浅谈一道联赛题的证明.docx

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浅谈一道联赛题的证明

浅谈一道联赛题的证明

2005-04-19海口实验中学陈建花

浅谈一道联赛题的证明海口实验中学陈建花2004年全国数学联赛第二试第二题：

已知，如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，以两腰AB、DC为一边分别向两边作正方形ABGE和DCHF，连接EF，设线段EF的中点为M。

求证：

MA＝MD。

此题与一道旧题密切相关，该题是：

已知，如图2，ΔABC中，AD是BC边上的高，以两边AB、AC为一边分别向外作正方形ABQF、ACPE，连接EF，交AD的反向延长线于G，求证：

G为EF的中点。

简证如下：

证：

过E作EM⊥DG于M，过F作FN⊥DG于N，则FN∥ME，∠EMA＝∠ADC＝90°，又∵∠1＋∠2＝90°，∴∠1＝∠3；又∵AC＝AE，∴ΔADC≌ΔEMA，∴ME＝AD；同理可证：

ΔFNA≌ΔADB,∴FN＝AD；∴ME＝FN，四边形FMEN是平行四边形，∴EF、MN相互平分，∴G为EF的中点。

将两题对照，不难发现，表述与图形都极为相似。

联赛题实质上是由上题引申出来的，故可以把上题的结论迁移到联赛题的解决之中，得到一种证法！

证法一：

如图3，过A分别作APDF,AS∥CD交BC于S，AT⊥BC于T,交PE于X，由AD∥BC知，AS=CD，则AP相当于以ΔABS的一边AS向外所作正方形的一边，由上题知AT⊥BS时，X为PE的中点，且AX⊥AD，类似地：

过D分别作DQAE,DO∥AB交BC于O,DN⊥BC于N,交QF于Y,则Y为QF的中点，YD⊥AD。

∵M为EF的中点，∴MXPF，MYEQ；∵EQPFAD，∴MX∥MY且MX＝MY；∴M、X、Y三点共线。

过M作MI⊥AD于I，则XA∥MI∥YD，M为XY的中点，∴I为AD中点，∴MA＝MD另外，因为要证明的是线段相等，所以激活了记忆中更多的知识点，从而揭示出更多的图形特征和数学关系，得到以下的妙解！

利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，我们可以有下述不同的证法。

证法二：

如图4，延长AM至N，使AM＝MN，连NE、ND、NF，过A作AP∥CD，交BC于P。

∵M为EF中点，又为AN的中点，∴四边形AENF是平行四边形，∴AENF；又四边形CDFH为正方形，∴DC∥FH，∴AP∥FH；∴∠EAP＝∠NFH又∵∠EAB＝∠DFH＝90°，∴∠BAP＝∠DFN；又∵AD∥BC，∴AP＝DC；又∵AB＝AE、DC＝DF，∴AB＝NF、AP＝DF；又∠BAP＝∠DFN，∴ΔBAP≌ΔNFD，∴∠NDF＝∠APB；又∵∠APB＝∠DCB，∴∠DCB＝∠NDF；又∵∠DCB＋∠ADC＝180°，∴∠NDF＋∠ADC＝180°，∴∠ADN＝360°－（∠NDF＋∠ADC＋∠FPC）＝360°－（180°＋90°）＝90°∴ΔADN为直角三角形；又∵M为AN中点，∴MD＝AN＝MA。

类似地，可以通过延长DM并两倍之来作辅助线，或者分别延长AM、DM并两倍之证明。

当然，我们还可以直接构造直角三角形来证明。

证法三：

如图5，过D作DP⊥BC于P、交EF于L，延长AM交PD于T，过A作AQ⊥BC于Q、交EF于N，则DP∥AQ，过F作FR⊥DP于R，过E作ES⊥AQ于S。

∵AD∥BC，∴AQ＝DP；∵∠1＋∠3＝90°、∠1＋∠2＝90°，∴∠2＝∠3；∵AB＝AE，∴ΔABQ≌ΔEAS，∴AQ＝ES；同理可证：

ΔDPC≌ΔFRD，∴DP＝FR，∴ES＝FR；又∵ES∥FR，∴∠4＝∠5，∴ΔESN≌ΔFRL，∴EN＝LF；∵ME＝MF，∴MN＝ML；∵SQ∥PL，∴，∴AM＝TM；∵ΔADT为直角三角形，∴DM＝AT＝AM。

本证法同证法二类似，都是利用直角三角形的性质证明，但两者各有千秋，证法二是先倍长线段，后证明所在三角形为直角三角形；证法三是先构造直角三角形，后证明M为斜边的中点。

