高中数学奥赛学案平面几何证明.docx

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高中数学奥赛学案平面几何证明

平面几何证明

1．线段或角相等的证明

（1）利用全等△或相似多边形；

（2）利用等腰△；

（3）利用平行四边形；

（4）利用等量代换；

（5）利用平行线的性质或利用比例关系

（6）利用圆中的等量关系等。

2．线段或角的和差倍分的证明

（1）转化为相等问题。

如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。

（2）直接用已知的定理。

例如：

中位线定理，Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。

3．两线平行与垂直的证明

（1）利用两线平行与垂直的判定定理。

（2）利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。

（3）利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。

例题讲解

1．从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。

从A点作弦AE平行于CD，连结BE交CD

于F。

求证：

BE平分CD。

2．△ABC内接于⊙O，P是弧AB上的一点，过P作OA、OB的垂线，与AC、BC分别交于S、T，AB交于M、N。

求证：

PM=MS充要条件是PN=NT。

3．已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。

求证：

∠O1AO2=∠M1AM2。

4．在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB于E，求证：

AE=

。

.

5．∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂线，交⊙O于P，交BC于M。

求证：

线段PM为圆心到∠ABC平分线距

离的2倍。

6．在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：

PQ∥AB。

7．菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。

求证：

MQ∥NP。

8．ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。

求证：

KP⊥AB。

9．以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。

过D、E作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。

求证：

AM⊥BC。

例题答案：

1.分析1：

构造两个全等△。

连结ED、AC、AF。

CF=DF←△ACF≌△EDF←

←

←∠PAB=∠AEB=∠PFB

分析2：

利用圆中的等量关系。

连

结OF、OP、OB。

←∠PFB=∠POB←

←

注：

连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。

2.分析：

只需证

，PM·PN=MS·NT。

（∠1=∠2，∠3=∠4）→△APM∽△PBN

→

→PM·PN=AM·BN

（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA

→

→MS·NT=AM·BN

3.分析：

设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C为P1P2的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。

在O1M上截取MO3=MO2，则∠M1AO3=∠M2AO2。

故只需证∠O1AM1=∠O3AM1，即证

。

由△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。

4.分析：

方法1、2AE=AB-AC

←在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证△DBF≌△DCA

←DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC

←∠DFA=∠DAF=∠DAG。

方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG

←连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG

←DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。

5.分析：

若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。

若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。

连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。

过O作m⊥PK，则D

D’,K

P，∴∠D‘PK=∠DKP

BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK的中垂线→∠DKB=∠DMK

∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。

而D’D∥PM，

∴DMPD‘为平行四边形。

6.分析：

方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。

倍长中线：

延长AM至M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。

PQ∥AB←

←

←

←

∠A‘BQ=180°-（∠HBA+∠BAH+∠CAP）=180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ

方法2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。

延长BH交AC的延长线于B’，如图6-2。

则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HM∥B/C。

延长HM交AB于O，则O为AB的中点。

延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则AM’BM是平行四边形，

∴MP∥AM‘，QM∥BM’。

于是，

，所以PQ∥AB。

7.分析：

由AB∥CD知：

要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，

结合∠A=∠C知，只需证△AMQ∽△CPN←

，AM·CN=AQ·CP。

连结AC、BD，其交点为内切圆心O。

设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。

记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则

∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。

∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α

∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM

又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是

，

∴AM·CN=AO·CO

同理，AQ·CP=AO·CO。

8.分析：

延长KP交AB于L，则只需证∠PAL+∠APL=90°，

即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证∠PDC=∠PKF，

因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即EF∥DC。

←

←

←△DME∽△CNF

9.

分析：

连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。

（同一法）

设AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。

下面证M1、M2重合。

OM1∥DF→

→OM1=

。

OM2∥EG→

→OM2=

。