证明三例题分析1
向量证三点共线 (1)
利用共线向量巧解三点共线例题：如图，A，B，C是平面内三个点，P是平面内任意一点，若点C在直线AB上，则存在实数λ，使得PC=λPA+（1-λ）PB．证法探究：分析：初看欲证目标，始感实难下手。
我们不妨从结论出发探寻线路，欲证PC=λPA+（1-λ）PB，只需证PC=λPA+PB-λPB⇔PC-PB=λ（PA-PB）⇔BC=λBA⇔BC∥BA．这样证明思路有了。
证法：∵向量BC与向量BA共线，∴BC=λBA，即PC-PB=λ（PA -PB），PC=λPA+PB-λPB，∴PC=λPA+（1-λ）PB．证毕，再思考一下实数λ的几何意义究竟如何。
考察向量等式BC=λBA，结合图形，易知，当点C在线段AB上时，则BC 与BA同向，有0≤λ≤1；当点C在线段AB延长线上时，则BC 与BA反向，有λ<0；当点C在线段BA延长线上时，则BC与BA 同向，有λ＞1．此例题逆命题亦成立，即已知A，B，C是平面内三个点，P是平面内任意一点，若存在实数λ，μ，有PC=λPA+μPB，且λ+μ=1，则A，B，C三点共线．故此逆命题可作三点共线判定方法。
为方便起见，我们将两命题作为性质叙述如下：性质1：已知A ，B ，C 是平面内三个点， P 是平面内任意一点，若A ，B ，C 三点共线，则存在实数λ，使得PC =λPA +（1-λ）PB ．或叙述为：已知A ，B ，C 是平面内三个点，P 是平面内任意一点，若A ，B ，C 三点共线，则存在实数λ，μ，使得PC =λPA +μPB ，则有λ+μ=1．性质2：已知A ，B ，C 是平面内三个点，P 是平面内任意一点，若存在实数λ，μ，有PC =λPA +μPB ，且λ+μ=1，则A ，B ，C 三点共线．三点共线性质在解题中的应用：例1 如图，在ABC ∆中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点M 、N ，若AB =AM m ，AC =AN n ，则n m +的值为 ．解析：连结AO ，因为点O 是BC 的中点，所以有AO =AC AB 2121+=AN n AM m 2121+，又因为M 、O 、N 三点共线，所以12121=+n m ，故2=+n m ．点评：因为点O 是BC 的中点，所以λ=21||=CB ，由性质1，μ=1-λ=21，简便求出n m +的值． 例2 如图2，在△ABC 中，13AN NC =，点P 是BC 上的一点，若211AP mAB AC=+，则实数m 的值为（ ） A ．911 B. 511 C. 311 D. 211解：,,B P N 三点共线，又2284111111AP mAB AC mAB AN mAB AN =+=+⨯=+ 8111m ∴+= 311m ∴=，故选C例3 所示：点是△的重心，、分别是边、上的动点，且、、三点共线．设，，证明：是定值；证明：因为G 是OAB 的重心，211()()323OG OA OB OA OB ∴=⨯+=+ 1OP xOA OA OP x =∴= 1OQ yOB OB OQ y=∴= 111111()()3333OG OA OB OP OQ OG OP OQ x y x y∴=+=+∴=+ 又,,P G Q 三点共线，11133x y ∴+= 113x y ∴+= 11x y∴+为定值3G OAB P Q OA OB P G Q OA x OP =OB y OQ =yx 11+例4．如图，在ABC ∆中，OA OC 41=，OB OD 21=， AD 与BC 交于M 点，设b OB a OA ==,． （Ⅰ）用a ，b 表示OM ；（Ⅱ）在已知线段AC 上取一点E ，在线段BD 上取一点F ，使EF 过点M ．设OA p OE =，OB q OF =．求证：17371=+qp ． 解析：(Ⅰ)因为B 、M 、C 三点共线，所以存在实数m 使得OM =OB m OC m )1(-+ =OB m OA m )1(41-+⋅=b m a m )1(41-+；又因为A 、M 、D 三点共线，所以存在实数n 使得OM =OD n OA n )1(-+=b n a n )1(21-+．由于a ，b 不共线，所以有⎪⎩⎪⎨⎧-=-=),1(211,41n m n m 解得，⎪⎩⎪⎨⎧==．n m 71,74 故OM =b a 7371+． （Ⅱ）因为E 、M 、F 三点共线，所以存在实数λ使得OM =OF OE )1(λλ-+ =b q a p )1(λλ-+．结合（Ⅰ），易得出⎪⎩⎪⎨⎧=-=,73)1(,71q p λλ消去λ得，17371=+q p ． 点评：本题是以a ，b 作为一组基底，其他向量都由它们线性表示．解（Ⅰ）中的实数m ，n 的几何意义为：m ||BC =74，n ||DA DM =71， m ，n ∈（0，1）；解（Ⅱ）中的实数λ||FE FM =p 71．例5．如图，平行四边形ABCD 中，点P 在线段AB 上，且m PBAP =，Q 在线段AD 上，且n QD AQ =，BQ 与CP 相交于点R ，求RCPR 的值． 解析：设RC PR =λ，则PC PR =1+λλ，BR =1+λλBC +（1-1+λλ）BP ．因为m PB AP =，所以BA m BP 11+=，且BR =1+λλBC +11+λ·BA m 11+． 又n QD AQ =，∴AD n n AQ 1+==BC n n 1+，∴AQ BA BQ +=，即BA BC n n BQ ++=1．又∵BR 与BQ 共线，∴1+λλ-)1)(1(11++⋅+m n n λ=0，解得λ=)1)(1(++n m n ． 点评：我们先要确定好一组基底BC BA ,，看准BR ,BQ 如何由它们线性表示；而欲求目标数值，因C R P ,,三点共线，中途要以BC BP ,作基底，BR 由它们线性表出时，分析清楚该两基底系数所表示的几何意义，由性质1，得BR =1+λλBC +（1-1+λλ）BP ；最终BR 与BQ 都得转化到由BC BA ,两基底线性表示，此时容易由共线向量性质列出等式，从而求出结果．例6 所示,在平行四边形ABCD 中，13AE AB =,14AF AD =,CE 与BF 相交于G 点，记AB a =，AD b =，则AG =_______A ．2177a b + B. 2377a b + C. 3177a b + D. 4277a b + 分析：本题是以平面几何为背景，为载体，求向量的问题，所以我们很容易联想到点F 、G 、B 以及E,G,C 三点在一条直线上，可用平面内三点共线定理求解。
八下数学第一章三角形的证明讲义
第一章三角形的证明1.1等腰三角形（一）一、问题引入：列举我们已知道的公理：.（1）公理：同位角，两直线平行.（2）公理：两直线，同位角.（3）公理：的两个三角形全等.（4）公理：的两个三角形全等.（5）公理：的两个三角形全等.（6）公理：全等三角形的对应边，对应角. 注：等式的有关性质和不等式的有关性质都可以看作公理.二、基础训练：1. 利用已有的公理和定理证明：“两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等.”2. 议一议：（1）还记得我们探索过的等腰三角形的性质吗？（2)等边对等角三线合一三、例题展示：在△ABC中，AD是角平分线,DE⊥AB, DF⊥AC，试猜想EF与AD之间有什么关系?并证明你的猜想.四、课堂检测：1. 如图，已知：AB∥CD，AB=CD，若要使△ABE≌△CDF,仍需添加一个条件，下列条件中，哪一个不能使△ABE≌△CDF的是（）A.∠A=∠B ; B . BF=CE; C. AE∥DF; D. AE=DF.2. 如果等腰三角形的一个内角等于500则其余两角的度数为.3.（1）如果等腰三角形的一条边长为3，另一边长为5，则它的周长为.（2）等腰三角形的周长为13cm，其中一边长为3cm，则该等腰三角形的腰长为.4. △ABC中，AB=AC, 且BD=BC=AD，求∠A的度数.5. 如图，已知D.E在△ABC的边BC上,AB=AC,AD=AE,求证:BD=CE中考真题：已知：如图，△ABC中，AD是高，CE是中线，DC=BE, DG⊥CE,G 是垂足，求证：（1）G是CE中点.（2）∠B=2∠BCE.1.1 等腰三角形（二）一、问题引入：1. 在等腰三角形中作出一些相等的线段（角平分线.中线.高），你能发现其中一些相等的线段吗？你能证明你的结论吗？2.等腰三角形的两底的角平分线相等吗？怎样证明.已知：求证：证明：得出定理： .问题：等腰三角形两条腰上的中线相等吗？高呢？还有其他的结论吗？请你证明二、基础训练；1. 请同学们阅读P6的问题（1）.（2），由此得到什么结论？2. 我们知道等腰三角形的两个底角相等，反过来此命题成立吗？并与同伴交流，由此得到什么结论？得出定理： ；简称： .三、例题展示：如图，△ABC 中，D.E 分别是AC.AB 上的点，BD 与CE相交于点O ，给出下列四个条件①∠EBO=∠DCO ；②∠BEO=∠CDO ；③BE=CD;④OB=OC,上述四个条件中，哪两个条件可判定是等腰三角形，请你写出一种情形，并加以证明.四、课堂检测：1. 已知：如图，在直角△ABC 中，角C 为45度，AD 垂直于BC,DE 垂直于AB,则图中等腰直角三角形共有（ ）A.3个B.4个C.5个D.6个2. 已知：如图，在△ABC 中，AB=AC, ∠BAC=1200, D.E 是BC上两点，且第1题 第2题 第3题 第4题AD=BD，AE=CE，猜想△ADE是三角形.3. 如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交与点O，若AB=12，AC=18，BC=24，则△ABC的周长为（）A.30B.36C.39D.424. 在△ABC中，AB=AC, ∠A=360,BD.CE是三角形的平分线且交于点O，则图中共有个等腰三角形.5. 如图：下午14：00时，一条船从处出发，以28海里/小时的速度，向正北航行，16：00时，轮船到达B处,从A处测得灯塔C在北偏西280,从B处测得灯塔C在北偏西560,求B处到灯塔C的距离.1.1 等腰三角形（三）一、问题引入：1. 已知△ABC中，AB=AC=5cm，请增加一个条件使它变为等边三角形.2. 有一个角是600的等腰三角形是等边三角形吗？试着证明你的结论.得出定理：有一个角是的三角形是等边三角形.二、基础训练：做一做：用两个含300角的三角板，你能拼出一个怎样的三角形？能拼出一个等边三角形吗？说说你的理由.根据操作，思考：在直角三角形中，300角所对直角边与斜边有什么关系？并试着证明.得出定理：在直角三角形中，300角所对直角边等于斜边的.三、例题展示：1. 等腰三角形的底角为150，腰长为2a，求腰上的高.2. 判断：（1）在直角三角形中，直角边是斜边的一半.（）（2）有一个角是600的三角形是等边三角形.（）3. 证明三个角都相等的三角形是等边三角形.四、课堂检测1. 等腰三角形的底边等于150，腰长为20，则这个三角形腰上的高是.2. 在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠A =300，CD⊥AB，BD=1，则AB= .3. 在△ABC中，AB=AC,∠BAC=1200,D是BC的中点，DE⊥AC,则AE:EC= .4. 如图，在Rt△ABC中，∠C=900,沿B点的一条直线BE折叠△ABC，使点C恰好落在AB的中点D处，则∠A= .5. 在Rt△ABC中，∠C=300，AD⊥BC，你能看出BD与BC的大小关系吗？中考真题：已知：如图，△ABC中，BD⊥AC，DE⊥AC，点D是AB的中点，∠A=300，DE=1.8，求AB的长.1.3 线段的垂直平分线（一）一、问题引入：“线段的垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等”你能证明这一结论吗？二、基础训练：议一议：写出“线段的垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等”这一命题的逆命题？它是真命题吗？如果是，请证明，并与同伴交流.三、例题展示：例：如图在△ABC 中，AD 是∠BAC 平分线,AD 的垂直平分线分别交AB.BC 延长线于F.E求证：（1）∠EAD=∠EDA ;（2）DF ∥AC（3）∠EAC=∠B四、课堂检测:1. 已知：线段AB 及一点P ，PA=PB ，则点P 在 上.2. 已知：如图，∠BAC=1200,AB=AC,AC 的垂直平分线交BC 于D 则∠ADC= .3. △ABC 中，∠A=500，AB=AC ，AB 的垂直平分线交AC 于D 则∠DBC 的度数 .4. △ABC 中，DE.FG 分别是边AB.AC 垂直平分线，则∠B ∠BAE ，∠C ∠GAF ，若∠BAC=1260，则∠EAG= .5. 如图，△ABC 中，AB=AC=17，BC=16，DE 垂直平分AB ，则△BCD 的周长是 .6. 有特大城市A 及两个小城市B.C ，这三个城市共建一个污水处理厂，使得该厂到B.C 两城市的距离相等，且使A 市到厂的管线最短，试确定污水处理厂的位置.第1题 第4题 第5题中考真题：已知：如图，DE是△ABC的AB边的垂直平分线，分别交AB.BC 于D.E，AE平分∠BAC，若∠B=300，求∠C1.3 线段的垂直平分线（二）一、问题引入：1. 等腰三角形的顶点一定在上.2. 在△ABC中，AB.AC的垂直平分线相交于点P，则PA.PB.PC的大小关系是.3. 在△ABC中，AB=AC，∠B=580，AB的垂直平分线交AC于N，则∠NBC= .4. 已知线段AB，请你用尺规作出它的垂直平分线.A B二、基础训练：1. 三角形的三边的垂直平分线是否相交于一点，这一点到三个顶点的距离是否相等？上面的问题如何证明？定理：三角形三条边的垂直平分线相交于，这一点到三个顶点的距离.三、例题展示：（1）如图，在△ABC中，∠A=400,O是AB.AC的垂直平分线的交点，求∠OCB 的度数；（2）如果将（1）中的的∠A度数改为700，其余的条件不变，再求∠OCB的度数；（3）如果将（1）中的的∠A度数改为锐角a，其余的条件不变，再求∠OCB 的度数.你发现了什么规律？请证明；（4）如果将（1）中的的∠A度数改为钝角a，其余的条件不变，是否还存在同样的规律？你又发现了什么？四、课堂检测：1. 在三角形内部，有一点P到三角形三个顶点的距离相等，则点P一定是（）A. 三角形三条角平分线的交点；B. 三角形三条垂直平分线的交点；C. 三角形三条中线的交点；D. 三角形三条高的交点.2. 已知△ABC的三边的垂直平分线交点在△ABC的边上，则△ABC的形状为（）A. 锐角三角形；B. 直角三角形；C. 钝角三角形；D. 不能确定3. 等腰Rt△ABC中，AB=AC，BC=a,其斜边上的中线与一腰的垂直平分线交于点O，则点O到三角形三个顶点的距离是.4. 已知线段a.b，求作以a为底，以b为高的等腰三角形.a b中考真题：已知：如图，Rt△ABC中，∠ACB=900, ∠BAC=600，DE垂直平分BC，垂足为D，交AB于点E，点F在DE的延长线上，且AF=CE，试探究图中相等的线段.1.4角平分线（一）一、提出问题：1. 角平分线的定义：______________________________________2. 问题1：还记得角平分线上的点有什么性质吗？你是怎样得到的？你能证明它吗？定理归纳：问题2：你能写出这个定理的逆命题？它是真命题吗？如果是，你能证明它？定理归纳：二、基础训练：用尺规怎样做已知角的平分线呢？并对自己的做法加以证明.三、例题解释：例：如图，已知AD为△ABC的角平分线，∠ABC=90°，EF⊥AC，交BC于点D，垂足为F，DE=DC，求证：BE=CF.四、课堂检测1. OM平分∠BOA，P是OM上的任意一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D.E，下列结论中错误的是（）A：PD=PE B：OD=OE C：∠DPO=∠EPO D：PD=OD2、如图所示，AD平分∠BAC，DE⊥AB，垂足为E，DF⊥AC，垂足为F，则下列结论不正确的是（）A:△AEG≌△AFG B:△AED≌△AFD C:△DEG≌△DFG D:△BDE≌△CDFFEDC BA3. △ABC中, ∠ABC.∠ACB的平分线交于点O，连结AO，若∠OBC=25°，∠OCB=30°，则∠OAC=_____________°4. 与相交的两直线距离相等的点在（）A：一条直线上B：一条射线上C：两条互相垂直的直线上D：以上都不对5. ∠AOB的平分线上一点M，M到OA的距离为2CM，则M到OB的距离为_________.6. 在RT△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，若BC=16，BD=10，则D到AB的距离是________.7. 如图在两条交叉的公路L1与L2之间有两家工厂A.B，现在要修一个货物中转站，使它到两条公路的距离相等，以及到两个工厂距离相等，你能帮助确定中转站的地址吗？请试试.中考真题：如图，梯形ABCD，ABCD，AD=DC=CB，AD.BC的延长线相交于G，CE⊥AG于E，CF⊥AB于F，（1）请写出图中4组相等的线段（已知的相等线段除外）（2）选择（1）中你所写的一组相等的线段，说说它们相等的理由.1.4 角平分线（二）基础训练：1. 如图：设△ABC的角平分线交于P，求证：P点在∠BAC的平分线上定理：三角形的三条角平分线交于点，并且这一点到三条边的距离.引申：三角形的三条角平分线交于一点，若设这一点到其中一边的距离为m，三边长分别为a.b.c，则三角形的面积S= .2. 已知：△ABC中，BP.CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，且交于P,若P到边AB的距离为3cm，△ABC的周长为18cm，则△ABC的面积为.3. 到三角形三边距离相等的点是（）A.三条中线的交点；B.三条高的交点；C.三条角平分线的交点D.不能确定三、例题展示：例：△ABC中，AC=BC, ∠C=900,AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E. （1）已知：CD=4cm,求AC长（2）求证：AB=AC+CD四、课堂检测：1. 到一个角的两边距离相等的点在.2. △ABC中，∠C=900,∠A的平分线交BC于D，BC=21cm，BD:DC=4:3，则D 到AB的距离为.3. Rt△ABC中，AB=AC，BD平分∠ABC，DE⊥BC于E，AB=8cm，则DE+DC= cm.4. △ABC中，∠ABC和∠BCA的平分线交于O，则∠BAO和∠CAO的大小关系为.5.Rt△ABC中，∠C=900，BD平分∠ABC，CD=n，AB=m，则△ABD的面积是.6. 