用三段论证明

用三段论证明（精选6篇）

用三段论证明 篇1

形式逻辑间接推理的基本形式之一，由大前提和小前提推出结论。如‘凡金属都能导电’(大前提)，‘铜是金属’(小前提)，‘所以铜能导电’(结论)。这称为三段论法或三段论式。

三段论属于一种演绎逻辑，是不同于归纳逻辑的，具有较强的说服力。

小前提：函数x-1在[1,∞)上是增函数大前提：根号内的x在[0,∞)上是增函数结论：函数f(x)=根号x-1在[1,∞)上是增函数厉害吧哈哈

2(1)如果有一个前提是否定判断，则大前提为全称判断;(2)如果大前提是肯定判断，则小前提为全称判断;(3)如果小前提是肯定判断，则结论为特称判断;(4)任何一个前提都不能是特称否定判断;(5)结论不能是全称肯定判断;麻烦哪位大虾帮小弟证明下这五点可以吗

3四格规则：中项在大前提中作谓项，在小前提中作主项。

1、前提之一否定，大前提全称。

2、大前提肯定，则小前提全称。

3、小前提肯定，则结论特称。

4、前提中不得有特称否定判断。

5、结论不能是全称肯定判断。证明1：如果两个前提中有一个是否定的，结论也必然是否定的(前提之一否定，结论是否定的);结论否定，则大项周延(否定判断的谓项周延);大项在第四格中处于前提的主项，只有全称时主项周延;所以，大前提必须全称。证明2：如果大前提肯定，在大前提中中项不周延(肯定判断谓项不周延);只有小前提全称，中项才周延一次(全称判断主项周延);三段论要求中项至少周延一次;所以，大前提肯定，则小前提全称。证明3：如果小前提肯定，小项在前提中不周延(肯定判断谓项不周延);如果结论全称，则在结论中小项周延，违反了在前提中不周延的项在结论中也不得周延规则;所以：小前提肯定，则结论特称。证明4：如果大前提否定，结论必要否定(前提之一否定，结论是否定的);则大项在结论中周延(否定判断的谓项周延);如果大前提特称，大项在前提中不周延(特称判断的主项不周延);这样，就违反了在前提中不周延的项在结论中也不得周延规则;因此，大前提不能是特称否定。如果小前提否定，大前提必肯定(两个否定的前提推不出结论);则中项在大前提中不周延(肯定判断谓项不周延);小前提否定，中项在小前提中也不周延(特称判断的主项不周延);三段论规则要求中项在前提中至少周延一次;因此，小前提不能是特称否定。所以，前提中不得有特称否定判断。证明5：如果结论是全称肯定判断，则小项在结论中周延(全称判断主项周延);则大项在结论中不周延(肯定判断谓项不周延);则小前提必否定才使小项在前提中周延(在前提中不周延的项在结论中也不得周延);但如果小前提否定，结论必然否定(前提之一否定，结论是否定的)与结论为肯定判断矛盾;所以，结论不能是全称肯定判断。

在三段论中，含有大项的前提叫大前提，如上例中的“知识分子都是应该受到尊重的”;含有小项的前提叫小前提，如上例中的“人民教师是知识分子”。三段论(syllogism)是传统逻辑中的一类主要推理。又称直言三段论。古希腊哲学家亚里士多德首先提出了关于三段论的系统理论。

形式逻辑间接推理的基本形式之一，由大前提和小前提推出结论。如‘凡金属都能导电’(大前提)，‘铜是金属’(小前提)，‘所以铜能导电’(结论)。这称为三段论法或三段论式。

用三段论证明 篇2

利用导数研究函数的单调性, 再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点, 也是高考的热点.其主要思想是构造辅助函数, 把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值, 从而证得不等式, 而如何构造辅助函数是用导数方法证明不等式的关键.下举例分析, 供同学们学习参考.

一、不等式中只含一个字母 (不妨设为x)

类型1 直接作差构造函数, 通过求函数的导数来得出函数的单调性 (或函数的最值) 来证明不等式.

