平面几何证明常用方法.docx
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平面几何证明常用方法
1.引言⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
2.利用平行四边形性质添加平行线证题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
3.利用圆中的等量关系巧作辅助圆证题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
4.利用平移、旋转,翻折,几何证明中的三种基本变换证题
5.反证法证题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6.巧用面积法解几何题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
结论⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
参考文献⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
致谢⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
平面几何证明题的常用技巧
数学计算机科学学院
摘要灵活、恰当地选择解题方法是求解平面几何问题的良好途径。
解决任何一道平面几何证明题,都要应用这样或那样的方法,而选择哪一种方法,就取决于我们用什么样的解题思路。
本文试对平面几何证明题中常用的几种解题思路及方法进行分析。
【关键词】平面几何证明题思路技巧
Theplanegeometryprovingthecommonlyused
skill
CollegeofMathematicsandComputerScience
Abstract:
Flexible,properlychoosetheproblemsolvingmethodisagoodwayofsolvingplanegeometry.Anysolveaplanegeometryproving,onewayortheothermethod,andthechoiceofwhichmethod,itdependsonwhatkindofwayweuse.Thisarticletrytoplanegeometryprovingthatiscommonlyusedinseveralproblem-solvingideasandmethodsareanalyzed.
Keywords：
PlanegeometryToprovethetopicTrainofthoughtskills
1引言平面几何难学,是很多初中生在学习中的共识,这里面包含了很多主观和客观因素,而学习不得法,没有适当的解题思路则是其中的一个重要原因。
波利亚曾说过,“解题的成功要靠正确
思路的选择,要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。
为了辨别哪一条思路正确,哪一个方向可接近它,就要试探各种方向和思路。
”由此可见,掌握证明题的一般思路、探索证题过程中的数学思维、总结证题的基本规律是求解几何证明题的关键。
2利用平行四边形性质添加平行线证题
在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况.
2.1为了改变角的位置
大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.
例1设P、Q为线段BC上两点,且BP＝CQ,
A为BC外一动点（如图1）.当点A运动到使
∠BAP＝∠CAQ时,△ABC是什么三角形？
试证明你的结论.
答：
当点A运动到使∠BAP＝∠CAQ时,△ABC为等腰三角形.DA
证明：
如图1,分别过点P、B作AC、AQ的平行线得交点D.连结DA.
在△DBP＝∠AQC中,显然∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C.
由BP＝CQ,可知△DBP≌△AQC.
有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC.BPQC
于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP.图1
则A、D、B、P四点共圆,且四边形ADBP为等腰梯形.故AB＝DP.
所以AB＝AC.
这里,通过作平行线,将∠QAC“平推”到∠BDP的位置.由于A、D、B、P四点共圆,使证明很顺畅.
例2如图2,四边形ABCD为平行四边形,∠BAF＝∠BCE.求证：
∠EBA＝∠ADE.
证明：
如图2,分别过点A、B作ED、EC的平行线,得交点P,连PE.
由AB＝∥CD,易知△PBA≌△ECD.有
PA＝E＝D,PB＝EC.
显然,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE.
由∠BAF＝∠BCE,可知∠BAF＝∠BPE.
有P、B、A、E四点共圆.
于是,∠EBA＝∠APE.所以,∠EBA＝∠ADE.这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P、B、A、E四点共圆,
紧密联系起来.∠APE成为∠EBA与∠ADE相等的媒介,证法很巧妙.
2.2为了改变线段的位置
利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.
例3在△ABC中,BD、CE为角平分线,P为ED上任意一点.过P分别作AC、AB、
BC的垂线,M、N、Q为垂足.求证：
PM＋PN＝PQ.
证明：
如图3,过点P作AB的平行线交BD于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC于K、G,连PG.
由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC两边距离相等.有KQ＝PN.
显然,EP＝EF＝CG,可知PG∥EC.
PDFDGD
由CE平分∠BCA,知GP平分∠FGA.有PK＝PM.于是,PM＋PN＝PK＋KQ＝PQ.
这里,通过添加平行线,将PQ“掐开”成两段,证得PM＝PK,就有PM＋PN＝PQ.证法非常简捷.
2.3为了线段比的转化
由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.
例4设M1、M2是△ABC的BC边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.试证：
ABACAM1AM2
＋＝＋.
APAQAN1AN2
证明：
如图4,若PQ∥BC,易证结论成立.若PQ与PQ
PM＝PK,
PM＋PN＝PQ.
