几何证明Ⅰ：基本图形专题C(教师版)

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高考数学一轮复习第一章几何证明选讲第一节全等与相似课件北师大版

第一章几何证明选讲
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1.理解相似三角形的平面几何中三角形定义与性质，了解相似，直角三角形
平行截割定理．的射影定理等知识
2．会证明和应用直解决平面几何中的角三角形射影定理. . 线段之间的关系问 3
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• 1. 平行线等分平线行线段一定条理：如果一组
• 相似比；
• (2)相似三角形周长的比等于相似比；
• (3) 相似三角形面积的比等于相似比的相似；
• (4)相似三角形外接圆的直径比、周长比等
于平方比，外接圆的面积比等于相似比
的平方．
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• 6．直角三角形的射影定理
• 直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项．
• 例2 △ABC是一块锐角三角形余料，边BC ＝12 cm，高AD＝8 cm，要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个项点分别在AB，AC上，求这个正方形的边长．
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• [思路分析] 利用相似三角形的性质定理找到所求正方形边长与已知条件的关系即可解得．
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[听课记录] 设正方形 PQMN 为加工成的正方形零件，边 QM 在 BC 上，顶点 P、N 分别在 AB、AC 上，△ ABC 的高 AD 与边 PN 相交于点 E，设正方形的边长为 x cm，
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2．答案：12 解析：过点 E 作 BC 的平行线交 AC 于点 M，可知 M 为 DC 的中点，故EBMC＝12，EFMC＝34，∴FBCC＝23，FBCF＝12.

初中数学的几何证明方法

初中数学的几何证明方法几何证明是初中数学教学的重点和难点之一，对于大部分学生来说，几何证明是一个难以跨越的坎。

究其原因，主要是由于几何证明需要学生具备一定的空间想象能力和逻辑推理能力，而这些能力是学生长期缺乏的。

因此，在初中数学教学中，如何帮助学生掌握几何证明方法，提高他们的几何证明能力，成为了一个值得探讨的问题。

一、熟悉基本图形和定理在初中数学几何证明中，基本图形和定理是证明的基础。

因此，熟悉基本图形和定理是掌握几何证明方法的前提。

基本图形包括三角形、四边形、圆等基本图形，以及由这些基本图形组合而成的各种变形图形。

定理则是几何证明的基础，包括一些基本的证明方法和技巧。

例如，平行线的性质和判定、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等。

只有熟练掌握这些基本图形和定理，才能为后续的几何证明打下坚实的基础。

二、培养空间想象能力空间想象能力是几何证明的关键之一。

初中数学几何证明中，需要学生根据题目的描述在脑海中形成相应的图形，并观察图形的特点，从而找到证明的思路和方法。

因此，在平时的教学中，教师应该注重培养学生的空间想象能力，让他们能够根据题目的描述在脑海中形成相应的图形。

例如，可以通过实物模型、多媒体演示等形式，让学生了解各种基本图形的特征和变化形式，帮助他们建立正确的空间观念。

三、掌握证明方法和技巧初中数学几何证明中，需要掌握一些基本的证明方法和技巧。

例如，分析法、综合法、反证法、三角法、割补法等。

这些方法和技巧需要学生在平时的学习中不断练习和总结，逐渐形成自己的解题思路和方法。

同时，还需要注意一些证明的技巧，例如辅助线的添加、已知条件的挖掘等。

这些技巧需要学生根据题目特点灵活运用，以达到事半功倍的效果。

四、注重逻辑推理能力的培养逻辑推理能力是几何证明的核心能力之一。

在几何证明中，需要学生根据已知条件进行逻辑推理，逐步推导出结论。

因此，在平时的教学中，应该注重培养学生的逻辑推理能力，让他们能够根据题目特点进行合理的推理和论证。

(几何证明Ⅱ：倍长中线法及截长补短法专题C)(教师版)

学科教师辅导讲义年级：科目：数学课时数：3课题几何证明教学目的能够灵活运用本节课复习的两种解题方法更好的解决证明题.教学内容【例题讲解】题型一：截长补短法【例1】已知：如图，在△ABC 中，2ABC ACB ∠=∠，AD 是BAC ∠的平分线.求证：AB BD AC +=.（根据图中添加的辅助线用两种方法证明）ABDC【提示】截长补短，2种方法‘方法一：方法二：【例2】已知：如图，在△ABC 中，2AB BC ，∠B =60°.求证：∠ACB =90°.【提示】截长补短（两种方法）方法一：方法二：【方法总结】当已知（或求证）“一条线段的长度是另一条线段长度的n 倍”或“一条线段的长度等于两条线段长度的和”时，通常用截长补短法.题型二：倍长中线法（一）求线段取值范围【例3】已知三角形的两边长分别为7和9，求第三边上中线长的取值范围.【提示】倍长中线（二）证明线段不等【例4】如图，在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线．求证：AB +AC ＞2AD ．【提示】延长AD 至点E ，使DE =AD ，连接CE ．易证△ABD ≌△ECD ．所以AB =EC ．在△ACE 中，因为AC +EC ＞AE =2AD ，所以AB +AC ＞2AD ．（三）证明线段相等.求证：AC=BF. 【例5】已知：如图，AD为△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AE EF【提示】倍长中线法，2种方法方法一：方法二：【方法总结】当已知“三角形一边中线”通常运用“倍长中线法“解决问题（注：有时倍长的并不一定是中线）.可以倍长过中点的任意一条线段.（如下题）【例6】如图，在△ABC中，AB＞AC，E为BC边的中点，AD为∠BAC的平分线，过E作AD的平行线，交AB于F，交CA的延长线于G．求证：BF=CG．【分析】可以把FE看作△FBC的一条中线．延长FE至点H，使EH=FE，连接CH．则△CEH≌△BEF．所以CH=BF，∠H=∠1．因为EG//AD，所以∠1=∠2，∠3=∠G．又因为∠2=∠3，所以∠1=∠G．所以∠H=∠G．由此得CH=CG．所以BF=CG．方法二：延长GE到H使得EH=EG（四）证明线段倍分【例7】如图，CB，CD分别是钝角△AEC和锐角△ABC的中线，且AC=AB．求证：CE=2CD．CAD B E【分析】延长CD至点F，使DF=CD，连接BF．则由△ADC≌△BDF可得AC=BF，∠1=∠A．由AC=AB得∠ACB=∠2．因为∠3=∠A+∠ACB，所以∠3=∠CBF．再由AC=AB=BF=BE及BC=BC，可得△CBE≌△CBF，所以CE=CF，即CE=2CD（五）证明两直线垂直【例8】如图，分别以△ABC的边AB，AC为一边在三角形外作正方形ABEF和ACGH，M为FH的中点．求证：MA⊥BC．FEB CDAMHG【分析】设MA的延长线交BC于点D，延长AM至点N，使MN=AM，连接FN．则由△FMN≌△HMA可得FN=AH=AC，FN//AH，所以∠AFN+∠F AH=180°．因为∠BAC+∠F AH=180°，所以∠AFN=∠BAC．又因为AF=AB，所以△AFN ≌△BAC，得∠1=∠2．因为∠1+∠3=90°，所以∠2+∠3=90°，所以∠ADB=90°．从而得出MA⊥BC．【借题发挥】1．已知：如图，DA⊥AC，FC⊥AC，ADB BDF∠=∠，CFB DFB∠=∠.求证：DF AD CF=+.【提示】截长补短，2种方法方法一：方法二：2．已知：如图，在正方形ABCD中，M是BC的中点，点P在DC边上，且AP AB CP=+.求证：2BAP BAM∠=∠.AD CBMP【提示】截长补短，2种方法方法一：方法二：3．已知：如图，C是AB的中点，点E在CD上，且AE BD=.求证：AEC BDC∠=∠.【提示】倍长中线法，2种方法方法一：方法二：+=. 4．已知：如图，△ABC是等边三角形，BD是AC边上的高，作DH⊥BC于点H.求证：DC CH BH【提示】截长补短法，两种方法方法一：方法二：【课堂总结】【课后作业】1．已知D为EC的中点，EF∥AB，且EF=AC，求证：AD平分∠BAC【提示】倍长中线法：延长FD至G，使FD=DG，联结CG2．已知如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，AB BD DC+=.求证:∠2B=∠C.【提示】截长补短法，两种方法方法一：方法二：二、综合提高训练1．如图，已知在△ABC中，∠A=90°，AB=AC, ∠B的平分线与AC交于点D，过点C作CH⊥BD，H为垂足。