先后不同，证法有异，结论一致，异曲同工！

进一步研究原问题，发现所求证的两线段MA、MD是共顶点的！

我们可以通过证明ΔMAD是等腰三角形而得到结论。

证法四：

如图6，分别过E、F作AD的垂线，交AD的反向延长线于E1、F1，过A、D分别作BC的垂线交BC于A1、D1，过M作MO⊥AD于O，则EE1∥FF1∥OM，AA1∥DD1；∵M为EF中点，∴O为E1F1中点、即OE1＝OF1；又∵AD∥BC，∴AA1＝DD1；在ΔAEE1和ΔABA1中，四边形ABGE为正方形，∴AB＝AE，∠EE1A＝∠AA1B＝90°；∵∠EAE1＋∠E1AB＝90°，∠E1AB＋∠BAA1＝90°，∴∠EAE1＝∠BAA1，∴ΔAEE1≌ΔABA1，∴AE1＝AA1。

同理：

DF1＝DD1，∴AE1＝DF1，∴OE1－AE1＝OF1－DF1，即：

OA＝OD；又∵MO⊥AD，∴ΔMAD为等腰三角形，∴AM＝DM。

本证法通过平行线分线段成比例的性质定理，并巧妙地构造全等三角形证明线段相等，然后利用等腰三角形三线合一的性质来证明。

当然我们还可以有其他方法构造全等三角形。

证法五：

如图7，过点A作AD的垂线，交BC于A1，过E作EP∥AD、交A1A于的延长线于P；过点D作AD的垂线交BC于D1，过F作FQ∥AD、交D1D的延长线于Q；则PE∥QF。

∵∠EAB＝90°，∴∠1＋∠3＝90°；又∵∠1＋∠2＝90°，∴∠2＝∠3；又∵∠AA1B＝∠APE＝90°，AE=AB，∴ΔBA1A≌ΔAPE，∴AA1＝PE；同理可证：

DD1＝QF；∵AD∥BC，∴AA1＝DD1，∴PE＝QF，∴四边形PEQF为平行四边形；∵M为EF中点，∴M为PQ中点。

过M作MO⊥AD于O，∵AA1⊥BC、DD1⊥BC、AD∥BC，∴AA1⊥AD、DD1⊥AD，∴PA∥MO∥DQ；∵PM＝QM，∴AO＝OD，∴MA＝MD。

本证法综合利用平行四边形性质、梯形中位线性质和等腰三角形性质证明。

同证法四类似，所构造的全等三角形都是直角三角形，可不可以构造非直角三角形呢？

证法六：

如图8，过A作AA1⊥BC于A1、交EF于Q，过D作DD1⊥BC于D1、交EF于I，过M作MO⊥AD于O。

∵AD∥BC，∴AA1＝DD1且QA∥OM∥ID；在BC上截取BW＝AQ，在BC上截取CJ＝DI，∵∠BAE＝90°∴∠1＋∠BAA1＝90°；∵∠2＋∠BAA1＝90°，∴∠1＝∠2；又∵AB＝AE，∴ΔEAQ≌ΔABW，∴EQ＝AW、∠AWB＝∠AQE；同理可证：

ΔDFI≌ΔCDJ，∴FI＝DJ、∠CJD＝∠DIF；∵∠AQE＝∠DIM＝180°－∠DIF，∴∠AWB＝180°－∠CJD＝∠DJB，∴AW∥DJ；∵AD∥BC，∴AW=DJ，∴EQ＝FI；又∵ME＝MF，∴MQ＝MI；∴AO＝OD，∴MA＝MD。