M1、M2
△ABC
BC
BM1＝CM2.
AB、AC、AM1、AM2
P、Q、N1、N2
ABACAM1AM2
＋＝＋.
APAQAN1AN2
PQ∥BC
PQ与
BC不平行,设PQ交直线BC
于D.过点A作PQ的平行线交直线BC于E.
由BM1＝CM2,可知BE＋CE＝M1E＋
M2E,易知
AB＝BE,AC＝CE,
AP＝DEAQ＝DE
AM1
M1E
AM2
M2E
AN1
＝DE,
AN2
＝DE
ABACAM1AM2
＋＝＋
APAQAN1AN2
这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE,于是问题迎刃而解.
例5AD是△ABC的高线,K为AD上一点,BK交AC于E,CK交AB于F.求证：
∠FDA＝∠EDA.
证明：
如图5,过点A作BC的平行线,分别交直线DE、DF、BE、CF于Q、N、M.
显然,BD＝KD＝DC
ANKAAM
有BD·AM＝DC·AN.
APAFAM由＝＝,
BDFBBC
AQAEAN由＝＝,
DCECBC
对比
（1）、
（2）、（3）有
所以,∠FDA＝∠EDA.
这里,原题并未涉及线段比,添加BC的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP与AQ的相等关系显现出来.
2.4为了线段相等的传递
当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.
例6在△ABC中,AD是BC边上的中线,点M在AB边上,点N在AC边上,并且∠
MDN＝90°.如果BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：
AD2＝1（AB2＋AC2）.4
证明：
如图6,过点B作AC的平行线交ND延长线于E.连ME.
由BD＝DC,可知ED＝DN.有△BED≌△CND.于是,BE＝NC.
显然,MD为EN的中垂线.有EM＝MN.E
由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM为直角三角形,图∠6MBE90°.有
∠ABC＋∠ACB＝∠ABC＋∠EBC＝90°.
2
于是,∠BAC＝90
所以,AD2＝1BC＝1（AB2＋AC2）.
24
这里,添加AC的平行线,将BC的以D为中点的性质传递给EN,使解题找到出
路.
例7如图7,AB为半圆直径,D为AB上一点,分别在半圆上取点E、F,使EA＝DA,FB＝DB.过D作AB的垂线,交半圆于C.求证：
CD平分EF.
证明：
如图7,分别过点E、F作AB的垂线,G、H为垂足,连FA、EB.易知DB2＝FB2＝AB·HB,
AD2＝AE2＝AG·AB.二式相减,得DB2－AD2＝AB·（HB－AG）,
或（DB－AD）·AB＝AB·（HB－AG）.于是,DB－AD＝HB－AG,或DB－HB＝AD－AG.
就是DH＝GD.显然,EG∥CD∥FH.故CD平分EF.图7
这里,为证明CD平分EF,想到可先证CD平分GH.为此添加CD的两条平行线EG、FH,从而得到G、H两点.证明很精彩.
经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.
如图8,三直线AB、AN、AC构成一组直线束,DE是与BC平行的直线.于是,有
DM＝AM＝ME,BN＝AN＝NCDMMEDMBN
即＝或＝.
BNNCMENC
此式表明,DM＝ME的充要条件是BN＝NC.利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.
例8如图9,ABCD为四边形,两组对边延长后得交点E、F,对角线BD∥EF,AC的延长线交EF于G.求证：
EG＝GF.证明：
如图9,过C作EF的平行线分别交AE、AF于M、N.由BD∥EF,可知MN∥BD.易知
S△BEF＝S△DEF.有S△BEC＝S△ⅡKG－*5ⅡDFC.可得MC＝CN.所以,EG＝GF.
A
DN
CG图9
MB
例9如图10,⊙O是△ABC的边BC外的旁切圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB的切点.若OD与EF相交于K,求证：
AK平分BC.
证明：
如图10,过点K作BC的行平线分别交直线AB、AC于Q、P两点,连OP、OQ、OE、OF.
由OD⊥BC,可知OK⊥PQ.
由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有∠FOQ＝∠FKQ.图10
由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有∠EOP＝∠EKP.
显然,∠FKQ＝∠EKP,可知∠FOQ＝∠EOP.
由OF＝OE,可知Rt△OFQ≌Rt△OEP.则OQ＝OP.
于是,OK为PQ的中垂线,故QK＝KP.所以,AK平分BC.