如何做几何证明题(教师版)

几何证明专题讲座——如何做几何证明题【知识精读】1. 几何证明是平面几何中的一个重要问题，它对培养学生逻辑思维能力有着很大作用。

几何证明有两种基本类型：一是平面图形的数量关系；二是有关平面图形的位置关系。

这两类问题常常可以相互转化，如证明平行关系可转化为证明角等或角互补的问题。

2. 掌握分析、证明几何问题的常用方法：（1）综合法（由因导果），从已知条件出发，通过有关定义、定理、公理的应用，逐步向前推进，直到问题的解决；（2）分析法（执果索因）从命题的结论考虑，推敲使其成立需要具备的条件，然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲，如此逐步往上逆求，直到已知事实为止；（3）两头凑法：将分析与综合法合并使用，比较起来，分析法利于思考，综合法易于表达，因此，在实际思考问题时，可合并使用，灵活处理，以利于缩短题设与结论的距离，最后达到证明目的。

3. 掌握构造基本图形的方法：复杂的图形都是由基本图形组成的，因此要善于将复杂图形分解成基本图形。

在更多时候需要构造基本图形，在构造基本图形时往往需要添加辅助线，以达到集中条件、转化问题的目的。

【分类解析】1、证明线段相等或角相等两条线段或两个角相等是平面几何证明中最基本也是最重要的一种相等关系。

很多其它问题最后都可化归为此类问题来证。

证明两条线段或两角相等最常用的方法是利用全等三角形的性质，其它如线段中垂线的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等也经常用到。

例1. 已知：如图1所示，∆ABC中，∠=︒===C AC BC AD DB AE CF90，，，。

求证：DE＝DFC F BA ED图1分析：由∆ABC 是等腰直角三角形可知，∠=∠=︒A B 45，由D 是AB 中点，可考虑连结CD ，易得CD AD =，∠=︒D CF 45。

从而不难发现∆∆D CF D AE ≅ 证明：连结CDAC BC A BACB AD D BCD BD AD D CB B A AE CF A D CB AD CD=∴∠=∠∠=︒=∴==∠=∠=∠=∠=∠=90，，，，∴≅∴=∆∆A D E C D FDE DF说明：在直角三角形中，作斜边上的中线是常用的辅助线；在等腰三角形中，作顶角的平分线或底边上的中线或高是常用的辅助线。

期末复习--几何证明--教师版

精锐教育学科教师辅导教案学员编号：年级：课时数：学员姓名：辅导科目：学科教师：课程主题：易错题--几何证明授课时间：学习目标掌握各种辅助线的做法，灵活解题。

教学内容知识精讲【知识梳理】1、定义、命题、公理和定理的含义．(1)定义是揭示一个事物区别于其他事物特征的句子．(2)命题：可以判断是正确或错误的句子叫做命题．其中正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题．(3)命题是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，这种命题可写成“如果……那么……”的形式．其中用“如果”开始的部分是题设，用“那么”开始的部分是结论．(4)公理：如果—个命题的正确性是人们在长期实践中总结出来的，并把它作为判断其他命题真假的原始依据，这样的真命题叫公理．(5)定理：如果一个命题可从公理或其他真命题出发，用逻辑推理的方法判断它是正确的，并且可以进一步作为判断其他命题真假的依据，这样的命题叫定理．如“三角形的内角和等于180°”等．注意：定理是正确的命题，但正确的命题不一定是定理．7、直角三角形的性质定理2：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半推论1：在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半推论2：在直角三角形中，如果一条之骄傲便等于斜边的一般，那么这条直角边所对的角等于8、勾股定理定理：在直角三角形中，斜边大于直角边勾股定理：直角三角形两条直角边的平方和，等于斜边的平方勾股定理的逆定理：如果三角形的一条边的平方等于其他两条边的平方和，那么这个三角形是直角三角形9、两点间距离公式如果直角坐标平面内有两点、，那么、两点的距离常见勾股数：如果、是正整数且，则是一组勾股数。

常用：3，4，5；6，8，10；5，12，13；7，24，25；9，40，41；10，24，26；20，21，29等。

【添加辅助线的具体作法】1.作线段：连接；2.作平行线：过点作//;3.作垂线(作高)：过点作，垂足为；4.作中线：取中点，连接；5.延长并截取线段：延长使等于；6.截取等长线段：在上截取，使等于；7.作角平分线：作平分；或者作角等于已知角；8.作一个角等于已知角：作角等于；【例题精讲】题型一：基本概念【例1】下列四个命题中，属于真命题的序号是．（1）互补的两角必有一条公共边（2）同旁内角互补（3）同位角不相等，两直线不平行（4）一个角的补角大于这个角答案：（3）易错点：（1）、（2）容易被错选，（1）中有公共边的互补的角是邻补角；（2）只有在平行线下才成立【例2】判断下列命题的真假性，是真命题的请打“√”，是假命题的请打“×”.1、两直线被第三条直线所截，内错角相等. （）2、腰长大于底边的等腰三角形，其顶角大于60°. （）3、对应角相等的三角形是全等三角形. （）答案：1、×. 2、×. 3、×.易错点：1、平行线下成立；2、审题要注意，结合画图解题；3、注意审题【例3】把命题“同角的余角相等”改写成“如果…那么…”的形式.答案：如果两个角是同角的余角，那么这两个角相等.易错点：这种题很不好把握，学生在书写的时候很容易写错，所以老师在讲解时一定要注意细节【变式】1、判断下列命题的真假性，是假命题的试举出反例：1、不相交的两条直线一定平行。

著名机构初中数学培优讲义图形初步.第06讲(C级).教师版

内容基本要求略高要求较高要求立体图形的展开图会画基本几何体（直棱柱、圆柱、圆锥、球）；了解直棱柱、圆锥的侧面展开图；了解基本几何体的展开图（球除外）；观察与现实生活有关的图片，并能对形状、大小和相互位置作做简单的描述．能根据直棱柱、圆锥的展开图判断立体模型．直线、射线、线段会表示点、线段、射线、直线，知道它们之间的联系和区别；结合图形理解两点之间的距离的概念；会比较两条线段的大小，并能进行与线段有关的简单计算会用尺规作图：做一条线段等于已知线段，做已知线段的垂直平分线；会用线段中点的知识解决简单问题；结合图形认识线段间的数量关系会运用两点间的距离解决有关问题角、角平分线会识别角并会表示；认识角、分、秒，并会进行简单换算；会度量角的大小并进行简单计算；会比较两个角的大小；了解角平分线的概念并会表示会尺规作图：作一个角等于已知角，做已知角的角平分线；会用角平分线的性质解决简单问题；会结合图形认识角与角之间的数量关系一、立体图形的展开图正方形展开图的知识要点：第一类：有6种。