已知：OP 是∠MON 内的一条射线，AC ⊥OM ，AD ⊥ON ，BE ⊥OM ，BF ⊥ON ，垂足分别为C.D.E.F ，且AC=AD 求证：BE=BF中考真题：三条公路围成了一个三角形区域，今要在这个三角形区域内建一果品批发市场到这三条公路的距离相等，试找出批发市场的位置.第一章 单 元 检 测一、填空题（每小题3分）：1．如图，修建抽水站时，沿着倾斜角为300的斜坡铺设管道，若量得水管AB 的长度为80米，那么点B 离水平面的高度BC 的长为 米.2. 如果一个三角形的一条角平分线恰好是对边上的高，那么这个三角形是 三角形.3. 如图，已知AC=DB ，要使△ABC ≌△DCB ，只需增加的一个条件是 或 .4. 命题：“全等三角形的对应角相等”的逆命题是 ___________________________________ ___.这条逆命题是______命题（填“真”或“假”）5. 如图，一个顶角为40º的等腰三角形纸片，剪去顶角后，得到一个四边形，则=∠+∠21_________ ；6. 在△ABC 中，已知AB ＝AC ，AD 是中线，∠B ＝70°，BC ＝15cm ，则∠BAC ＝ ，∠DAC ＝ ，BD ＝ cm ；第18题图C B A 第1题 第5题7. 已知，如图，O 是△ABC 的∠ABC.∠ACB 的角平分线的交点，OD ∥AB交BC 于D ，OE ∥AC 交BC 于E ，若BC = 10，则△ODE 的周长为 .8. 如图，在Rt △ABC 中，∠B=90°，∠A=40°，AC 的垂直平分线MN 与AB 相交于D 点，则∠BCD 的度数是 .9. △ABC 中，∠C=90°，AD 平分∠BAC ，交BC 于点D.若DC=7，则D 到AB 的距离是 .10. 如图，∠AOP=∠BOP=15°，PC ∥OA ，PD ⊥OA ，若PC=4，则PD的长为 .二、选择题（每小题3分）1.等腰三角形底边上的高与底边的比是1∶2，则它的顶角等于（ ）A.90°B.60°C.120°D.150°2.下列两个三角形中，一定全等的是 （ ）A.有一个角是40°，腰相等的两个等腰三角形B.两个等边三角形C.有一个角是100°，底相等的两个等腰三角形D.有一条边相等，有一个内角相等的两个等腰三角形3. 到△ABC 的三个顶点距离相等的点是△ABC 的（ ）A.三边中线的交点B.三条角平分线的交点C.三边上高的交点D.三边垂直平分线的交点4. △ABC 中，∠A ∶∠B ∶∠C=1∶2∶3，CD ⊥AB 于点D 若BC=a ，则AD 等于（ ） A.21a B.23a C.23a D.3a 5. 如图，△ABC 中，AB=AC ，点D 在AC 边上，且BD=BC=AD ，则∠A 的度数为（ ）A.30°B.36°C.45°D.70°三、解答题（每题12分）1. 如图，AD ⊥CD ，AB=10，BC=20，∠A=∠C=30°.求：（1）∠ABC 的度数（2）AD 和CD 的长.2.已知：如图，△ABC 中，AB=AC ，∠A=120°.(1)用直尺和圆规作AB 的垂直平分线，分别交BC. AB 于点M.N(保留作图痕迹，不写作法).(2)猜想CM 与BM 之间有何数量关系，并证明你的猜想.四、证明题（每题10分）1.已知：如图，CE ⊥AB ，BF ⊥AC ，CE 与BF 相交于D ，且BD=CD.求证：D 在∠BAC 的平分线上.2. 已知：如图，在等边三角形ABC 的AC 边上取中点D ，BC 的延长线上取一点E ，使 CE ＝ CD ．求证：BD ＝ DE ．五、（本题11分）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．已知：如图，E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE=∠CDE．求证：AB=CD分析：证明两条线段相等，常用的一般方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等．因此，要证AB=CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．现给出如下三种添加辅助线的方法提示，请任意选择其中一种，对原题进行证明．。
等边三角形的证明例题
FE DCBAFEDCBA1：如图，△ABC 是等边三角形，D 、E 、F 分别是各边上的一点，且DE ⊥BC 、EF ⊥AC 、FD ⊥AB ，则△DEF 是等边三角形.请说明理由.变式1：已知△ABC 是等边三角形，D 、E 、F 分别是各边上的一点，且AD=BE=CF.试说明△DEF 是等边三角形.变式2：△ABC 为正三角形,∠1=∠2=∠3，△DEF 为等边三角形吗说明理由.A CB A ′C ′B ′.cBADCE变式3：如图,△ABC 是等边三角形.分别延长CA 、AB 、BC 到A ′、B ′、C ′，使AA ′=BB ′=CC ′，则△A ′B ′C ′是等边三角形.请说明理由.2：如图所示，已知：AB=BC=AC ，CD=DE=EC ，求证：AD=BE ．1：如图，等边△ABD 和等边△CBD 的长均为a ，现把它们拼合起来，E 是AD 上异于A 、D 两点的一动点，F 是CD 上一动点，满足AE+CF ＝a ．(1)E 、F 移动时，△BEF 的形状如何 (2)当E 、F 运动到什么位置时，△BEF 面积的最小2：如图，点C 为线段AB 上一点，△ACM 、△CBN 是等边三角形，直线AN 、MC 交于点E ，直线BM 、CN 交于点F ．(1)求证：AN=BM ；(2)求证：△CEF 是等边三角形；1.如图，已知正方形ABCD ，点E 是BC 上一点，点F 是CD 延长线上一点，连接EF ，若BE =DF ，点P 是EF 的中点．(1) 求证：AE = AF ；(2) 若75AEB ∠=︒, 求CPD ∠的度数．2． 如图，正方形ABCD 中，P 在对角线BD 上，E 在CB 的延长线上，且PE=PC ，过点P 作PF⊥A E 于F ，直线PF 分别交AB 、CD 于G 、H ， (1)求证： DH =AG+BE ；(2)若BE=1，AB=3，求PE 的长．PGFDA3．如图1，菱形ABCD中，点E、F分别为AB、AD的中点，连接CE、CF．（1）求证：CE=CF；（2）如图2，若H为AB上一点，连接CH，使∠CHB=2∠ECB，求证：CH=AH+AB．4. 已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，DE 交AB于F。
学习者特征分析1.
A、心情放松
B、有一点紧张
C、非常紧张
D、不确定
10、试卷或作业发下来后何时订正呢？
A、从不订正
B、回家订正
C、老师讲评时
D、立即
11、关于复习你是怎样做的呢？
A、在平时、测验和考试前都不复习
B、老师强调要复习才会复习
C、平时不复习，测验和考试前会复习
D、在平时、测验和考试前都会认真复习
尊敬的同学：
您好，现在我们在做一个关于中学生的数学学习态度与方法调查问卷 状况的调查。请不必有顾虑。请认真阅读问题和答案，以了解你们现在的学习实际学习态度与方法的情况，请您认真填写，从各选项中选择最适合你的一个选项，填写在每道题目后面的括号里。 非常感谢你配合我们的调查。
1、你认为学习最主要是为了什么？
2、测定学习风格的方法
（1）是观察法，即通过教师对学生的日常观察来确定；
（2）是问卷法，即按照学习风格的具体内容设计一个调查量表，让学生根据自己的情况来填写。
（3）是征答法，让学生自己来陈述自己的学习风格
四、学习者学习动机分析/p-073840149030.html
1、所谓学习动机，是指直接推动学生进行学习的一种内部动力，是激励和指引学生进行学习的一种需要。有人认为，对知识价值的认识和对学习的直接兴趣、对自身学习能力的认识、对学习成绩的归因，是学生学习动机的主要内容。
学习动机与学习的关系
2、学习动机和学习是相辅相成的关系。学习能产生动机，而动机又能推动学习。一般来说，动机具有加强学习的作用。根据耶克斯—多德森律，动机中等程度的激发或唤起，对学习具有最佳的效果。动机过强或过弱，不仅对学习不利，而且对保持也不利。
A、做作业中遇到困难经常不能完成，也不会问同学、老师
高考平面解析几何
二、例题分析：例1．（如图3）过三点M，N，P的平面，作与平面α，β，γ的交线。
解析：（如图4）利用公理1，两点在平面内，推出两点所确定的直线在平面内。
设α∩β=l1, β∩γ=l2, γ∩α=l3，MN交l1于A，交l3于B。
连接AP并延长交l2于C，连接BC，综上可得，平面MNP∩α=MN，平面MNP∩β=PC，平面MNP∩γ=BC。
例题2.（如图5）两个完全相等的正方形ABCD和ABEF不在同一平面内，点M，N分别在它们的对角线AC、BF上，且CM=BN，求证MN//平面BCE。
证明1：连结AN并延长交BE于G，连结CG，（如图6），易得ΔAFN∽ΔGBN，则=，由题设CM=BN得AM=FN，故：，∴MN//CG。
而CG平面CBE，MN平面CBE，得MN//平面CBE。
证明2：过M，N作MH//AB，交BC于H，作NG//AB交BE于G，连接GH，得MH//NG，又易得RtΔCMH≌RtΔBNG，得MH=NG。
故四边形MNGH是平行四边形，∴MN//HG，而HG平面CBE，MN平面CBE，故MN//平面CBE。
评点：证明线面平行的关键是找到平面内的某一条未知直线与平面外的已知直线平行，方法是逆用线面平行的判定定理，即利用性质定理的“思路”过面外已知直线作平面与已知平面的“交线”，然后证明已知直线与交线平行即可得证。
例3．已知，α∩β=l, a//α, a//β，求证：a//l.证明1：（如图8）过a作平面M交平面α于b,∵a//α, ∴a//b,同理，过a作平面N交平面β于c，∵a//β, ∴a//c, ∴b//c,∵bβ, cβ, ∴b//β, 又平面α经过b交β于l, ∴b//l.∵a//b, ∴a//l.证明2：（如图9）在l上取一点P，∵p a, ∴点P和a确定一个平面γ，∵p∈l, lα, ∴p∈α, ∴γ∩α=l＇而a//α,∴a//l＇且l＇α, 又p∈l, lβ,∴p∈β, ∴γ∩βl"同理l"//a且l"β而l＇, l"与l均过P点，∴l＇, l"重合，即l＇为两平面α，β的交线l, ∴a//l.评点：辅助线（面）是解证有关线面问题的关键，要充分发挥辅助线与辅助面在转化空间问题为平面问题中的化归作用。
专题1-5 角边角判定三角形全等-重难点题型(举一反三)(苏科版)(解析版)
专题1.5 角边角判定三角形全等-重难点题型【苏科版】【题型1 角边角判定三角形全等的条件】【例1】（2020秋•宜兴市期中）如图，已知AB＝AD，∠1＝∠2，要根据“ASA”使△ABC≌△ADE，还需添加的条件是．【分析】利用ASA定理添加条件即可．【解答】解：还需添加的条件是∠B＝∠D，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，在△ABC和△ADE中{∠BAC=∠DAE AB=AD∠B=∠D，∴△ABC≌△ADE（ASA），故答案为：∠B＝∠D．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．【变式1-1】（2020秋•覃塘区期中）如图，点B ，F ，C ，E 在同一直线上，AC ＝DF ，∠1＝∠2，如果根据“ASA ”判断△ABC ≌△DEF ，那么需要补充的条件是（ ）A ．AB ＝DE B ．∠A ＝∠DC ．BF ＝CED ．∠B ＝∠D【分析】利用全等三角形的判定方法，“ASA ”即角边角对应相等，只需找出一对对应角相等即可，进而得出答案．【解答】解：需要补充的条件是∠A ＝∠D ，在△ABC 和△DEF 中，{∠A =∠D AC =DF ∠2=∠1，∴△ABC ≌△DEF （ASA ）．故选：B ．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS 、SAS 、ASA 、AAS 、HL ．添加时注意：AAA 、SSA 不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．【变式1-2】（2020秋•浦东新区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC 的是（ ）A ．AB ＝3，BC ＝4，CA ＝8B ．AB ＝4，BC ＝3，∠A ＝60° C ．∠A ＝60°，∠B ＝45°，AB ＝4D ．∠C ＝90°，∠B ＝30°，∠A ＝60°【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．【解答】解：A ．∵AB ＝3，BC ＝4，CA ＝8，AB +BC ＜CA ，∴不能画出三角形，故本选项不合题意；B ．AB ＝4，BC ＝3，∠A ＝60°，不能画出唯一三角形，故本选项不合题意；C ．当∠A ＝60°，∠B ＝45°，AB ＝4时，根据“ASA ”可判断△ABC 的唯一性；D ．已知三个角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；故选：C ．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，正确把握全等三角形的判定方法是解题关键．【变式1-3】（2020•路南区校级月考）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是（）A．B．C．D．【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断．【解答】解：A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，故本选项不符合题意；B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，故本选项不符合题意；C、如图1，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，∴∠FEC＝∠BDE，所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD＝FC＝3，所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；D、如图2，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，∴∠FEC＝∠BDE，∵BD＝EC＝2，∠B＝∠C，∴△BDE≌△CEF，所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意；由于本题选择可能得不到全等三角形纸片的图形，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定，注意三角形边和角的对应关系是关键．【题型2 角边角判定三角形全等（求角的度数）】【例2】（2020秋•简阳市期中）如图，∠A＝∠D，OA＝OD，∠DOC＝50°，∠DBC的度数为（）A．50°B．30°C．45°D．25°【分析】由题中条件易证得△AOB≌△DOC，可得∠ACB＝∠DBC，由三角形外角的性质可得∠DOC＝∠ACB+∠DBC，即可得∠DBC的度数．【解答】解：∵∠A＝∠D，OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，∴△AOB≌△DOC（ASA），∴∠ACB＝∠DBC，∵∠DOC＝∠ACB+∠DBC，∴∠DBC=12∠DOC＝25°．故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质，三角形外角的性质等知识点，找到相应等量关系的角是解题的关键．【变式2-1】（2019秋•天心区校级月考）AD，BE是△ABC的高，这两条高所在的直线相交于点O，若BO＝AC，则∠ABC＝．【分析】由AD、BE是锐角△ABC的高，可得∠DBA＝∠DAC，又BO＝AC，∠BDO＝∠ADC＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：如图1，∵AD、BE是锐角△ABC的高，∴∠AEO＝∠BDO＝90°，∵∠AOE＝∠BOD，∴∠DBO＝∠DAC，∵BO＝AC，∠BDO＝∠ADC＝90°∴△BDO≌△ADC（ASA），∴BD＝AD，∴∠ABC＝∠BAD＝45°，如图2，同理证得△BDO≌△ADC（ASA），∴BD＝AD，∴∠ABD＝∠BAD＝45°，∴∠ABC＝135°，故答案为：45°或135°．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；结合已知条件发现并利用△BDO≌△ADC是正确解答本题的关键．【变式2-2】（2021•苍南县一模）如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，点E 为对角线BD 上一点，∠A ＝∠BEC ，且AD ＝BE ．（1）求证：△ABD ≌△ECB ．（2）若∠BDC ＝70°．求∠ADB 的度数．【分析】（1）由“ASA ”可证△ABD ≌△ECB ；（2）由全等三角形的性质可得BD ＝BC ，由等腰三角形的性质可求解．【解答】证明：（1）∵AD ∥BC ，∴∠ADB ＝∠CBE ，在△ABD 和△ECB 中，{∠A =∠BEC AD =BE ∠ADB =∠CBE，∴△ABD ≌△ECB （ASA ）；（2）∵△ABD ≌△ECB ，∴BD ＝BC ，∴∠BDC ＝∠BCD ＝70°，∴∠DBC ＝40°，∴∠ADB ＝∠CBD ＝40°．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，还考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较典型，难度适中．【变式2-3】（2020秋•丛台区期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，点E ，F 在边BC 上，连接AE ，AF ，∠BAF ＝∠CAE ，延长AF 至点D ，使AD ＝AC ，连接CD ．（1）求证：△ABE ≌△ACF ；（2）若∠ACF ＝30°，∠AEB ＝130°，求∠ADC 的度数．【分析】（1）要证明△ABE≌△ACF，由题意可得AB＝AC，∠B＝∠ACF，∠AEF＝∠AFE，从而可以证明结论成立；（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质可以求得∠ADC的度数．