本证法通过截取相等线段构造全等三角形，运用平行线性质和等腰三角形性质证明。

上述三种证法虽然都是通过证明ΔMAD为等腰三角形而获证，但由于全等三角形和直角梯形的构造方式不同，证法各异。

一般地，求证共顶点的两线段相等有三种方法：

一是利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质证明；二是证明它们所在三角形第三边上的中线和垂线重合，即证明三角形是等腰三角形；三是将两边分别置于不同三角形中，证明两三角形全等。

以上六种证明方法都是直接证法，我们还可以用间接证法。

证明七：

如图9，取AD中点O，过点E、O分别作AD、AE的平行线，两线交于点P，过点F、O分别作AD、DF的平行线，两线交于Q，连PQ。

过点O作AD的垂线分别交BC、PQ于L、K，易知KA＝KD。

过点P、Q分别作KL的垂线，垂足分别为P1，Q1，过P作OR∥AB交BC于R，过O作OS∥DC于BC于S，则OR＝AB、OS＝DC。

∵∠1＝∠2（均为∠3的余角）、∠RLO＝∠OP1P＝90°、OR＝PO，∴ΔROL≌ΔOPP1，∴PP1＝OL；同理：

ΔQQ1O≌ΔOLS，∴QQ1＝OL；∴PP1＝QQ1。

又∵PP1⊥KL、QQ1⊥KL，∴PP1∥QQ1，可知：

ΔPP1K≌ΔQQ1K，∴PK＝QK、即K为PQ中点；又∵PEAO、QFOD、AO＝OD，∴PEQF，∴四边形PEQF为平行四边形，∴PQ、EF互相平分，∴K为EF中点，∴K与M重合；故：

MA＝MD。

本证法运用同一法,先构造满足结论的点K，然后利用平行四边形对角线互相平分的性质证明K与M重合。

浅谈一道联赛题的证明

海口实验中学陈建花

2004年全国数学联赛第二试第二题：

已知，如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，以两腰AB、DC为一边分别向两边作正方形ABGE和DCHF，连接EF，设线段EF的中点为M。

求证：

MA＝MD。

此题与一道旧题密切相关，该题是：

已知，如图2，ΔABC中，AD是BC边上的高，以两边AB、AC为一边分别向外作正方形ABQF、ACPE，连接EF，交AD的反向延长线于G，求证：

G为EF的中点。

简证如下：

证：

过E作EM⊥DG于M，过F作FN⊥DG于N，

则FN∥ME，∠EMA＝∠ADC＝90°，

又∵∠1＋∠2＝90°，∴∠1＝∠3；

又∵AC＝AE，∴ΔADC≌ΔEMA，

∴ME＝AD；

同理可证：

ΔFNA≌ΔADB,∴FN＝AD；

∴ME＝FN，四边形FMEN是平行四边形，

∴EF、MN相互平分，∴G为EF的中点。

将两题对照，不难发现，表述与图形都极为相似。

联赛题实质上是由上题引申出来的，故可以把上题的结论迁移到联赛题的解决之中，得到一种证法！

证法一：

如图3，过A分别作APDF,AS∥CD交BC于S，AT⊥BC于T,交PE于X，由AD∥BC知，AS=CD，则AP相当于以ΔABS的一边AS向外所作正方形的一边，由上题知AT⊥BS时，X为PE的中点，且AX⊥AD，类似地：

