1C1的三个内角的余弦值分别为△A2B2C2的三个内角的正弦值,故△A1B1C1的三个内角的余弦值均为正,因此,△A1B1C1是锐角三角形.下面证明△A2B2C2 相似文献
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主要给出了迹稳定秩1的C*-代数的稳定有限性,证明了如果A是有单位元迹稳定秩1的C*-代数,则A是稳定有限的,引入了弱迹稳定秩1的定义,并且证明了如果有单位元的C*-代数A是迹稳定秩1的,则A是弱迹稳定秩1的.对于单的具有SP性质的有单位元的C*-代数A,如果A是弱迹稳定秩1的,则A是迹稳定秩1的.同时给出了迹稳定秩1的C*-代数的一个等价条件,证明了一个有单位元的可分的C*-代数A是迹稳定秩1的,等价于A=(t4)limn→∞(An,Pn),其中tsr(AN)=1. 相似文献
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《中学生数学》2012年第5期刊登了《两直线平行的充要条件》一文(下称文[1]),文中作者指出两直线l1,l2的方程分别为:A1x+B1y+C1=0(其中A1,B1不同时为零),A2x+B2y+C2=0(其中A2,B2不同时为零),l1与l2平行的充要条件不是A1B2-A2B1=0且A1C2-A2C1≠0,也不是A1B2-A2B1=0且B1C2-B2C1≠0,更不是A1B2-A2B1=0且A1C2-A2C1≠0且B1C2-B2C1≠0.那么,两直线平行的充要条件究竟是什么?文[1]中没有给出. 相似文献
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三角形外心的一个性质 总被引:1,自引:1,他引:0
定理三角形的外心和各顶点连线的中点,与相应顶点对边中点所连成的三线共点,且该点恰在三角形的欧拉线上.证明设O是△ABC的外心,OA、OB、OC中点分别为A1、B1、C1,BC、CA、AB边的中点依次为A0、B0、C0(如图1).图1设H是△ABC的垂心,HA、HB、HC的中点分别为A2、B2、C2,则知:直线OH就是△ABC的欧拉线.连接A0B1、A0C1,B0C1、B0A1,C0A1、C0B1,易知有A0B1=∥12CO,B0A1∥=21CO,从而,有A0B1=∥B0A1,所以四边形A0B0A1B1是平行四边形.不妨设,A0B0A1B1的对角线A0A1与B0B1相交于点K.于是,有A0K=A1K,B0K=B1K.同理B0C0… 相似文献
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四棱柱侧棱上四点应满足什么条件才能共面呢 ?本文得到如下定理 .定理 设 A0 、B0 、C0 、D0 分别为四棱柱侧棱 A1A、B1B、C1C、D1D上的点 ,底面对角线AC、BD交于点 P,且APPC=λAC、BPPD=λBD,则 A0 、B0 、C0 、D0 四点共面的充要条件为A1A0 +λAC .C1C01 +λAC=B1B0 +λBD .D1D01 +λBD.证明 如图 1所示 ,设对角线 A1C1、B1D1的交点为 P1,则由A1A0 ∥平面 BB1D1D知P1P∥ A1A∥ B1B∥C1C∥ D1D.( 1 )必要性图 1若 A0 、B0 、C0 、D0 四点共面 ,由于 P1P是平面 A1ACC1与平面 B1BDD1的交线 ,且 A0 C0 … 相似文献
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问题1(2006福建卷16)如图1,连接△ABC各边中点得到一个新的△A1B1C1,又连接△A1B1C1各边中点得到一个新的△A2B2C2,如此继续下去,得到一系列三角形:△ABC,△A1B1C1,△A2B2C2,…,这一系列的三角形趋向于一个点M,已知A(0,0),B(3,0),C(2,2),则点M的坐标是.对这一问题,如果我们将A, 相似文献
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三角形另一正则点存在性的证明 总被引:1,自引:1,他引:0
用构造法 .设△ ABC的边 BC =a,CA =b,AB =c,若仅有一角小于 60°,不妨设为 A,则B - 60° C - 60°=60°- A >0 .任取一点 Z1作射线 Z1C1、Z1A1、Z1B1使∠ A1Z1C1=B - 60°,∠ B1Z1A1=C - 60°,则∠ B1Z1C1=60°- A(如图 3) ,然后截取 图 3Z1A1=1a,Z1B1=1b,Z1C1=1c得△ A1B1C1.应用余弦定理 ,不难算得B1C1=λ′bc,C1A1=λ′ca,A1B1=λ′ab.又△ A1B1C1∽△ ABC (因对应边之比均为 λ′abc) ,又 Z1A1. B1C1=Z1B1. C1A1=Z1C1. A1B1=λ′abc,按《初探》一文引理 2 ,知 Z1是△ A1B1C1正则点 ,由相似三角形性质 ,知 … 相似文献
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定理:在△ABC中,A1、B1、C1分别是直线BC、CQ、AB上的点,且有→AC1=→λC1B,→BA1=μ→A2C,→CB1=t→B1A,则△A1 B1 C1与△ABC有相同重心的充要条件是λ=μ=t,其中λ、μ、t均是不为-1的实数.…… 相似文献
