56几何证明举例(1)-课件·PPT
《几何证明举例》PPT课件
出要使结论成立所需要的条件，再把这样的“条件”看作“结
论”，一步一步逆推，直至归结为已知条件。
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21
等腰三角形的判定方法有下列几 种： ①定义，②判定定理 。
等腰三角形的判定定理与性质定理的区别 是 条件和结论刚好相反。 。
运用等腰三角形的判定定理时，应注 意 在同一个三角形中 。
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C 60
A B C 精6选0课件p（pt 等式的性质 ）
17
交流与探索
思考：等边三角形的每个内角都等于600的逆命题是什 么？这个逆命题是真命题吗？
逆命题是真命题： 如果一个三角形的每个内角都等于600 ，那么这个三
角形是等边三角形。
你能把这个逆命题的条件适当减少,使它仍然是真命题吗？
4.等腰三角形一个角为110°,它的另外两个角
为3_5_°__，3_5__°。
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2
学习目标
1.进一步掌握证明的基本步
骤和书写格式。
2.能用“公理”和“已经证
明的定理”为依据，证明等
腰三角形的性质定理和判定
定理。
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3
回顾与思考 ☞
1.我们学习了证明的相关知识，你还记得我们依据
7
Ａ
已知：△ABC中，AB＝AC
求证：∠Ｂ＝ ∠Ｃ
证明：作BC边上的中线 AD
∴ BD = CD (中线定义)
∵在 △BAD与 △CAD中
AB = AC (已知)
Ｂ DＣ
BD = CD （已证） AD = AD (公共边)
∴ △BAD≌△CAD( SSS )
∴ ∠B = ∠ C (全等三角形对应角相等)
符号表示：
几何证明选讲课件
⇒ 1 经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必 平分第三边． ⇒ 2 经过梯形一腰的中点， 且与底边平行的直线平分 另一腰．
2．平行截割定理：三条平行线截两条直线，所得的 对应线段成比例． ⇒平行于三角形一边的直线截其它两边 (或两边的延 长线 )所得的对应线段成比例． ⇒ 平行平面截线段成比例定理：两条直线被三个平 行平面所截得对应线段成比例．
证明： ∵四边形 ABCD 是平行四边形， CE EF ∴ AF∥ BC，∴ ＝ . BE EA 又∵ AE∥CD，∴△ AFE∽△ DFC. EA EF CF EF CE ∴ ＝ ，即 ＝ ＝ . CD CF CD EA BE 又∵∠ ECA＝∠ D，∠ CAF＝∠DAC， AC CF AC CE ∴△ AFC∽△ ACD，∴ ＝ .∴ ＝ ， AD CD AD BE ∴ AC· BE＝ CE· AD.
在 Rt△ DEC 中，∵ DE2＋EC2＝DC2，
直角三角形射影定理与勾股定理的应用
[例 3] 在△ ABC 中， D、F 分别在 AC、 BC 上，且 AB⊥AC， AF⊥ BC， BD＝DC＝FC＝1， 则 AC＝________. 分析：本题所给条件为垂直和相等关系，求线段 AC 的长，故可把 AC 作为未知数，利用射影定理构造方程求 之．
解析：∵∠ E＝∠ E，∠ EAD＝∠ EBA，∴△EDA∽ AE ED △ EAB，得 ＝ ，即 AE2＝ ED· BE＝ 3× 9＝ 27，∴ AE BE AE ＝ 3 3.
答案：3 3
(理)如图，四边形 ABCD 是平行四边形，点 E 在边 BA 的延长线上， CE 交 AD 于点 F，∠ ECA＝∠D.
9 答案： 2
相似三角形的判定及性质
[例 2] (2010· 天津文， 11)如图，四边形 ABCD 是圆
八年级数学上册56几何证明举例教案版
5.6 几何证明举例证明：在Rt△ABC中，∠C=90°∴BC2=AB2－AC2(勾股定理)．同理, B/C/2= A/B/2-A/C/ 2∵AB=A/B/，AC=A/C/∴BC=B/C/∴Rt△ABC≌Rt△A/B/C/(SSS)学生总结，得出命题。
体会文字、图形、符号的转换方法以及把命题的文字语言转换成几何图形和符号语言的重要性，发展学生推理能力和表达能力。
三、知识运用：例：如图，两根长度为12米的绳子，一端系在旗杆上，另一端分别固定在地面两个木桩上，两个木桩离旗杆底部的距离BD与CD相等吗？请说明你的理由。
（学生思考并完成）四、知识巩固1、判断：满足下列条件的两个三角形是否全等?为什么?（1）一个锐角及这个锐角的对边对应相等的两个直角三角形。
（2）一个锐角及这个锐角相邻的直角边对应相等的两个直角三角形.（3）两直角边对应相等的两个直角三角形.2、如图,已知∠ACB=∠BDA=900, 要使△ABC≌△BAD, 还需要什么条件?CA BD五、小结同学们，通过本节课的学习，你都有哪些收获？通过互相讨论相互补充培养学生合作意识，体验成功的喜悦六、作业布置P188 9、10题2019-2020学年初二下学期期末数学模拟试卷一、选择题（每题只有一个答案正确）1．如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，已知AB ∥DC ，则添加下列结论中的一个条件后，仍不能判定四边形ABCD 是平行四边形的是（ ）A ．AO=COB ．AC=BDC ．AB=CD D ．AD ∥BC2．小明参加100m 短跑训练，2019年2~5月的训练成绩如下表所示：体育老师夸奖小明是“田径天才”．请你小明5年（60个月）后短跑的成绩为（ ） （温馨提示：日前100m 短跑世界记录为9秒58） 月份2 3 4 5 成绩（秒）15.6 15.4 15.2 15 A ．3s B ．3.8s C ．14.8s D ．预测结果不可靠3．一元一次不等式组x a x b >⎧⎨>⎩的解集为x >a ，则a 与b 的关系为（ ） A ．a >bB ．a <bC ．a ≥bD ．a ≤b 4．若分式x 2x 1-+的值为0，则x 的值为 A ．﹣1 B ．0 C ．2 D ．﹣1或25．函数2x -x 的取值范围为（ ）A ．x≥0B ．x≥﹣2C ．x≥2D ．x≤﹣26．一个盒子中装有20颗蓝色幸运星，若干颗红色幸运星和15颗黄色幸运星，小明通过多次摸取幸运星试验后发现，摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右，若小明在盒子中随机摸取一颗幸运星，则摸到黄色幸运星的可能性约为（ ）A ．34B ．12C ．314D ．277．已知一元二次方程x 2－2x －1＝0的两根分别为x 1，x 2，则1211+x x 的值为( ) A ．2B ．－1C ．－12D ．－28．如图是本地区一种产品30天的销售图像,图1是产品销售量y(件)与时间t(天)的函数关系,图2是一件产品的销售利润z(元)与时间t(天)的函数关系,已知日销售利润=日销售量×每件产品的销售利润,下列结论错误的是（）．A．第24天的销售量为200件B．第10天销售一件产品的利润是15元C．第12天与第30天这两天的日销售利润相等D．第30天的日销售利润是750元9．如图，已知菱形OABC的两个顶点O（0，0），B（2，2），若将菱形绕点O以每秒45°的速度逆时针旋转，则第2019秒时，菱形两对角线交点D的横坐标为（）A．2B．-2C．1 D．﹣110．下列函数中，y随x的增大而减少的函数是（）A．y＝2x＋8 B．y＝－2＋4x C．y＝－2x＋8 D．y＝4x二、填空题11．如图，把正方形纸片对折得到矩形ABCD，点E在BC上，把△ECD沿ED折叠，使点C恰好落在AD上点C′处，点M、N分别是线段AC′与线段BE上的点，把四边形ABNM沿NM向下翻折，点A落在DE 的中点A′处．若原正方形的边长为12，则线段MN的长为_____．12．49的平方根为_______13．一次函数y=kx+b的图象如图所示，当y＞0时，x的取值范围是_____．14．已知1a -+5b -＝0，则（a ﹣b ）2的平方根是_____．15．已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A ＝90°，AB ＝532，CD ＝5，那么∠D 的度数是_____． 16．正方形111A B C O ，2221A B C C ，3332A B C C ，...按如图的方式放置，点1A ，2A ，3A ...和点1C ，2C ，3C ...分别在直线1y x =+和x 轴上，则点2019B 的坐标为_______.17．若23a b =，则2a b b +=________． 三、解答题18．如图所示，已知：Rt△ABC 中，∠ACB=90°.作∠BAC 的平分线AM 交BC 于点D ，在所作图形中，将Rt△ABC 沿某条直线折叠，使点A 与点D 重合，折痕EF 交AC 于点E ，交AB 于点F ，连接DE 、DF ，再展回到原图形，得到四边形AEDF.（1）试判断四边形AEDF 的形状，并证明；（2）若AB=10，BC=8，在折痕EF 上有一动点P ，求PC+PD 的最小值.19．（6分）已知一次函数y=2x 和y=-x+4.（1）在平面直角坐标中作出这两函数的函数图像（不需要列表）；（2）直线l 垂直于x 轴，垂足为点P （3，0）．若这两个函数图像与直线l 分别交于点A ，B ．求AB 的长. 20．（6分）如图，ABC ∆中，90C ∠=︒.（1）用尺规作图法在BC 上找一点D ，使得点D 到边AC 、AB 的距离相等（保留作图痕迹，不用写作法）；（2）在（1）的条件下，若1CD =，30B ∠=︒，求AB 的长.21．（6分）阅读材料：小华像这样解分式方程572x x =- 解：移项，得：5702x x -=- 通分，得：5(2)70(2)x x x x --=- 整理，得：2(5)0(2)x x x +=-分子值取0，得：x+5＝0 即：x ＝﹣5经检验：x ＝﹣5是原分式方程的解．（1）小华这种解分式方程的新方法，主要依据是 ；（2）试用小华的方法解分式方程2216124x x x --=+-22．（8分）解方程：（1）1277x x x-=-- （2）2x 2﹣2x ﹣1＝023．（8分）用无刻度的直尺绘图.（1）如图1，在ABCD 中，AC 为对角线，AC=BC ，AE 是△ABC 的中线．画出△ABC 的高CH （2）如图2，在直角梯形ABCD 中，90o D ∠=，AC 为对角线，AC=BC ，画出△ABC 的高CH ． 24．（10分）如图，函数(0,0)k y x k x=>>的图象经过(1,4)A ，(,)B m n ，其中1m ，过点A 作x 轴的垂线，垂足为C ，过点B 作y 轴的垂线，垂足为D ，连结AD ，DC ，CB ，AC 与BD 相交于点E ．（1）若ABD △的面积为4，求点B 的坐标；（2）四边形ABCD 能否成为平行四边形，若能，求点B 的坐标，若不能说明理由；（3）当AC BD =时，求证：四边形ABCD 是等腰梯形.25．（10分）（1）分解因式：a 3－2a 2b ＋ab 2；（2）解方程：x 2＋12x ＋27＝0参考答案一、选择题（每题只有一个答案正确）1．B【解析】根据平行四边形的判定定理依次判断即可.【详解】∵AB ∥CD ，∴∠ABD=∠BDC ，∠BAC=∠ACD ，∵AO=CO ，∴△ABO ≌△CDO ，∴AB=CD ，∴四边形ABCD 是平行四边形，故A 正确，且C 正确；∵AB ∥CD ，AD ∥BC ，∴四边形ABCD 是平行四边形，故D 正确；由AC=BD 无法证明四边形ABCD 是平行四边形，且平行四边形的对角线不一定相等，∴B 错误；故选：B.【点睛】此题考查了添加一个条件证明四边形是平行四边形，正确掌握平行四边形的判定定理并运用解题是关键. 2．D【解析】【分析】由表格中的数据可知，每加1个月，成绩提高0.2秒，所以y 与x 之间是一次函数的关系，可设y=kx+b ，利用已知点的坐标，即可求解．【详解】解：（1）设y=kx+b 依题意得215.6315.4k b k b +=⎧⎨+=⎩， 解得0.216k b =-⎧⎨=⎩， ∴y= -0.2x+1．当x=60时，y= -0.2×60+1=2．因为目前100m 短跑世界纪录为9秒58，显然答案不符合实际意义，故选：D ．本题考查了一次函数的应用、待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．3．C【解析】【分析】根据不等式解集的确定方法，“大大取大”，可以直接得出答案．【详解】∵一元一次不等式组x ax b>⎧⎨>⎩的解集是x＞a，∴根据不等式解集的确定方法：大大取大，∴a≥b，故选C.【点睛】本题考查了不等式解集的确定方法，熟练掌握不等式组解集的确定方法“大大取大，小小取小，大小小大中间找，大大小小无处找”是解题的关键，也可以利用数形结合思想利用数轴来确定.4．C【解析】【分析】根据分式值为零的条件可得x﹣2＝0，再解方程即可．【详解】解：由题意得：x﹣2＝0，且x+1≠0，解得：x＝2，故选C．5．C【解析】∵函数y∴x-2≥0,∴x≥2;故选C。
