内容发布更新时间 : 2024/5/19 8:29:24星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

第一讲 注意添加平行线证题

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. 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.

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.

于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP.

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＝ED,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 欲“送”线段到当处

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,

EPEFCG＝＝,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.

3 为了线段比的转化

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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：

AM2ACAM1AB＋＝＋. APAQAN1AN2证明：如图4,若PQ∥BC,易证结论成立. 若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

ABBEACCE＝,＝, APDEAQDE

M1EAM2M2EME?M2EAM1ACABBE?CE＝,＝. 则＋＝＝1＝

APDEDEDEDEAQAN1AN2AM1AM2＋. AN1AN2所以,

AM2ACAM1AB＋＝＋. 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5 AD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、P、N、M.

显然,

BDKDDC＝＝. ANKAAM有BD·AM＝DC·AN. (1)

BD·AMAPAFAM＝＝,有 AP＝. (2) BDFBBCBCAQAEANDC·AN由＝＝,有 AQ＝. (3)

ECBCBCDC由

对比(1)、(2)、(3)有 AP＝AQ.

显然AD为PQ的中垂线,故AD平分∠PDQ. 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. 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.

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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.

由BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM为直角三角形,∠MBE＝90°.

有 ∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°. 于是,∠BAC＝90°.

1?1? 所以,AD＝?BC?＝(AB2＋AC2).

4?2?2

2 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.

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

DMAMMEMEDMBNDM＝ ＝,即 ＝或＝. BNANBNMENCNCNC 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.

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. 由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有 ∠EOP＝∠EKP. 显然,∠FKQ＝∠EKP,可知 ∠FOQ＝∠EOP.

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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.

练习题

1. 四边形ABCD中,AB＝CD,M、N分别为AD、BC的中点,延长BA交直线NM于E,延长CD交直线NM于F.求证：∠BEN＝∠CFN. (提示：设P为AC的中点,易证PM＝PN.)

2. 设P为△ABC边BC上一点,且PC＝2PB.已知∠ABC＝45°,∠APC＝60°.求∠ACB. (提示：过点C作PA的平行线交BA延长线于点D.易证△ACD∽△PBA.答：75°)

3. 六边开ABCDEF的各角相等,FA＝AB＝BC,∠EBD＝60°,S△EBD＝60cm2.求六边形ABCDEF的面积.

(提示：设EF、DC分别交直线AB于P、Q,过点E作DC的平行线交AB于点M.所求面积与EMQD面积相等.答：120cm2) 4. AD为Rt△ABC的斜边BC上的高,P是AD的中点,连BP并延长交AC于E.已知AC:AB＝k.求AE:EC.

(提示：过点A作BC的平行线交BE延长线于点F.设BC＝1,有AD＝k,DC＝k2.答：1) 1?k25. AB为半圆直径,C为半圆上一点,CD⊥AB于D,E为DB上一点,过D作CE的垂线交CB于F.求证：

ADCF＝. DEFB1a1b(提示：过点F作AB的平行线交CE于点H.H为△CDF的垂心.)

6. 在△ABC中,∠A:∠B:∠C＝4:2:1,∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c.求证：＋＝

1. c(提示：在BC上取一点D,使AD＝AB.分别过点B、C作AD的平行线交直线CA、BA于点E、F.)

7. 分别以△ABC的边AC和BC为一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中点.求证：P点到边AB的距离是AB的一半.

8. △ABC的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分别交直线DA、DE于点H、G.求证：FH＝HG.

(提示：过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)

9. AD为⊙O的直径,PD为⊙O的切线,PCB为⊙O的割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OM＝ON.

(提示：过点C作PM的平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP的垂线,G为垂足.AB∥GF.)

第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题

在某些数学竞赛问题中,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解初中数学竞赛题的若干思路.

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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,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 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. 因∠GEF＝

1∠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.则sin∠AOB＝____. 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). 解得AD＝x＝23－2,BC＝

1BP＝4－3. 2 由托勒密定理有 BD·CA＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.

又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝

3315?63. 故sin∠AOB＝. 226例3 已知：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证： △ABC的面积S＝

3AP·BD. 4323BC＝AC·BC,只 44分析：因S△ABC＝

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.

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