综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.
3利用圆中的等量关系巧作辅助圆
在某些数学问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆的若干思路.
3.1挖掘隐含的辅助圆解题
有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信
息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质明朗化.
1.1作出三角形的外接圆
例1如图1,在△ABC中,AB＝AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝∠A.求证：
BD＝2CD.
分析：
关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,故不能直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆
于F,则可得EB＝EF,从而获取.
证明：
如图1,延长AD与△ABC的外接圆相交于点F,连结CF与BF,则∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:
CF＝BD:
DC.
又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,从而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE.故EB＝EF.
作∠BEF的平分线交BF于G,则BG＝GF.
1
因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC.2
于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.
1.2利用四点共圆例2凸四边形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝∠BCD＝90°,
AB＝2,CD＝1,对角线AC、BD交于点O,如图2.
1563证sin∠AOB＝..
26
分析：
由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D四点共圆,欲求sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC、AD即可.
解：
因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则∠ADP＝∠ABC＝60°.
设AD＝x,有AP＝3x,DP＝2x.由割线定理得（2＋3x）3x＝2x（1＋2x）.
1
解得AD＝x＝23－2,BC＝BP＝4－3.
2由托勒密定理有
BD·CA＝（4－3）（23－2）＋2×1＝103－12.
BA
CDE
CD
例3已知：
如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：
3
△ABC的面积S＝AP·BD.
4
分析：
因S△ABC＝3BC2＝3AC·BC,只
44
须证AC·BC＝AP·BD,转化为证△APC∽△BCD.这由A、B、C、Q四点共圆易证（Q为BD与AH交点）.
证明：
记BD与AH交于点Q,则由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ.又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.
从而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四点共圆.∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ,∴△APC∽△BCD.∴AC·BC＝AP·BD.
于是,S＝3AC·BC＝3AP·BD.
44
3.2构造相关的辅助圆解题
有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.
2.1联想圆的定义构造辅助圆
例4如图4,四边形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC
＝DB＝p,BC＝q.证对角线AC的长为4p2q2.
分析：
由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半径为p的⊙D上.利用圆的性质即可找到AC与p、q的关系.
解：
延长CD交半径为p的⊙D于E点,连结AE.显然A、B、C在⊙D上.
文档
图4
∵AB∥CD,∴BC＝AE.从而,BC＝AE＝q.
在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故
AC＝CE2AE2＝4p2q2.
2.2联想直径的性质构造辅助圆
例5已知抛物线y＝－x2＋2x＋8与x轴交于B、C两点，点D平分BC.若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点,且∠BAC为锐角,证AD的取值范围是3分析：
由“∠BAC为锐角”可知点A在以定线段BC为直径的圆外,又点A在x轴
上侧,从而可确定动点A的范围,进而确定AD的取值范围.y
解：
如图5,所给抛物线的顶点为A0（1,9）,对称轴为x＝1,与x轴交于两点B（－2,0）、C（4,0）.
分别以BC、DA为直径作⊙D、⊙E,则两圆与抛物线均交于两点P（1－22,1）、
Q（1＋22,1）.
可知,点A在不含端点的抛物线PA0Q图5
内时,∠BAC<90°.且有3＝DP＝DQ2.3联想圆幂定理构造辅助圆
例6AD是Rt△ABC斜边BC上的高,∠B的平行线交AD于M,交AC于N.求证：
AB2－AN2
＝BM·BN.
分析：
因AB2－AN2＝（AB＋AN）（AB－AN）＝BM·BN,而由题设易知AM＝AN,联想割线定理
2N
F
12
345
M
E
A
BDC图6
构造辅助圆即可证得结论.
证明：
如图6,
∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,
又∠3＝∠4,∠1＝∠5,
∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN.
以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交
BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN.由割线定理有
BM·BN＝BF·BE＝（AB＋AE）（AB－AF）
＝（AB＋AN）（AB－AN）＝AB2－AN2,即AB2－AN2＝BM·BN.
例7如图7,ABCD是⊙O的内接四边形,延长AB和DC相交于E,延长AB和DC相交于E,延长AD和BC相交于F,EP和FQ分别切⊙O于P、Q.求证：
EP＋FQ＝EF.
分析：
因EP和FQ是⊙O的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP、FQ向EF
转化.