特点：是4个连成一排的正方形，其两侧各有一个正方形.简称“141型”第二类：有3种。

特点：是有3个连成一排的正方形，其两侧分别有1个和两个相连的正方形;简称“132型”例题精讲中考要求图形初步第三类：仅有一种。

特点：是两个连成一排的正方形的两侧又各有两个连成一排的正方形；简称“222型”第四类：仅有1种，三个连成一排的正方形的一侧，还有3个连成一排的正方形，可简称“33型”正方形展开图的识别方法：1.排除法：（1）由少于或多于6个的正方形组成的图形不是正方形的平面展开图（2）有“凹”字型或“田”字型部分的平面图形不是正方体的展开图2.对比法：对照上面的四种规则进行对照；从展开图可以看出，在正方形的展开图中不会出现如下图所示的“凹”字型和“田”字型结构。

二、直线、射线、线段的概念：①在直线的基础上定义射线、线段：直线上的一点和这点一旁的部分叫射线，这个点叫做射线的端点．直线上两点和中间的部分叫线段，这两个点叫线段的端点．②在线段的基础上定义直线、射线：把线段向一方无限延伸所形成的图形叫射线，把线段向两方无限延伸所形成的图形是直线．点与直线的关系：点在直线上；点在直线外．两个重要公理：①经过两点有且只有一条直线，也称为“两点确定一条直线”．②两点之间的连线中，线段最短，简称“两点之间，线段最短”．两点之间的距离：两点确定的线段的长度．⑴点的表示方法：我们经常用一个大写的英文字母表示点：A，B，C，D，……⑵直线的表示方法：①用两个大写字母来表示，这两个大写字母表示直线上的点，不分先后顺序，如直线AB，如下图⑴也可以写作直线BA．(1) (2)lA B② 用一个小写字母来表示，如直线l，如上图⑵．注意：在直线的表示前面必须加上“直线”二字；用两个大写字母表示时字母不分先后顺序．⑶射线的表示方法：① 用两个大写字母来表示．第一个大写字母表示射线的端点，第二个大写字母表示射线上的点．如射线OA ，如图⑶，但不能写作射线AO ． ② 用一个小写字母来表示，如射线l ，如图⑷．(3) (4)lAO注意：在射线的表示前面必须加上“射线”二字．用两个大写字母表示射线时字母有先后顺序，射线的端点在前．⑷ 线段的表示方法：① 用两个大写字母来表示，这两个大写字母表示线段的两个端点，无先后顺序之分，如线段AB ，如图⑸，也可以写作线段BA ．② 也可以用一个小写字母来表示：如线段l ，如图⑹．(5) (6)lAB注意：在线段的表示前面必须加上“线段”二字．用两个大写字母表示线段时字母不分先后顺序．中点：把线段分成两条相等的线段的点叫做这条线段的中点．三、角与角平分线 1、定义定义1：有公共端点的两条射线组成的图形叫角，这个公共端点是角的顶点，这两条射线是角的两条边.角的大小只与开口的大小有关，而与角的边画出部分的长短无关．这是因为角的边是射线而不是线段．定义2：角由一条射线绕着它的端点旋转到另一个位置所成的图形，处于初始位置的那条射线叫做角的始边，终止位置的那条射线叫做角的终边.(1) 如果角的终边是由角的始边旋转半周而得到，这样的角叫平角. (2) 如果角的终边是由角的始边旋转一周而得到，这样的角叫周角. 注意：由角的定义可知：（1）角的组成部分为：两条边和一个顶点；（2）顶点是这两条边的交点；（3）角的两条边是射线，是无限延伸的.（4）射线旋转时经过的平面部分称为角的内部，平面的其余部分称为角的外部.角平分线：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线，叫做这个角的平分线。

立体几何共线、共点、共面问题(教师版)

立体几何中的共点、共线、共面问题一、共线问题例1. 若ΔABC 所在的平面和ΔA 1B 1C 1所在平面相交，并且直线AA 1、BB 1、CC 1相交于一点O ，求证：(1)AB 和A 1B 1、BC 和B 1C 1、AC 和A 1C 1分别在同一平面内；(2)如果AB 和A 1B 1、BC 和B 1C 1、AC 和A 1C 1分别相交，那么交点在同一直线上(如图).例2. 点P 、Q 、R 分别在三棱锥A-BCD 的三条侧棱上，且PQ ∩BC ＝X,QR ∩CD ＝Z,PR ∩BD ＝Y.求证：X 、Y 、Z 三点共线.例3. 已知△ABC 三边所在直线分别与平面α交于P 、Q 、R 三点，求证：P 、Q 、R 三点共线。