《什么是几何证明》课件
(1)根据题意，画出图形；
(2)分清命题的条件和结论，结合图形，在“已 知”中写出条件，在“求证”中写出结论； (3)在“证明”中写出推理过程.
根据思路，运用数学符号和数学语言条理清楚 地写出证明过程；检查表达过程是否正确、完善.
做一做
1、在△ABC中，以A为顶点的一个外角为120°，A D
∠B=50°，则∠C= 70 °，请说明理由.
B
C
2、如图，比较∠1与∠2+∠3的大小，并证明你的判断.
A
E
1 3
D
2
B
C
例1：如图，已知：△ABC中，BD、CE分别是 △ABC的两条角平分线，相交于点O.
（1）当∠ABC=60O，∠ACB=80O时，求∠BOC的度数
A
（2）当∠A=40O时，求∠BOC的度数
EOD
（3）当∠A=100O，120O时，求∠BOC
的度数
B
C
（4）பைடு நூலகம்∠A= x 时，求∠BOC的度数
(用含x 代数式表示）
本节课你学到什么？
已知命题：如图，点A，D，B，E在同一直 线上，且AD＝BE，AC∥DF，则△ABC≌△DEF. 这个命题是真命题还是假命题？
CF
A
E
DB
如果是真命题，请给出证明；
如果是假命题，请添加适当的条件，使它成为 真命题.你有几种不同的添加方法？
备战高考数学复习考点知识与题型讲解56---空间向量与立体几何
备战高考数学复习考点知识与题型讲解第56讲空间向量与立体几何考向预测核心素养考查利用空间向量证明线面关系、求空间角及距离，主要以解答题的形式出现，难度较大.数学运算、数学抽象一、知识梳理1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2l1∥l2u1∥u2⇔u1＝λu2l1⊥l2u1⊥u2⇔u1·u2＝0直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n l∥αu⊥n⇔u·n＝0 l⊥αu∥n⇔u＝λn平面α，β的法向量分别为n1，n2α∥βn1∥n2⇔n1＝λn2α⊥βn1⊥n2⇔n1·n2＝03.空间距离(1)点到直线的距离：已知直线l 的单位方向向量为u ，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a ·u )u .在Rt △APQ 中，由勾股定理得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－（a ·u ）2.(2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|PA →·n ||n |.4．空间角(1)两条异面直线所成的角的向量求法设异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别为u ，v ， 则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u·v |u ||v |＝|u·v||u ||v |.(2)直线和平面所成的角①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°；范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2．②向量求法：直线AB 与平面α相交于B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u·n |u ||n |＝|u·n||u ||n |．(3)两平面的夹角①定义：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角．②计算：设平面α，β的法向量分别是n 1，n 2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|．常用结论 1．最小角定理如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.2．线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离． 二、教材衍化1．(多选)(人A 选择性必修第一册P 35练习T 2改编)在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段DD 1的中点．F 为线段BB 1的中点．则直线FC 1到平面AB 1E 的距离等于( )A ．点F 到平面AB 1E 的距离 B ．点C 1到平面AB 1E 的距离 C ．直线FC 1到直线AE 的距离D ．点B 1到直线FC 1的距离 答案：AB2．(人A 必修第二册P 147例1改编)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为________．解析：如图所示，连接BD 1交DB 1于点O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ，易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5，所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos ∠MOD ＝OM 2＋OD 2－DM 22×OM ×OD＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：553．(人A 选择性必修第一册P 41练习T 1改编)二面角α-l -β的棱上有A ，B 两点，线段AC ，BD 分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则平面α与平面β的夹角为________．答案：60°一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)点A 到平面α的距离是点A 与α内任一点的线段的最小值．( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角．( ) (4)利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度．( ) 答案：(1) √ (2)× (3)× (4)√ 二、易错纠偏1．(线面角概念理解不清致误)已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝32，则l 与α所成的角为( )A ．30° B.60° C.120°D.150°解析：选B.由于cos 〈m ，n 〉＝32，所以〈m ，n 〉＝30°，所以直线l 与α所成的角为60°.2．(忽视二面角与向量的夹角的范围致误)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45° B.135° C.45°或135° D.90°答案：C3．(线面距离概念不清致误)在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为A 1B 1中点，F 为AB 的中点，则CF 到平面AEC 1的距离为________．答案：66考点一 空间距离(多维探究)复习指导：会用空间向量求解空间中点、线、面之间的距离问题． 角度1 点线距和线线距在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是AB ，C 1D 1，AD ，DD 1的中点．则点A 1到直线EF 的距离为________；直线EF 到直线MN 的距离为________．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A 1(1，0，1)，D 1(0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12.(1)EA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1，EF →＝(－1，0，1)，EF →的单位向量u ＝EF →|EF →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，所以点A 1到直线EF 的距离d ＝（EA 1→）2－（EA 1→·u ）2＝54－12＝32.(2)因为MN ∥EF ，所以直线MN 到直线EF 的距离即为点M 到直线EF 的距离． 因为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，所以EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0.又EF →的单位向量u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，所以直线MN 到直线EF 的距离d ＝（EM →）2－（EM →·u ）2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋14－18＝ 12－18＝64. 【答案】3264角度2 点面距和线面距(链接常用结论2)(2022·日照实验高中月考)如图，在△ABC 中，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝120°，O 为△ABC 的外心，PO ⊥平面ABC ，且PO ＝62. (1)求证：BO ∥平面PAC ；(2)计算BO 与平面PAC 之间的距离． 【解】(1)证明：如图，连接OC ，因为O 为△ABC 的外心，所以OA ＝OB ＝OC ，又因为AC ＝BC ＝1， 所以△OAC ≌△OBC ，所以∠ACO ＝∠BCO ＝12∠ACB ＝60°，故△OAC 和△OBC 都为等边三角形，可得OA ＝AC ＝CB ＝BO ＝1， 即四边形OACB 为菱形，所以OB ∥AC ； 又AC ⊂平面PAC ，OB ⊄平面PAC ， 所以BO ∥平面PAC . (2)因为BO ∥平面PAC ，所以BO 到平面PAC 的距离即为点O 到平面PAC 的距离，记为d ， 由题意知PA ＝PC ＝PO 2＋OA 2＝64＋1＝102，AC ＝1， 所以S △PAC ＝12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1022－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，S △OAC ＝12×1×1×sin 60°＝34，又因为V P OAC ＝V O PAC ，所以13×S △OAC ×PO ＝13×S △PAC ×d ，即13×34×62＝13×34×d ，解得d ＝22， 所以BO 与平面PAC 之间的距离为22.