消点法解题之三.docx

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消点法解题之三

消点法解题之三

消点法的应用非常广泛，适用范围也非常广，几乎所有的问题都可以用类似的思路彻底解决或者部分解决。

今天继续讲解：

1、如图，圆I内切于圆O，切点为P。

圆O的弦AB切圆I于点Q，PQ的延长线交圆O于点M，MN为圆O的直径。

过点P作PA的垂线交AN于C。

求证：

C,I,Q三点共线。

（2012年全国高中数学联赛B卷二试第1题）

思路分析及证明：

先尝试消点法：

1、画出准确的图形，标出已知，确定求证。

最高级的元素是线段CI或者CQ。

2、先从结果出发，要证明三点共线，基本思路要么利用边角同一法、要么梅涅劳斯定理，首选同一法，证明角相等比较靠谱。

基本还是希望通过消点简化图形。

C,I,Q三点共线<=>∠CQA=∠IQA=90°<=>CQAP共圆,

证明共圆基本思路是倒角，当然尽可能去掉最高级点。

CQAP共圆<=>∠PCA=∠PQA（消去最高级线段CI、CQ）

<=>90°-∠PAC=90°-∠PQI

<=>∠PAN=∠PQI至此消去了最高级，最难描述的点C，此时AB也是多余的，也能消去，思路应该是正确的。

得到下图，需证∠PAN=∠PQI。

继续简化问题，由圆周角相等∠PAN=∠PQI<=>∠PMO=∠PQI（消去AN）

此时和圆也无关了，直接把两圆消去。

得到最简单的下图：

已知IP=IQ,OP=OM,PIO,PQM共线，需证∠PMO=∠PQI

至此就显而易见了，由等腰即可得到∠PMO=∠OPQ=∠PQI。

这就证明了结果，详细过程略去。

注：

本题相对简单，证明方法也比较多，上述方法应该算是最自然而简洁的。

消去点C基本就标志着本题的结束。

2、如图所示,ABCD是平行四边形，G是△ABD的重心，点P,Q在直线BD上，使得GP⊥PC,GQ⊥QC.

 求证：

∠PAG=∠QAG（2016年高中数学联赛B卷二试第3题）

证明思路分析：

1）先画出准确图形，平行四边形好画，重心最好用比例，显然AGC共线，设AC交BD于E。

则AE=EC,AG=2GE,垂直相当于以CG为直径的圆交BD于P、Q。

当然现在没必要引入圆。

2）分析结果，简化图形。

需证明∠PAG=∠QAG。

此时平行四边形似乎不重要了，因此可以消去B、D，得到下图。

已知∠GPC=∠GQC=90°,AGEC共线,AG=2GE,AE=EC,求证∠PAG=∠QAG.

3）此时图形似乎没法再简化了。

已知条件和结果相差的有点远，比例和垂直很难用。

几乎陷入了绝路。

只能大胆猜测，小心验证了。

感觉P、Q具有对称性，根据准确画出来的图形，若AE为角平分线，很可能PG、QG类似，即∠APG=∠QPG，∠AQG=∠PQG，测量一下发现也是正确的！

这样问题就转化为证明∠APG=∠QPG且∠AQG=∠PQG即可。

由P、Q具有对称性，只需证明一个即可，从而可以删去Q，只保留P，得到下图：

设∠APG=∠1，∠EPG=∠2，需要由AG=2GE,AE=EC,求证∠1=∠2。

此时实在无法简化，图形已经足够简单，实在不行，只能采用“暴力计算”了。

由面积方法证明的分角定理即得：

（APsin1）/（EPsin2）=GA/GE=2=CA/CE=（APsin∠APC）/（EPsin∠EPC）

即sin1/sin2=cos1/cos2,

即tan1=tan2,

即∠1=∠2，从而原结论成立。

注：

1、）本题是B卷二试第三题，还是有些难度的，因为图形略有些复杂，条件也比较难用。

即使层层简化消去了平行四边形也还是不好入手。

只有经过长期探索、大胆猜测G为△APQ内心，才能找到入手点。

最后还需要适量的三角计算。

当然计算才是王道，几何证明总是免不了适当的计算。

2、）熟悉调和点列、阿波罗尼斯圆的读者容易发现，本题的本质是阿波罗尼斯圆：

以CG为直径的圆即为A、E的阿波罗尼斯圆。

当然严格上讲是阿波罗尼斯圆的逆命题。

不过在一般的考试中还是要证明，而不能直接由阿波罗尼斯圆定理得到的。

证明也有纯几何方法，不过上述的计算证明也是自然而然的。

知道了本质以后本题显然可以推广为只要AG/GE=AC/CE（即A,E;CG为调和点列）,即有∠PAG=∠QAG.