1．如图1，正方体1111ABCD A BC D -中，1AC 与截面1DBC 交O 点，AC BD ，交M 点，求证：1C O M ，，三点共线．证明：连结11AC ，1C ∈平面11A ACC ，且1C ∈平面1DBC ，1C ∴是平面11A ACC 与平面1DBC 的公共点．又M AC M ∈∴∈，平面11A ACC ． M BD M ∈∴∈，平面1DBC ．M ∴也是平面11A ACC 与平面1DBC 的公共点．1C M ∴是平面11A ACC 与平面1DBC 的交线．O 为1AC 与截面1DBC 的交点，O ∴∈平面11A ACC O ∈，平面1DBC ，即O 也是两平面的公共点． 1O C M ∈∴，即1C M O ，，三点共线．2．如图，在四边形ABCD 中，已知AB∥CD，直线AB ，BC ，AD ，DC 分别与平面α相交于点E ，G ，H ，F ．求证：E ，F ，G ，H 四点必定共线（在同一条直线上）．分析：先确定一个平面，然后证明相关直线在这个平面内，最后证明四点共线．证明 ∵ AB//CD， AB ，CD 确定一个平面β．又∵AB ∩α＝E ，AB β，∴ E ∈α，E ∈β，即 E 为平面α与β的一个公共点．同理可证F ，G ，H 均为平面α与β的公共点．∵ 两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线，∴ E，F ，G ，H 四点必定共线．点评：在立体几何的问题中，证明若干点共线时，先证明这些点都是某两平面的公共点，而后得出这些点都在二平面的交线上的结论．二、共面问题1.如图3，设P Q R S M N ，，，，，分别为正方体1111ABCD A BC D - 的棱111111AB BC CC C D A D A A ，，，，，的中点，求证：P Q R S M N ，，，，，共面．证明：如图3，连结1A B MQ NR ，，．P N ，分别为1AB A A ，的中点，1A B PN ∴∥．111A D BC A M BQ ∴，∥∥．M Q ，分别为11A D BC ，的中点，1AM BQ ∴=． ∴四边形1A BQM 为平行四边形． 1A B MQ ∴∥．PN MQ ∴∥．因此，直线PN MQ ，可确定一个平面α．同理，由PQ NR ∥可知，直线PQ NR ，确定一个平面β．过两条相交直线PN PQ ，有且只有一个平面，α∴与β重合，即R α∈．同理可证S α∈．因此，P Q R S M N ，，，，，共面．例4. 直线m 、n 分别和平行直线a 、b 、c 都相交，交点为A 、B 、C 、D 、E 、F ，如图，求证：直线a 、b 、c 、m 、n 共面.例5. 证明两两相交而不共点的四条直线在同一平面内.已知：如图，直线l 1，l 2，l 3，l 4两两相交，且不共点. 求证：直线l 1，l 2，l 3，l 4在同一平面内例6. 已知：A 1、B 1、C 1和A 2、B 2、C 2分别是两条异面直线l 1和l 2上的任意三点，M 、N 、R 、T 分别是A 1A 2、B 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点.求证：M 、N 、R 、T 四点共面.例7. 在空间四边形ABCD 中，M 、N 、P 、Q 分别是四边上的点，且满足MB AM ＝NB CN ＝QDAQ＝PD CP ＝k. (1)求证：M 、N 、P 、Q 共面.(2)当对角线AC ＝a,BD ＝b ，且MNPQ 是正方形时，求AC 、BD 所成的角及k 的值(用a,b 表示)三、共点问题例8. 三个平面两两相交得三条直线，求证：这三条直线相交于同一点或两两平行.1.如图2，已知空间四边形ABCD E F ，，分别是 AB AD ，的中点，G H ，分别是BC CD ，上的点，且2BG DHGC HC==，求证：EG FH AC ，，相交于同一点P ．错解：证明：E 、F 分别是AB,AD 的中点, EF ∴∥BD,EF=21BD,又2==HC DHGC BG ,∴ GH∥BD,GH=31BD,∴四边形EFGH 是梯形，设两腰EG,FH 相交于一点T,2=HCDH ,F 分别是AD.∴AC 与FH 交于一点.∴直线EG,FH,AC 相交于一点正解：证明：E F ，分别是AB AD ，的中点，EF BD ∴∥，且12EF BD =．又2BG DH GC HC ==， GH BD ∴∥，且13GH BD =． EF GH ∴∥，且EF GH >．∴四边形EFHG 是梯形，其两腰必相交，设两腰EG FH ，相交于一点P ，EG ⊂∵平面ABC FH ⊂，平面ACD ，P ∴∈平面ABC P ∈，平面ACD ，又平面ABC 平面ACD AC P AC =∴∈，．故EG FH AC ，，相交于同一点P ．2. 如图，已知平面α，β，且α∩β＝l ．设梯形ABCD 中，AD∥BC，且AB α，CD β，求证：AB ，CD ，l 共点（相交于一点）．分析：AB ，CD 是梯形ABCD 的两条腰，必定相交于一点M ，只要证明M 在l 上，而l 是两个平面α，β的交线，因此，只要证明M∈α，且M∈β即可．证明： ∵ 梯形ABCD 中，AD∥BC， ∴AB，CD 是梯形ABCD 的两条腰． ∴ AB，CD 必定相交于一点，设 AB ∩CD＝M ．又∵ AB α，CD β，∴ M∈α，且M∈β． ∴ M∈α∩β．又∵ α∩β＝l ，∴ M∈l ，即 AB ，CD ，l 共点．点评：证明多条直线共点时，与证明多点共线是一样的． 1、(1)证明：∵AA 1∩BB 1＝O, ∴AA 1、BB 1确定平面BAO ，∵A 、A 1、B 、B 1都在平面ABO 内， ∴AB ⊂平面ABO ；A 1B 1⊂平面ABO.同理可证，BC 和B 1C 1、AC 和A 1C 1分别在同一平面内.(2)分析：欲证两直线的交点在一条直线上，可根据公理2，证明这两条直线分别在两个相交平面内，那么，它们的交点就在这两个平面的交线上.2证明：如图，设AB ∩A 1B 1＝P ； AC ∩A 1C 1＝R ；∴ 面ABC ∩面A 1B 1C 1＝PR.∵ BC ⊂面ABC ；B 1C 1⊂面A 1B 1C 1，且 BC ∩B 1C 1＝Q ∴ Q ∈PR, 即 P 、R 、Q 在同一直线上.3解析：∵A 、B 、C 是不在同一直线上的三点 ∴过A 、B 、C 有一个平面β 又βα⊂=⋂AB P AB 且,.,,l p l P ∈=⋂∴则设内内又在既在点βααβ.,,,:三点共线同理可证R Q P l R l Q ∴∈∈4解析：证明若干条直线共面的方法有两类：一是先确定一个平面，证明其余的直线在这个平面里；二是分别确定几个平面，然后证明这些平面重合.证明∵a ∥b,∴过a 、b 可以确定一个平面α.∵A ∈a,a ⊂α，∴A ∈α,同理B ∈a.又∵A ∈m ，B ∈m,∴m ⊂α.同理可证n ⊂α.∵b ∥c,∴过b,c 可以确定平面β，同理可证m ⊂β. ∵平面α、β都经过相交直线b 、m,∴平面α和平面β重合，即直线a 、b 、c 、m 、n 共面.5、解析：证明几条直线共面的依据是公理3及推论和公理1.先证某两线确定平面α，然后证其它直线也在α内. 证明：图①中，l 1∩l 2＝P ， ∴ l 1,l 2确定平面α.又 l 1∩l 3＝A,l 2∩l 3＝C,∴ C,A ∈α. 故 l 3⊂α. 同理 l 4⊂α.∴ l 1,l 2,l 3,l 4共面.图②中，l 1,l 2,l 3,l 4的位置关系，同理可证l 1,l 2,l 3,l 4共面. 所以结论成立.6、证明如图，连结MN 、NR ，则MN ∥l 1,NR ∥l 2，且M 、N 、R 不在同一直线上(否则，根据三线平行公理，知l 1∥l 2与条件矛盾).∴ MN 、NR 可确定平面β，连结B 1C 2，取其中点S.连RS 、ST ，则RS ∥l 2，又RN ∥l 2，∴ N 、R 、S 三点共线.即有S ∈β，又ST ∥l 1，MN ∥l 1，∴MN ∥ST ，又S ∈β，∴ ST ⊂β. ∴ M 、N 、R 、T 四点共面. 7解析：(1)∵MB AM ＝QD AQ＝k ∴ MQ ∥BD ，且MB AM AM +＝1+k k∴BD MQ ＝AB AM ＝1+k k∴ MQ ＝1+k kBD又NB CN ＝PDCP＝k ∴ PN ∥BD ，且NB CN CN +＝1+k k∴BD NP ＝CB CN ＝1+k k 从而NP ＝1+k kBD∴ MQ ∥NP ，MQ ，NP 共面，从而M 、N 、P 、Q 四点共面. (2)∵MA BM ＝k 1，NC BN ＝k1∴MA BM ＝NC BN ＝k 1,MABM BM +＝11+k∴ MN ∥AC ，又NP ∥BD.∴ MN 与NP 所成的角等于AC 与BD 所成的角. ∵ MNPQ 是正方形，∴∠MNP ＝90° ∴ AC 与BD 所成的角为90°，又AC ＝a ，BD ＝b ，AC MN ＝BA BM ＝11+k ∴ MN ＝11+k a 又 MQ ＝11+k b,且MQ ＝MN ， 1+k k b ＝11+k a ，即k ＝ba.说明：公理4是证明空间两直线平行的基本出发点.已知：平面α∩平面β＝a，平面β∩平面γ＝b，平面γ∩平面α＝c.求证：a、b、c相交于同一点，或a∥b∥c.证明：∵α∩β＝a，β∩γ＝b∴a、b⊂β∴a、b相交或a∥b.(1)a、b相交时，不妨设a∩b＝P，即P∈a，P∈b而a、b⊂β，a⊂α∴P∈β，P∈α，故P为α和β的公共点又∵α∩γ＝c由公理2知P∈c∴a、b、c都经过点P，即a、b、c三线共点.(2)当a∥b时∵α∩γ＝c且a⊂α，a⊄γ∴a∥c且a∥b∴a∥b∥c故a、b、c两两平行.由此可知a、b、c相交于一点或两两平行.A 1题2．S 是正三角形ABC 所在平面外的一点，如图SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝2π，M 、N 分别是AB 和SC 的中点．求异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值．证明：连结CM ，设Q 为CM 的中点，连结QN 则QN∥SM∴∠QNB 是SM 与BN 所成的角或其补角连结BQ ，设SC ＝a ，在△BQN 中BN ＝a 25 NQ ＝21SM ＝42a BQ ＝a 414∴COS∠QNB＝5102222=⋅-+NQ BN BQ NQ BN题3．正∆ABC 的边长为a ，S 为∆ABC 所在平面外的一点，SA ＝SB ＝SC ＝a ，E ，F 分别是SC 和AB 的中点．求异面直线SA 和EF 所成角．答案：45°题4．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA＝90°，M 、N 分别是A 1B 1和A 1C 1的中点，若BC ＝CA ＝CC 1，求NM 与AN 所成的角．解：连接MN ，作NG∥BM 交BC 于G ，连接AG ，易证∠GNA 就是BM 与AN 所成的角．设：BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AG ＝AN ＝5，GN ＝B 1M ＝6，cos∠GNA＝1030562556=⨯⨯-+。

