可证得PA2+PC2=PB2+PD2成立;(3)如图(2)所示长方体ABCD-A1B1C1D1,P(x,y,z)是空间任意一点,则PA2+PC2+PB'2+PD'2=PB2+PD2+PA'2+PC'2,证明过程如下:PA2+PC2+PB'2+PD'2=x2+y2+z2+(x-a)2++(y-b)2+z2+(x-a)2+y2+(z-c)2+x2+(y-b)2+(z-c)2=4x2+4y2+4y2-4ax-...
(3)已知矩形ABCD和点P,当点P在BC上任一位置(如图(1)所示)时,易证得结论:PA2+PC2=PB2+PD2,请你探究:当点P分别在图(2)、图(3)中的位置时,
对图②的探究结论为:PA2+PC2=PB2+PD2,对图③的探究结论为:PA2+PC2=PB2+PD2;理由如下:图2中,过点P作EF∥AB,分别交AD、BC于E、F;作MN∥BC,分别交AB、DC于M、N;则四边形AMPE,四边形BFPM,四边形FCNP,四边形NDEP都是矩形,根据勾股定理得,PA2=AE2+PE2,PB2=BF2+PF2,PC2=FC2+PF2,PD2=DE2+PE2...
同理可得PD2-PC2=CD2,由矩形的性质可得AB=CD,∴PA2-PB2=PD2-PC2,∴PA2+PC2=PB2+PD2.②P在矩形内,如图2,过点P作AD的垂线,交AD于点E,交BC于点F,则四边形ABFE和CDEF为矩形,∴AE=BF,DE=CF,由勾股定理得:则AP2=AE2+PE2,PC2=PF2+CF2,BP2=BF2+PF2,PD2=DE2+PE2,∴PA2+PC2=AE2+PE2+PF2...
即PA2+PC2=PB2+PD2; 图③,过点P作PF∥AB交AD于点E,则四边形ABEF,四边形FCDE都是矩形, 根据勾股定理得,PA2=AE2+PE2,PB2=BF2+PF2,PC2=FC2+PF2,PD2=DE2+PE2, ∵AE=BF,DE=FC, ∴(AE2+PE2)+(FC2+PF2)=(BF2+PF2)+(DE2+PE2), ...
已知矩形ABCD和点P,当点P在BC上任一位置(如图(1)所示)时,易证得结论:PA2+PC2=PB2+PD2,请你探究:当点P分别在图(2)、图(3)中的位置时,PA2、PB2、PC2和PD2又有怎样的数量关系请你写出对上述两种情况的探究结论,并利用图(2)证明你的结论. 答:对图(2)的探究结论为 ; 对图(3)的探究结论为 ;...
试题分析:(1)直接根据勾股定理即可得出结论;(2)过点P作MN⊥AD于点M,交BC于点N,可在Rt△AMP,Rt△BNP,Rt△DMP和Rt△CNP分别用勾股定理表示出PA2,PC2,PB2,PD2,然后我们可得出PA2+PC2与PB2+PD2,我们不难得出四边形MNCD是矩形,于是,MD=NC,AM=BN,然后我们将等式右边的值进行比较发现PA2+PC2=PB2+PD...
解答:证明:(1)∵Rt△ABP中,AB2=AP2-BP2,Rt△PDC中CD2=PD2-PC2,∵AB=CD,∴AP2-BP2=PD2-PC2,∴PA2+PC2=PB2+PD2;(2)猜想:PA2+PC2=PB2+PD2.如图2,过点P作MN⊥AD于点M,交BC于点N,∵在矩形ABCD中,AD∥BC,MN⊥AD,∴MN⊥BC;∵在Rt△AMP中,PA2=PM2+MA2,在Rt△BNP中,PB2=PN2+BN2,在...
结论均是PA2+PC2=PB2+PD2.(1)如图2,过点P作MN⊥AD于点M,交BC于点N,∵在矩形ABCD中,AD∥BC,MN⊥AD,∴MN⊥BC;∵在Rt△AMP中,PA2=PM2+MA2,在Rt△BNP中,PB2=PN2+BN2,在Rt△DMP中,PD2=DM2+PM2,在Rt△CNP... 结论均是PA2+PC2=PB2+PD2,其实要求证的是矩形性质中的矩形所在平面内任一点到...
解答解:对图②的探究结论为:PA2+PC2=PB2+PD2,对图③的探究结论为:PA2+PC2=PB2+PD2; 理由如下: 图2中,过点P作EF∥AB,分别交AD、BC于E、F;作MN∥BC,分别交AB、DC于M、N; 则四边形AMPE,四边形BFPM,四边形FCNP,四边形NDEP都是矩形, 根据勾股定理得,PA2=AE2+PE2,PB2=BF2+PF2,PC2=FC2+PF2,...