空间距离求法(1)点线距的求解步骤：直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．(2)点面距的求解步骤： ①求出该平面的一个法向量；②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；③求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．|跟踪训练|在棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D 是侧棱CC 1的中点，则点C 1到平面AB 1D 的距离为( )A.24a B.28a C.324aD.22a 解析：选A.以A 为空间直角坐标原点，以垂直于AC 的直线为x 轴，以AC 为y 轴，以AA 1为z 轴建立空间直角坐标系．由ABC A 1B 1C 1是棱长均为a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点， 故A ()0，0，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，C 1(0，a ，a )，所以AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，a ，DC 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2 设平面AB 1D 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝3a 2x ＋a 2y ＋az ＝0，n ·AD →＝ay ＋a2z ＝0，取n ＝(3，1，－2)，故点C 1到平面AB 1D 距离d ＝|DC 1→·n ||n |＝a 3＋1＋4＝24a .考点二 空间角(多维探究)复习指导：了解线线角、线面角、面面角的概念并会利用空间向量进行求解． 角度1 用向量求异面直线所成的角(1)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为________． 【解析】 (1)以A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C →＝(0，2，－2)，所以cos 〈AD →，A 1C →〉＝AD →·A 1C →|AD →||A 1C →|＝12，所以〈AD →，A 1C →〉＝π3.故选B.(2)以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系(图略)．正方体的棱长为2，则A 1(2，0，2)，D 1(0，0，2)，E (0，2，1)，A (2，0，0)． 所以D 1E →＝(0，2，－1)，A 1F →＝A 1A →＋AF →＝A 1A →＋λAD →＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．则cos 〈A 1F →，D 1E →〉＝A 1F →·D 1E →|A 1F →|·|D 1E →|＝22λ2＋1·5，所以225·λ2＋1＝3210，解得λ＝13(λ＝－13舍去)．【答案】 (1)B (2)13(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．角度2 线面角(2021·高考浙江卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解】(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)方法一：由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝23，连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝cos∠BAN＝15 6.方法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，则PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM ＝7，又PA＝15，所以PM＝2 2.由(1)知CD⊥DM，过点M 作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－3，2，0)，P(0，0，22)，C(3，－1，0)，N(32，－12，2)，所以AN→＝(332，－52，2)．易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0)．设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈AN→，n〉|＝|AN→·n||AN→|·|n|＝5215＝156.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156.求直线与平面所成角的主要方法(1)定义法：利用定义作出直线和平面所成的角，然后在三角形中利用几何方法求解．(2)向量法：求出直线的方向向量与平面的法向量，先求向量夹角进而求出直线和平面所成的角．角度3 利用空间向量求两个平面的夹角(2021·新高考卷Ⅱ改编)在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求平面BDQ与平面QDA夹角的余弦值．【解】(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，而AD＝2，QA＝5，故QO＝5－1＝2.在正方形ABCD中，因为AD＝2，DO＝1，故CO＝5，因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.因为OC∩AD＝O，AD，OC⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间直角坐标系．则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故BQ→＝(－2，1，2)，BD→＝(－2，2，0)．设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BQ →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋2z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝12，故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12.而平面QAD 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 故cos 〈m ，n 〉＝11×32＝23.所以，所求平面BDQ 与平面QDA 夹角的余弦值为23.用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小．|跟踪训练|(2022·安丘过程性测试)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面MQB ⊥平面PAD ；(2)若平面MBQ 与平面BQC 的夹角为30°，求直线QM 与平面PAD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，则QD ∥BC 且QD ＝BC ，所以四边形BCDQ 为平行四边形，所以CD ∥BQ ， 因为∠ADC ＝90°，所以∠AQB ＝90°，即BQ ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BQ ⊂平面ABCD ， 所以BQ ⊥平面PAD ，因为BQ ⊂平面MQB ，所以平面MQB ⊥平面PAD .(2)因为PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，所以PQ ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊂平面PAD ，所以PQ ⊥平面ABCD ，又因为BQ ⊥AD ，所以以Q 为原点，以QA ，QB ，QP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Q xyz ，则Q()0，0，0，A()1，0，0，P()0，0，3，B()0，3，0，C ()－1，3，0，设PM →＝λPC →＝λ()－1，3，－3＝()－λ，3λ，－3λ，其中0≤λ≤1， 所以QM →＝QP →＋PM →＝()0，0，3＋(－λ，3λ，－3λ)＝()－λ，3λ，3－3λ，又QB →＝()0，3，0，设平面MBQ 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·QM →＝0，m ·QB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－λx ＋3λy ＋3()1－λz ＝03y ＝0，取x ＝3(1－λ)，得m ＝()3()1－λ，0，λ， 由题意知平面BQC 的一个法向量为n ＝()0，0，1，因为平面MBQ 与平面BQC 的夹角为30°，所以||cos 〈m ，n 〉＝||m ·n ||m ·||n ＝λ4λ2－6λ＋3＝32， 因为0≤λ≤1，解得λ＝34，所以QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，334，34，易知平面PAD 的一个法向量为u ＝()0，1，0，sin θ＝|cos 〈QM →，u 〉|＝|QM →·u |||QM →·||u ＝334394＝31313.所以QM 与平面PAD 所成角的正弦值为31313.[A 基础达标]1．(2022·江淮名校阶段检测)已知平面α的一个法向量是m ＝(－2，－1，2)，点A (3，4，－1)是平面α内的一点，则点P (1，2，－1)到平面α的距离是( )A ．1 B.322C.2D.2 2解析：选C.因点A (3，4，－1)是平面α内的一点，而P (1，2，－1)，则AP →＝(－2，－2，0)，又平面α的一个法向量是m ＝(－2，－1，2)，所以点P 到平面α的距离d ＝|m ·AP →|||m ＝|4＋2|4＋1＋4＝2.2．(2022·上海一模)如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，OA →＝(1，0，0)，OB →＝(0，2，0)，设平面CAB 与平面ABO 的夹角为θ，则cos θ＝( )A.63B.66C.24D.34解析：选 B.因为OC →＝(0，0，2)，OA →＝(1，0，0)，OB →＝(0，2，0)，所以AB →＝(－1，2，0)，AC →＝(－1，0，2)，设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AB →·n ＝0即⎩⎨⎧－x ＋2z ＝0，－x ＋2y ＝0，取n ＝(2，1，1)，又因为平面ABO 的法向量为OC →＝(0，0，2)， 所以cos θ＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝22×6＝66，故选B.3.(多选)如图，三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ＝2，BC ＝23，AC ＝4，A 到平面PBC 的距离为455，则( ) A ．PA ＝4B ．三棱锥P ABC 的外接球的表面积为32π C ．直线AB 与直线PC 所成角的余弦值为216D ．AB 与平面PBC 所成角的正弦值为255解析：选ABD.