几何证明Ⅰ：基本图形专题B(教师版)

学科教师辅导讲义年级：科目：数学课时数：课题几何证明教学目的能够结合基本图形及常见图形解决问题教学内容【例题讲解】题型一：基本图形【例1】证明：三角形的内角和180°.【证明】略基本图形一：（在初三学习三角形一边平行线定理时用于构造“X”型，此处让学生知道有“过顶点作对边的平行线”这一添加辅助线的方法即可.）题型二：基本图形【说明】此处设计的题目主要是让学生熟悉基本图形及其变形.在之后学完四边形和中位线后，经常会运用此基本图形进行证明.【例2】已知：如图，AC、BD相交于点O，AC BD=∠DBC=∠ACB.求证：OA OD=.【答案】略【提示】证明△ABC≌△DCB题型三：ABC EDABCDE FG【例3】已知：等边△ABC和等边△CDE，联接AE、BD.求证AE=BDABC ED【答案】略ABC DD题型四：“角平分线+平行”图中通常会出现等腰三角形【例6】已知：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，GE∥AD.求证：△AFG是等腰三角形.【提示】图中标出的四个角相等.【借题发挥】.求证：△AEF是1．已知：如图，E是正方形ABCD的边CD上的一点，F是CB延长线上的一点，DE BF 等腰直角三角形.【提示】证明全等即可.2．已知：如图，AD是△ABC的角平分线，E是AB边上的一点，AE=AC，EF∥BC交AC于点F.求证：∠DEC=∠FEC.【提示】AD 是等腰△AEC 的“三线”，通过全等证得△DEC 是等腰三角形，根据平行证得∠DEC =∠DCE =∠FEC3.已知：如图，AB AD =，CB CD =.求证：∠ABC =∠ADC .【答案】略【提示】联接AC 证全等.4．已知：如图，在△ABC 中，,AB AC BD =⊥AC 于点D ，CE ⊥AB 于点E ,BD 、CE 相交于点O .求证：OA 平分∠BAC【证明】略【提示】证明△ABO ≌△ACO5．已知：如图，在△ABC 中，AB AC =,BD 平分∠ABC ,∠36A =°.DE ∥AB ,EF ∥BD ,那么图中哪些三角形是等腰三角形？【答案】△CEF,△EDC,△CBD,△DFE,△DEB ,△ABC ,△ADB【课堂总结】【课后作业】一、基础巩固训练1．已知：如图，AB DC =，AC 、BD 相交于点O ，且AC =BD .求证：AD ∥BC .【答案】略【提示】由全等推出∠1=∠2.同理，∠3=∠4.215246,56∠+∠=∠+∠∠=∠推出14∠=∠2．已知：如图，,AB AC BE CE ==,AE 的延长线交BC 于D .求证：AD ⊥BC .【提示】由全等推出∠1=∠2AD 是等腰三角形的三线.3．已知：如图，在正方形中ABCD ，M 、N 分别是BC 、CD 边的中点，AM 、BN 相交于点P .（1）AM 、BN 的长短与位置各有什么关系？证明你得出的结论.（2）如果M 、N 不是BC 、CD 边的中点，调换怎样的条件能使第（1）题得出的结论仍旧成立？为什么？【提示】证明全等4．已知：如图，在△ABC 中，AD 是∠BAC 的平分线，DE ∥AC 交AB 于点E ，过E 作AD 的垂线交BC 的延长线于F .求证：∠CAF =∠B .【提示】通过证明全等得到∠90BAF =°.5．已知：如图，在△ABC 中，AB AC =,BD 、CE 分别是AC 边和AB 边上的高.求证：DE ∥BC .【提示】通过全等及等量减等量差相等AE AD =.22180A AED A ABC ∠+∠=∠+∠=°二、综合提高训练：1．已知△ABC 、△DBE 、△CEF 是等边三角形，求证：四边形ADEF 是平行四边形.（求证：EF AD =,AF DE =）DBC AE F【答案】略 DB CAE F2．如图，已知在△ABC 中，∠A=90°，AB=AC, ∠B 的平分线与AC 交于点D ，过点C 作CH ⊥BD ，H 为垂足。

北师大版数学七年级下册专题十四几何证明课件

证明：∵ ∠ = ∠，
∴ ∠ + ∠ = ∠ + ∠，即∠ = ∠.
在△ 和△ 中，
∠ = ∠,
ቐ∠ = ∠,
= ,
∴△ ≌△ ，∴ = .
4.如图，完成下列推理过程：
如图所示，点E在△ ABC外部，点D在BC边上，DE交AC于点
= ,
ቐ = ′ ,
= ′ ,
∴△ ≌△ ′ .
（2）若∠BAC = 100∘ ，求∠DAE的度数.
解：∵△ ≌△ ′，
∴ ∠ = ∠′，∴ ∠ = ∠′ = ∘ ，
∵ 以△ 的边所在直线为对称轴作△ 的轴对称图形△ ′，
∴ ∠ + ∠ = ∘ ，∵ ∠ = ∘ ，
∴ ∠ + ∠ 中，
∠ = ∠ = ∘ ,
ቐ∠ = ∠,
∴△ ≌△ .
= ,
（2）当AD = 3，BE = 1时，求DE的长.
解：∵△ ≌△ ，∴ = = ， = = ，∴ = + =
+ = .
类型二与轴对称有关的几何证明
8.如图，在△ ABC中，AB = AC，D，E是BC边上的点，连
接AD，AE，以△ ADE的边AE所在直线为对称轴作△ ADE
的轴对称图形△ AD′E，连接D′C，若BD = CD′.
∠ABC交AC于点F，AE ⊥ BF交BF的延长线于点E，AE，BC的
延长线交于点M.
（1）求证：AB = BM；
证明：由题意得 ⊥ ，∴ ∠ = ∠ = ∘ .
∵ 平分∠，∴ ∠ = ∠.
在△ 和△ 中，
∠ = ∠ = ∘ ,
∴ ∠ = ∠′ =

课件几何证明北师大版八年级数学上册

∴∥ （
）.
∵AC⊥CD，∴∠1+∠2=90°.
一、勾股定理的证明
∵BC=2，∴在Rt△ABC中，
∵AD⊥BC，EG⊥BC（已知）,
专题四几何证明如图，在四边形ABED中，∠B=∠E=90°，点C是BE边上一点，AC⊥CD，CB=DE.
证明：如图∵∠1=∠3，∠1=∠2，角形的面积为
∴
∥
.
∴由勾股定理，得BC=120米.
7. 如图，EB∥DC，∠C=∠E，请你说出∠A=∠ADE的理由.
解：理由如下： ∵EB∥DC， ∴∠C= ∠ABE （两直线平行，同位角相等）. ∵∠C=∠E， ∴∠E=∠ ∠ABE（等量代换）. ∴ DE∥ AC （内错角相等，两直线平行）. ∴∠A=∠ADE（两直线平
已知：① ，②，求证：③. 证明：如图∵∠1=∠3，∠1=∠2，角形的面积为
∴∠3=∠2. ∴EC∥BF. ∴∠AEC=∠B. ∵∠B=∠C， ∴∠AEC=∠C. ∴AB∥CD. ∴∠A=∠D.
6.已知：如图，AD⊥BC于点D，EG⊥BC于点G， ∠E=∠3，试问：AD是∠BAC的平分线吗？若是，请说明理由.
9. 如图，直线AB，CD，EF被直线GH所截，∠1=70°， ∠2=110°，∠3=70°.求证：AB∥CD.
证明：∵∠1=70°，∠3=70°（已知），
∴∠1=∠3（
等量代换）.
∴ AB ∥ EF （内错角相等，两直线平行）.
∵∠2=110°，∠3=70°（
已知），
∴ ∠2 + ∠3 = 180°（等式的性质）.
已∴ 知：如∥图，AD⊥（B同C旁于内点角D互，补EG，⊥两B直C于线点平G行，）∠. E=∠3，试问：AD是∠BAC的平分线吗？若是，请说明理由.