例1 当x∈ (0, π) 时, 证明不等式sinx<x成立.

证明 令f (x) =sinx-x, 则f′ (x) =cosx-1.当x∈ (0, π) 时, f′ (x) <0, ∴f (x) 在x∈ (0, π) 时单调递减, 故f (x) <f (0) =0.∴sinx-x<0.∴sinx<x.

例2 证明不等式:xlog2x+ (1-x) log2 (1-x) ≥-1.

证明 对函数f (x) 求导数:

$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)=(x\log {}_{2}x{)}^{\prime }+[(1-x)\log {}_2(1-x){]}^{\prime }\\ =\log {}_{2}x-\log {}_2(1-x)+\frac{1}{\ln 2}-\frac{1}{\ln 2}\\ =\log {}_{2}x-\log {}_2(1-x).\end{array}$

于是$f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)=0$.当$x<\frac{1}{2}$时, f′ (x) =log2x-log2 (1-x) <0, f (x) 在区间$\left(0,\frac{1}{2}\right)$是减函数;

当$x>\frac{1}{2}$时, f′ (x) =log2x-log2 (1-x) >0, f (x) 在区间$\left(\frac{1}{2}‚1\right)$是增函数.

∴f (x) 在$x=\frac{1}{2}$时取得最小值, $f\left(\frac{1}{2}\right)=-1$.

点评 若f (x) , g (x) 差函数为非单调, 其差有极大值或极小值, 用导函数求其极大值、极小值, 从而证明不等式.

类型2 换元后作差构造函数证明.

例3 若x∈ (0, +∞) , 求证:$\frac{1}{x+1}<\ln \frac{x+1}{x}<\frac{1}{x}$.

证明 令$1+\frac{1}{x}=t‚x>0‚\therefore t>1‚x=\frac{1}{t-1}$.

则原不等式$\iff 1-\frac{1}{t}<\ln t<t-1$.

令$\begin{array}{l}f(t)=t-1-\ln t‚\therefore f^{\prime }(t)>1-\frac{1}{t}.\\ \because t\in (1,+\infty )‚\therefore f^{\prime }(t)>0‚\therefore f(t)\end{array}$在t∈ (1, +∞) 上为增函数.

∴f (t) >f (1) =0, ∴t-1>lnt.

令$\begin{array}{l}g(t)=\ln t-1+\frac{1}{t}‚\therefore g^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t{}^2}=\frac{t-1}{t{}^2}.\\ \because t\in (1,+\infty ),\therefore g^{\prime }(t)>0‚\therefore g(t)\end{array}$在t∈ (1, +∞) 上为增函数.

$\therefore g(t)>g(1)=0‚\therefore \ln t>1-\frac{1}{t},\therefore \frac{1}{x+1}<\ln \frac{x+1}{x}<\frac{1}{x}.$

点评 代换作用:此题设参数$t=1+\frac{1}{x}‚0<x<+\infty$, 实际上就是把原来取不到的x=0值代换为可取到的t=1, 把原来要研究函数在x→+∞处的值, 等价为研究函数在t=1处的值.

二、不等式中含有多个字母

类型1 端点变量法.

例4 已知函数g (x) =xlnx, 设0<a<b.证明:$0<g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$.

分析与证明 本题是在一个区间上证明不等式, 而不等式涉及的变量就是区间的两个端点, 因此设辅助函数时把其中的一个端点设为自变量.设$F(x)=g(a)+g(x)-2g\left(\frac{a+x}{2}\right)(a<x\le b)$, 则$F^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-2g^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)=\ln x-\ln \frac{a+x}{2}$.当x=a时, F′ (x) =0, F (x) 取得极小值F (a) , 所以F (b) >F (a) =0, 即$0<g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)$.设G (x) =F (x) - (x-a) ln2, 则G′ (x) =lnx-ln (a+x) .

当x>0时, G′ (x) <0, 即当x>0时, G (x) 是减函数, g (b) <G (a) =0, 即$g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$.