因为AB ＝2，BC ＝23，AC ＝4， 所以AB 2＋BC 2＝AC 2，即AB ⊥BC ， 又因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，设AP ＝a ，根据等体积法V P ABC ＝V A PBC ，即13×12×2×23×a ＝13×12×23×a 2＋4×455，解得a ＝4，所以AP ＝a ＝4，故A 选项正确；所以三棱锥P ABC 的外接球的半径与以BC ，BA ，AP 为邻边的长方体的外接球的半径相等，所以三棱锥P ABC 的外接球的半径为22，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为32π，故B 选项正确； 过点B 作PA 的平行线BD ，则BD ⊥平面ABC ，所以以点B 为坐标原点，BC ，BA ，BD 所在边分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，C (23，0，0)，A (0，2，0)，P (0，2，4)， 所以AB →＝(0，－2，0)，PC →＝(23，－2，－4)， 所以cos 〈AB →，PC →〉＝AB →·PC →|AB →||PC →|＝42×42＝24，所以直线AB 与直线PC 所成角的余弦值为24，故C 选项错误；因为BC →＝(23，0，0)，BP →＝(0，2，4)， 设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－2z ，令z ＝1，所以m ＝(0，－2，1)，由于AB →＝(0，－2，0)， 故设AB 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝||cos 〈m ，AB →〉＝||AB →·m |m |·|AB →|＝42×5＝255， 所以AB 与平面PBC 所成角的正弦值为255，故D 选项正确．4.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 的中点，则点E 到平面ACD 1的距离为________．解析：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，A (1，0，0)，C (0，2，0)． 则D 1E →＝(1，1，－1)，AC →＝(－1，2，0)，AD →1＝(－1，0，1)． 设平面ACD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－a ＋2b ＝0，n ·AD →1＝－a ＋c ＝0，取a ＝2，得n ＝(2，1，2)，所以点E 到平面ACD 1的距离h ＝|D 1E →·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13.答案：135.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，E 是CC 1的中点．(1)求直线BC 1与平面A 1BE 所成角的正弦值； (2)求点C 到平面A 1BE 的距离．解：(1)由AA 1⊥平面ABC ，则在三棱柱ABC A 1B 1C 1中CC 1⊥平面ABC ， 由AC ，BC ⊂平面ABC ，故CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ，又∠ACB ＝90°，所以CC 1，AC ，BC 两两垂直，故可构建以C 为原点，CA →，CB →，CC 1→为x 、y 、z 轴正方向的空间直角坐标系(图略)，所以B (0，2，0)，E (0，0，1)，A 1(2，0，2)，C 1(0，0，2)，则BC 1→＝(0，－2，2)，BE →＝(0，－2，1)，EA 1→＝(2，0，1)，若m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则⎩⎨⎧－2y ＋z ＝0，2x ＋z ＝0，令z ＝2，有m ＝(－1，1，2)，所以|cosBC →1，m|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC 1→·m |BC 1→||m |＝222×6＝36，故直线BC 1与平面A 1BE 所成角的正弦值为36. (2)由V C A 1BE ＝V A 1BCE ，由(1)易知S △BCE ＝12CE ·BC ＝1，A 1到面BCE 的距离为A 1C 1＝2，若C 到平面A 1BE 的距离为d ，又EA 1＝BE ＝5，BA 1＝23，则S △A 1BE ＝12×23×5－3＝6，由13d ·S △A 1BE ＝13A 1C 1·S △BCE ，可得d ＝63. 所以点C 到平面A 1BE 的距离为63. 6.如图，在三棱锥P ABC 中，△PAC 是正三角形，AC ⊥BC ，AC ＝BC ，D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥PD ；(2)若AC ＝BC ＝PD ＝2，求直线PC 与平面PAB 所成的角的正弦值．解：(1)证明：取AC 中点O ，连接OP ，OD ，因为OD ∥CB ，AC ⊥CB ，所以AC ⊥OD ， △PAC 为正三角形，所以PO ⊥AC ，⎭⎬⎫AC ⊥ODAC ⊥PO PO ∩OD ＝O ⇒AC ⊥平面POD ，PD ⊂平面POD ，所以AC ⊥PD . (2)由(1)及PD 2＝PO 2＋OD 2，知OA ，OP ，OD 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：O (0，0，0)，A (1，0，0)，D (0，1，0)，C (－1，0，0)，P (0，0，3)，PC →＝(－1，0，－3)，PA →＝(1，0，－3)，PD →＝(0，1，－3)，设平面PAB 法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA →＝0n ·PD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x －3z ＝0，y －3z ＝0，令z ＝1, n ＝(3，3，1)，所以sin θ＝|cosPC →，n|＝|PC →·n ||PC →|·|n |＝|－3－3|2×7＝217.即直线PC 与平面PAB 所成的角的正弦值为217. [B 综合应用]7.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD, EF ∥AB ，∠BAF ＝90°，AD ＝ 2，AB ＝AF ＝2EF ＝1，点P 在棱DF 上．(1)若P 是DF 的中点， ①求证：BF ∥ 平面ACP ；②求异面直线BE 与CP 所成角的余弦值； (2)若平面DAP 与平面APC 夹角的余弦值为63，求PF 的长度． 解：(1)①证明：连接BD ，交AC 于点O ，连接OP . 因为P 是DF 中点，O 为矩形ABCD 对角线的交点， 所以OP 为三角形BDF 中位线， 所以BF ∥OP ，因为BF ⊄平面ACP ，OP ⊂平面ACP ， 所以BF ∥ 平面ACP . ②因为∠BAF ＝90°， 所以AF ⊥AB ，因为 平面ABEF ⊥平面ABCD ， 且平面ABEF ∩平面ABCD ＝ AB ，AF ⊂平面ABEF ， 所以AF ⊥平面ABCD ， 因为四边形ABCD 为矩形，所以以A 为坐标原点，AB ，AD ，AF 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz .所以B (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，C (1，2，0)．所以BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1，12，所以cos 〈BE →，CP →〉＝BE →·CP →|BE →|·|CP →|＝4515， 即异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为4515.(2)因为AB ⊥平面ADF ，所以平面APD 的法向量为n 1＝(1，0，0)． 设P 点坐标为(0，2－2t ，t )(0<t <1)，在平面APC 中，AP →＝(0，2－2t ，t )，AC →＝(1，2，0)， 设平面APC 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AP →＝（2－2t ）y ＋tz ＝0，n 2·AC →＝x ＋2y ＝0，取y ＝1，则x ＝－2，z ＝2t －2t，得平面APC 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，2t －2t ， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝2（－2）2＋1＋⎝⎛⎭⎪⎫2t －2t 2＝63， 解得t ＝23或t ＝2(舍)．所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，23，所以PF 的长度|PF |＝（0－0）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23－12＝53.[C 素养提升]8.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)， A (0，0，0)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎨⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1， 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量， 从而|cos 〈AD →，m 〉|＝|AD →·m ||AD →|·|m |＝33.所以平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)． 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)． 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →|·|DP →|＝1＋2λ10λ2＋2，设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010，因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值，又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。
几何证明举例(HL)ppt
情境问题2:
如果工作人员只带了一条尺， 能完成这项任务吗？ 工作人员是这样做的，他测量了每个三角 形没有被遮住的直角边和斜边， 发现它们分 对于两个直角三角形，若满足 别对应相等，于是他就肯定“两个直角三角 一条直角边和一条斜边对应相等时， 形是全等的”。你相信他的结论吗？ 这两个直角三角形全等吗？ A
3. 如图， AB⊥BC，AD⊥DC，且 AD=AB ， 求证：BC=DC
A
B
D C
4. 如图：AC⊥BC，BD⊥AD，AC=BD. D 求证：OA=OB. C
O A B
如图， ∠ACB =∠ADB=90，要证明 △ABC≌ △BAD，还需一个什么条件？ 把这些条件都写出来，并在相应的括号内 填写出判定它们全等的理由。 （1） AD=BC （ HL ） （2） BD=AC （ HL ） （3）∠ DAB= ∠ CBA （ AAS ） （4）∠ DBA= ∠ CAB （ AAS ） D A
C B
判断两个直角三角形全等的方法有： (1)：SSS ； (2)：SAS ； (3)：ASA ； (4)：AAS ； (5)：HL ；
D
B
C
E
F
想一想
对于一般的三角形“S.S.A”可不可以 证明三角形全等? A
不可以.