北师大版八年级数学下册几何证明-专题复习

求证：AB与EF互B=90°，点E为AB中点，连结CE，过点E作ED⊥BC于点D，在DE的延长线上取一点F，使AF=CE．求证：四边形ACEF是平行四边形．
八数下-几何证明-专题复习（二）
1.已知：如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，且AE=CF.求证：DE=BF
E
2.(18分)已知：如图，D是△ABC的BC边上的中点，DE⊥AC,DF⊥AB,垂足分别是E、F,且BF=CE.
求证：（1）△ABC是等腰三角形；
（2）当∠A=90°时，试判断四边形AFDE是怎样的四边形，证明你的判断结论.
3..(10分)如图，已知直线m∥n,A、B为直线n上的两点，C、P为直线m上的两点.(1)请写出图中面积相等的各对三角形：.
(2)如果A、B、C为三个定点，点P在m上移动那么无论P点移动到
任何位置时总有与△ABC的
面积相等；理由是：
.
4.（10分）如图，在菱形ABCD中，E为AD中点，EF⊥AC交CB的延长线于F.

几何证明教师版

学科教师辅导讲义学员姓名：年级：初二授课时间：课时数：2 辅导科目：数学学科教师：学科组长签名组长备注课题几何证明教学目标1.理解演绎证明及其因果关系的表述；演绎证明的必要性；演绎证明的过程；体会演绎证明是一种严格的证明过程2.知道定义、命题、真假命题、公理、定理等术语的含义‘3.了解命题的结构，会把一个命题写成“如果...那么...”的形式；4.了解证明的表达格式，会按规定格式证明简单问题。

重点1.了解命题的概念；2.理解演绎证明的过程；3.证明的含义和表述格式。

难点1.理解演绎证明因果关系的表述2.按规定格式表述证明的过程考点1.理解演绎证明因果关系的表述2.按规定格式表述证明的过程几何证明【热身练习】1、下列各数中，可以用来证明命题“任何偶数都是8的整数倍”是假命题的反例是（D）A.32B.16C.8D.42、下列命题是真命题的是（D）A.等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合B.顶角相等的两个等腰三角形全等C.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则此直角三角形中必有一个锐角等于30°D.在等腰直角三角形中，斜边上的高等于斜边的一半3、下列语句不属于定义的是（BD ）A 有一个角是直角的三角形，叫直角三角形B 两直线平行，同位角相等C有六条边相等的多边形叫正六边形D 两点确定一条直线4、下列语句中命题是（AC ）A 三角形的内角和是180度B 画一条直线C 平行四边形的对角线相等D 你喜欢跳舞吗？5、判断下列命题是真命题还是假命题，若是假命题，举一反例说明：（1）一个角的补角必是钝角；（2）过已知直线上一点及直线外的一点的直线与已知直线必是相交直线；（3）两个正数的差仍是正数；答案：(1) 假命题，直角（钝角）；(2) 真命题；（3）假命题，1-2=-1；6、指出下列命题的题设、结论：（1）如果两条直线相交，那么它们只有一个交点；（2）两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行；（3）两条平行线被第三条直线所截，内错角相等；A CDFEB（4）如果∠1=∠2，∠2=∠3，那么，∠1=∠3；答案(1) 假设：两条直线相交；结论：这两条直线只有一个交点；(2)假设：两条直线被第三条直线所截得的同旁内角互补；结论：这两条直线平行；(3)假设：两条平行线被第三条直线所截；结论：内错角相等； (4) 假设：∠1=∠2，∠2=∠3；结论：∠1=∠3。

华师大版七年级数学上册立体几何证明专题

华师大版七年级数学上册立体几何证明专题简介本文档介绍了华师大版七年级数学上册立体几何证明专题。

立体几何是数学中的一个重要分支，主要研究空间中的图形和对象。

本文档将涵盖常见的立体几何证明题目和解题方法，帮助读者提高解题能力。

目录1. 证明题目一: 零件的组合2. 证明题目二: 三棱柱的表面积3. 证明题目三: 平行四边形棱台的体积4. 证明题目四: 正方体的表面积和体积证明题目一: 零件的组合这个题目要求证明一个图形由几个零件组合而成。

我们需要分析每个零件的特征和位置，然后通过证明每个零件的特征是相等的，进而得出整个图形的特征是相等的。

具体的证明步骤和思路将在文中详细解释。

证明题目二: 三棱柱的表面积这个题目要求证明一个三棱柱的表面积的公式。

我们可以通过拆解三棱柱为几个简单的平面图形，然后计算每个平面图形的面积，最后将它们相加得出整个三棱柱的表面积。

在文中，将详细解释这个证明过程。

证明题目三: 平行四边形棱台的体积这个题目要求证明一个平行四边形棱台的体积的公式。

我们可以将平行四边形棱台拆解为两个三棱柱和一个平行四边形棱台，然后分别计算它们的体积并相加得出整个平行四边形棱台的体积公式。

具体的证明过程将在文中详细解释。

证明题目四: 正方体的表面积和体积这个题目要求证明一个正方体的表面积和体积的公式。

我们可以通过拆解正方体为六个面，然后计算每个面的面积和体积，最后将它们相加得出整个正方体的表面积和体积。

在文中，将详细解释这个证明过程。

总结立体几何证明题目需要通过分析和推理，来得出图形特征或公式的证明过程。

通过理解每个题目的要求，我们可以运用合适的解题方法，来解决立体几何证明题目。

本文档提供了一些常见题目的证明方法，希望读者能够在学习立体几何的过程中有所帮助。

2020届高考数学大一轮复习第十二章几何证明选讲课件文北师大版

(1)证明：EF∥BC； (2)若AG等于⊙O的半径，且AE＝MN＝2 3 ，求四边形EBCF 的面积．
解：(1)证明：由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，所以AD是∠CAB的平分线．又因为⊙O分别与AB，AC相切于点E，F，所以AE＝AF，即 △AEF也是等腰三角形．故AD⊥EF.从而EF∥BC.
1．(2015· 高考课标卷Ⅰ)如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O 的切线，BC交⊙O于点E.
(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线； (2)若OA＝ 3CE，求∠ACB的大小．
解：(1)证明：如图，连接AE，由已知得AE⊥BC，AC⊥AB.
在Rt△AEC中，由已知得DE＝DC，故∠DEC＝∠DCE. 连接OE，则∠OBE＝∠OEB.
3．直角三角形的射影定理
直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项．如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，则有CD2＝ AD· BD，AC2＝AD· AB，BC2＝BD· AB.
1.(2015· 高考课标卷Ⅱ)如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙ O与△ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点 G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．
考点二命题点圆周角定理
圆中的相关定理与有关线段
1．圆周角定理与圆心角定理第十二章几何证明选讲(1)圆周角定理及其推论
①定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
②推论： (ⅰ)推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等． (ⅱ)推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90° 的圆周角所对的弦是直径． (2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．