点评 一般地利用辅助函数证明不等式时, 直接将不等式的两端移项到一侧求导就可以了.但本题中的不等式涉及区间的端点, 因此就涉及选择自变量的问题, 本题就是把其中的一个端点设为自变量.

类型2 用分离变量的思想构造函数.

例5 若α>β>e, 证明:βα>αβ.

证明 原题等价于$\frac{\ln \alpha }{\alpha }<\frac{\ln \beta }{\beta }$.

设$f(x)=\frac{\text{l}\text{n}x}{x}$, 当x>e时, $f^{\prime }(x)=\frac{1-\text{l}\text{n}x}{x{}^2}<0‚$

∴当x>e时, f (x) 单调递减.

$\because \alpha >\beta >\text{e},\therefore \frac{\ln \alpha }{\ln \beta }<\frac{\ln \alpha }{\ln \beta }$, 即βα>αβ.

类型3 从条件特征入手构造函数

例6 若函数y=f (x) 在R上可导且满足不等式xf′ (x) >-f (x) 恒成立, 常数a, b满足a>b, 求证:af (a) >bf (b) .

证明 从结论考虑能想到应证明xf (x) 为增函数.而 (xf (x) ) ′=xf′ (x) +f (x) >0, 从而xf (x) 为增函数.又a>b, 故af (a) >bf (b) .

用三段论证明 篇3

【关键词】三段六步；活用；高中物理；高效课堂

随着新课程改革的不断深入，我县的课堂教学改革也在大力的推进。我校课题组也吸收了其他学校的经验，形成了三段六步的教学模式。三段即一课分“自主学习”、“展示点评”、“达标检测”三个阶段，主要分别解决学生“学什么”、“怎么学”和“学得怎么样”的问题；“六步”是对“三段”的细化，即“目标导学”、“自主学习”、“交流展示”、“点评总结”、“训练建构”、“达标拓展”。每个教师不仅要明白模式的内容，更要从理论的高度和实践的意义上深刻理解模式，结合各自学科特点，自觉活用“三段六步”教学模式，创建物理高效课堂。

一、定向设疑激趣，活用三段六步

设疑、引趣是调动学生学习积极性、激发学生探究、创设自由、主动学习氛围的重要前提。教育家夸美纽斯说：“兴趣是创造欢乐和光明的教学途径之一。”缺乏了兴趣，就等于缺乏了主动学习的愿望，失去了探究的意愿和动力。所以，教师须了解学生，根据学生的生理、心理特点，创设学习情景，激发他们强烈的好奇心和求知欲，使他们有自行探究知识的兴趣，有主动参与的激情。学生是学习的主人，一切教学活动都是要通过学生的积极思考、主动参与、乐于探究和勤于实践，才能有效地转化成他们自己的知识和技能。提高课堂教学质量，开启大脑思维，提升各种能力就要充分调动学生的主观能动性，充分发挥学生学习的积极性、主动性和创造性，在积极探索的主观态势中获取知识、形成能力。长此以往，上升为自觉的行为，形成习惯。这样的物理教学课堂才会高效。

二、实验观察启示，活用三段六步

物理学科本身就具有很强的探索性、实践性，必须理论联系实际，以实验实践为基础，才能培养人的素质。为适应素质教育要求，应探索一条以实验为基础的新途径。以前物理教学大纲，虽然强调物理是一门以实验为基础的学科，学生实验和演示实验在教科书上也不少，但是在应试教育的限制下，很多老师和学生都未将实验摆正位置，只是把实验当成理论的附属物，实验教学只作为帮助学生提供感性材料、为解难释疑起铺垫作用的阶梯。实验的最终目的是为教学服务的，为的是在实验中发现规律，理解规律，从而掌握规律。现在，新的课程标准要求，在实验过程中要能让学生自行设计实验方法，自己选择实验器材。这样才能营造出学生自由做实验，而不是照实验报告册做实验的环境。这样才能让学生亲身经历观察现象——探求规律——动手动脑——经受挫折——解决疑难的过程，这对培养学生探索精神和创造能力都是非常有益的。同时也能启发学生学习的目的性、主动性、积极性的有效发挥和发展学生的能力。