【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACF，∵∠BAF＝∠CAE，∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，∴∠BAE＝∠CAF，在△ABE和△ACF中，{∠B=∠ACFAB=AC∠BAE=∠CAF，∴△ABE≌△ACF（ASA）；（2）解：∵∠B＝∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，∵△ABE≌△ACF，∴∠CAF＝∠BAE＝20°，∵AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，∴∠ADC=180°−20°2=80°．答：∠ADC的度数为80°．【点评】本题考查全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．【题型3 角边角判定三角形全等（求线段的长度）】【例3】（2021春•德城区校级月考）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且MQ＝NQ，已知PQ＝5，NQ＝9，则MH长为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【分析】证明△MQP ≌△NQH ，由全等三角形的性质可得PQ ＝QH ＝5，根据MQ ＝NQ ＝9，即可解决问题．【解答】解：∵MQ ⊥PN ，NR ⊥PM ，∴∠NQH ＝∠NRP ＝∠HRM ＝90°，∵∠RHM ＝∠QHN ，∴∠PMH ＝∠HNQ ，在△MQP 和△NQH 中，{∠PMQ =∠QNHMQ =NQ ∠MQP =∠NQH =90°，∴△MQP ≌△NQH （ASA ），∴PQ ＝QH ＝5，∵NQ ＝MQ ＝9，∴MH ＝MQ ﹣HQ ＝9﹣5＝4，故选：B ．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．【变式3-1】（2020春•万州区期末）如图，在△ABC 中，D 、E 分别为AB 、AC 上一点，延长ED 至F ，使得DF ＝DE ，若BF ∥AC ，AC ＝4，BF ＝3，则CE 的长为（ ）A ．0.5B ．1C ．1.5D ．2【分析】证明△BDF ≌△ADE （ASA ），由全等三角形的性质得出BF ＝AE ＝3，则可得出答案．【解答】解：∵BF ∥AC ，∴∠F ＝∠AED ，在△BDF 和△ADE 中，{∠F =∠AED DF =DE ∠BDF =∠ADE，∴△BDF ≌△ADE （ASA ），∴BF ＝AE ＝3，∵AC ＝4，∴CE ＝AC ﹣AE ＝4﹣3＝1．故选：B ．【点评】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式3-2】（2020春•铁西区期末）如图，点D 是△ABC 的边AB 上一点，FC ∥AB ，连接DF 交AC 于点E ，若CE ＝AE ，AB ＝7，CF ＝4，则BD 的长是 ．【分析】先由全等三角形的判定定理ASA 证明△AED ≌△CEF ，然后根据全等三角形的对应边相等知AD ＝CF ，从而求得BD 的长度．【解答】解：∵FC ∥AB ，∴∠A ＝∠ECF ，在△AED 和△CEF 中，{∠A =∠ECF AE =CE ∠AED =∠CEF，∴△AED ≌△CEF （ASA ），∴AD ＝CF （全等三角形的对应边相等），又∵AB ＝7，CF ＝4，AB ＝AD +BD ，∴BD ＝3．故答案为：3． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式3-3】（2020秋•香洲区校级期中）如图，△ABC 中，∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC 、∠ACB ，AD 、CE 相交于点P ．（1）求∠APC 的度数；（2）若AE ＝4，CD ＝4，求线段AC 的长．【分析】（1）利用∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC ，∠ACB ，即可得出答案；（2）由题中条件可得△APE ≌△APF ，进而得出∠APE ＝∠APF ，通过角之间的转化可得出△CPF ≌△CPD ，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论．【解答】解：（1）∵∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC ，∠ACB ，∴∠BAC +∠BCA ＝120°，∠P AC +∠PCA =12（∠BAC +∠BCA ）＝60°，∴∠APC ＝120°．（2）如图，在AC 上截取AF ＝AE ，连接PF ．∵AD 平分∠BAC ，∴∠BAD ＝∠CAD ，在△APE 和△APF 中，{AE =AF ∠EAP =∠FAP AP =AP，∴△APE ≌△APF （SAS ），∴∠APE ＝∠APF ，∵∠APC ＝120°，∴∠APE ＝60°，∴∠APF ＝∠CPD ＝60°＝∠CPF ，在△CPF 和△CPD 中，{∠FPC =∠DPC CP =CP ∠FCP =∠DCP，∴△CPF ≌△CPD （ASA ）∴CF ＝CD ，∴AC ＝AF +CF ＝AE +CD ＝4+4＝8．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，根据在AC 上截取AF ＝AE 得出△APE ≌△APF 是解题关键．【题型4 角边角判定三角形全等（实际应用）】【例4】（2020秋•伊通县期末）如图，某同学把一块三角形的玻璃打碎成了三块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么，最省事的方法是（ ）A ．带①去B ．带②去C ．带③去D ．带①去和带②去【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．【解答】解：第①块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA 来配一块一样的玻璃．故选：A ．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定方法的开放性的题，要求学生将所学的知识运用于实际生活中，要认真观察图形，根据已知选择方法．【变式4-1】（2020秋•丰南区期中）如图，小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，他的依据是 ．【分析】根据图形，未污染的部分两角与这两角的夹边可以测量，然后根据全等三角形的判定方法解答即可．【解答】解：小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，他根据的定理是：两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（ASA）．故答案为：ASA．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．【变式4-2】（2020秋•齐河县期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由C走到D的过程中，通过隔离带的空隙P，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语．具体信息如下：如图，AB∥PM∥CD，相邻两平行线间的距离相等．AC，BD相交于P，PD⊥CD垂足为D．已知CD＝16米．请根据上述信息求标语AB的长度．【分析】由AB∥CD，利用平行线的性质可得∠ABP＝∠CDP，利用ASA定理可得，△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质可得结果．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠ABP＝∠CDP，∵PD⊥CD，∴∠CDP＝90°，∴∠ABP＝90°，即PB⊥AB，∵相邻两平行线间的距离相等，∴PD ＝PB ，在△ABP 与△CDP 中，{∠ABP =∠CDP PB =PD ∠APB =∠CPD，∴△ABP ≌△CDP （ASA ），∴CD ＝AB ＝16米．【点评】本题主要考查了平行线的性质和全等三角形的判定及性质定理，综合运用各定理是解答此题的关键．【变式4-3】（2020秋•孝义市期中）一位经历过战争的老战士讲述了这样一个故事：在一次战役中，我军阵地与敌军碉堡隔河相望．为了炸掉这个碉堡，需要知道碉堡与我军阵地的距离，在不能过河测量又没有任何测量工具的情况下，一个战士想出来这样的办法：他面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部；然后，他转过一个角度，保持刚才的姿态，这时视线落在了自己所在岸的某一点上，接着，他用步测的方法量出自己与那个点的距离，这个距离就是他与碉堡间的距离． 将这位战士看成一条线段，碉堡看成一点，示意图如下，你能根据示意图解释其中的道理吗下面是彤彤同学写出的不完整的已知和求证，请你补全已知和求证，并完成证明．已知：如图，AB ⊥CD ， ．求证： ．证明：【分析】根据垂直的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：已知：如图，AB ⊥CD ，∠ABC ＝∠ABD ．求证：AD ＝AC ．证明：∵AB ⊥CD ，∴∠BAD ＝∠BAC ，在△ABD 与△ABC 中，{∠ABD =∠ABC AB =AB ∠BAC =∠BAD，∴△ABD ≌△ABC （ASA ），∴AD ＝AC ，故答案为：∠ABC ＝∠ABD ，AD ＝AC ．【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．【题型5 角边角判定三角形全等（证明题）】【例5】（2020秋•涟源市期末）如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，E 为边BC 上的任意点，D 为线段BE 的中点，AB ＝AE ，EF ⊥AE ，AF ∥BC ．（1）求证：∠DAE ＝∠C ；（2）求证：AF ＝BC ．【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD ⊥BC ，由余角的性质可得∠C ＝∠BAD ，再证明∠BAD ＝∠DAE 即可解决问题．（2）由“ASA ”可证△ABC ≌△EAF ，可得AC ＝EF ．【解答】证明：（1）∵AB ＝AE ，D 为线段BE 的中点，∴AD ⊥BC ，（三线合一没有学习到，可以用全等证明）∴∠C +∠DAC ＝90°，∵∠BAC ＝90°∴∠BAD +∠DAC ＝90°∴∠C ＝∠BAD ，∵AB ＝AE ，AD ⊥BE ，∴∠BAD ＝∠DAE ，∴∠DAE ＝∠C（2）∵AF∥BC∴∠F AE＝∠AEB∵AB＝AE∴∠B＝∠AEB∴∠B＝∠F AE，且∠AEF＝∠BAC＝90°，AB＝AE∴△ABC≌△EAF（ASA）∴AC＝EF【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．【变式5-1】（2020秋•汝南县期末）如图，△ABC的两条高AD，BE相交于H，且AD＝BD．试说明下列结论成立的理由．（1）∠DBH＝∠DAC；（2）△BDH≌△ADC．【分析】（1）因为∠BHD＝∠AHE，∠BDH＝∠AEH＝90°，所以∠DBH+∠BHD＝∠HAE+∠AHE＝90°，故∠DBH＝∠DAC；（2）因为AD⊥BC，所以∠ADB＝∠ADC，又因为AD＝BD，∠DBH＝∠DAC，故可根据ASA判定两三角形全等．【解答】解：（1）∵∠BHD＝∠AHE，∠BDH＝∠AEH＝90°∴∠DBH+∠BHD＝∠HAE+∠AHE＝90°∴∠DBH＝∠HAE∵∠HAE＝∠DAC∴∠DBH＝∠DAC；（2）∵AD⊥BC∴∠ADB＝∠ADC在△BDH 与△ADC 中，{∠ADB =∠ADC AD =BD ∠DBH =∠DAC∴△BDH ≌△ADC ．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS 、SAS 、ASA 、AAS 、HL ．注意：AAA 、SSA 不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．【变式5-2】（2020秋•郯城县期中）如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，过D 点的直线EG 交AB 于点E ，交AB 的平行线CG 于点G ，DF ⊥EG ，交AC 于点F ．（1）求证：BE ＝CG ；（2）判断BE +CF 与EF 的大小关系，并证明你的结论．【分析】（1）先利用ASA 判定△BED ≌△CGD ，从而得出BE ＝CG ；（2）先连接FG ，再利用全等的性质可得DE ＝DG ，再根据DF ⊥GE ，从而得出FG ＝EF ，依据三角形两边之和大于第三边得出BE +CF ＞EF ．【解答】解：（1）∵D 是BC 的中点，∴BD ＝CD ，∵AB ∥CG ，∴∠B ＝∠DCG ，在△BDE 和△CDG 中，∵∠BDE ＝∠CDG ，BD ＝CD ，∠DBE ＝∠DCG ，∴△BDE ≌△CDG （ASA ），∴BE ＝CG ；（2）BE+CF＞EF．理由：如图，连接FG，∵△BDE≌△CDG，∴DE＝DG，又∵FD⊥EG，∴FD垂直平分EG，∴EF＝GF，又∵△CFG中，CG+CF＞GF，∴BE+CF＞EF．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形三边关系的运用，本题中求证△BDE≌△CDG，得出BE＝CG是解题的关键．【变式5-3】（2020秋•岫岩县月考）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD、CE相交于点G，BD＝DC，DF∥BC交AB于点F，连接FG．求证：（1）△DAB≌△DGC；（2）CG＝FB+FG．【分析】（1）由“ASA”可证△DAB≌△DGC；（2）由全等三角形的性质可得AB＝CG，DA＝DG，由“SAS”可证△DF A≌△DFG，可得F A＝FG，可得结论．【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴∠ABD +∠A ＝90°，∠ACE +∠A ＝90°，∴∠ABD ＝∠ACE ，在△DAB 和△DGC 中，{∠ABD =∠ACE BD =CD ∠ADB =∠BDC =90°，∴△DAB ≌△DGC （ASA ）；（2）∵△DAB ≌△DGC ，∴AB ＝CG ，DA ＝DG ，∵BD ＝CD ．∠BDC ＝90°，∴∠DBC ＝∠DCB ＝45°，∵DF ∥BC ，∴∠FDA ＝∠FDG ＝45°，在△DF A 和△DFG 中，{AD =DG ∠FDA =∠FDG DF =DF，∴△DF A ≌△DFG （SAS ），∴F A ＝FG ．∴CG ＝AB ＝FB +F A ＝FB +FG ．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找到正确的全等三角形是本题的关键．【题型6 角边角判定三角形全等（探究题）】【例6】（2020春•崂山区期末）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°点D 在BC 的延长线上，且BD ＝AB ．过点B 作BE ⊥AC ，与BD 的垂线DE 交于点E ．（1）求证：△ABC ≌△BDE ；（2）请找出线段AB 、DE 、CD 之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）利用已知得出∠A＝∠DBE，进而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，∴∠A+∠ABE＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠DBE+∠ABE＝90°，∴∠A＝∠DBE，在△ABC和△BDE中，{∠A=∠DBEBD=AB∠ABC=∠BDE=90°，∴△ABC≌△BDE（ASA）；（2）解：AB＝DE+CD，理由：由（1）证得，△ABC≌△BDE，∴AB＝BD，BC＝DE，∵BD＝CD+BC，∴AB＝CD+DE．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．【变式6-1】（2021春•黄浦区期末）如图在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．（1）说明△ADE≌△BFE的理由；（2）联结EG，那么EG与DF的位置关系是，请说明理由．【分析】（1）由AD ∥BC ，得出∠1＝∠F ，因为E 是AB 的中点，得AE ＝BE ，即可证明△ADE ≌△BFE ；【解答】解：（1）∵AD ∥BC ，∴∠1＝∠F ，∵E 是AB 的中点，∴AE ＝BE ，在△ADE 和△BFE 中，{∠1=∠F ∠AED =∠BEF AE =BE，∴△ADE ≌△BFE （ASA ），（2）如图，EG ⊥DF ，∵∠1＝∠F ，∠1＝∠2，∴∠2＝∠F ，∴DG ＝FG ，由（1）知：△ADE ≌△BFE ，∴DE ＝EF ，∴EG ⊥DF ．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的三线合一等知识，找出全等所需的条件是解题的关键．【变式6-2】（2020春•文圣区期末）已知：如图，BD 、CE 是△ABC 的高，BD 、CE 交于点F ，BD ＝CD ，CE 平分∠ACB ．（1）如图1，试说明BE =12CF ．（2）如图2，若点M 在边BC 上（不与点B 重合），MN ⊥AB 于点N ，交BD 于点G ，请直接写出BN 与MG 的数量关系，并画出能够说明该结论成立的辅助线，不必书写过程．【分析】（1）由“ASA ”可证△ABD ≌△FCD ，可得AB ＝CF ，由“ASA ”可证△ACE ≌△BCE ，可得AE ＝BE ，可得结论；（2）如图，过点M 作MH ∥AC ，交AB 于H ，交BD 于P ，由“ASA ”可证BPH ≌△MPG ，可得GM ＝BH ，由“ASA ”可证△BMN ≌△HMN ，可得BN ＝NH ，可得结论．