4平移、旋转,翻折,几何证明中的三种基本变换所谓几何变换就是根据确定的法则，对给定的图形（或其一部分）施行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系．
4.1正三角形类型
在正ΔABC中，P为ΔABC内一点，将ΔABP绕A点按逆时针方向旋转600，使得AB与AC重合。
经过这样旋转变化，将图（1-1-a）中的PA、PB、PC三条线段集中于图（1-1-b）中的一个ΔP'CP中，此时ΔP'AP也为正三角形。
例1.如图：
（1-1）：
设P是等边ΔABC内的一点，PA=3，PB=4，PC=5，
证明∠APB的度数是150°.
证：
以PA为一边，向外作正三角形APQ，连接BQ，可知
PQ=PA=，3∠APQ=6°0，
由于AB=AC，PA=Q，A∠CAP+∠PAB=60°=∠PAB+∠BAQ，即：
∠CAP=∠BAQ，所以△CAP≌△BAQ
可得：
CP=BQ=，5
在△BPQ中，PQ=3，PB=4，BQ=5，由勾股定理，知△BPQ是直角三角形。
所以∠BPQ=9°0
所以
∠APB=∠APQ+∠BPQ=6°0+90°=150°。
4.2正方形类型
在正方形ABCD中，P为正方形ABCD内一点，将ΔABP绕B点按顺时针方向旋转900，使得BA与BC重合。
经过旋转变化，将图（2-1-a）中的PA、PB、PC三条线段集中于图（2-1-b）中的ΔCPP'中，此时ΔBPP'为等腰直角三角形。
P到正方形的三个顶点A、
ABCD面积为2√2+5。
例2.如图（2-1）：
P是正方形ABCD内一点，点
B、C的距离分别为PA=1，PB=2，PC=3。
证正方形
解：
作ΔAED使∠DAE=∠BAP，AE=AP连结EP，则ΔADE≌ΔABP（SAS）同样方法，作ΔDFC且有ΔDFC≌ΔBPC。
易证ΔEAP为等腰直角三角形，又∵AP=1
∴PE=√2同理，PF=3√2
∵∠EDA=∠PBA，∠FDC=∠PBC又∵∠PBA+∠PBC=90°∴∠EDF=∠EDA+∠FDC+∠ADC=90°+90°=180°
∴点E、D、F在一条直线上。
∴EF=ED+DF=2+2=，4
在ΔEPF中，EF=4，EP=√2，FP=3√2由勾股定理的逆定理，可知ΔEPF为直角三角形正方形ABCD的面积=△EPF的面积+△EPA的面积+=△PFC的面积=2√2+5
4.3等腰直角三角形类型
在等腰直角三角形ΔABC中，∠C=900,P为ΔABC内一点，将ΔAPC绕C点按逆时针方向旋转900，使得AC与BC重合。
经过这样旋转变化，在图（3-1-b）中的一个ΔP'CP为等腰直角三角形。
例3．如图，在ΔABC中，∠ACB=900，BC=AC，P为ΔABC内一点，且PA=3，PB=1，
PC=2。
证∠BPC的度数为135°。
因为△ABC中AC＝BC，∠ACB=90°
所以可将三角形APC绕C旋转90度，CA与CB重合，P移动到D，连接PD显然BD＝PA＝1，CD＝PC＝2，∠PCD＝90°，∠APC＝∠CDB
所以PD＝2√2，∠PDC＝∠DPC＝45°
因为PB＝3
所以PD^2＋BD^2＝PB^2
所以ΔPBD是直角三角形且∠PDB＝90°
所以∠CDB＝90°＋45°＝135°
所以∠APC＝∠CDB＝135°
5.1反证法
证明平面几何问题,运用反证法是一种重要的方法.反证法就是先假设待证的结论不成立,经过严密的推理,推出和已知条件或已知的定义、定理、公理相矛盾从而肯定待证结论成立.
一、用于“必然性”问题的证明
如果一个命题的结论以“必然”、“等于”等形式给出，考虑使用反证法常常奏效。
例1：
证明：
三角形的三个内角中，至少有一个角不大于60°.
已知：
△ABC，
求证：
∠A、∠B、∠C、中至少有一个角不大于60°。
证明：
假设三角形ABC的三个内角A、B、C都大于60°，则∠A+∠B+∠C>180°，即三个内角的和大于180°，这与三角形的内角和等于180°相矛盾，所以三角形的三个内角至少有一个角不大于60°。
二、常规性证明习题
此类习题可用
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