三、展示交流释疑，活用三段六步

展示、交流实施得好可以很好的发挥学生主动性，不仅可以使学生获取的知识深刻，掌握的方法灵活，提高学习效率，更重要的是给学生一个自由的空间，让他们充分发挥自己个性，释放个体潜能，任意想象，无拘无束地思考、交流，较容易培养学生的创新意识和协作精神，让学生终身受益。如何根据学生实际组织探究、交流；如何为学生适时适量地提供“辅助措施”；如何使教师的点拨恰如春雨贵如油，而又要防止扰乱学生思维或牵着学生鼻子走；如何让学生乐于展示，在展示中求知、求活、求新，这其中大有文章可做。在课堂教学中，讨论作为课堂结构中的一部分，是不可缺少的一个环节。要切忌教师“包办”，剥夺学生主动思考发问的权利，抑制学生的发展。在课堂上，让学生对某研讨问题进行多角度、多方位的讨论，让其各自发表看法、见解，教师则对学生的看法暂缓评价，用“谁还有新的见解”来引导学生积极思维。在出完题后，给学生一定时间，让每个学生都做。然后，找学生回答解题思路及过程，教师暂不公布正确答案，而是让每个学生都发表自己的见解。这样，解题思路便会开阔，而教师的点评，能起画龙点睛的作用。

四、达标检测，练习反馈

学生经过自主学习，对本节教学内容有了初步认识，再经分组和全班的展示、探究总结，又有进一步认识理解，还需经过训练测评，才能巩固强化，真正构建知识系统和网络，灵活运用所学知识解决实际问题，提高学习能力和学习质量。训练要精，精练的题目要层次分明、难易适中、形式多样，并启发同学寻求多种解题办法、总结最佳方案。光讲不练或无效的练，无从了解学生的学习状况，无法反馈。通过达标检测，使学生在主动的练习中体会学习过程，进而理解知识、掌握知识，并在这一过程中学会思考、学会学习、学会创造。所以，教师在教学过程中要会运用习题加强理论与实际的联系，运用习题补充常识，运用习题分层递进发展学生的能力。

总之，我们的物理课堂教学模式并不是固定不变的，必须活用加巧用，这样才能培养学生的科学精神和创新思维习惯，增强学生自我获取知识的方法和能力。

签证用出资证明 篇4

TO: VISA SECTION

Dear Sirs,Mr./ Ms.XXX(出资人的姓名)works in our company from XX.XX.XXXX（现公司入职时间某年某月某日）.His / Her father / mother / husband / wife / son / daughter XXX(申请人的姓名)will be on travelling purposes visiting your country from XX.XX.XXXX to XX.XX.XXXX(出国具体日期某年某月某日).All the expenses include air tickets, transportation, accommodation and health insurance will be covered by XXX(出资人的姓名).Hereby we guarantee that His / Her father / mother / husband / wife / son / daughter XXX(申请人的姓名)will abide all of laws and regulations of the countries where she/he stays.XXX(申请人的姓名)will be back on time as per his/her schedule planned.Name

Your kind approval of this application will be highly appreciated.Best Regards,Name of the leader（领导人姓名）

Position of the leader（领导人职位）

Signature(领导的签名)