立体几何证明题专题(教师版)

立体几何证明题考点1：点线面的位置关系及平面的性质例1.下列命题：①空间不同三点确定一个平面；②有三个公共点的两个平面必重合；③空间两两相交的三条直线确定一个平面；④三角形是平面图形；⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形；⑥垂直于同一直线的两直线平行；⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交；⑧两组对边相等的四边形是平行四边形．其中正确的命题是________．【解析】由公理3知，不共线的三点才能确定一个平面，所以知命题①错，②中有可能出现两平面只有一条公共线(当这三个公共点共线时)，②错．③空间两两相交的三条直线有三个交点或一个交点，若为三个交点，则这三线共面，若只有一个交点，则可能确定一个平面或三个平面．⑤中平行四边形及梯形由公理2可得必为平面图形，而四边形有可能是空间四边形，如图(1)所示．在正方体ABCD—A′B′C′D′中，直线BB′⊥AB，BB′⊥CB，但AB与CB不平行，∴⑥错．AB∥CD，BB′∩AB＝B，但BB′与CD不相交，∴⑦错．如图(2)所示，AB＝CD，BC＝AD，四边形ABCD不是平行四边形，故⑧也错．【答案】④2.若P是两条异面直线l、m外的任意一点，则( )A．过点P有且仅有一条直线与l、m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l、m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l、m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l、m都异面答案 B解析对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾．对于选项B，过点P与l、m都垂直的直线，即过P且与l、m的公垂线段平行的那一条直线．对于选项C，过点P与l、m都相交的直线有一条或零条．对于选项D，过点P与l、m都异面的直线可能有无数条．3.已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行答案 C解析若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，则a∥b，与a，b异面矛盾．考点2：共点、共线、共面问题例1.下列各图是正方体和正四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是【解析】①在A中易证PS∥QR，∴P、Q、R、S四点共面．②在C中易证PQ∥SR，∴P、Q、R、S四点共面．③在D中，∵QR⊂平面ABC，PS∩面ABC＝P且P∉QR，∴直线PS与QR为异面直线．∴P、Q、R、S四点不共面．④在B中P、Q、R、S四点共面，证明如下：取BC中点N，可证PS、NR交于直线B1C1上一点，∴P、N、R、S四点共面，设为α.可证PS∥QN，∴P、Q、N、S四点共面，设为β.∵α、β都经过P、N、S三点，∴α与β重合，∴P、Q、R、S四点共面．【答案】 D2.空间四点中，三点共线是这四点共面的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A3.下面三条直线一定共面的是( )A．a、b、c两两平行B．a、b、c两两相交C．a∥b，c与a、b均相交D．a、b、c两两垂直答案 C4.已知三个平面两两相交且有三条交线，试证三条交线互相平行或者相交于一点．【解析】设α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，由a⊂β，b⊂β，则a∩b＝O，如图(1)，或a∥b，如图(2)，若a∩b＝O，O∈a，a⊂α，则O∈α，O∈b，b⊂γ，则O∈γ，又γ∩α＝c，因此O∈c；若a∥b，a⊄γ，b⊂γ，则a∥γ，又a⊂α，α∩γ＝c，则a∥c.因此三条交线相交于一点或互相平行．5.如图所示，已知空间四边形ABCD中，E、H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB＝CGCD＝23.(1)求证：三条直线EF，GH，AC交于一点．(2)若在本题中，AEEB＝CFFB＝2，AHHD＝CGGD＝3，其他条件不变．求证：EH、FG、BD三线共点．【解析】(1)∵E，H分别是AB，AD的中点，∴由中位线定理可知，EH綊12BD.又∵CFCB＝CGCD＝23，∴在△CBD中，FG∥BD，且FG＝23BD.∴由公理4知，EH∥FG，且EH<FG.∴四边形EFGH是梯形，EH、FG为上、下两底．∴两腰EF、GH所在直线必相交于一点P.∵P∈直线EF，EF⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理可得P∈平面ADC.∴P在平面ABC和平面ADC的交线上．又∵面ABC∩面ADC＝AC，∴P∈直线AC.故EF、GH、AC三直线交于一点．(2)∵AEEB＝CFFB＝2，∴EF∥AC.又AHHD＝CGGD＝3，∴HG∥AC，∴EF∥HG，且EF>HG.∴四边形EFGH为梯形．设EH与FG交于点P，则P∈平面ABD，P∈平面BCD.∴P 在两平面的交线BD 上． ∴EH 、FG 、BD 三线共点．考点3：异面直线的夹角1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点．求BD 1与CE 所成角的余弦值．【解析】连接AD 1，A 1D 交点为M ，连接ME ，MC ，则∠MEC (或其补角)即为异面直线BD 1与CE 所成的角，设AB ＝1，CE ＝52，ME ＝12BD 1＝32，CM 2＝CD 2＋DM 2＝32. 在△MEC 中，cos ∠MEC＝CE 2＋ME 2－CM 22CE ·ME ＝1515，因此异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值为1515.2.如图，若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为2，高为4，则异面直线BD 1与AD 所成角的正切值是______．答案 53.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为 A.1010 B.15 C.31010 D.35答案 C解析连接BA 1，则CD 1∥BA 1，于是∠A 1BE 就是异面直线BE 与CD 1所成的角(或补角)，设AB ＝1，则BE ＝2，BA 1＝5，A 1E ＝1，在△A 1BE 中，cos ∠A 1BE ＝5＋2－125·2＝31010，选C. 4.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．【解析】取A 1B 1的中点F ，连接EF ，FA ，则有EF ∥B 1C 1∥BC ，∠AEF 即是直线AE 与BC 所成的角或其补角．设正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ，则有EF ＝2a ，AF ＝2a2＋a 2＝5a ，AE ＝2a2＋2a2＋a 2＝3a .在△AEF 中，cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF 22AE ·EF ＝9a 2＋4a 2－5a 22×3a ×2a ＝23.因此，异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值是23.【答案】2 3考点4：直线与平面平行的判定与性质1.下列命题中正确的是________．①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；⑤若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑥平行于同一平面的两直线可以相交．答案⑤⑥解析a∩α＝A时，a不在α内，∴①错；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，故②错；l ∥α时，α内的直线与l平行或异面，故③错；a∥b，b∥α时，a∥α或a⊂α，故④错；l∥α，则l与α无公共点，∴l与α内任何一条直线都无公共点，⑤正确；如图，长方体中，A1C1与B1D1都与平面ABCD 平行，∴⑥正确．2.给出下列四个命题：①若一条直线与一个平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行；②若一条直线与一个平面内的两条直线平行，则这条直线与这个平面平行；③若平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线和这个平面平行；④若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行．其中正确命题的个数是________个．