【解答】解：（1）∵BD ⊥AC ，CE ⊥AB ，∴∠ADB ＝∠BDC ＝∠AEC ＝90°，∴∠A +∠ABD ＝90°，∠A +∠ACE ＝90°，∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABD 和△FCD 中，{∠ADB =∠FDC BD =CD ∠ABD =∠FCD，∴△ABD ≌△FCD （ASA ），∴AB ＝CF ，∵CE 平分∠ACB ，∴∠ACE ＝∠BCE ＝22.5°，在△ACE 和△BCE 中，{∠ACE =∠BCE CE =CE ∠AEC =∠BEC，∴△ACE ≌△BCE （ASA ），∴AE ＝BE ，∴BE =12AB =12CF ；理由如下：如图，过点M 作MH ∥AC ，交AB 于H ，交BD 于P ，∵BD ＝CD ，BD ⊥CD ，∴∠DBC ＝∠DCB ＝45°，∵MH ∥AC ，∴∠PMB ＝∠DCB ＝∠PBM ＝45°，∠BPM ＝∠BDC ＝90°，∴BP ＝PM ，∵∠BHP +∠HBP ＝90°，∠BHP +∠HMN ＝90°，∴∠HBP ＝∠HMN ，在△BHP 和△MGP 中，{∠HBP =∠GMP BP =PM ∠BPH =∠GPM =90°，∴△BPH ≌△MPG （ASA ），∴GM ＝BH ，∵MN ⊥AB ，CE ⊥AB ，∴MN ∥CE ，∴∠BMN ＝∠BCE =12∠ACB ＝22.5°，∴∠BMN ＝∠HMN ＝22.5°，在△BMN 和△HMN 中，{∠BMN =∠HMN MN =MN ∠BNM =∠HNM，∴△BMN ≌△HMN （ASA ）∴BN ＝NH ，【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【变式6-3】（2020春•揭阳期末）已知△ABC，点D、F分别为线段AC、AB上两点，连接BD、CF交于点E．（1）若BD⊥AC，CF⊥AB，如图1所示，试说明∠BAC+∠BEC＝180°；（2）若BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，如图2所示，试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系；（3）在（2）的条件下，若∠BAC＝60°，试说明：EF＝ED．【分析】（1）根据余角的性质得到∠DEC＝∠BAC，由于∠DEC+∠BEC＝180°，即可得到结论；（2）根据角平分线的定义得到∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，于是得到结论；（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，由∠BAC＝60°，得到∠BEC＝90°+12∠BAC＝120°，求得∠FEB＝∠DEC＝60°，根据角平分线的性质得到∠BEM＝60°，推出△FBE≌△EBM，根据全等三角形的性质得到EF＝EM，同理DE＝EM，即可得到结论．【解答】解：（1）∵BD⊥AC，CF⊥AB，∴∠DCE+∠DEC＝∠DCE+∠F AC＝90°，∴∠DEC＝∠BAC，∠DEC+∠BEC＝180°，∴∠BAC+∠BEC＝180°；（2）∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，∴∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°−12（∠ABC+∠ACB）＝180°−12（180°﹣∠BAC）＝90°+12∠BAC；（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，∵∠BAC ＝60°，∴∠BEC ＝90°+12∠BAC ＝120°，∴∠FEB ＝∠DEC ＝60°，∵EM 平分∠BEC ，∴∠BEM ＝60°，在△FBE 与△EBM 中，{∠FBE =∠EBM BE =BE ∠FEB =∠MEB，∴△FBE ≌△EBM （ASA ），∴EF ＝EM ，同理DE ＝EM ，∴EF ＝DE ．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，垂直的定义，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．。
高中数学例题：利用平面向量基本定理证明三点共线问题
高中数学例题：利用平面向量基本定理证明三点共线问题 例3．设OA 、OB 、OP 是三个有共同起点的不共线向量，求证：它们的终点A 、B 、P 共线，当且仅当存在实数m 、n 使m+n=1且OP mOA nOB ==．
【思路点拨】本题包含两个问题：（1）A 、B 、P 共线⇒m+n=1，且OP mOA nOB ==成立；（2）上述条件成立⇒A 、B 、P 三点共线．
【证明】（1）由三点共线⇒m 、n 满足的条件．
若A 、B 、P 三点共线，则AP 与AB 共线，由向量共线的条件知存在实数λ使AP AB λ=，即()OP OA OB OA λ-=-，∴(1)OP OA OB λλ=-+． 令1m λ=-，n=λ，则OP mOA nOB =+且m+n=1．
（2）由m 、n 满足m+n=1⇒A 、B 、P 三点共线．
若OP mOA nOB =+且m+n=1，则(1)OP mOA m OB =+-．
则()OP OB m OA OB -=-，即BP mBA =．
∴BP 与BA 共线，∴A 、B 、P 三点共线．
由（1）（2）可知，原命题是成立的．
【总结升华】 本例题的结论在做选择题和填空题时，可作为定理使用，这也是证明三点共线的方法之一．
举一反三：
【变式1】设e 1，e 2是平面内的一组基底，如果124AB e e =-，12BC e e =+，1269CD e e =-，求证：A ，C ，D 三点共线．
【解析】 因为1212121(4)()233
AC AB BC e e e e e e CD =+=-++=-=，所以AC 与CD 共线．。
高中不等式证明例题(一题多解)
多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 解法一：由于a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得： x +y +2xy ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②当且仅当x =y 时，②中有等号成立. 比较①、②得a 的最小值满足a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0， ∴原不等式可化为yx+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤6证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例6 .证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ， 则zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。
证明等边三角形的方法
证明等边三角形的方法证明一个三角形是等边三角形主要有以下几种方法:(1)三边都相等的三角形是等边三角形;(2)三个角都相等的三角形是等边三角形;(3)有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
下面通过具体的例题来说明这三种判定方法的应用.例1 如图1，已知等腰△ABC，BA=BC，BD⊥AC，延长BC至E，CE=CD，BD=CE.求证：△ABC是等边三角形.分析：根据已知△ABC是等腰三角形，要证明其为等边三角形，根据有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形，所以只要证明其中的一个内角为30°即可.证明：∵CE=CE，∴∠CDE=∠CED，∵BD=ED，∴∠DBE=∠DEB，图1∵∠DCB=∠CDE+∠CED=2∠E=2∠DBC，又BD⊥AC，∴∠DCB+∠DCB=90°，∴3∠DBC=90°，∠DBC=30°，∴∠DCB=60°，∴△ABC为等边三角形.例2 如图2，△ABC是等边三角形，DE 求证：△ADE是等边三角形.分析：根据△ABC是等边三角形可得∠A=∠B=∠C=60°，根据DE证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∵DE例3 如图3，△ABC是等边三角形，过它的三个顶点分别作对边的平行线，得到一个新的三角形△DEF，△DEF是等边三角形吗你还能找到其他的等边三角形吗请证明你的结论.分析：要判断△DEF是不是等边三角形，根据已知条件，只要判断D、F、E三个角是否都相等.由△ABC是等边三角形，DF解：△DEF是等边三角形.证明：∵△ABC是等边三角形，图3∴∠BAC=∠ABC=∠CBA=60°，∵AB根据三个角都相等的三角形是等边三角形可知△AFC，△CDB，△BEA 都是等边三角形.。
第4章三角形证明题型解读1 三角形内角和定理及外角定理题型-2020-2021学年北师大版七数学
《三角形证明》题型解读1：三角形内角和定理及外角定理题型【知识梳理】1.三角形内角和定理①三角形的三个内角的和等于1800。
②证明过程---解题思路：把三角形三个内角，通过平行线性质，转化成一个平角。
如图，过△ABC 的顶点A 作DE//BC ，∵DE//BC ，∴∠B=∠DAB ，∠C=∠EAC ，∵∠DAB+∠BAC+∠EAC=180°， ∴∠B+∠BAC+∠C=180°，即三角形的三个内角和是180°.③拓展：n 边形内角和公式（n-2）×18002.三角形的外角①三角形外角的特征：顶点在三角形的一个顶点上；一条边是三角形的一边；另一条边是三角形另一边的延长线；如图2，∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6均是△ABC 的外角；由于这6个角中存在三组对顶角，所以一般说一个三角形的外角，是指它的三个外角。
②三角形的外角和定理：三角形的三个外角和等于360º如图2，∠1+∠3+∠5=∠2+∠4+∠6=360°； ③三角形的外角性质：三角形的任意一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，注意：“不相邻”； 如图2，∠1=∠2=∠ACB+∠ABC 、∠3=∠4=∠BAC+∠ACB 、∠5=∠6=∠BAC+∠ABC.④三角形的外角大于和它不相邻的任意一个内角，注意：“不相邻”；⑤拓展：四边形的外角性质:如图，当∠A+∠C=180°时∠EDC=∠B【典型例题】 例1. 已知AB//CD ，求证：∠B=∠E+∠DE D C B AE D C B A E DC B A ∠∠°∠∠∠°∠∠∠∴∠=∠D+∠E （等量代换）21图2654321CB A【解析】：这是平行线中三大典型模型的“牛角模型”，未知外角性质定理时，我们的证明过程如下：当我们学习了外角性质定理时，证明过程就要简洁一些了。
证明：∵AB//CD （已知）， ∴∠B=∠1（两直线平行，同位角相等），∵∠1=∠D+∠E （三角形外角性质），∴∠B=∠D+∠E （等量代换）.例2.当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”，如果一个“特征三角形”的“特征角”为100°，则这个“特征三角形”的最小内角的度数为____.【解析】：定义新运算题型，考查数学阅读理解能力，运用三角形的内角和定理即可解答。
03(解答题(一))-2021年中考数学专题(湖南长沙卷)(解析版)
2021年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（湖南长沙卷）03挑战压轴题（解答题（一））1. （2020年长沙中考第23题）在矩形ABCD 中，E 为DC 边上一点，把△ADE 沿AE 翻折，使点D 恰好落在BC 边上的点F 。
（1）求证：△ABF ∽△FCE ；（2）若AB=32，AD=4，求EC 的长；（3）若EC DE AE 2=-，记∠BAF=α，∠FAE=β，求βαtan tan +的值。
【答案】（1）见解析 （2）332 （3）332 【解析】（1）由题可知，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°∵∠AFB+∠BAF=90°，∴∠CFE=∠BAF又∵∠B=∠C∴△ABF ∽△FCE（1）由题可知，AF=AD=4∴BF=2)32(42222=-=-AB AF∴CF=BC-BF=AD-BF=4-2=2又∵△ABF ∽△FCE ， ∴ABCF BF CE = 即：3222=CE ∴CE=332 （2）AF EF CF CE AF EF AB BF +=+=+βαtan tan 设CE=1，DE=x 则AE=x+2 AD=4422+=-x DE AE ，AB=CD=x+1∴BF=32222++-=-x x AB AF CF=1-222-=x CE EF∵△ABF ∽△FCE x x x x EF CF AF AB 14412-=++∴=∴， ∴xx x x x 111212-•+=++）（ 解得：x=2 ∴33232231tan tan =+=+βα2.（2019年长沙中考第24题）根据相似多边形定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题）②三个角分别相等两个凸四边形相似；（ 命题）③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）（2）如图1，在四边形ABCD 和四边形A 1B 1C 1D 1中，∠ABC =∠A 1B 1C 1，∠BCD =∠B 1C 1D 1，111111AB BC CD A B B C C D ==，求证：四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似．（3）如图2，四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AC 与BD 相交于点O ，过点O 作EF ∥AB 分别交AD ，BC 于点E ，F ．记四边形ABFE 的面积为S 1，四边形EFDE 的面积为S 2，若四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，求21S S 的值． 【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析 ；（3）121S S = 【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．（3）四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．③两个大小不同的正方形相似．是真命题．故答案为假，假，真．（2）证明：分别连接BD ，B 1D 1111BCD B C D ∠=∠，且1111BC CD B C C D = 111BCD BC D ∴∽， 111CDB C D B ∴∠=∠，111C B D CBD ∠=∠，111111BD BC CD B D B C C D ==， 1111BD AB B D A B ∴=，111ABC A B C ∠=∠，111ABD A B D ∴∠=∠， 111ABD A B D ∴∽，1111AD AB A D A B =，1A A ∠=∠，111ADB A D B ∠=∠， 11111111AB BC CD AD A B B C C D A D ∴===，111ADC A DC ∠=∠，1A A ∠=∠，111ABC A B C ∠=∠，111BCD BC D ∠=∠∴四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似. （3）如图2中，∵四边形ABFG 与四边形EFCD 相似DE EF AE AB∴=，EF OE OF =+， DE OE OF AE AB +∴=，EF AB CD ， DE OE AD AB ∴=，DE OC OF AD AB AB ==，DE DE OE OF AD AD AB AB ∴+=+， 2DE DE AD AE ∴=，AD DE AE =+，21DE AE AE∴=+， 2AE DE AE ∴=+，即AE =DE 121S S ∴=，3.（2018年长沙中考第24题）如图，在△ABC 中，AD 是边BC 上的中线，∠BAD=∠CAD ，CE ∥AD ，CE 交BA 的延长线于点E ，BC=8，AD=3．（1）求CE 的长；（2）求证：△ABC 为等腰三角形．（3）求△ABC 的外接圆圆心P 与内切圆圆心Q 之间的距离．【分析】（1）证明AD 为△BCE 的中位线得到CE=2AD=6；（2）通过证明△ABD ≌△CAD 得到AB=AC ；（3）如图，连接BP 、BQ 、CQ ，先利用勾股定理计算出AB=5，设⊙P 的半径为R ，⊙Q的半径为r ，在Rt △PBD 中利用勾股定理得到（R ﹣3）2+42=R 2，解得R=，则PD=，再利用面积法求出r=，即QD=，然后计算PD+QD即可．【解答】（1）解：∵AD是边BC上的中线，∴BD=CD，∵CE∥AD，∴AD为△BCE的中位线，∴CE=2AD=6；（2）证明：∵BD=CD，∠BAD=∠CAD，AD=AD，∴△ABD≌△CAD，∴AB=AC，∴△ABC为等腰三角形．（3）如图，连接BP、BQ、CQ，在Rt△ABD中，AB==5，设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，在Rt△PBD中，（R﹣3）2+42=R2，解得R=，∴PD=PA﹣AD=﹣3=，∵S△ABQ+S△BCQ+S△ACQ=S△ABC，∴•r•5+•r•8+•r•5=•3•8，解得r=，即QD=，∴PQ=PD+QD=+=．答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为．1.（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD 中，若A C ∠=∠，B D ∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形．（1）如（图①），A 、B 、C 、D 是⊙O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =．求证：四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如（图②），准平行四边形ABCD 内接于⊙O ，AB AD ≠，BC DC =，若⊙O 的半径为5，6AB =，求AC 的长；（3）如（图③），在Rt ABC △中，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值．【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）可证APQ 是等边三角形，可得60Q QAP ∠=︒=∠，由圆的内接四边形的性质可得60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，由四边形内角和定理可证QAC QBC ∠≠∠，可得结论；（2）如图②，连接BD ，由准平行四边形定义可求90BAD BCD ∠=∠=︒，可得BD 是直径，由勾股定理可求8AD =，将ABC ∆绕点C 顺时针旋转90︒得到CDH ∆，可得6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，由勾股定理可求AC 的长；（3）如图③，作ACD △的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，由准平行四边形定义可求60ABC ADC ∠=∠=︒，可得120AOC ∠=︒，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质，可求1OE =，22CO OE ==，由勾股定理可求OB ，由当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，即可求解．【详解】解：证明：（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒，∴60APQ ∠=︒，且AQ AP =，∴APQ 是等边三角形，∴60Q QAP ∠=︒=∠，∵四边形APBC 是圆内接四边形，∴60QPA ACB ∠=∠=︒，∵360Q ACB QAC QBC ∠+∠+∠+∠=︒，∴240QAC QBC ∠+∠=︒，且120120QAC QAP BAC PAB PAB ∠=∠+∠+∠=︒+∠>︒，∴120QBC ∠<︒，∴QAC QBC ∠≠∠，且60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，∴四边形AQBC 是准平行四边形．（2）如图②，连接BD ，∵AB AD ≠，BC DC =，∴ABD ADB ∠≠∠，CBD CDB ∠=∠，∴ABC ADC ∠≠∠，∵四边形ABCD 是准平行四边形，∴BAD BCD ∠=∠，∵四边形ABCD 是圆内接四边形，∴180BAD BCD ∠+∠=︒，180ABC ADC ∠+∠=︒，∴90BAD BCD ∠=∠=︒，∴BD 是直径，∴10BD =，∴8AD =，将ABC 绕点C 顺时针旋转90°得到CDH △，∴6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，∵180ABC ADC ∠+∠=︒，∴180ADC CDH ∠+∠=︒，∴点A ，点D ，点H 三点共线，∴14AH AD DH =+=，∵222AC CH AH +=，∴22196AC =，∴AC =（3）如图③，作ACD ∆的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，60ABC ∴∠=︒，60ABC ∠=︒，AC ==四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，60ABC ADC ∴∠=∠=︒，120AOC ∴∠=︒，且OE AC ⊥，OA OC =，30ACO CAO ∴∠=∠=︒，CE AE =，1OE ∴=，22CO OE ==，OE AC ⊥，OF BC ⊥，90ECF ∠=︒，∴四边形CFOE 是矩形，CE OF ∴==1OE CF ==，3BF BC CF ∴=+=，BO ∴==当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，BD ∴长的最大值2BO OD =+=．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点．2.（2020·长沙市南雅中学）我们定义：对角线垂直的凸四边形叫做“准筝形”．如图 1，四边形 ABCD 中，AC ⊥BD ，则四边形 ABCD 是“准筝形”．（1）“三条边相等的准筝形是菱形”是 命题；（填“真” 或“假”）（2）如图 1，在准筝形 ABCD 中，AD ＝3，AB ＝2，BC ＝4，求 CD 的长．（3）如图 2， 在准筝形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O ，点 P 在线段 AD 上，AP ＝2，且 AD ＝3，AO =32，在BD 上存在移动的线段EF，E 在 F 的左侧，且EF＝1，使四边形AEFP 周长最小，求此时OE 的长度．【答案】（1）真；（2（3【分析】（1）先根据在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，得出OA=OC，OB=OD，推出四边形ABCD是平行四边形，再根据AD=CD，即可证明四边形ABCD是菱形，即可得出结论；（2）设AC与BD交于点O，根据AC⊥BD，得到AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，可得AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，根据AD=3，АВ=2，BC=4，即可求出CD；（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，先证明四边形AEFM是平行四边形，得到AE=MF，根据M、N关于OD对称，得出MF=NF，推出当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，根据AP=2，EF=1，得出当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，然后证明四边形AOHM是矩形，得出АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，根据在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，PG⊥OA，求出AG=12AP=1，，RN=HN+HR=2，证明△NHF∽△NRP，得出HFRP=NHNR=34，求出HF=34PR=)314，根据OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，即可得出OЕ．【详解】解：（1）三条边相等的准筝形是菱形是真命题，，在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，∴OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=CD，∴四边形ABCD是菱形，∴三边相等的准筝形是菱形，故答案为：真；（2）设AC与BD交于点O，∵AC⊥BD，∴AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，∴AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，∵AD=3，АВ=2，BC=4，∴22+CD2=32+42，∴∴CD（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，∵AM//EF，AM=EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE=MF，∵M、N关于OD对称，∴MF=NF，∴AE+PF=MF+PF=NF+PF≥PN，∴当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，∵AP=2，EF=1，∴当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，∵AM//OD，ОA//MН，∠AOD=90°，∴四边形AOHM是矩形，∴АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，∴∠ADO=30°，∵PG⊥OA，∴PG∥OD，∴∠APG=∠ADO=30°，∴AG=12AP=1，∴，∵HR=32-1=12，∴RN=HN+HR=2，∵PG//OD，∴△NHF∽△NRP，∴HFRP=NHNR=34，∴HF=34PR=)314∵OF=ОН+HF=OE+EF ，ОН=EF=1，∴，故四边形AEFP 周长最小时，OE 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．3．（2020·长沙市明德天心中学）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“邻好四边形”．(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD 中，添加一个条件，使得四边形ABCD 是“邻好四边形”，请写出你添加的一个条件________；(2)概念延伸：下列说法正确的是________．(填入相应的序号)①对角线互相平分的“邻好四边形”是菱形；②一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”是菱形；③有两个内角为直角的“邻好四边形”是正方形；④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“邻好四边形”是正方形；(3)问题探究：如图2，小红画了一个Rt ABC ∆，其中90ABC ∠=︒，2AB =，1BC =，并将Rt ABC ∆沿B 的平分线BB '方向平移得到A B C '''∆，连结AA '，BC '，要使平移后的四边形ABC A ''是“邻好四边形”应平移多少距离(即线段BB '的长)？【答案】（1）AB=AD；（2）①④；（3）21或2【分析】（1）根据定义添加一组邻边相等即可；（2）先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“邻好四边形”定义得邻边相等，得出结论；（3）由平移的性质易得BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，“邻好四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论．【详解】（1）AB=BC或BC=CD或AD=CD或AB=AD．答案：AB=AD；（2）①正确，理由为：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“邻好四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“邻好四边形”是菱形；②不正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”也有可能是等腰梯形；③不正确，理由为：有两个内角为直角的“邻好四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“四个角都是直角”，则该四边形是矩形，根据“邻边相等的矩形为正方形”，所以④的说法正确．故答案是：①④；（3）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，∴∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′=5；（III）当A′C′=BC′=5时，如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′=12∠ABC=45°， ∴∠BB′D=′∠ABB′=45°∴B′D=BD ，设B′D=BD=x ，则C′D=x+1，BB′=2x ，∵在Rt △BC′D 中，BD 2+C′D 2=BC′2∴x 2+（x+1）2=(5)2，解得：1212x x ==-，(不合题意，舍去)， ∴BB′=22=（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，同理可得：BD 2+C′D 2=BC′2，设B′D=BD=x ，则x 2+（x+1）2=22， 解得：121717x x -+--==（不合题意，均舍去）， ∴BB′=22142-=． 综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“邻好四边形”应平移251214-+． 4．（2021·全国九年级）如图，点E 是ABC ∆的内心，AE 的延长线和ABC ∆的外接圆相交于点D ，交BC于F ．（1）若40ABC =∠，80C ∠=，求CBD ∠的度数；（2）求证：DB DE =；（3）若6AB =，4AC =，5BC =，求DE 的长．【答案】（1）30°；（2）见解析；（3）【分析】（1）由三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等即可解答；（2）连接BE ，根据三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等证得∠DBE ＝∠BED ，从而依据等角对等边即可证得；（3）利用已知和角平分线的性质得32AB BF AC CF ==，进而求得BF 、CF 的值，再证明△BDF ∽△ACF 和△DBF ∽△DAB ，利用相似三角形的性质得到关于BD 的方程，解之即可解答﹒【详解】（1）∵40ABC =∠，80C ∠=，∴∠BAC=180º-∠ABC-∠C=60º，∵E 是内心，∴∠BAD ＝∠CAD=12∠BAC=30º， 由同弧所对的圆周角相等得：∠CBD=∠CAD=30º；（2）证明：连接BE ，∵E 是内心，∴∠ABE ＝∠CBE ，∠BAD ＝∠CAD ．∵∠CBD ＝∠CAD ，∴∠CBD ＝∠BAD ，∵∠BAD+∠ABE ＝∠BED ，∠CBE+∠CBD ＝∠DBE ，∴∠DBE ＝∠BED ，∴ DE ＝DB ；（3）∵∠BAD ＝∠CAD ，AB=6，AC=4，BC=5 ∴32AB BF AC CF == ∴ BF=3，CF=2∵∠DBC ＝∠D AC ，∠BFD=∠AFC∴ △BDF ∽△ACF ∴42,2BD AC BF DF DF CF AF CF====， ∴,62BD DF DF AF BF CF ===， ∵∠BAD ＝∠CAD=∠DBC ，∠BDF=∠ADB∴ △DBF ∽△DAB ∴BD DF DA BD=，∴22•()62BD BD DF AD DF AF DF ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭，∴BD =BD=DE ，∴DE =【点睛】本题考查了三角形的内心定义、圆的外接圆、同弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质，解答的关键是正确理解三角形的内心定义，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，进而创造三角形相似的条件，进行相关的证明或计算．5．（2020·长沙市南雅中学九年级开学考试）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A ，B 的坐标分别为()0,6A和()B -，点E 为x 轴正半轴上的一个动点，过点A 、B 、E 作ABE △的外接圆C ，连结AC 并延长交圆于点D ，连结BD 、DE ．（1）求证：OAE BAD ∠=∠．（2）当15AD =时，求OE 的长度．（3）如图2，连结OD ，求线段OD 的最小值及当OD 最小时ABE △的外接圆圆心C 的坐标．【答案】（1）见解析；（2）92；（3）OD 最小值为9，C （，34） 【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ABD=90°，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠ADB=∠AEB ，从而证明结论； （2）根据条件算出AB ，证明△ABD ∽△AOE ，得出AB AO AD AE=，解得AE ，再根据勾股定理算出OE 的长； （3）设直线BD 与y 轴交于点F ，得出当OD ⊥BD 时，OD 最小，通过解直角三角形算出OD ，BD ，过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，利用勾股定理解出OG 和DG ，从而得到点D 坐标，结合点A 坐标得出圆心C 的坐标.【详解】解：（1）由题意可得：AD 为⊙O 的直径，∴∠ABD=∠AOE=90°，∵∠ADB=∠AEB ，∠AOE=90°∴∠OAE=∠BAD ；（2）∵()0,6A 和()B -，∴OA=6，OB=∴12=，∵AD=15，由（1）得：∠OAE=∠BAD ，∠ABD=∠AOE ，∴△ABD ∽△AOE ， ∴AB AO AD AE=， 即12615AE=， 解得：AE=152，∴92==； （3）设直线BD 与y 轴交于点F ，∵AB ⊥BD ，∴∠OBD=∠OAB=90°-∠ABO ，直线AB 位置不变，∴直线BD 位置不变，∴当OD ⊥BD 时，OD 最小，此时，OD=OB×sin ∠OBD=OB×sin ∠OAB=×OB AB =，=过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，则BG=，在△OBD 中，BD 2-BG 2=OD 2-OG 2，即(()22229x x -=-，解得：x=2，即OG=2，=92， 由题意可得点D 在第三象限，∴点D坐标为（2-，92-），而点A （0，6）， ∴点C坐标为（022，9622-+），即（，34）.【点睛】本题属于圆的综合题，涉及了圆周角定理，相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 6．