Company’s Stamp（公司盖章）

Registration No.（公司注册号）Date of BirthXXXXXXPositionAnnual IncomeXXXXXXXX XXXX

Tel: XXX-XXXXXX

Add: XXXXXX

Company Name: XXXXXX

注：

1.出资证明需打印成英文，请删掉参考样本中所有中文的提示语，保持出资证明为全英文格式

2.凡样本中XX的地方，均需相应填写您的相关信息，不要保留XX在完成后的出资证明中

3.（）括号中为我们为您更加清晰在职证明的内容而标注的解释，不要保留在完成后的出资证

明中

4．请不要将“附件1：出资证明参考样本”字样保留在完成的出资证明中

附件2：出资证明样本译文：

致：签证官

XXX先生/女士(出资人的姓名)自XXXX年X月X日（现公司入职时间某年某月某日）在我公司工作。他/她的父亲/母亲/丈夫/妻子/儿子/女儿XXX(申请人的姓名)将于XXXX年X月X日至XXXX年X月X日(出国具体日期某年某月某日)赴贵国旅游。所有费用包括：机票费，运输费，住宿费和医疗保险等均由XXX(出资人的姓名)承担。他/她的父亲/母亲/丈夫/妻子/儿子/女儿将会根据行程按时回国。我保证他/她遵守当地法律法规。

姓名出生日期职位年薪

XXXXXXXXXXXXXXXX

希望您能够予以签证

领导人姓名

领导人职位

领导的签名

公司盖章

公司注册号

公司电话：XXX-XXXXXX

公司地址：XXXXXX

公司名称：XXXXXX

用复数证明余弦定理 篇5

=(-acosB,asinB)，=-=(bcosA-c,bsinA),(1)由=：得

asinB=bsinA,即

=.同理可得：=.∴==.(2)由=(b-cosA-c)2+(bsinA)2=b2+c2-2bccosA，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccosA.同理：

c2=a2+b2-2abcosC;

b2=a2+c2-2accosB.法二：如图5，,设轴、轴方向上的单位向量分别为、，将上式的两边分别与、作数量积，可知，即

将(1)式改写为

化简得b2-a2-c2=-2accosB.即b2=a2+c2-2accosB.(4)

这里(1)为射影定理，(2)为正弦定理，(4)为余弦定理.2在△ABC中，AB=c、BC=a、CA=b

则c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

a^2=b^2+c^2-2bc*cosA

b^2=a^2+c^2-2ac*cosB

下面在锐角△中证明第一个等式，在钝角△中证明以此类推。

过A作AD⊥BC于D，则BD+CD=a

由勾股定理得：

c^2=(AD)^2+(BD)^2，(AD)^2=b^2-(CD)^

2所以c^2=(AD)^2-(CD)^2+b^2

=(a-CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2-2a*CD+(CD)^2-(CD)^2+b^2

=a^2+b^2-2a*CD

因为cosC=CD/b

所以CD=b*cosC

所以c^2=a^2+b^2-2ab*cosC

题目中^2表示平方。

2谈正、余弦定理的多种证法

聊城二中魏清泉

正、余弦定理是解三角形强有力的工具，关于这两个定理有好几种不同的证明方法.人教A版教材《数学》(必修5)是用向量的数量积给出证明的，如是在证明正弦定理时用到作辅助单位向量并对向量的等式作同一向量的数量积，这种构思方法过于独特，不易被初学者接受.本文试图通过运用多种方法证明正、余弦定理从而进一步理解正、余弦定理，进一步体会向量的巧妙应用和数学中“数”与“形”的完美结合.定理：在△ABC中，AB=c,AC=b,BC=a,则

(1)(正弦定理)==;

(2)(余弦定理)

c2=a2+b2-2abcosC,b2=a2+c2-2accosB,a2=b2+c2-2bccosA.一、正弦定理的证明

证法一：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的三条高。则有

AD=b•sin∠BCA，BE=c•sin∠CAB，CF=a•sin∠ABC。

所以S△ABC=a•b•csin∠BCA

=b•c•sin∠CAB

=c•a•sin∠ABC.证法二：如图1，设AD、BE、CF分别是△ABC的3条高。则有

AD=b•sin∠BCA=c•sin∠ABC，BE=a•sin∠BCA=c•sin∠CAB。

证法三：如图2，设CD=2r是△ABC的外接圆的直径，则∠DAC=90°，∠ABC=∠ADC。

证法四：如图3，设单位向量j与向量AC垂直。

因为AB=AC+CB，所以j•AB=j•(AC+CB)=j•AC+j•CB.因为j•AC=0，j•CB=|j||CB|cos(90°-∠C)=a•sinC，j•AB=|j||AB|cos(90°-∠A)=c•sinA.二、余弦定理的证明