B
D
C
但直角三角形作为特殊的三角形, 会不会有自身独特的判定方法呢 ?
请你动手画一画
任意画出一个Rt△ABC,∠C=90°。 再画一个Rt△A´B´C´，使得∠C´= 90°， B´C´=BC，A´B´= AB。
按照下面的步骤画Rt△A´B´C´ ⑴ 作∠MC´N=90°;
A
∟
B
C N
⑵ 在射线C´M上取段B´C´=BC; ⑶ 以B´为圆心,AB为半径画弧，交 射线C´N于点A´; ⑷ 连接A´B´. M B´
第56讲 解析法证几何题
第56讲 解析法证 几何题解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁．此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”．A 类例题例1．如图，以直角三角形ABC 的斜边AB 及直角边BC 为边向三角形两侧作正方形ABDE 、CBFG ．求证：DC ⊥F A ．分析 只要证k CD ·k AF ＝－1，故只要求点D 的坐标．证明 以C 为原点，CB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设A (0，a)，B(b，0)，D(x，y)．则直线AB的方程为ax＋by－ab＝0．故直线BD的方程为bx－ay－(b·b－a·0)＝0，即bx－ay－b2＝0．ED方程设为ax＋by＋C＝0．由AB、ED距离等于|AB|，得|C＋ab|a2＋b2＝a2＋b2，解得C＝±(a2＋b2)－ab．如图，应舍去负号．所以直线ED方程为ax＋by＋a2＋b2－ab＝0．解得x＝b－a，y＝－b．(只要作DH⊥x轴，由△DBH≌△BAC就可得到这个结果)．即D(b－a，－b)．因为k AF＝b－ab，k CD＝－bb－a，而k AF·k CD＝－1．所以DC⊥F A．例2．自ΔABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F．试证：AD平分ED与DF所成的角．证明建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，H(0，h)，于是BH：xb＋yh＝1AC：xc＋ya＝1过BH、AC的交点E的直线系为：λ(xb＋yh－1)＋μ(xc＋ya－1)＝0．以(0，0)代入，得λ＋μ＝0．分别取λ＝1，μ＝－1，有x(1b－1c)＋y(1h－1a)＝0．所以，上述直线过原点，这是直线DE．同理，直线DF为x(1c－1b)＋y(1h－1a)＝0．显然直线DE与直线DF的斜率互为相反数，故AD平分ED与DF所成的角．说明写出直线系方程要求其中满足某性质的直线，就利用此性质确定待定系数，这实际上并不失为一种通法．例3．证明：任意四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和再加上对角线中点连线的平方的4倍．证明在直角坐标系中，设四边形四个顶点的坐标为A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，A4(x4，y4)．由中点公式知对角中点的坐标为B(x1＋x32，y1＋y32)，C(x2＋x42，y2＋y42)．则4(x1＋x32－x2＋x42)2＋(x1－x3)2＋(x2－x4)2x＝(x1＋x3－x2－x4)2＋(x1－x3)2＋(x2－x4)2＝2(x21＋x22＋x23＋x24－x1x2－x2x3－x3x4－x4x1) ＝(x1－x2)2＋(x2－x3)2＋(x3－x4)2＋(x4－x1)2，同理有4(y1＋y32－y2＋y42)2＋(y1－y3)2＋(y2－y4)2＝(y1－y2)2＋(y2－y3)2＋(y3－y4)2＋(y4－y1)2，两式相加得：|A1A2|2＋|A2A3|2＋|A3A4|2＋|A4A1|2＝4|BC|2＋|A1A3|2＋|A2A4|2．说明本题纯几何证法并不容易，而采用解析法，只需要简单的计算便达到目的．另外本例中巧妙地抓住了各点的“对称性”，设了最为一般的形式，简化了计算．情景再现1．如图，⊙O的弦CD平行于直径AB，过C、D的圆的切线交于点P，直线AC、BC分别交直线OP于Q、R．求证：|PQ|＝|PR|．2．自圆M外一点E作圆的切线，切点为F，又作一条割线EAB，交圆M于A、B，连结EF的中点O与B，交圆M于D，ED交圆M于C．x求证：AC ∥EF ．3．CH 是ΔABC 中边AB 上的高，H 为垂足，点K 、P 分别是H 关于边AC 和BC 的对称点．证明：线段KP 与AC ，BC (或它们的延长线)的交点是ΔABC 高线的垂足．B 类例题例4．P 、Q 在ΔABC 的AB 边上，R 在AC 边上，并且P ，Q ，R 将ΔABC 的周长分为三等分．求证：S ΔPQR S ΔABC ＞29．证明 如图，以A 为原点，直线AB 为x 轴，建立直角坐标系． 设AB ＝c ，BC ＝a ，CA ＝b ，Q (q ，0)，P (p ，0)． 则q －p ＝13(a ＋b ＋c )，AR ＝PQ －AP ＝q －2p ， 从而y R y C ＝ARAC ＝q －2p b．由于2S ΔPQR ＝y R (q －p )，2S ΔABC ＝x B y C ， 所以S ΔPQRS ΔABC ＝y R (q －p )y C x B ＝(q －p )(q －2p )bC ．注意到p ＝q －13(a ＋b ＋c )＜c －13(a ＋b ＋c )， 所以q －2p ＞23(a ＋b ＋c )－c ＞23(a ＋b ＋c )－12(a ＋b ＋c )＝16(a ＋b ＋c )，S ΔPQR S ΔABC ＞29·(a ＋b ＋c )24bc ＞29·(b ＋c )24bc ＞29．说明 本题中29是不可改进的，取b ＝c ，Q 与B 重合，则当a 趋向于0时，p 趋向于13q ，面积比趋向于29． 例5．设H 是锐角三角形ABC 的垂心，由A 向以BC 为直径的圆作切线AP 、AQ ，切点分别为P 、Q ．证明：P 、H 、Q 三点共线．(1996年中国数学奥林匹克) 证明 如图以BC 为x 轴BC 中点O 为原点建立直角坐标系． 设B (－1，0)，C (1，0)，A (x 0，y 0)， 则PQ 方程为x 0x ＋y 0y ＝1．点H 的坐标为H (x 0，y )，满足yx 0＋1·y 0x 0－1＝－1， 即 y ＝1－x 20y 0，显然H 满足PQ 方程，即H 在PQ 上． 从而P 、H 、Q 三点共线．例6．设A 、B 、C 、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点，分别以AC 、BD 为直径的两圆相交于X 和Y ，直线XY 交BC于xyZ ．若P 为直线XY 上异于Z 的一点，直线CP 与以AC 为直径的圆相交于C 和M ，直线BP 与以BD 为直径的圆相交于B 和N ．试证：AM 、DN 、XY 三线共点．分析 只要证明AM 与XY 的交点也是DN 与XY 的交点即可，为此只要建立坐标系，计算AM 与XY 的交点坐标．证明 如图，以XY 为弦的任意圆O ，只需证明当P 确定时，S 也确定．以Z 为原点，XY 为y 轴建立平面直角坐标系，设X (0，m )，P (0，y 0)，∠PCA ＝α，其中m 、y 0为定值．于是有x C ＝y 0cotα． 但是－x A ·x C ＝y X2，则x A ＝－m 2y 0tanα．因此，直线AM 的方程为：y ＝cotα(x ＋m 2y 0tanα)．令x ＝0，得y S ＝m 2y 0，即点S 的坐标为(0，m 2y 0)．同理，可得DN 与XY 的交点坐标为(0，m 2y 0)．所以AM 、DN 、XY 三线共点．x情景再现4．在RtΔABC中，AD是斜边上的高，M，N分别是ΔABD与ΔACD的内心，连接MN并延长分别交AB、AC于K、L两点．