（2021·长沙九年级模考）如图，O 为ABC ∆的外接圆，D 为OC 与AB 的交点，E 为线段OC 延长线上一点，且EAC ABC ∠=∠．(1)求证：直线AE 是O 的切线．(2)若D 为AB 的中点，6CD =，16AB =．①求O 的半径；②求ABC的内心到点O的距离．【答案】(1)证明见解析;(2)①253;②5．【分析】（1）连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，由圆周角定理的推论可得∠ACF=90°，可得∠F+∠FAC=90°，由∠EAC=∠ABC，可得∠EAC+∠FAC=90°，即可完成证明；(2)①由垂径定理可得OD⊥AB，AD=BD=8，由勾股定理可求⊙O的半径；②作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，则点H是△ABC的内心，由三角形内心的性质可得HM=HN=HD，由三角形的面积公式可求HD的值，即可完成解答．【详解】(1)证明：如图：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，∵AF是直径，∴∠ACF=90°，∴∠F+∠FAC=90°，∵∠F=∠ABC，∠ABC=∠EAC，∴∠EAC=∠F，∴∠EAC+∠FAC=90°，∴∠EAF=90°，∵AO是半径，∴直线AE是⊙O的切线；(2)①如图，连接AO，∵D为AB的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB，AD=BD=12AB=8，∵AO2=AD2+DO2，∴AO2=82+（AO-6）2，∴AO=253，∴⊙O的半径为253；②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，∵OD⊥AB，AD=BD，∴AC=BC，∴CD平分∠ACB，即点H是△ABC的内心，∴MH=NH=DH，在Rt△ACD中，10AC BC====，∵S△ABC=S△ACH+S△ABH+S△BCH，∴12×16×6=12×10×MH+12×16×DH+12×10×NH，∴DH=83，∵OH=CO－CH=CO－（CD－DH），∴2586533OH⎛⎫=--=⎪⎝⎭.【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、角平分线性质、勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是解答本题的关键．7．（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义:有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如:凸四边形ABCD 中，若,A C B D ∠=∠∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形.（1）如图①，,,,A P B C 是O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =.求证:四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如图②，准平行四边形ABCD 内接于O ，,AB AD BC DC +=，若O 的半径为5,6AB =，求AC 的长；（3）如图③，在Rt ABC 中，90,30,2C A BC ∠=︒∠=︒=，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值.【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）先根据同弧所对的圆周角相等证明三角形ABC 为等边三角形，得到∠ACB=60°，再求出∠APB=60°，根据AQ=AP 判定△APQ 为等边三角形，∠AQP=∠QAP=60°，故∠ACB=∠AQP ，可判断∠QAC ＞120°，∠QBC ＜120°，故∠QAC≠∠QBC ，可证四边形AQBC 是准平行四边形；（2）根据已知条件可判断∠ABC≠∠ADC ，则可得∠BAD=∠BCD=90°，连接BD ，则BD 为直径为10，根据BC=CD 得△BCD 为等腰直角三角形，则∠BAC=∠BDC=45°，在直角三角形BCD 中利用勾股定理或三角函数求出BC 的长，过B 点作BE ⊥AC ，分别在直角三角形ABE 和△BEC 中，利用三角函数和勾股定理求出AE 、CE 的长，即可求出AC 的长.（3）根据已知条件可得：∠ADC=∠ABC=60°，延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大，根据已知条件求出BO 、OD 的长度，即可求解.【详解】（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒∴∠ABC=∠BAC=60°∴△ABC 为等边三角形，∠ACB=60°∵∠APQ=180°-∠APC-∠CPB=60°又AP=AQ∴△APQ 为等边三角形∴∠AQP=∠QAP=60°∴∠ACB=∠AQP∵∠QAC=∠QAP+∠PAB+∠BAC=120°+∠PAB ＞120°故∠QBC=360°-∠AQP-∠ACB-∠QAC ＜120° ∴∠QAC≠∠QBC∴四边形AQBC 是准平行四边形（2）连接BD ，过B 点作BE ⊥AC 于E 点∵准平行四边形ABCD 内接于O ，,≠=AB AD BC DC∴∠ABC≠∠ADC ，∠BAD=∠BCD∵∠BAD+∠BCD=180°∴∠BAD=∠BCD=90°∴BD 为O 的直径∵O 的半径为5∴BD=10∵BC=CD,∠BCD=90°∴∠CBD=∠BDC=45°∴BC=BD ⨯ sin ∠BDC=102⨯，∠BAC=∠BDC=45° ∵BE ⊥AC∴∠BEA=∠BEC=90°∴AE=AB ⨯sin ∠BAC=6⨯2∵∠ABE=∠BAE=45°∴BE=AE=在直角三角形BEC 中，=∴AC=AE+EC=（3）在Rt ABC 中，90,30∠=︒∠=︒C A∴∠ABC=60°∵四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠∴∠ADC=∠ABC=60°延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，因为∠ACE=90°，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），此时，∠ADC=∠AEC=60°，连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大.在等边三角形ABE 中，∠ACB=90°，BC=2∴AE=BE=2BC=4∴OE=OA=OD=2∴BO ⊥AE∴BO=BE ⨯sin ∠E=4⨯∴BD=BO+0D=2+即BD 长的最大值为2+【点睛】本题考查的是新概念及圆的相关知识，理解新概念的含义、掌握圆的性质是解答的关键，本题的难点在第（3）小问，考查的是与圆相关的最大值及最小值问题，把握其中的不变量作出圆是关键.8.（2020·长沙市天心区明德启南中学九年级期末）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是⊙O 外一点且满足∠DCA＝∠B，连接AD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AD⊥CD，AB＝10，AD＝8，求AC的长；（3）如图2，当∠DAB＝45°时，AD与⊙O交于E点，试写出AC、EC、BC之间的数量关系并证明．【答案】（1）见解析；（2）AC的长为（3）AC＝BC，理由见解析【分析】(1)连接OC,由直径所对圆周角是直角可得∠ACB=90°,由OC=OB得出∠OCB=∠B,由因为∠DCA=∠B,从而可得∠DCA=∠OCB,即可得出∠DCO=90°;(2) 由题意证明△ACD∽△ABC,根据对应边成比例列出等式求出AC即可;(3) 在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，通过条件证明△AEF≌△BEC,根据性质推出△EFC为等腰直角三角形,即可证明AC、EC、BC的数量关系．【详解】(1)证明：连接OC，如图1所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OC＝OB，∴∠B＝∠OCB，∵∠DCA＝∠B，∴∠DCA＝∠OCB，∴∠DCO＝∠DCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝∠ACB＝90°，∴CD⊥OC，∴CD是⊙O的切线；(2)解：∵AD⊥CD∴∠ADC＝∠ACB＝90°又∵∠DCA＝∠B∴△ACD∽△ABC∴AC ADAB AC=，即810ACAC=，∴AC＝即AC的长为(3)解：AC＝BC；理由如下：在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，如图2所示：∵AB是直径，∴∠ACB＝∠AEB＝90°，∵∠DAB＝45°，∴△AEB为等腰直角三角形，∴∠EAB＝∠EBA＝∠ECA＝45°，AE＝BE，在△AEF和△BEC中，AE BEEAF EBC AF BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEF≌△BEC(SAS)，∴EF＝CE，∠AFE＝∠BCE＝∠ACB+∠ECA＝90°+45°＝135°，∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣135°＝45°，∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴△EFC为等腰直角三角形．∴CF，∴AC＝AF+CF＝BC．【点睛】本题考查圆与三角形的结合,关键在于牢记基础性质,利用三角形的相似对应边以及三角形的全等进行计算．。
高中数学百大经典例题——两平面平行判定和性质(新课标)
典型例题一例1：正方体ABCD - A1B1C1D1．求证：平面 AB1D1 // 平面 C1BD ．证明：∵ ABCD - A1 B1C1D1为正方体，∴D1 A // C1B ，又C1B平面C1BD，故D1A // 平面 C1BD ．同理D1B1 // 平面 C1 BD ．又D1A D1B1 D1，∴平面 AB1 D1 // 平面 C1BD ．说明：上述证明是根据判定定理 1 实现的．此题也可根据判定定理 2 证明，只需连接A1C 即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离．典型例题二例 2：如图，// ， A a ， A a // ．求证： a ．证明：过直线 a 作一平面，设a1，b ．∵//∴ a1 // b又 a //∴ a // b在同一个平面内过同一点A有两条直线a, a1与直线 b 平行∴ a 与 a1重合，即 a．说明：此题也可以用反证法进行证明．典型例题三例 3：如果一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么它和另一个也相交．：如图，// ，l A ．求证： l 与相交．证明：在上取一点 B ，过 l 和 B 作平面，由于与α有公共点A ，与有公共点B．∴与、都相交．设 a ， b ．∵//∴a // b又 l 、a、 b 都在平面内，且l和a交于A．∵ l 与 b 相交．所以 l 与相交．典型例题四例 4：平面// ，AB，CD为夹在 a ，间的异面线段， E 、 F 分别为 AB 、CD 的中点．求证： EF // ， EF // ．证明：连接 AF 并延长交于 G ．∵AG CD F∴AG CD确定平面，且AC ，，DG ．∵// ，所以AC // DG ，∴ACF GDF ，又AFC DFG ， CF DF ，∴ △ ACF ≌△ DFG ．∴ AF FG ．又AE BE ，∴EF // BG ，BG．故EF // ．同理 EF //说明：此题还有其它证法，要点是对异面直线的处理．典型例题六例 6如图，矩形ABCD 的四个顶点在平面上的射影分别为A1、 B1、 C1、 D1，且A1、 B1、 C1、 D1互不重合，也无三点共线．求证：四边形A1B1C1 D1是平行四边形．证明：∵ AA1 ， DD 1∴ AA1 // DD1不妨设 AA1和 DD1确定平面．同理 BB1 和 CC1确定平面．又AA1 // BB1，且 BB1∴ AA1 //同理 AD //又 AA1 AD A∴ //又A1D1，B1C1同∴A1D1 // B1C1．理A1B1 // C1D1．∴四边形 A1B1C1D1是平行四边形．典型例题七例 7 设直线l 、m ，平面、，以下条件能得出// 的是〔〕．A．l ， m ，且l // ， m // B．l ， m ，且 l // mC．l ， m ，且 l // m D．l // ， m // ，且l // m分析：选项 A 是错误的，因为当l // m 时，与可能相交．选项 B 是错误的，理由同A．选项 C 是正确的，因为l ， m// l ，所以m ，又∵m ，∴// ．选项 D 也是错误的，满足条件的可能与相交．答案： C说明：此题极易选A，原因是对平面平行的判定定理掌握不准确所致．本例这样的选择题是常见题目，要正确得出选择，需要有较好的作图能力和对定理、公理的准确掌握、深刻理解，同时要考虑到各种情况．典型例题八例 8 设平面平面，平面平面，且、分别与相交于 a 、b，a// b．求证：平面// 平面．上找到两条相交直线，或作出相交直线，分析：要证明两平面平行，只要设法在平面它们分别与平行〔如图〕．证明：在平面内作直线PQ直线a，在平面内作直线MN直线b．∵平面平面，∴ PQ平面，MN平面，∴PQ // MN ．又∵ a // p， PQ a Q ，MN b N ，∴平面 // 平面．说明：如果在、内分别作 PQ ，MNMN ，这样就走了弯路，还需证明 PQ 、在、内，如果直接在、内作a 、b的垂线，就可推出 PQ // MN ．由面面垂直的性质推出“线面垂直〞，进而推出“线线平行〞、“线面平行〞，最后得到“面面平行〞，最后得到“面面平行〞．其核心是要形成应用性质定理的意识，在立体几何证明中非常重要．典型例题九例 9 如下图，平面// 平面，点A 、C ，点B、 D ， AB a 是、的公垂线，CD 是斜线．假设AC BD b ， CD c ， M 、 N 分别是AB 和 CD 的中点，(1)求证：MN // ；(2)求MN 的长．分析：〔 1〕要证MN // ，取AD 的中点P ，只要证明MN 所在的平面PMN // ．为此证明PM // ， PN // 即可．(2)要求MN 之长，在CMA 中，CM 、 CN 的长度易知，关键在于证明MN证明： (1) 连结CD ，从而由勾股定理可以求解．AD ，设 P 是 AD 的中点，分别连结PM 、 PN ．∵M 是 AB 的中点，∴ PM // BD ．又 BD，∴ PM //．同理∵N 是 CD 的中点，∴ PN // AC ．∵ AC ，∴ PN // ．∵ // ， PN PM P ，∴平面PMN // ．∵ MN 平面 PMN ，∴MN // ．(2)分别连结MC、MD．1a ，∵ AC BD b ， AM BM2又∵ AB 是、的公垂线，∴CAM DBM 90 ，∴ Rt ACM ≌ Rt BDM ，∴ CM DM ，∴ DMC 是等腰三角形．又 N 是 CD 的中点，∴ MN CD ．CN 21 4b2 a 2 c2．在 Rt CMN 中， MN CM 22说明： (1)证“线面平行〞也可以先证“面面平行〞，然后利用面面平行的性质，推证“线面平行〞，这是一种以退为进的解题策略．(2)空间线段的长度，一般通过构造三角形、然后利用余弦定理或勾股定理来求解．(3)面面平行的性质：①面面平行，那么线面平行；②面面平行，那么被第三个平面所截得的交线平行．典型例题十例 10如果平面内的两条相交直线与平面所成的角相等，那么这两个平面的位置关系是 __________．分析：按直线和平面的三种位置关系分类予以研究．解：设 a 、b是平面内两条相交直线．(1)假设a、b都在平面内，a、b与平面所成的角都为0 ，这时与重合，根据教材中规定，此种情况不予考虑．(2)假设a、b都与平面相交成等角，且所成角在(0 , 90 ) 内；∵ a 、b与有公共点，这时与相交．假设 a 、b都与平面成90角，那么a // b，与矛盾．此种情况不可能．(3)假设a、b都与平面平行，那么a、b与平面所成的角都为0，内有两条直线与平面平行，这时//．综上，平面、的位置关系是相交或平行．典型例题十一例11 试证经过平面外一点有且只有一个平面和平面平行．： A平面，求证：过 A 有且只有一个平面//．分析：“有且只有〞要准确理解，要先证这样的平面是存在的，再证它是惟一的，缺一不可．证明：在平面内任作两条相交直线 a 和b，那么由A知，A a ， A b ．点A和直线a可确定一个平面 M ，点 A 和直线 b 可确定一个平面 N ．在平面 M 、 N 内过 A 分别作直线a'// a、b'// b，故 a ' 、 b'是两条相交直线，可确定一个平面．∵ a' ， a ， a ' // a ，∴a' // ．同理 b ' // ．又 a' ， b' ， a' b' A ，∴// ．所以过点 A 有一个平面// ．假设过 A 点还有一个平面// ，内取一直线 c ，A c ，点 A 、直线 c 确定一个平面，由公理 2 知：那么在平面m ，n ，∴m // c ， n// c ，又 A m ， A n ，这与过一点有且只有一条直线与直线平行相矛盾，因此假设不成立，所以平面只有一个．所以过平面外一点有且只有一个平面与平面平行．典型例题十二例 12 点S是正三角形ABC所在平面外的一点，且SA SB SC， SG为 SAB 上的高， D 、 E 、 F 分别是 AC 、 BC 、 SC 的中点，试判断 SG 与平面DEF 内的位置关系，并给予证明SG // 平面DEF ，要证明结论成立，只需证明SG与分析 1：如图，观察图形，即可判定平面 DEF 内的一条直线平行．观察图形可以看出：连结CG 与DE 相交于H ，连结FH ， FH 就是适合题意的直线．怎样证明 SG// FH ？只需证明 H 是 CG 的中点．证法 1：连结CG交DE于点H，∵DE 是 ABC 的中位线，∴ DE // AB ．在 ACG 中， D 是 AC 的中点，且 DH // AG ，∴ H 为 CG 的中点．∵FH 是 SCG的中位线，∴ FH // SG ．又 SG平面DEF，FH平面DEF，∴SG// 平面 DEF ．