法一：在△ABC中，已知，求c。

过A作，在Rt中，法二：，即：

法三：

先证明如下等式：

⑴

证明：

故⑴式成立，再由正弦定理变形，得

结合⑴、有

即.同理可证

.三、正余弦定理的统一证明

法一：证明：建立如下图所示的直角坐标系，则A=(0，0)、B=(c,0)，又由任意角三角函数的定义可得：C=(bcosA,bsinA)，以AB、BC为邻边作平行四边形ABCC′，则∠BAC′=π-∠B，∴C′(acos(π-B),asin(π-B))=C′(-acosB,asinB).根据向量的运算：

=(-acosB,asinB)，=-=(bcosA-c,bsinA),(1)由=：得

asinB=bsinA,即

=.同理可得：=.∴==.(2)由=(b-cosA-c)2+(bsinA)2=b2+c2-2bccosA，又||=a,∴a2=b2+c2-2bccosA.同理：

c2=a2+b2-2abcosC;

b2=a2+c2-2accosB.法二：如图5，,设轴、轴方向上的单位向量分别为、，将上式的两边分别与、作数量积，可知，即

将(1)式改写为

化简得b2-a2-c2=-2accosB.即b2=a2+c2-2accosB.(4)

用射影坐标证明三点共线 篇6

1.1 射影坐标系的有关内容

1) 定义:在平面内取无三点共线的四点A1, A2, A3和E, 则就建立了一个射影坐标系, 记为{A1, A2, A3;E}, 其中△A1A2A3叫坐标三角形, E叫单位点.

2) 在{A1, A2, A3;E}下有A1 (1, 0, 0) , A2 (0, 1, 0) , A3 (0, 0, 1) , E (1, 1, 1) .

1.2 齐次射影坐标的基本结论

设点的齐次坐标为A (a1, a2, a3) , B (b1, b2, b3) , C (c1, c2, c3) , 则有

$\begin{array}{l}\overrightarrow{{\rm O}A}=a=(a{}_1,a{}_2,a{}_3),\\ \overrightarrow{{\rm O}B}=b=(b{}_1,b{}_2,b{}_3),\\ \overrightarrow{{\rm O}C}=c=(c{}_1,c{}_2,c{}_3).\end{array}$

1) 两点A与B重合的充分必要条件是a=λb或a1∶a2∶a3=b1∶b2∶b3.

2) 三点A, B, C共线的充分必要条件是λ1a+λ2b+λ3c=0, λ${}_1^2$+λ${}_2^2$+λ${}_3^2$≠0, 或 (abc) =0, 或

3) 三点A, B, C (A与B不重合) 共线的充分必要条件是c=λa+μb, λ2+μ2≠0, 或c=a+kb.

4) 相异两点A与B的连线AB的齐次方程是 (xab) =0, 或

2 Desargues定理的证明

Desargues定理 如图1, 在△ABC和△A′B′C′中, 若对应顶点AA′, BB′, CC′的连线共点S, 则对应边的交点P=BC×B′C′, Q=CA×C′A′, R=AB×A′B′共线.

证明 取A, B, C为坐标三角形的顶点, 取S为单位点, 有A (1, 0, 0) , B (0, 1, 0) , C (0, 0, 1) , S (1, 1, 1, ) , A′ (n1, 1, 1) , B′ (1, n2, 1) , C′ (1, 1, n3) , 则

因为

$|{\rm P}QR|=\left|\begin{array}{ccc}0& n{}_2-1& 1-n{}_3\\ n{}_1-1& 0& 1-n{}_3\\ n{}_1-1& 1-n{}_2& 0\end{array}\right|=0,$

所以P, Q, R三点共线.