求证：SΔABC≥2SΔAKL．5．已知△ABC中，∠A＝α，且1|AB|＋1|AC|＝m．求证：BC边过定点．6．设△ABC的重心为G，AG、BG、CG的延长线交△ABC的外接圆于P、Q、R．求证：AGGP＋BGGQ＋CGGR＝3．C类例题例7．以ΔABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于D 和E．过D、E作BC的垂线，垂足分别为F、G．线段DG、EF交于点M．求证：AM⊥BC．(1996年国家队选拔题)分析建立以BC为x轴的坐标系，则只要证明点A、M的横坐标相等即可．证明以BC所在的直线为x轴，半圆圆心O为原点建立直角坐标系．设圆的半径为1，则B(－1，0)，C(1，0)．令∠EBC＝α，∠DCB＝β，则直线BD的方程为y＝cotβ·(x＋1)．同样，直线CE的方程为y＝－cotα·(x－1)，联立这两个方程，解得A点的横坐标x A＝cotα－cotβcotα＋cotβ＝sin(α－β)sin(α＋β)．因为∠EOC＝2∠EBC＝2α，∠DOB＝2β，故E(cos2α，sin2α)，D(－cos2β，sin2β)，G(cos2α，0)，F(－cos2β，0)．于是直线DG的方程为y＝sin2β－(cos2α＋cos2β)·(x－cos2α)，直线EF的方程为y＝sin2α－(cos2α＋cos2β)·(x＋cos2β)．联立这两个方程，解得M点的横坐标x M＝sin2α·cos2β－cos2α·sin2βsin2α＋sin2β＝sin2(α－β)sin(α＋β)cos(α－β)＝sin(α－β)sin(α＋β)＝x A．故AM⊥BC．例8．如图，一条直线l与圆心为O的圆不相交，E是l上一点，OE⊥l，M是l上任意异于E的点，从M作圆O的两条切线分别切圆于A和B，C是MA上的点，使得EC⊥MA，D是MB上的点，使得ED ⊥MB ，直线CD 交OE 于F ．求证：点F 的位置不依赖于M 的位置(1994年IMO 预选题) 分析 若以l 为x 轴，OE 为y 轴建立坐标系，则只要证明F 点的纵坐标与点M 的坐标无关即可．证明 建立如图所示的平面直角坐标系，设圆O 的半径为r ，OE ＝a ，∠OME ＝α，∠OMA ＝θ，显然有sinθsinα＝ra． y C ＝MC ·sin(α－θ)＝ME ·sin(α－θ)cos(α－θ) ＝a cotα·sin(α－θ)cos(α－θ)，x C ＝－y C ·tan(α－θ)＝－a cotαsin 2(α－θ)． 同理，y D ＝a cotα·sin(α＋θ)cos(α＋θ)，x D ＝－a cotαsin 2(α＋θ)．所以，k CD ＝sin2(α＋θ)－sin2(α－θ)2[sin 2(α－θ)－sin 2(α＋θ)]＝－cot2α．则直线CD 的方程为y －a cotα·sin(α＋θ)cos(α＋θ)＝－cot2α[x ＋a cotαsin 2(α＋θ)]． 令x ＝0，得y F ＝a cotα·sin(α＋θ)[cos(α＋θ)－cot2αsin(α＋θ)] ＝a cotα·sin (α＋θ)sin(α－θ)sin2αxl＝a ·－cos2α＋cos2θ4sin 2θ＝a 2(1－sin 2θsin 2α) ＝a 2－r 22a．由于a 2－r 22a是定值，这就表明F 的位置不依赖于点M 的位置．情景再现7．在筝形ABCD 中，AB ＝AD ，BC ＝CD ，经AC 、BD 交点O 作二直线分别交AD 、BC 、AB 、CD 于点E 、F 、G 、H ，GF 、EH 分别交BD 于点I 、J ．求证：IO ＝OJ ．（1990年冬令营选拔赛题）8．水平直线m 通过圆O 的中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心的右侧，直线l 上不同的三点A 、B 、C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点最近，AP 、BQ 、,CR 为圆O 的三条切线，P 、Q,、R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR ＋BC ⨯AP ＝AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时，AB ⨯CR ＋BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ； (3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR ＋BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ ．(1993年全国高中数学联合竞赛)习题561．已知AM 是 ABC 的一条中线，任一条直线交AB 于P ，交AC 于Q ，交AM 于N ．求证：AB AP ，AM AN ，ACAQ成等差数列．2．在四边形ABCD 中，AB 与CD 的垂直平分线相交于P ，BC 和AD 的垂直平分线相交于Q ，M 、N 分别为对角线AC 、BD 中点．求证：PQ ⊥MN ．3．证明，如一个凸八边形的各个角都相等，而所有各邻边边长之比都是有理数，则这个八边形的每组对边一定相等．(1973年奥地利数学竞赛题)4．设△ABC 是锐角三角形，在△ABC 外分别作等腰直角三角形BCD 、ABE 、CAF ，在此三个三角形中，∠BDC 、∠BAE 、∠CF A 是直角．又在四边形BCFE 外作等腰直角三角形EFG ，∠EFG 是直角．求证：⑴GA ＝2AD ；⑵∠GAD ＝135°；(上海市1994年高中数学竞赛) 5．如图△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形，现固定△ABC ，而将△ADE 绕A 点在平面上旋转．试证：不论△ADE 旋转到什么位置，线段EC 上必存在点M ，使△BMD 为等腰直角三角形．(1987年全国高中数学联赛)D ECBA6．设A1A2A3A4为⊙O的内接四边形，H1、H2、H3、H4依次为ΔA2A3A4、ΔA3A4A1、ΔA4A1A2、ΔA1A2A3的垂心．求证：H1、H2、H3、H4四点在同一个圆上，并定出该圆的圆心位置．(1992年全国高中数学联赛)7．证明：ΔABC的重心G，外心O，垂心H三点共线，且OG：GH＝1：2．8．已知MN是圆O的一条弦，R是MN的中点，过R作两弦AB 和CD，过A、B、C、D四点的二次曲线交MN于P、Q．求证：R是PQ的中点．本节“情景再现”解答：1．以圆心O为原点，BA为y轴建立坐标系，设点C的坐标为(x0，y0)，且⊙O的半径等于1．可得R点横坐标x R＝x01－y0，Q点横坐标x Q＝x01＋y0，P点横坐标x P＝1x0．所以x R＋x q＝x01－y0＋x01＋y0＝x01－y20＝2x0＝2x P．即点P为QR的中点，所以|PQ|＝|PR|．2．以O 为原点，EF 为x 轴，建立直角坐标系．设E (－x 0，0)，F (x 0，0)．圆M 的半径设为r ，则圆M 的方程为x 2＋y 2－2xx 0－2yr ＋x 02＝0 (1)．过E 的两直线AB 、CD 的方程可设为h 1y ＝x ＋x 0，h 2y ＝x ＋x 0，合为(x －h 1y ＋x 0)(x －h 2y ＋x 0)＝0 (2)．直线BD 、AC 的方程又可设为y ＝kx ，ax ＋by ＋c ＝0．合为(y －kx )(ax ＋by ＋c )＝0 (3)．(1)与(2)所成的曲线系过交点A 、B 、C 、D ，又曲线(3)过点A 、B 、C 、D ，故为该曲线系中的一条．比较(1)与(2)所成的曲线系与(3)中常数项即可知(3)能由(1)、(2)相减得到，此时项中无x 2项．所以(3)中a ＝0，即AC ∥EF ．3．