过D分别作DQAE,DO∥AB交BC于O,DN⊥BC于N,交QF于Y,则Y为QF的中点，YD⊥AD。

∵M为EF的中点，

∴MXPF，MYEQ；

∵EQPFAD，∴MX∥MY且MX＝MY；∴M、X、Y三点共线。

过M作MI⊥AD于I，则XA∥MI∥YD，M为XY的中点，

∴I为AD中点，∴MA＝MD

另外，因为要证明的是线段相等，所以激活了记忆中更多的知识点，从而揭示出更多的图形特征和数学关系，得到以下的妙解！

利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，我们可以有下述不同的证法。

证法二：

如图4，延长AM至N，使AM＝MN，连NE、ND、NF，过A作AP∥CD，交BC于P。

∵M为EF中点，又为AN的中点，

∴四边形AENF是平行四边形，∴AENF；

又四边形CDFH为正方形，∴DC∥FH，

∴AP∥FH；∴∠EAP＝∠NFH

又∵∠EAB＝∠DFH＝90°，

∴∠BAP＝∠DFN；

又∵AD∥BC，

∴AP＝DC；

又∵AB＝AE、DC＝DF，

∴AB＝NF、AP＝DF；

又∠BAP＝∠DFN，∴ΔBAP≌ΔNFD，

∴∠NDF＝∠APB；

又∵∠APB＝∠DCB，∴∠DCB＝∠NDF；

又∵∠DCB＋∠ADC＝180°，∴∠NDF＋∠ADC＝180°，

∴∠ADN＝360°－（∠NDF＋∠ADC＋∠FPC）＝360°－（180°＋90°）＝90°

∴ΔADN为直角三角形；

又∵M为AN中点，∴MD＝AN＝MA。

类似地，可以通过延长DM并两倍之来作辅助线，或者分别延长AM、DM并两倍之证明。

当然，我们还可以直接构造直角三角形来证明。

证法三：

如图5，过D作DP⊥BC于P、交EF于L，延长AM交PD于T，过A作AQ⊥BC于Q、交EF于N，则DP∥AQ，过F作FR⊥DP于R，过E作ES⊥AQ于S。

∵AD∥BC，∴AQ＝DP；

∵∠1＋∠3＝90°、∠1＋∠2＝90°，

∴∠2＝∠3；

∵AB＝AE，∴ΔABQ≌ΔEAS，∴AQ＝ES；

同理可证：

ΔDPC≌ΔFRD，∴DP＝FR，∴ES＝FR；

又∵ES∥FR，∴∠4＝∠5，∴ΔESN≌ΔFRL，∴EN＝LF；

∵ME＝MF，∴MN＝ML；

∵SQ∥PL，∴，∴AM＝TM；

∵ΔADT为直角三角形，∴DM＝AT＝AM。

本证法同证法二类似，都是利用直角三角形的性质证明，但两者各有千秋，证法二是先倍长线段，后证明所在三角形为直角三角形；证法三是先构造直角三角形，后证明M为斜边的中点。

先后不同，证法有异，结论一致，异曲同工！

进一步研究原问题，发现所求证的两线段MA、MD是共顶点的！

我们可以通过证明ΔMAD是等腰三角形而得到结论。

证法四：

如图6，分别过E、F作AD的垂线，交AD的反向延长线于E1、F1，过A、D分别作BC的垂线交BC于A1、D1，过M作MO⊥AD于O，则EE1∥FF1∥OM，AA1∥DD1；

∵M为EF中点，

∴O为E1F1中点、即OE1＝OF1；

又∵AD∥BC，∴AA1＝DD1；

在ΔAEE1和ΔABA1中，四边形ABGE为正方形，∴AB＝AE，∠EE1A＝∠AA1B＝90°；

∵∠EAE1＋∠E1AB＝90°，

∠E1AB＋∠BAA1＝90°，

∴∠EAE1＝∠BAA1，

∴ΔAEE1≌ΔABA1，∴AE1＝AA1。

同理：

DF1＝DD1，∴AE1＝DF1，

∴OE1－AE1＝OF1－DF1，即：

OA＝OD；

又∵MO⊥AD，∴ΔMAD为等腰三角形，∴AM＝DM。

本证法通过平行线分线段成比例的性质定理，并巧妙地构造全等三角形证明线段相等，然后利用等腰三角形三线合一的性质来证明。

当然我们还可以有其他方法构造全等三角形。

证法五：

如图7，过点A作AD的垂线，交BC于A1，过E作EP∥AD、交A1A于的延长线于P；过点D作AD的垂线交BC于D1，过F作FQ∥AD、交D1D的延长线于Q；则PE∥QF。