分析 2：要证明SG//平面DEF，只需证明平面SAB // 平面 DEF ，要证明平面 DEF // 平面 SAB，只需证明 SA// DF ， SB// EF 而 SA// DF ， SB// EF 可由题设直接推出．证法 2：∵EF为SBC的中位线，∴EF // SB．∵ EF 平面 SAB ， SB 平面 SAB，∴EF // 平面．SAB同理： DF // 平面 SAB， EF DF F ，∴平面 SAB // 平面 DEF ，又∵ SG 平面 SAB，∴ SG// 平面 DEF ．典型例题十三例 13 如图，线段PQ 分别交两个平行平面、于 A 、B 两点，线段PD 分别交、PA 9， AB 12 ，BQ 12 ，于 C 、 D 两点，线段QF 分别交、于 F 、 E 两点，假设ACF 的面积为72，求BDE 的面积．分析： 求BDE 的面积，看起来似乎与本节内容无关，事实上，ACF 的面积，假设BDE 与 ACF 的对应边有联系的话，可以利用 ACF 的面积求出BDE 的面积．解： ∵平面 QAFAF ，平面 QAF BE ，又∵// ，∴ AF // BE ．同理可证：AC // BD ，∴ FAC 与 EBD 相等或互补，即 sin FAC sin EBD ．由 FA // BE ，得 BE ∶AFQB ∶QA 12∶24 1∶2 ，∴ BE1AF 2由 BD // AC ，得： AC ∶BDPA ∶PB 9∶21 3∶7 ，∴ BD7AC ．ACF 的面积为 72，即 1AF AC3又∵sin FAC 72 ．2∴SDBE1BE BD sin EBD21 1 7FAC2 AF AC sin2 3 7 1AF AC sin FAC 6 27 72 84 ． 6∴ BDE 的面积为 84 平方单位．说明： 应用两个平行的性质一是可以证明直线与直线的平行，二是可以解决线面平行的问题．注意使用性质定理证明线线平行时，一定第三个平面与两个平行平面相交，其交线互相平行．典型例题十四例 14 在棱长为 a 的正方体中，求异面直线BD 和 B 1C 之间的距离．分析： 通过前面的学习，我们解决了如下的问题：假设 a 和 b 是两条异面直线，那么过 a 且平 行于 b 的平面必平行于过b 且平行于 a 的平面． 我们知道， 空间两条异面直线， 总分别存在于两个平行平面内．因此，求两条异面直线的距离，有时可以通过求这两个平行平面之间的距离来解决．具体解法可按如下几步来求：①分别经过BD 和 B 1C 找到两个互相平等的平面；②作出两个平行平面的公垂线；③计算公垂线夹在两个平等平面间的长度．解：如图，根据正方体的性质，易证：BD // B1D1平面 A1 BD // 平面 CB1D1A1B // D1C连结 AC1，分别交平面A1BD 和平面 CB1 D1于M和N因为 CC1和 AC1分别是平面ABCD 的垂线和斜线，AC 在平面 ABCD 内， AC BD 由三垂线定理：AC1BD ，同理： AC1A1D∴AC1平面 A1 BD ，同理可证： AC1平面 CB1 D1∴平面 A1 BD 和平面 CB1D1间的距离为线段MN 长度．如下图：在对角面 AC1中， O1为 A1C1的中点，O为AC的中点1 AC13 a ．∴ AM MN NC13 3∴ BD 和B1C的距离等于两平行平面A1 BD 和 CB1D1的距离为 3 a ．3说明：关于异面直线之间的距离的计算，有两种根本的转移方法：①转化为线面距．设 a 、b 是两条异面直线，作出经过 b 而和a平行的平面，通过计算a和的距离，得出a和 b 距离，这样又回到点面距离的计算；②转化为面面距，设 a 、b是两条异面直线，作出经过 b 而和 a 平行的平面，再作出经过 a 和b平行的平面，通过计算、之间的距离得出 a 和b之间的距离．典型例题十五例 15正方体ABCD A1B1C1 D1棱长为 a ，求异面直线AC 与BC1的距离．解法 1：〔直接法〕如图：取 BC 的中点 P ，连结 PD 、PB1分别交 AC 、BC1于 M 、 N 两点，易证： DB1 // MN ， DB1 AC ， DB1 BC1．∴ MN 为异面直线 AC 与BC11 3 的公垂线段，易证： MN DB1 a ．3 3小结：此法也称定义法，这种解法是作出异面直线的公垂线段来解．但通常寻找公垂线段时，难度较大．解法 2：〔转化法〕如图：∵AC // 平面A1C1B，∴ AC 与BC1的距离等于AC 与平面A1C1B的距离，在 Rt OBO1中，作斜边上的高OE ，那么 OE 长为所求距离，∵ OB 2a ， OO1 a ，2∴ O1 B 3a ，∴OEOO1OB3a．2 O1 B 3小结：这种解法是将线线距离转化为线面距离．解法 3：〔转化法〕如图：∵平面ACD1 // 平面A1C1B，∴ AC 与BC1 的距离等于平面ACD 1与平面 A1C1B 的距离．∵ DB1平面 ACD1，且被平面 ACD1和平面 A1C1 B 三等分；∴所求距离为1B D3a．3 1 3小结：这种解法是线线距离转化为面面距离．解法 4：〔构造函数法〕如图：任取点 Q BC1，作 QR BC 于R点，作PK AC 于 K 点，设 RC x ，那么 BR QR a x ，CK KR ，且KR2 CK 2 CR 2∴ KR2 1 CR2 1 x2．2 2那么 QK 2 1 x2 (a x)223( x 2 a)2 1 a2 1 a2，2 3 3 3故 QK 的最小值，即AC 与BC1的距离等于3a ．3小结：这种解法是恰当的选择未知量，构造一个目标函数，通过求这个函数的最小值来得到二异面直线之间的距离．解法 5：〔体积桥法〕如图：当求 AC 与BC1的距离转化为求AC 与平面A1C1B的距离后，设 C 点到平面A1C1B的距离为 h ，那么V C A1 C1 B VA1 BCC1．∵1 h 3 ( 2a) 21a 1 a2 ，3 4 3 2∴ h 3a ．即AC与 BC1的距离等于3a ．3 3小结：本解法是将线线距离转化为线面距离，再将线面距离转化为锥体化为锥体的高，然后用体积公式求之．这种方法在后面将要学到．说明：求异面直线距离的方法有：(1)〔直接法〕当公垂线段能直接作出时，直接求．此时，作出并证明异面直线的公垂线段，是求异面直线距离的关键．(2)〔转化法〕把线线距离转化为线面距离，如求异面直线 a 、b距离，先作出过 a 且平行于 b 的平面，那么b 与距离就是 a 、b距离．〔线面转化法〕．也可以转化为过 a 平行b的平面和过b平行于 a 的平面，两平行平面的距离就是两条异面直线距离．〔面面转化法〕．(3)〔体积桥法〕利用线面距再转化为锥体的高用何种公式来求．(4)〔构造函数法〕常常利用距离最短原理构造二次函数，利用求二次函数最值来解．两条异面直线间距离问题，教科书要求不高〔要求会计算已给出公垂线时的距离〕面的问题的其他解法，要适度接触，以开阔思路，供学有余力的同学探求．，这方典型例题十六例16 如果// ， AB 和AC 是夹在平面与之间的两条线段，AB AC ，且AB 2 ，直线 AB 与平面所成的角为30 ，求线段AC 长的取值范围．解法 1：如下图：作 AD 于 D ，连结 BD 、 CD 、 BC∵ AB BD ， AC DC ，AB2 AC 2 BC 2，∴在BDC 中，由余弦定理，得：BD 2 CD 2 BC 2 AB 2 AC 2 BC 2cos BDC 2BD CD 2BD CD 0 ．∵ AD ，∴ ABD 是 AB 与所在的角．又∵// ，∴ABD 也就等于 AB 与所成的角，即ABD 30 ．∵AB 2 ，∴ AD 1 ，BD 3 ，DC AC 2 1 ， BC 4 AC2，∴ 1 3 AC 2 1 4 AC 2 0，即：0 1 3 ．2 3 AC2 1 AC 2 1∴ AC 2 3 ，即 AC 长的取值范围为 2 3 , ．3 3解法 2：如图：∵AB AC∴ AC 必在过点 A 且与直线 AB 垂直的平面内设l ，那么在内，当AC l 时， AC 的长最短，且此时AC AB tan ABCAB tan 30 2 3 3而在内， C 点在 l 上移动，远离垂足时，AC 的长将变大，2 3从而 AC ，3即 AC 长的取值范围是2 3,．3说明： (1)此题考查直线和直线、直线和平面、平面和平面的位置关系，对于运算能力和空间想象能力有较高的要求，供学有余力的同学学习．(2)解法 1 利用余弦定理，采用放缩的方法构造出关于AC 长的不等式，再通过解不等式得到 AC 长的范围，此方法以运算为主．(3)解法 2 从几何性质角度加以解释说明，防止了繁杂的运算推导，但对空间想象能力要求很高，根据此解法可知线段AC 是连结异面直线AB 和 l 上两点间的线段，所以 AC 是 AB 与l的公垂线段时，其长最短．典型例题十七例 17如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．：//，//，求证：//．分析：此题考查面面平行的判定和性质定理以及逻辑推理能力．由于两个平面没有公共点称两平面平行，带有否认性结论的命题常用反证法来证明，因此此题可用反证法证明．另外也可以利用平行平面的性质定理分别在三个平面内构造平行且相交的两条直线，利用线线平行来推理证明面面平行，或者也可以证明这两个平面同时垂直于某一直线．证明一：如图，和相交．假设、不平行，那么∴和至少有一个公共点 A ，即A ， A ．∵// ，// ，∴ A ．于是，过平面外一点 A 有两个平面、都和平面平行，这和“经过平面外一点有且只有一个平面与平面平行〞相矛盾，假设不成立。
北师大版初中数学八年级(上)备课资料7-1 为什么要证明
第七章平行线的证明1为什么要证明典型例题题型一实验验证结论例1观察，再验证.(1)图1①中黑色的边是直的还是弯曲的？(2)图1②中两条线段a与b，哪一条更长？①②图1分析：先观察得出结论，再实验验证.解：对于(1)题，直接观察图1①可能得出结论：黑色的边是弯曲的.但实际上，黑色的边是直的.对于(2)题，直接观察图1②可能得出结论：线段b比线段a短.但实际上，这两条线段同样长.点拨：要判断一个数学结论是否正确，仅仅依靠经验、观察是不够的，必须给出严格的证明或实验验证.例2在学习中，小明发现：当n＝1，2，3时，n2-6n的值都是负数.于是小明猜想：当n 为任意正整数时，n2-6n的值都是负数.小明的猜想正确吗？请简要说明你的理由.分析：因为n2-6n＝n(n-6)，所以只要n≥6，该式子的值都表示非负数，所以猜想不正确.解：(方法1：利用反例证明)不正确.理由：例如当n＝7时，n2-6n＝7>0.(方法2)不正确.理由：n2-6n＝n(n-6)，当n≥6时，n2-6n≥0.特别提示：通过此题可说明一点：学生在解答问题时不能太片面，而要全面考虑问题.题型二推理的应用1.图形中的推理例3如图2所示，一根细长的绳子，沿中间对折，再沿对折后的中间对折，这样连续沿中间对折5次，用剪刀沿5次对折后的中间将绳子全部剪断，此时细绳被剪成段.图2点拨：从简单、特殊的情况入手，运用比较、归纳的方法，探究内在的规律.2.数学式子中的推理例4观察下列关于自然数的等式：①1×7+2×9＝52；②2×8+2×10＝62；③3×9+2×11＝72；…根据上述规律解决下列问题：(1)完成第4个等式；(2)写出你猜想的第n个等式(用含n的式子表示)，并验证其正确性.解题关键：观察等式左右两边的数字变化情况，找出每个式子与序号之间的关系.解：(1)根据题意得，第4个等式为4×10+2×12＝82.(2)猜想的第n个等式为n(n+6)+2(n+8)＝(n+4)2.验证：左边＝n(n+6)+2(n+8)＝n2+6n+2n+16＝n2+8n+42＝(n+4)2＝右边，所以n(n+6)+2(n+8)＝(n+4)2.3.假设论证例5甲、乙、丙、丁四人的车分别为白色、银色、蓝色和红色.在问到他们各自车的颜色时，甲说：“乙的车不是白色的.”乙说：“丙的车是红色的.”丙说：“丁的车不是蓝色的.”丁说：“甲、乙、丙三人中有一个人的车是红色的，而且只有这个人说的是实话.”如果丁说的是实话，那么以下说法正确的是()A.甲的车是白色的，乙的车是银色的B.乙的车是蓝色的，丙的车是红色的C.丙的车是白色的，丁的车是蓝色的D.丁的车是银色的，甲的车是红色的解析：∵丁说：“甲、乙、丙三人中有一个人的车是红色的，而且只有这个人说的是实话.”如果丁说的是实话，假设乙的车是红色的，∴乙说的是实话，∴丙的车也是红色的，和只有一个人的车是红色的矛盾.假设丙的车是红色的，∴丙说的是实话，而乙说“丙的车是红色的”，∴乙说的是实话，∴有两人说的是实话，与只有一个人说的是实话矛盾，∴只有甲的车是红色的.∴甲说的是实话，丙说的不是实话.∵丙说：“丁的车不是蓝色的”，∴丁的车是蓝色的，∴乙和丙的车一个是白色的，一个是银色的.∵甲说：“乙的车不是白色”，且甲说的是实话，∴丙的车是白色的，乙的车是银色的.综上，甲的车是红色的，乙的车是银色的，丙的车是白色的，丁的车是蓝色的.答案：C4.推理论证例6某球赛小组比赛规则：四个球队进行单循环比赛(每两队赛一场)，胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，某小组比赛结束后，甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，则与乙打平的球队是()A.甲B.甲与丁C.丙D.丙与丁解析：∵甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，∴甲得分为7分，2胜1平，乙得分为5分，1胜2平，丙得分为3分，1胜0平，丁得分为1分，0胜1平.∵甲、乙都没有输球，∴甲一定与乙平.∵丙得3分，1胜0平，乙得5分，1胜2平，∴与乙打平的球队是甲与丁.答案：B拓展资源哥德巴赫猜想两百多年前，彼得堡科学院院士哥德巴赫曾研究过“将一个数表示成几个素数的和”的问题，他取了很多数做试验，想把它们分解成几个素数的和，结果得到一个断语：“总可将任何一个数分解成不超过三个素数之和.”但是哥德巴赫不能证明这个问题，甚至连如何证明的方法也没有，于是他写信给另一名彼得堡科学院院士、著名数学家欧拉，他在1742年6月7日的信中写道：“我想冒险发表下列假定‘大于5的任何数都是三个素数的和’.”这就是后来举世闻名的哥德巴赫猜想.同年6月30日，欧拉在给哥德巴赫的回信中说：“我认为‘每一个偶数都是两个素数之和’，虽然我还不能证明它，但我确信这个论断是完全正确的.”这两个数学家的通信内容传播出来之后，人们就称这个猜想为哥德巴赫猜想或者哥德巴赫-欧拉猜想.完整地说，哥德巴赫猜想是：大于1的任何数都是三个素数的和.后来，人们把它归纳为：命题A：每一个大于或者等于6的偶数，都可以表示为两个奇素数的和；命题B：每一个大于或者等于9的奇数，都可以表示为三个奇素数的和.人们在研究命题A的过程中，开始引进了“殆素数”的概念.所谓“殆素数”就是素数因子(包括相同的和不同的)的个数不超过某一固定常数的自然数.我们知道，除1以外，任何一个正整数，一定能表示成若干素数的乘积，其中每一个素数，都叫做这个正整数的素因子.相同的素因子要重复计算，它有多少素因子是一个确定的数.例如，从25~30这六个数中，25＝5×5有2个素因子，26＝2×13有2个素因子，27＝3×3×3有3个素因子，28＝2×2×7有3个素因子，29是素数有1个素因子，30＝2×3×5有3个素因子.于是可说25，26，29是素因子不超过2的殆素数，27，28，30是素因子不超过3的殆素数.用殆素数的新概念，可以提出命题D来接近命题A.命题D：每一个充分大的偶数，都是素因子的个数不超过m与n的两个殆素数之和.这个命题简化为“m+n”.这样，哥德巴赫猜想的最后证明的方向就更明朗化了：如果能证明，凡是比某一个正整数大的任何偶数，都能表示成一个素数加上两个素数相乘，或者表示成一个素数加上一个素数，就算证明了“1+2”.当然如果能证明“1+1”就基本上证明了命题A，也就基本解决了哥德巴赫猜想了.1920年，挪威数学家布朗证明了“9+9”.1924年，德国数学家拉代马哈证明了“7+7”.1932年，英国数学家埃斯特曼证明了“6+6”.1938年，苏联数学家布赫雪托布证明了“5+5”.1938年，中国数学家华罗庚证明了几乎全体偶数都能表示成两个素数之和，即几乎所有偶数“1+1”成立.1940年，苏联数学家布赫雪托布证明了“4+4”.1948年，匈牙利的瑞尼证明了“1+c”，其中c是一个很大的自然数.1956年，中国数学家王元证明了“3+4”，稍后证明了“3+3”和“2+3”.1956年，苏联数学家维诺格拉多夫证明了“3+3”.1957年，中国数学家王元又证明了“2+3”.1962年，中国年轻数学家潘承桐证明了“1+5”，这是证明了相加的两个数中，有一个肯定是素数的成果，而另一个殆素数的因子小到不超过5.1962年，苏联数学家巴尔巴恩也证明了”1+5”.1963年，中国数学家王元、潘承桐及苏联数学家巴尔巴恩分别证明了“1+4”.1965年，维诺格拉多夫、布赫雪托布证明了“1+3”.1965年，意大利数学家朋比尼也证明了“1+3”.1966年，中国数学家陈景润宣布证明了“1+2”.。
全等三角形证明方法归纳经典-（1）
..【第1部分 全等基础知识归纳、小结】1、全等三角形的定义： 能够完全重合的两个三角形叫全等三角形。
两个全等三角形中，互相重合的顶点叫做对应顶点，互相重合的边叫对应边，互相重合的角叫对应角。
概念深入理解：（1）形状一样，大小也一样的两个三角形称为全等三角形。
（外观长的像）（2）经过平移、旋转、翻折之后能够完全重合的两个三角形称为全等三角形。
（位置变化）2、全等三角形的表示方法：若△ABC 和△A′B′C′是全等的，记作“△ABC≌△A′B′C′”其中，“≌”读作“全等于”。
记两个三角形全等时，通常把表示对应顶点的字母写在对应的位置上。
3、全等三角形的性质：全等是工具、手段，最终是为了得到边等或角等，从而解决某些问题。
（1）全等三角形的对应角相等、对应边相等。
（2）全等三角形的对应边上的高，中线，角平分线对应相等。
（3）全等三角形周长，面积相等。
4、寻找对应元素的方法图3图1图2（1）根据对应顶点找如果两个三角形全等，如果两个三角形全等，那么，那么，以对应顶点为顶点的角是对应角；以对应顶点为顶点的角是对应角；以对应顶点为端点的边以对应顶点为端点的边是对应边。
通常情况下，两个三角形全等时，对应顶点的字母都写在对应的位置上，因此，由全等三角形的记法便可写出对应的元素。
（2）根据已知的对应元素寻找全等三角形对应角所对的边是对应边，两个对应角所夹的边是对应边； （3）通过观察，想象图形的运动变化状况，确定对应关系。