建立如图所示的平面直角坐标系，设A 、B 、C 三点的坐标依次为A (a ，0)，B (b ，0)，C (0，c )．则P 点和K 点的坐标分别为：P (2bc 2b 2＋c 2，2b 2c b 2＋c 2)，K (2ac 2a 2＋c 2，2a 2ca 2＋c 2)．于是KP 所在的直线方程是c (a ＋b )x ＋(ab －c 2)y－2abc ＝0 ①，另一方面，BC 所在直线的方程是cx ＋by －bc ＝0 ②，BC 边上的高所在的直线方程是bx －cy －ab ＝0 ③，由于②×a ＋③×c ＝①，于是KP 经过BC 边上高线的垂足，同理，KP 与经过AC 边上高线的垂足．4．分别以AC 、AB 所在直线为x 轴和y 轴建立直角坐标系，并设|AC |＝a ，|AB |＝b ，|OD |＝xc ，则c ＝aba 2＋b2．设ΔACD 、ΔABD 的内切圆半径分别为r 1，r 2，则N ，M 的坐标分别为N (c －r 1，r 1)，M (r 2，c －r 2)．于是直线MN 的斜率为k MN ＝c －r 2－r 1r 2－c ＋r 1＝－1．这说明ΔAKL 为等腰直角三角形，直线MN 的方程为y －r 1＝－(x －c ＋r 1)，其横、纵截距均为c ，所以2S ΔAKL＝c 2＝a 2b 2a 2＋b 2≤a 2b 22ab＝ab2＝S ΔABC ．5．以A 为原点，AB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设|AB |＝p ，|AC |＝q ．则1p ＋1q ＝m ，q ＝pmp －1，点B (p ，0)，C (q cos α，q sin α)．直线BC 的方程为yq sin α＝x －p q cos α－p．整理得p (my －sin α)＋[x sin α－(1＋cos α)y ]＝0，即无论p 为何值时，直线BC 经过两条定直线my －sin ＝0与x sin α－(1＋cos α)y ＝0的交点．(两条直线斜率不等，故必有交点)，即直线BC 过定点．6．以外接⊙O 的圆心O 为原点，平行于BC 的直线为x 轴建立坐标系．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x G (x 13，y 1＋2y 23)．设外接圆半径为r ．则＝x 22＋y 22＝r 2．由相交弦定理，知AG GP ＝|AG |2r 2－|OG |2，同理BG GQ ＝|BG |2r 2－|OG |2，CG GR ＝|CG |r 2－|OG |2；|AG |2＋|BG |2＋|CG |2＝(x 1－x 13)2＋(x 2－x 13)2＋(x 2＋x 13)2＋(y 1－y 1＋2y 23)2＋2(y 2－y 1＋2y 23)2＝23[x 12＋(y 1－y 2)2]＋2x 22＝43(r 2＋x 22－y 1y 2)，r 2－|OG |2＝r 2－[x 209＋(y 1＋2y 2)29]＝49(2r 2－y 22－y 1y 2)．注意到x 22＋y 22＝r 2，就得AG GP ＋BG GQ ＋CGGR＝|AG |2＋|BG |2＋|CG |2r 2－|OG |2＝3．7．如图，以O 为原点，OD 为x 轴正方向建立直角坐标系，设A (0，a )，D (d ，0)，C (0，c )，则B (－d ，0)．直线AB 方程为：x －d＋ya －1＝0；设GH 方程：ky －x ＝0． (因为求I 点坐标时要取y ＝0，故把系数k 置 于y 前)．于是GF 方程为x －d ＋ya －1＋λ(ky－x )＝0 ①，BC 方程为x －d ＋yc －1＝0，设EF 方程为hy －x ＝0．于是GF 方程又可表 示为x －d＋yc －1＋μ(hy －x )＝0 ②． ①与②是同一个方程，比较系数得λ＝μ，1a ＋λk ＝1c＋μh ．则λ＝1h －k (1a －1c )．在①中，令y ＝0得I 点的横坐标x I ＝d1＋d λ；同理，点J 的横坐标为x J ＝－d 1－d λ'，其中λ'＝1k －h (1a－1c )，于是x I＝－x j ．即IO ＝OJ ．从而得证．8．证略．本节“习题56”解答：1．以BC所在直线为x轴，高AD所在直线为y轴建立直角坐标系．设A(0，a)，B(m－b，0)，C(m＋b，0)，直线PQ方程：y＝kx＋q．设ABAP＝λ，则AP+PBAP＝λ，BPP A＝λ－1．所以P点坐标为x＝m－bλ，y＝(λ－1)aλ，故(λ－1)a＝k(m－b)＋qλ，则λ＝k(m－b)+aa－q ，即ABAP＝k(m－b)+aa－q，同理，AMAN＝km+aa－q，ACAQ＝k(m+b)+a a－q ．则ABAP＋ACAQ＝2AMAN．这说明ABAP，AMAN，ACAQ成等差数列．2．提示：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，利用式子的对称性即可证得结论．3．此八边形的每个内角都等于135︒．不妨设每边的长都是有理数．依次设其八边长为有理数a，b，c，d，e，f，g，h．把这个八边形放入坐标系中，使长为a的边的一个顶点为原点，这边在x轴上，于是a＋b cos45︒＋d cos135︒－e＋f cos225︒＋h cos315︒＝0，整理得a＋e＋22(b－d－f＋h)＝0；b cos45︒＋c＋d cos(－45︒)＋f cos135︒－g＋h cos225︒＝0，整理得c＋g＋E22(b＋d－f－h)＝0．所以a＝e，b－d－f＋h＝0；c＝g，b＋d－f－h＝0．则b－f＝0，g－h＝0．从而凸八边形的每组对边相等．4．以A为原点建立直角坐标系，设B、C对应的复数为z B，z C．则点E对应复数z E＝－iz B，点D对应复数z D＝12(1＋i)(z B－z C)＋z C＝12[(1＋i)z B＋(1－i)z C]，点F对应复数z F＝12(1＋i)z C．向量→FE＝z E－z F＝－iz B－12(1＋i)z C．z G＝z F－i→FE＝12(1＋i)z C－i[－iz B－12(1＋i)z C]＝－z B＋12(1＋i)2z C＝－z B＋iz C．则z G＝(－1＋i)z D＝2(cos135︒＋i sin135︒)z D．则GA＝2AD；∠GAD＝135°．5．以A为原点，AC为x轴正方向建立复平面．设C表示复数c，点E表示复数e(c、e∈R)．则点B表示复数b＝12c＋12ci，点D表示复数d＝12e－12ei．把△ADE绕点A旋转角θ得到△AD'E'，则点E'表示复数e'＝e(cosθ＋i sinθ)．点D'表示复数d'＝d(cosθ＋i sinθ)表示E'C中点M的复数m＝12(c＋e')．则表示向量→MB的复数：z1＝b－12(c＋e')＝12c＋12ci－12c－12e(cosθ＋i sinθ)＝－12e cosθ＋12(c－e sinθ)i．表示向量→MD '的复数：z 2＝d '－m ＝(12e －12ei )(cos θ＋i sin θ)－12c －12e (cos θ＋i sin θ)＝12(e sin θ－c )－12ie cos θ．显然：z 2＝z 1i ．于是|MB |＝|MD '|，且∠BMD '＝90°．即△BMD '为等腰直角三角形．故证．6．以O 为坐标原点，⊙O 的半径为长度单位建立直角坐标系，设OA 1、OA 2、OA 3、OA 4与OX 正方向所成的角分别为α、β、γ、δ，则点A 1、A 2、A 3、A 4的坐标依次是(cos α，sin α)、(cos β，sin β)、(cos γ，sin γ)、(cos δ，sin δ)．显然，⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的外心都是点O ，而它们的重心依次是(13(cos β＋cos γ＋cos δ)，13(sin β＋sin γ＋sin δ))、(13(cos γ＋cos δ＋cos α)，13(sin α＋sin δ＋sin γ))、(13(cos δ＋cos α＋cos β)，13(sin δ＋sin α＋sin β))、(13(cos α＋cos β＋cos γ)，13(sin α＋sin β＋sin γ))．