∵∠EAB＝90°，∴∠1＋∠3＝90°；

又∵∠1＋∠2＝90°，∴∠2＝∠3；

又∵∠AA1B＝∠APE＝90°，AE=AB，

∴ΔBA1A≌ΔAPE，∴AA1＝PE；

同理可证：

DD1＝QF；

∵AD∥BC，∴AA1＝DD1，∴PE＝QF，

∴四边形PEQF为平行四边形；

∵M为EF中点，∴M为PQ中点。

过M作MO⊥AD于O，

∵AA1⊥BC、DD1⊥BC、AD∥BC，

∴AA1⊥AD、DD1⊥AD，∴PA∥MO∥DQ；

∵PM＝QM，∴AO＝OD，∴MA＝MD。

本证法综合利用平行四边形性质、梯形中位线性质和等腰三角形性质证明。

同证法四类似，所构造的全等三角形都是直角三角形，可不可以构造非直角三角形呢？

证法六：

如图8，过A作AA1⊥BC于A1、交EF于Q，过D作DD1⊥BC于D1、交EF于I，过M作MO⊥AD于O。

∵AD∥BC，∴AA1＝DD1

且QA∥OM∥ID；

在BC上截取BW＝AQ，在BC上截取CJ＝DI，

∵∠BAE＝90°

∴∠1＋∠BAA1＝90°；

∵∠2＋∠BAA1＝90°，∴∠1＝∠2；

又∵AB＝AE，∴ΔEAQ≌ΔABW，∴EQ＝AW、∠AWB＝∠AQE；

同理可证：

ΔDFI≌ΔCDJ，∴FI＝DJ、∠CJD＝∠DIF；

∵∠AQE＝∠DIM＝180°－∠DIF，∴∠AWB＝180°－∠CJD＝∠DJB，∴AW∥DJ；

∵AD∥BC，∴AW=DJ，∴EQ＝FI；

又∵ME＝MF，∴MQ＝MI；

∴AO＝OD，∴MA＝MD。

本证法通过截取相等线段构造全等三角形，运用平行线性质和等腰三角形性质证明。

上述三种证法虽然都是通过证明ΔMAD为等腰三角形而获证，但由于全等三角形和直角梯形的构造方式不同，证法各异。

一般地，求证共顶点的两线段相等有三种方法：

一是利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质证明；二是证明它们所在三角形第三边上的中线和垂线重合，即证明三角形是等腰三角形；三是将两边分别置于不同三角形中，证明两三角形全等。

以上六种证明方法都是直接证法，我们还可以用间接证法。

证明七：

如图9，取AD中点O，过点E、O分别作AD、AE的平行线，两线交于点P，过点F、O分别作AD、DF的平行线，两线交于Q，连PQ。

过点O作AD的垂线分别交BC、PQ于L、K，易知KA＝KD。

过点P、Q分别作KL的垂线，垂足分别为P1，Q1，过P作OR∥AB交BC于R，过O作OS∥DC于BC于S，则OR＝AB、OS＝DC。

∵∠1＝∠2（均为∠3的余角）、∠RLO＝∠OP1P＝90°、OR＝PO，

∴ΔROL≌ΔOPP1，∴PP1＝OL；

同理：

ΔQQ1O≌ΔOLS，∴QQ1＝OL；

∴PP1＝QQ1。

又∵PP1⊥KL、QQ1⊥KL，∴PP1∥QQ1，

可知：

ΔPP1K≌ΔQQ1K，∴PK＝QK、即K为PQ中点；

又∵PEAO、QFOD、AO＝OD，∴PEQF，

∴四边形PEQF为平行四边形，∴PQ、EF互相平分，

∴K为EF中点，∴K与M重合；

故：

MA＝MD。

本证法运用同一法,先构造满足结论的点K，然后利用平行四边形对角线互相平分的性质证明K与M重合。