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在众多的教辅资料上均有以下结论:设直线l1、l2的方程分别为A1x+B1y+C1=0,A2x+B2y+C2=0,则l1//l2<=>{A1C2≠A2C1或B1C2≠B2C1.A1B2=A2B1。 相似文献
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《中学数学》2005,(Z1)
1.(江苏卷,4)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为().(A)43(B)23(C)343(D)32.(湖南卷,5)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离为().(A)21(B)42(C)22(D)23第2题图第3题图3.(福建卷,8)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点,则异面直线A1E与GF所成的角是().(A)arccos15(B)π(C)arccos510(D)2π第4题图4.(辽宁卷,14)如图,正方体的棱长为1,C、D分别是两条棱的中点,A、B、M是顶点,那么点M到截面ABC… 相似文献
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解决好点到平面的距离是学好立体几何中距离关系的关键.下面是一个简单的实例,我们通过这个实例来体会一下求点到平面距离的几个常见的方法.例题:在正方形ABCD—A1B1C1D1中,棱长为1.求点A1到平面AB1D1的距离.一、用点到平面距离的定义由于要求点到平面的距离就是要求点与该点在平面内射影间的线段的长度.因此,只要找到该点在平面中射影,问题就可以迎刃而解.解法一:连结A1C1交B1D1于O,连结AO,过点A1作A1E⊥AO,垂足为点E.∵AA1⊥平面A1B1C1D1且B1D1平面A1B1C1D1∴AA1⊥B1D1又∵B1D1⊥A1C1且A1C1∩AA1=A1∴B1D1⊥平面AA1… 相似文献
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广东试题设A(x1,y1)、B(x2,y2)是平面直角坐标系xOy上的两点,先定义由点A到点B的一种折线距离ρ(A,B)为ρ(A,B)=|x2—y2-y1|.对于平面xOy上给定的不同的两点A(x1,y1)、B(x2,y2),(1)若点C(x,y)是平面上的点,试证明ρ(A,C)+ρ(C,B)≥ρ(A,B);(2)在平面.xOy上是否存在点C(x,y),同时满足①ρ(A,C)+ρ(C,B)=ρ(A,B);②ρ(A,C)ρ(C,B).若存在,请求出所有符合条件的点;若不存在,请予以证明.分析:(1)由ρ(A,C)=|x-x1|+|y-y1|, 相似文献
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1 直线方程的加减运算1 1 意义已知两条直线l1 :A1 x B1 y C1 =0 ,l2 :A2 x B2 y C2 =0 .我们来分析l3:(A1 A2 )x (B1 B2 )y C1 C2 =0和l1 、l2 有什么关系 .( 1 )当l1 ∥l2 时 ,l3也和它们平行 .因为l1 ∥l2 ,有 ,A1 A2 =B1 B2,则 A1 A2A2 =B2 B2B2,所以l3∥l2 .( 2 )当l1 和l2 相交时 .记两直线的交点为P(x0 ,y0 ) ,那么 ,A1 x0 B1 y0 C1 =0和A2 x0 B2 0 C2 =0 ,因此 ,(A1 A2 )x0 (B1 B2 )y0 C1 C2 =0也成立 .所以l3也过点P .我们还可以推广到一般的情况 :直线A1 x B1 y C1 λ(A2 x B2 C2 ) =0… 相似文献
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例题如图,在棱长都是2的正三棱柱ABC—A1B1C1中,D是CC1的中点,求点C到面A1BD的距离.(2007年福建高考题) 相似文献
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一般情况下,四面体表面展开图是不规则的多边形,文[1]研究了表面展开图为三角形的情形.本文探索表面展开图为四边形的情形,并给出其充要条件及由四边形折成四面体的方法.定理1 四面体表面展开图为四边形的充要条件是任意两个顶点上的三面角之和均为180°.证明 若四面体S—ABC的表面展开图是四边形A1B1C1D1,如图1,因C1、C、D1;C1、B、B1共线, ∠C1CB ∠BCA1 ∠A1CD1=180°, ∠C1BC ∠CBA1 ∠A1BB1=180°.又△SAB≌△B1A1B,△SBC≌△C1BC,△SAC≌△D1A1C,所以以B、C为顶点的三面角之和均为180°.反之,若四面体S—AB… 相似文献