3、已知：

如图所示，AD⊥CD于D，AB⊥CB于B，AE⊥BD于E，H、I在直线AD、AB上，且满足∠CEH-∠CHD=90°，∠CEI-∠CIB=90°，求证：

△HIE外接圆与BD相切。

（2014年IMO第6题）

思路分析：

第一步：

画出精确图，弄清楚已知求证和各元素生成的先后顺序

先画出草图，此题图形较复杂，要按题意叙述画出精确图形并不容易，难点在于怎么利用已知中∠CEH-∠CHD=90°，∠CEI-∠CIB=90°确定H、I点的位置。

假设图形已经作出，如上图所示，我们分析H点的几何性质，由∠CEH-∠CHD=90°的式子特征不难发现：

若过E做EH垂线交AD直线于J，则∠CHD=∠CEH-90°=∠CEJ，从而JHEC共圆，且JH为此圆直径，圆心K为CE中垂线与AD交点！

同理可以得到I。

这样我们就可以用尺规作出点H、I了：

设CE中垂线与直线AD、AB分别交于K、L，则以K为圆心，KE为半径的圆与AD的靠近A的交点即为H，类似可得到I。

第二步：

发掘图形的基本性质，尽可能的简化图形：

先从结果分析，在上图中，欲证IEH外接圆与BD相切，说得直白一些，即需证HE、IE的中垂线的交点在AE上，而HE中垂线即为∠AKE角平分线，即如下图需证∠AKE与∠ALE平分线交AE于同一点！

这样就能消去J点了。

由角平分线定理及同一法，即需证AK/KE=AL/LE，这样我们就成功的消去了点H、I。

得到下图，由垂直即KL为CE中垂线，需证AK/KE=AL/LE。

在上图中，欲证AK/KE=AL/LE，即证AK/AL=KE/LE。

继续挖掘图形性质并设法简化图形。

设EC中点为O，显然KDOC，BCOL共圆，KE=KC,LE=LC分别为两圆的直径，所以考虑用正弦定理进一步转化求证结果。

由共圆则∠OKD=∠OCD，同理∠OLA=∠OCB。

△KAL中，由正弦定理有

此时已知AD⊥CD于D，AB⊥CB于B，AE⊥BD于E，O为CE中点，求证OD=OB。

第三步：

图形不能简化时，适当计算或这添加辅助线：

首选添加简单辅助线，在上图中，中点和垂直很难用。

显然ABCD共圆，添加圆心即不难证明：

如下图，取AC中点P，显然PD=PB且PO//AE，则PO⊥DB，即PO为DB中垂线，故OD=DB，即原命题成立。

这样就完成了上述问题的全部证明。

注：

1）本题图形复杂，难度极大，是2014年IMO的第6题，中国队的六名队员中只有两位得到了满分。

上面的分析过程是本人思考过程的真实还原，经过上面的分析，我们发现，其实按消点法步步为营、各个击破，不停的消点，不停的简化图形，最终图穷匕见、水落石出，最后发现只需在最终的图形中证明BO=OD即可，说明本题的本质非常简单。

只是经过层层包装，让人望而生畏罢了！

2）当然在最后的图形证明中，也可以不添辅助线，直接用中线长公式加勾股定理计算得到。

而且某种意义上讲，这种证明更本质。

因为这样以来，最后图形中的结论还能再推广，只需AD^2+CD^2=AB^2+CB^2，AE⊥BD于E，O为CE中点，即有OD=OB。

这进一步说明计算才是王道，很多几何图形性质的本质就是图形元素间的代数关系。

本节又讲了三个例题展示了消点法的强大功能。

但是需要强调的是，没什么方法是万能的，消点法当然也不例外。

有些图形不能再简化时就不能再使用消点法了。

希望读者在实战中多总结得失。