通过对两个全等三角形各种不同位置关系的观察和分析，可以看出其中一个是由另一个经过下列各种运动而形成的；运动一般有3种：平移、对称、旋转；5、全等三角形的判定：（深入理解）①边边边（①边边边（SSS SSS SSS）） ②边角边（②边角边（SAS SAS SAS）） ③角边角（③角边角（ASA ASA ASA）） ④角角边（④角角边（AAS AAS AAS）） ⑤斜边，直角边（⑤斜边，直角边（HL HL HL）） 注意：（容易出错）（1）在判定两个三角形全等时，至少有一边对应相等（边定全等）；（2）不能证明两个三角形全等的是，㈠三个角对应相等，即AAA AAA；；㈡有两边和其中一角对应相等，即SSA SSA。
人教版数学高二 数学A版选修1-2 第二章《推理与证明》教辅资料
满足y=x 2,则log 2(22)x y +的最小值是78；④若a 、b ∈R ，则221a b ab a b +++>+。
其中正确的是（ ）。
(A) ①②③ (B) ①②④ (C) ②③④ (D) ①②③④解析 用综合法可得应选（B ） 例2 函数y ＝f （x ）在（0，2）上是增函数，函数y=f(x+2)是偶函数，则f(1),f(2.5),f(3.5)的大小关系是 .解析∵函数y ＝f （x ）在（0，2）上是增函数， ∴ 0＜x+2＜2即-2＜x ＜0∴函数y=f(x+2) 在（-2，0）上是增函数， 又∵函数y=f(x+2)是偶函数，∴函数y=f(x+2) 在（0，2）上是减函数 由图象可得f(2.5)>f(1)>f(3.5)故应填f(2.5)>f(1)>f(3.5)例3 已知a ，b ，c 是全不相等的正实数，求证3>-++-++-+ccb a b bc a a a c b解析∵ a ，b ，c 全不相等∴ a b 与b a ，a c 与c a ，b c 与c b 全不相等。
∴ 2，2，2b a c a c ba b a c b c+>+>+>三式相加得6b c c a a ba ab bc c+++++>∴ (1)(1)(1)3b c c a a ba ab bc c+-++-++->即 3b c a a c b a b c a b c+-+-+-++>练习一、选择题1．如果数列{}n a 是等差数列，则（ ）。
（A ）1845a a a a +<+ （B ） 1845a a a a +=+ （C ）1845a a a a +>+ （D ）1845a a a a =2．在△ABC 中若b=2asinB 则A 等于( )(A)06030或 (B)06045或 (C)0012060或 (D)0015030或 3．下面的四个不等式：①ca bc ab c b a ++≥++222；②()411≤-a a ；③2≥+abb a ；④()()()22222bd ac d c b a +≥+•+.其中不成立的有（A ）1个 （B ）2个 （C ）3个 （D ）4个二、填空题4． 已知 5,2==b a ，向量b a 与的 夹角为0120，则a b a ．)2(-=5. 如图，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1—ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足n，n证明：如图，连接BD ，∵在△ABC 中，BE=CE DF=CF ∴E F ∥BD又BD ⊂平面ABD ∴BD ∥平面ABD7．解：∵f(x-4)=f(2-x)，∴函数的图象关于x= -1对称 ∴12-=-ab即b =2a 由③知当x = 1时,y=0，即ab +c =0；由①得 f (1)≥1，由②得 f (1)≤1. ∴f (1)=1，即a +b +c =1，又ab +c =0 ∴a =41 b =21 c =41 ，∴f (x )=4121412++x x 假设存在t ∈R ，只要x ∈[1,m ]，就有f (x +t )≤x 取x =1时，有f (t +1)≤1⇒41(t +1)2+21(t +1)+41≤1⇒-4≤t ≤0 对固定的t ∈[-4,0]，取x =m ，有f (t +m )≤m ⇒41(t +m )2+21(t +m )+41≤m ⇒2m +2(t-1)m +(t 2+2t +1)≤0 ⇒t t 41---≤m ≤t t 41-+- ∴m ≤t t 41--≤)4(4)4(1-⋅-+--=9当t = -4时，对任意的x ∈[1,9]，恒有f(x-4)≤x ⇒41(2x -10x +9)=41(x-1)(x-9)≤0∴m 的最大值为9.解法二：∵f (x -4)=f (2-x )，∴函数的图象关于x =-1对称 ∴ 12-=-abb =2a 由③知当x=1时,y=0，即a b +c =0；由①得 f (1)≥1，由②得 f (1)≤1∴f (1)=1，即a +b +c =1，a b +c =0∴a =41 b =21 c =41∴f (x )=4121412++x x =41(x +1)2由f (x +t )=41(x +t +1)2≤x 在x ∈[1,m ]上恒成立 ∴4[f (x +t )-x ]=x 2+2(t -1)x +(t +1)2≤0当x ∈[1,m ]时，恒成立 令 x =1有t 2+4t ≤0⇒-4≤t ≤0令x =m 有t 2+2(m +1)t +(m -1)2≤0当t ∈[-4,0]时，恒有解令t = -4得，2m - 10m +9≤0⇒1≤m ≤9 即当t = -4时，任取x ∈[1,9]恒有f (x -4)-x =41(2x -10x +9)=41(x-1)(x-9)≤0 ∴ m max =92．2直接证明2．2．1 综合法一、选择题（1）由等差数列的性质：若m+n=p+q 则q p n m a a a a +=+可知应填（B ）。
高考数学一轮总复习数学推理与证明题经典题目
高考数学一轮总复习数学推理与证明题经典题目数学推理与证明题是高考数学中的一种重要题型，对学生的逻辑思维和推理能力提出了较高的要求。
在高考中，这类题目常常考查学生的分析和推理能力，对于学生而言，掌握一定的解题技巧和方法是非常重要的。
本文将为大家介绍一些经典的高考数学推理与证明题，帮助大家加深对这一题型的理解和应对能力。
一、数列推导与证明题数列是高考数学中经常出现的题型，其推导与证明题目主要考查学生的数学归纳法和推理能力。
下面我们来看一个经典的数列推导与证明题。
例题1: 已知数列{an}满足a1=2，an+1=an+1/n，证明该数列单调递增。
解析: 首先我们将证明该数列是递增的，即an+1≥an。
当n=1时，根据题目条件有a2=a1+1/1=3/1=3，显然3≥2，满足条件。
假设当n=k时，an+1≥an成立，即ak+1≥ak。
当n=k+1时，根据题目条件有a(k+1)+1=a(k+1)+1/(k+1)=ak+1+1/(k+1)。
由假设条件可得a(k+1)+1≥ak+1+1/(k+1)≥ak+1。
综上所述，根据数学归纳法，可证明该数列是递增的。
通过这个例子，我们可以看到数学归纳法在数列推导与证明题中的重要性。
在解这类题目时，我们要善于利用归纳法的思想，合理运用数学推理的方法。
二、平面几何推理与证明题平面几何推理与证明题是高考数学中的又一个重要考点，其解题过程需要注意严谨的逻辑推理和几何图形的分析。
下面我们来看一个经典的平面几何推理与证明题。
例题2: 在平面直角坐标系xOy中，点A(a，0)，B(b，0)与C(0，c)所构成的三角形ABC为正三角形，证明ab=3c²。
解析: 首先我们知道如果三角形ABC为正三角形，则其三个内角均为60°。
利用点A、B和C的坐标可以得到三条边的长度分别为√((a-b)²+c²)，|a-b|和√(a²+b²)。
高等代数中典型证明题的一题多解问题
高等代数中典型证明题的一题多解问题【摘要】高等代数课程中，“一题多解”的题目是非常多的。
“一题多解”问题不仅能拓展学生的思维空间，还能有效提升学习数学的兴趣。
本文以高等代数中行列式和矩阵这两部分内容中的典型证明问题为例，来探讨一下高等代数中的“一题多解”问题。
【关键词】高等代数行列式矩阵一题多解1 行列式的证明行列式的证明方法很多，从中选出最简单，最适宜的解决办法，很容易就能证得。
下面这道例题，我们可以用五种方法解题，着重讲一下矩阵与行列式的关系用于解决行列式的证明问题。
p证法5：令，=，表示n阶单位矩阵。
则原行列式为，因为两边取行列式，得这道题前四种方法都是无可置疑的。
第五种方法另辟途径，颇具新意。
它利用分块矩阵，利用了单位矩阵的运算性质及矩阵乘积与行列式之间的关系，虽然不易想到，但一旦掌握便很容易得到结果。
2 矩阵的证明矩阵这部分内容知识点多，解题方法也多。
我们仅通过一道例题探讨矩阵可逆的证法。
例：设A，B为n阶矩阵。
证明：若可逆，则也可逆，其中I为单位矩阵。
分析1：要证可逆，只要证存在一个n阶矩阵Q，使。
今已知可逆，所以存在C，使由此即可找到Q。
证法1：因可逆，故存在n阶矩阵C使得。
于是利用这个结果就可证明是可逆的，它的逆矩阵就是：只要在展开式中将代替和就行了。
分析2：由可逆，要证也可逆，只要能证明就行了。
这只要作出适当的矩阵，对它们施行适当的初等变换，然后取行列式即可。
证法2：作矩阵因为所以两边取行列式，得。
因此，若可逆，则，从而，也可逆。
分析3：用反证法。
若不可逆，则以为系数矩阵的齐次线性方程组有非零解。
可推出以为系数矩阵的齐次线性方程组也有非零解。
得出也不可逆的矛盾。
证法3：若可逆，假设不可逆，则=0以为系数矩阵作齐次线性方程组⑴则方程组⑴有非零解。
易知，于是可见，方程组有非零解。
从而=0，这与可逆相矛盾。
所以可逆。
分析4：要证可逆，即证，这只要证明1不是的特征根。
证法4：因可逆，故，可见1不是的特征根。
高中数学函数的奇偶性例题解析 新课标 人教版 必修1(B)
函数的奇偶性 例题解析1、 已知函数f （x ）＝112＋＋bx ax （a ，b ，c ∈Z ）是奇函数，又f （1）＝2，f （2）＜3． （1）求a ，b ，c 的值；（2）判断f （x ）在（－∞，0）上的单调性．解：（1）∵函数f （x ）＝cbx ax ＋＋12（a ，b ，c ∈Z ）是奇函数， ∴f （－x ）＝－f （x ）．故：c bx ax ＋－＋12＝cbx ax ＋＋12，即－bx ＋c ＝－bx －c ． ∴c ＝0．∴f （x ）＝bxax 12＋．又f （1）＝2，故b a 1＋＝2． 而f （2）＜3，即b a 214＋＜3，即114＋＋a a ＜3，∴－1＜a ＜2． 又由于a ∈Z ，∴a ＝0或a ＝1．当a ＝0时，b ＝专（舍）；当a ＝1时，b ＝1．综上可知，a ＝b ＝1，c ＝0．（2）f （x ）＝xx 12＋＝x ＋x 1． 设x 1、x 2是（－∞，0）上的任意两个实数，且x 1＜x 2，则f （x 1）－f （x 2）＝x 1＋11x －（x 2＋21x ）＝x 1－x 2＋（11x －21x ） ＝x 1－x 2－2121x x x x －＝（x 1－x 2）21211x x x x －． 当x 1－x 2≤－1时，x 1x 2＞1，x 1x 2－1＞0，从而f （x 1）－f （x 2）＜0，即f （x 1）＜f （x 2）．所以函数f （x ）＝xx 12＋在]1(，－－ 上为增函数． 当－1≤x 1＜x 2＜0时，0＜x 1x 2＜1，x 1x 2－1＜0，从而f （x 1）－f （x 2）＞0，即f （x 1）＞f （x 2）．所以函数f （x ）＝xx 12＋·在)0[－，上0为减函数 2、判断下列函数是否具有奇偶性．（1）f （x ）＝x 3； （2）f （x ）＝2x 4＋3x 2；（3）f （x ）＝x 3＋31x ；（4）f （x ）＝x ＋1． 通过这四个小题的解答，仔细观察分析，不难发现如下结论：在公共定义域内， （1）两个偶函数之和为偶函数；两个偶函数之积为偶函数；（2）两个奇函数之和为奇函数；两个奇函数之积为偶函数；（3）一个奇函数与一个偶函数之积为奇函数．事实上，以上三个结论是正确的，下面以结论（3）为例证明．证明：设函数f （x ）为奇函数，它的定义域为A ，函数g （x ）为偶函数，它的定义域为B ，两个函数的公共定义域为C ，记F （x ）＝f （x ）g （x ）．设x ∈C ，f （－x ）＝f （－x ）g （－x ）＝－f （x ）g （x ）＝－f （x ）．所以函数F （x ）为奇函数，利用上述结论，我们可以解决一些问题，看下面的例子：f （x ）＝（1＋122－x ）f （x ）（x ≠0）是偶函数，且f （x ）不恒等于零，则f （x ）（ ）A ．是奇函数B ．是偶函数C ．可能是奇函数，也可能是偶函数D ．不是奇函数，也不是偶函数 分析：∵g （x ）＝1＋122－x ＝1212－＋x x ，g （－x ）＝1212－＋－－x x ＝－1212－＋x x ， ∴f （x ）是奇函数．又f （x ）不恒等于零，f （x ）为偶函数，由上面结论（2）知应选A ．。
数一 证明题
数一证明题（原创实用版）目录1.数一证明题的概述2.数一证明题的解题技巧3.数一证明题的实例解析正文【一、数一证明题的概述】数一证明题是数学考试中的一种题型，主要考察考生的逻辑推理能力和数学运用能力。
证明题要求考生通过严密的逻辑推理和数学运算，证明某个数学命题的正确性。
这种题型不仅需要考生具备扎实的数学基础知识，还需要具备良好的逻辑思维能力。
【二、数一证明题的解题技巧】1.充分了解题目要求：在解答证明题时，首先要认真阅读题目，充分了解题目所要求的证明内容，明确证明的目标。
2.梳理相关知识点：分析题目，找出需要用到的相关知识点，梳理清楚这些知识点之间的关系，为解题做好准备。
3.建立逻辑框架：在解答证明题时，要建立起严密的逻辑框架。
一般来说，证明过程应该包括前提、定义、定理、推导和结论等环节。
4.注意证明的严谨性：证明过程中，要保证每一个步骤都严谨无误，避免出现漏洞。
此外，要注意使用恰当的数学符号和术语，以便于阅卷老师理解。
5.尝试多种解题方法：遇到难以解决的证明题时，可以尝试使用不同的解题方法。
有时候，转换思路可能会带来意想不到的解题效果。
【三、数一证明题的实例解析】例题：已知函数 f(x) = x^2 - 4x + 4，证明 f(x) 的最小值为 0。
解：1.确定题目要求：题目要求证明 f(x) 的最小值为 0。
2.梳理相关知识点：需要运用二次函数的性质，了解二次函数的最值情况。
3.建立逻辑框架：首先，根据二次函数的标准式，得出 f(x) 的图像为开口向上的抛物线；其次，根据二次函数的顶点公式，求出顶点的横坐标 x = 2；最后，将 x = 2 代入函数解析式，得出 f(2) = 0，即 f(x) 的最小值为 0。
4.严谨证明：为了证明 f(x) 在 x = 2 处取得最小值，需要证明 f(x) 在 x = 2 处的导数为 0。
对 f(x) 求导，得到 f"(x) = 2x - 4。
将 x = 2 代入得到 f"(2) = 0，说明 f(x) 在 x = 2 处取得最小值。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
证明三例题分析1 专题1：提高读图能力
例1：如图，在平行四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点
O ，若BD 、AC 的和为cm 18，CD ：DA=2：3，⊿AOB 的周长 为cm 13,那么BC 的长是 （ ）
A cm 6
B cm 9
C cm 3
D cm 12
例2：如图，EF 过平行四边形ABCD 的对角线的交点O ，交AD
于点E ，交BC 于点F ，已知AB = 4，BC = 5，OE = 1.5，那么四边形 EFCD 的周长是 ；
例3：已知：如图，平行四边形ABCD 中，AB = 12，AB 边上的高
为3，BC 边上的高为6，则平行四边形ABCD 的周长为 ；
例4：如图，在Rt ⊿ABC 中，∠C = 90，AC = AB ，AB = 30，矩形
DEFG 的一边DE 在AB 上，顶点G 、F 分别在AC 、BC 上，若 DG ：GF = 1：4，则矩形DEFG 的面积是 ；
例5：如图，在平行四边形ABCD 中，BC = 2AB ，E 为BC 的中点，求∠AED 的度数；
例5：如图，四边形ABCD 中，AD = BC ，CF ⊥BD ，AE ⊥BD ，垂足为E 、F ，CF = AE ，
求证：四边形ABCD 是平行四边形；
A
B
C
D
O
A
B
C
D
O E F
A
B
C
D E
F
A
B
C
D E
F G
A
B
C
D
E
A
B
F
C
D
E
A B
C
D E G
H
拓展练习题
1、（2008黄冈市）如图，已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=CD=AD ，AC ，BD 相交于O 点，∠BCD=60°，则下列说法不正确的是（ ）
A ．梯形ABCD 是轴对称图形
B ．BC=2AD
C ．梯形ABC
D 是中心对称图形 D ．AC 平分∠DCB
2、（2007江西）如图，将矩形A B C D 纸片沿对角线BD 折叠，使点C 落在C '处，BC '交A D 于E ，若22.5D B C ∠=°，则在不添加任何辅助线的情况下，图中45°的角（虚线也视为角的边）有（ ） A ．6个
B ．5个
C ．4个
D ．3个
3、（2008年江西）如图，在□ABCD 中，E 是BC 的中点， 且∠AEC =∠DCE ，则下列结论不正确．．．的是（ ） A ．2AFD EFB S S =△△ B ．1
2
B F D F
=
C ．四边形AEC
D 是等腰梯形
D ．A
E B A D C
∠=∠
4、（2010江西）如图，已知矩形纸片ABCD ，点E 是AB 的中点， 点G 是BC 上的一点，∠BEG ＝60º. 现沿直线E 将纸片折叠,使 点B 落在纸片上的点H 处，连接AH ，则与∠BEG 相等的解的个 数为 （ ）
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
5、（2011山东滨州）如图,在一张△ABC 纸片中, ∠C=90°, ∠B=60° ,DE 是中位线,现把纸片沿中位线DE 剪开,计划拼出以下四个图形: ①邻边不等的矩形;②等腰梯形;③有一个角为锐角的菱形;④正方形 .那么以上图形一定能被拼成的个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
6、（2010年怀化市）如图5，在直角梯形ABCD 中， AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AB=1cm ，
AD=6cm ，CD=9cm ，则BC= cm ．
7、（2011山东烟台）如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O 1、O 2是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是 .
O 2
O 1
E
D C
B
A
A
B
E
C '
D
C
22.5
A
D
C
B
E F。