从而，⊿A 2A 3A 4、⊿A 3A 4A 1、⊿A 4A 1A 2、⊿A 1A 2A 3的垂心依次是H 1(cos β＋cos γ＋cos δ，sin β＋sin γ＋sin δ)、H 2(cos γ＋cos δ＋cos α，sin α＋sin δ＋sin γ)、H 3(cos δ＋cos α＋cos β，sin δ＋sin α＋sin β)、H 4(cos α＋cos β＋cos γ，sin α＋sin β＋sin γ)．而H 1、H 2、H 3、H 4点与点O 1(cos α＋cos β＋cos γ＋cos δ，sin α＋sin β＋sin γ＋sin δ)的距离都等于1，即H 1、H 2、H 3、H 4四点在以O 1为圆心，1为半径的圆上．证毕．7．以ΔABC 的外心O 为坐标原点，不妨设ΔABC 的外接圆半径为1，设A (cosα，sinα)，B (cosβ，sinβ)，C (cosγ，sinγ)，则重心G 的坐标为G (cosα＋cosβ＋cosγ3，sinα＋sinβ＋sinγ3)．设H '(cosα＋cosβ＋cosγ，sinα＋sinβ＋sinγ)．则k AH '＝sinβ＋sinγcosβ＋cosγ＝tan β－γ2，k BC ＝sinβ－sinγcosβ－cosγ＝－cot β－γ2．则可得k AH '·k BC ＝－1，则AH '⊥BC ．同理，BH '⊥CA ，CH '⊥AB ．因此，H '(cosα＋cosβ＋cosγ，sinα＋sinβ＋sinγ)为ΔABC 的垂心H ．观察O 、G 、H 的坐标可知，G 、O 、H 三点共线，且OG ：GH ＝1：2．8．以R 为原点，MN 为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设圆心O 的坐标为(0，a )，圆半径为r ，则圆的方程为x 2＋(y －a )2＝r 2 ①，设AB 、CD 的方程分别为y ＝k 1x 和y ＝k 2x ．将它们合成为(y －k 1x )(y－k 2x )＝0 ②，于是过①与②的四个交点A 、B 、C 、D 的曲线系方程为(y －k 1x )(y －k 2x )＋λ[x 2＋(y －a )2－r 2]＝0 ③，令③中y ＝0，得(λ＋k 1k 2)x 2＋λ(a 2－r 2)＝0 ④．④的两个根是二次曲线与MN 交点P 、Q 的横坐标，因为x P ＋x Q ＝0，即R 是PQ 的中点．从而得证．说明：本例实质上是平面几何中蝴蝶定理得推广．平面几何中许多x命题都可以通过解析法获证．第21 页共21 页。
几何证明举例教学课件ppt
Cபைடு நூலகம்
BD
(4) 以点A为圆心,m为半径画弧，交CD于点B;
(5) 连接AB.
△ABC即为所求作的三角形.
如图：已知AC＝BD，∠C=∠D=90°.
求证:Rt∆ABC≌Rt∆BAD.
D
O
A
C B
1.应用斜边直角边（HL）定理判定两个三角 形全等，要按照定理的条件，准确地找出“对应 相等”的边；
2.寻找使结论成立所需要的条件时，要注意 充分利用图形中的隐含条件，如“公共边、公共 角、对顶角等等”.
作业；
习题5.6 3题4题5题
现在你有几种判定直角三角形
全等的方法？
前
1.边角边 简称 “SAS” 三 个
2.角边角 简称 “ASA” 是
3.边边边
简称 “SSS”
基 本
4.角角边 简称 “AAS” 事
实
如图，在Rt△ABC和Rt△A ´B ´C´中，∠C= ∠C =90°，AB＝A ´B ´,AC＝A ´C ´. 能证明Rt∆ABC ≌Rt∆A´B´C´吗？
先利用基本作图“过一点作已知直线的 垂线”,作出三角形的直角顶点C.再根据直角 边AC的长确定顶点A，最后根据斜边长作出 另一个顶点B.
已知:线段l,m(l<m).
l
求作Rt∆ABC,使直角边AC=l,斜边AB=m.
m
作法： E
(1)任取一点C,作射线CD; A
(2) 过点C作射线CE⊥CD；
(3) 在CE上截取CA=l；
A/ ( A )
B/
B
C/ ( C)
方法2 将两个直角三角形的斜边重合在一起， 你能证明这两个直角三角形全等吗？
B(B/)
C
5.6《几何证明举例(1)》教学课件
新知探究 三角形全等的判定中除了3个基本事实，还 有一个判定定理，该如何证明它呢？ 判定定理 两角分别相等且其中一组等角的对边也相 等的两个三角形全等. （根据图形结合题意写出已知和求证，给出 证明）.
新知探究 已知：如图，在△ABC和△A´B´C´中，AB=A´B´
，∠B=∠B´，∠C=∠C´.
几何证明举例（1）
目 Contents 录
03 04 05
01
学习目标
02
旧知回顾
新知探究
例题精讲
挑战自我
06
07
随堂练习课堂小结Fra bibliotek学习目标
1.证明角角边定理； 2.根据判定两个三角形是否全等，进而推 证有关线段或角相等。
旧知回顾
1.全等三角形有什么性质？ 2.全等三角形有哪些判定方法？其中
哪几个是基本事实？
A
C B
B
D C B
A
D C
A
B D
D C
B
D
C B
D C
挑战自我
全等三角形对应边上的中 线、对应角的角平分线、对应 边上的高都相等。
随堂练习
1.已知,如图AB=CD，AD=BC，求证：∠A=∠C.
思考：
怎样添加辅助线才能使
∠A与∠C存在于两个全等
三角形中而且是两个三角形
的对应角呢？
随堂练习
2.如图:已知,AB∥CD,∠1=∠2，∠3=∠4.
求证：BC=AB+CD
课堂小结
1、判定两个三角形全等的基本事实有： SAS,ASA,SSS. 2、证明两个角或两条线段相等时，可以考察它 们是否在给出的两个全等三角形中。如果不在， 可尝试通过添加辅助线构造两个全等三角形，使 待证的角或线段分别是两个全等三角形的对应角 或对应边。
八年级数学上册第五章几何证明初步5.6.4几何证明举例全国公开课一等奖百校联赛微课赛课特等奖PPT课
A
F
E
P
O
N
同理 OF=OD. ∴ OD=DE(等量代换） ∵CP是∠ACB角平分线
B
C
MD
这个交点叫三角形内心
∴O在CP上（角内部到角两边距离相等点在
这个角平分线上
结论：三角形角平分线交点到三边距离相等。
9/13
小试身手
• 如图24-79，△ABC中，AB＝AC，M是BC中点，MD⊥AB，ME⊥AC， D、E是垂足。
求证：MD＝ME。
10/13
再试身手
• 如图1-34，已知：△ABC中，∠BAC = 90°, AD⊥BC于D，AE平∠DAC，EF⊥BC交AC于F，连接BF.
• 求证：BF是∠ABC平分线.
A F
B DE
C
图1-34
11/13
课堂小结
1.角平分线性质定理： ① 角平分线上点到这个角两两边距离相等。 ② 作用：证实两条线段相等 2.角平分线性质定理逆定理： ① 角内部到角两边距离相等点点在这个角平分线上。 ② 作用:证实两个角相等或线是角平分线
要证实三角形三条角平分线交 与一点，只要证实两条角平分线 交点也在第三条角评分线上就 能够了。
8/13
证实：设AM、BN交于点O。过点O作OF 、 OD、OE分别垂直于AB、BC、CA，垂 足为D、E、F
∵AM是∠BAC角平分线，点O在AM上 （已知）
∴OF=OE（在角平分线上点到角两边距离 相等）
3.符号语言： 角平分线性质定理：∵点P在平分线BD上且 PM⊥BA,PN⊥BC ∴PM=PN 角平分线判定定理：∵ PM⊥BA,PN⊥BC，且PM=PN ∴点P在∠ABC平分线上 （或BP是∠ABC平分线)
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