3 Pappus定理的证明

Pappus定理 设直线m上有互异的三点A, B, C, 直线m′上有互异的三点A′, B′, C′, 则三点P=BC′×B′C, Q=CA′×C′A, R=AB′×A′B共线.

证明 取A, B, A′为坐标三角形的顶点, 取B′为单位点, 有A (1, 0, 0) , B (0, 1, 0) , A′ (0, 0, 1) , B′ (1, 1, 1) , C (1, α, 0) , C′ (1, 1, β) .则AB′:x2-x3=0, A′B:x1=0, 它们的交点为R (0, 1, 1) ;CA′:βx2-x3=0, C′A:αx1-x2=0, 它们的交点为Q (1, α, αβ) .

同理求得BC′与B′C两线的交点为P (1, α+β-αβ, β) .因为

$|{\rm P}QR|=\left|\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& \alpha & \alpha \beta \\ 1& \alpha +\beta -\alpha \beta & \beta \end{array}\right|=0,$

所以, 三点P, Q, R共线.

4 Pascal定理的证明

Pascal定理 内接于非退化二阶曲线的六点形, 其三双对边的交点共线.

证明 设二阶曲线的方程为

${\displaystyle \sum _{ij=1}^{3}a}{}_{ij}x{}_{i}x{}_j=0(a{}_{ij}=a{}_{ji}$, 且|aij|≠0) .

令A1, A2, A3, A4, A5, A6 (简记为1, 2, 3, 4, 5, 6, 如图2) 是二阶曲线上的内接六点形的6个顶点, 则边A1A2与A4A5, A2A3与A5A6, A3A4与A6A1称为三双对边, 下面要证三双对边的交点P=A1A2×A4A5, Q=A2A3×A5A6, R=A3A4×A6A1共线.

取A1, A2, A3三点为坐标三角形, 取点A4为单位点, 有A1 (1, 0, 0) , A2 (0, 1, 0) , A3 (0, 0, 1) , A4 (1, 1, 1) , A5 (λ1, λ2, λ3) , A6 (μ1, μ2, μ3) .得

a11=a22=a33=0,

a12+a13+a23=0

且 a12λ1λ2+a13λ1λ3+a23λ2λ3=0,

a12μ1μ2+a13μ1μ3+a23μ2μ3=0,

所以

三双对边的交点

因为

$\begin{array}{l}|{\rm P}QR|\\ =\left|\begin{array}{ccc}\lambda {}_3-\lambda {}_1& \lambda {}_3-\lambda {}_2& 0\\ 0& \lambda {}_1\mu {}_2-\lambda {}_2\mu {}_1& \lambda {}_1\mu {}_3-\lambda {}_3\mu {}_1\\ \mu {}_2& \mu {}_2& \mu {}_3\end{array}\right|\\ =\lambda {}_1\lambda {}_2(\mu {}_1\mu {}_3-\mu {}_2\mu {}_3)+\lambda {}_1\lambda {}_3(\mu {}_2\mu {}_3-\mu {}_1\mu {}_2)\\ +\lambda {}_2\lambda {}_3(\mu {}_1\mu {}_2-\mu {}_1\mu {}_3)\\ =0,\end{array}$

所以, 三点P, Q, R共线.

由上面的讨论看到, 利用射影坐标很简洁地证明了射影几何中的三个著名定理.射影坐标的方法与射影几何中所用的其它方法 (如:向量法、透视法) 相比较, 思路简单, 学生更容易接受和掌握.

摘要：用射影坐标的方法给出了射影几何中三个著名定理的证明 (Desargues定理、Pappus定理、Pascal定理) .

关键词：射影坐标,齐次坐标,齐次方程,共线

参考文献

[1]朱德祥.高等几何[M].北京:高等教育出版社, 1990.

[2]梅向明, 等.高等几何[M].北京:高等教育出版社, 2000.

[3]吕林根, 许子道.解析几何[M].北京:高等教育出版社, 1992.