答案 1解析命题①错，需说明这条直线在平面外．命题②错，需说明这条直线在平面外．命题③正确，由线面平行的判定定理可知．命题④错，需说明另一条直线在平面外．3.已知不重合的直线a，b和平面α，①若a∥α，b⊂α，则a∥b；②若a∥α，b∥α，则a∥b；③若a∥b，b⊂α，则a∥α；④若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，上面命题中正确的是________(填序号)．答案④解析①若a∥α，b⊂α，则a，b平行或异面；②若a∥α，b∥α，则a，b平行、相交、异面都有可能；③若a ∥b ，b ⊂α，a ∥α或a ⊂α.4.正方形ABCD 与正方形ABEF 所在平面相交于AB ，在AE 、BD 上各有一点P 、Q ，且AP ＝DQ .求证：PQ ∥平面BCE .【证明】方法一如图所示．作PM ∥AB 交BE 于M ，作QN ∥AB 交BC 于N ，连接MN .∵正方形ABCD 和正方形ABEF 有公共边AB ，∴AE ＝BD . 又AP ＝DQ ，∴PE ＝QB . 又PM ∥AB ∥QN ，∴PM AB ＝PE AE ＝QB BD ，QN DC ＝BQBD.∴PM AB ＝QN DC. ∴PM 綊QN ，即四边形PMNQ 为平行四边形． ∴PQ ∥MN .又MN ⊂平面BCE ，PQ ⊄平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .方法二如图，连接AQ ，并延长交BC 延长线于K ，连接EK . ∵AE ＝BD ，AP ＝DQ ， ∴PE ＝BQ ，∴AP PE ＝DQBQ .又AD ∥BK ，∴DQ BQ ＝AQ QK，∴AP PE ＝AQQK，∴PQ ∥EK .又PQ ⊄平面BCE ，EK ⊂平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .方法三如图，在平面ABEF 内，过点P 作PM ∥BE ，交AB 于点M ，连接QM . ∴PM ∥平面BCE .又∵平面ABEF ∩平面BCE ＝BE ， ∴PM ∥BE ，∴AP PE ＝AMMB.又AE ＝BD ，AP ＝DQ ，∴PE ＝BQ . ∴AP PE ＝DQ BQ ，∴AM MB ＝DQ QB. ∴MQ ∥AD .又AD ∥BC ，∴MQ ∥BC ，∴MQ ∥平面BCE .又PM ∩MQ ＝M ， ∴平面PMQ ∥平面BCE .又PQ ⊂平面PMQ ， ∴PQ ∥平面BCE .5.一个多面体的直观图和三视图如图所示(其中M ，N 分别是AF ，BC 中点)．<1>求证：MN ∥平面CDEF ； <2>求多面体A —CDEF 的体积．解析 (1)证明由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，且AB ＝BC ＝BF ＝2，DE ＝CF ＝22，∴∠CBF ＝90°.取BF 中点G ，连接MG ，NG ，由M ，N 分别是AF ，BC 中点，可知：NG ∥CF ，MG ∥EF .又MG ∩NG ＝G ，CF ∩EF ＝F ，∴平面MNG ∥平面CDEF ，∴MN ∥平面CDEF .(2)作AH ⊥DE 于H ，由于三棱柱ADE —BCF 为直三棱柱，∴AH ⊥平面CDEF ，且AH ＝ 2. ∴V A －CDEF ＝13S 四边形CDEF ·AH ＝13×2×22×2＝83.6.若P 为异面直线a ，b 外一点，则过P 且与a ，b 均平行的平面 A ．不存在 B ．有且只有一个 C ．可以有两个 D ．有无数多个答案 B7.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点N 在BD 上，点M 在B 1C 上，且CM ＝DN ，求证：MN ∥平面AA 1B 1B .【证明】方法一如右图，作ME ∥BC ，交BB 1于E ；作NF ∥AD ，交AB 于F ，连接EF ，则EF ⊂平面AA 1B 1B .∵BD ＝B 1C ，DN ＝CM ， ∴B 1M ＝BN .∵ME BC ＝B 1M B 1C ，NF AD ＝BN BD，∴ME BC ＝BN BD ＝NFAD，∴ME ＝NF . 又ME ∥BC ∥AD ∥NF ， ∴MEFN 为平行四边形． ∴NM ∥EF .又∵MN ⊄面AA 1B 1B ， ∴MN ∥平面AA 1B 1B .方法二如图，连接CN 并延长交BA 的延长线于点P ，连接B 1P ，则B 1P ⊂平面AA 1B 1B . ∵△NDC ∽△NBP ， ∴DN NB ＝CNNP.又CM ＝DN ， B 1C ＝BD ，CM MB 1＝DN NB ＝CN NP， ∴MN ∥B 1P .∵B 1P ⊂平面AA 1B 1B ， ∴MN ∥平面AA 1B 1B .方法三如右图，作MP ∥BB 1，交BC 于点P ，连接NP . ∵MP ∥BB 1，∴CM MB 1＝CP PB. ∵BD ＝B 1C ，DN ＝CM ， ∴B 1M ＝BN .∵CM MB 1＝DN NB， ∴CP PB ＝DNNB，∴NP ∥DC ∥AB . ∴平面MNP ∥平面AA 1B 1B . ∴MN ∥平面AA 1B 1B .8.如图所示，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别为PC 、PD 、BC 的中点．(1)求证：PA ∥平面EFG ； (2)求三棱锥P —EFG 的体积．解析 (1)证明如图，取AD 的中点H ，连接GH ，FH .∵E ，F 分别为PC ，PD 的中点， ∴EF ∥CD .∵G ，H 分别是BC ，AD 的中点， ∴GH ∥CD .∴EF ∥GH ，∴E ，F ，H ，G 四点共面． ∵F ，H 分别为DP ，DA 的中点，∴PA ∥FH . ∵PA ⊄平面EFG ，FH ⊂平面EFG ， ∴PA ∥平面EFG .(2)∵PD ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥CG . 又∵CG ⊥CD ，CD ∩PD ＝D ，∴GC ⊥平面PCD . ∵PF ＝12PD ＝1，EF ＝12CD ＝1，∴S △PEF ＝12EF ·PF ＝12.又GC ＝12BC ＝1，∴V P —EFG ＝V G —PEF ＝13×12×1＝16.9.如图所示，a ，b 是异面直线，A 、C 与B 、D 分别是a ，b 上的两点，直线a ∥平面α，直线b ∥平面α，AB ∩α＝M ，CD ∩α＝N ，求证：若AM ＝BM ，则CN ＝DN .【证明】连接AD 交平面α于E 点，并连接ME ，NE . ∵b ∥α，ME ⊂平面ABD ，平面α∩面ABD ＝ME ， ∴ME ∥BD .又在△ABD 中AM ＝MB ， ∴AE ＝ED .即E 是AD 的中点．又a ∥α，EN ⊂平面ACD ，平面α∩面ADC ＝EN ， ∴EN ∥AC ，而E 是AD 的中点． ∴N 必是CD 的中点，∴CN ＝DN .10.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 为AC 上一点，若AB 1∥平面C 1EB ，求：AE ∶EC .【解析】连接B 1C 交BC 1于点F ，则F 为B 1C 中点． ∵AB 1∥平面C 1EB ，AB 1⊂平面AB 1C ，且平面C 1EB ∩平面AB 1C ＝EF .∴AB1∥EF，∴E为AC中点．∴AE∶EC＝1∶1.【答案】1∶1考点5：面面平行的判定及性质1.设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2 C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2答案 B解析因m⊂α，l1⊂β，若α∥β，则有m∥β且l1∥α，故α∥β的一个必要条件是m∥β且l1∥α，排除A.因m，n⊂α，l1，l2⊂β且l1与l2相交，若m∥l1且n∥l2，因l1与l2相交，故m与n也相交，∴α∥β；若α∥β，则直线m与直线l1可能为异面直线，故α∥β的一个充分而不必要条件是m∥l1且n∥l2，应选B.2.棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点P，Q，R分别是面A1B1C1D1，BCC1B1，ABB1A1的中心，给出下列结论：①PR与BQ是异面直线；②RQ⊥平面BCC1B1；③平面PQR∥平面D1AC；④过P，Q，R的平面截该正方体所得截面是边长为2的等边三角形．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)答案③④解析由于PR是△A1BC1的中位线，所以PR∥BQ，故①不正确；由于RQ∥A1C1，而A1C1不垂直于面BCC1B1，所以②不正确；由于PR∥BC1∥D1A，PQ∥A1B∥D1C，所以③正确；由于△A1BC1是边长为2的正三角形，所以④正确．故填③④.3.已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心．<1>求证：平面G1G2G3∥平面ABC；<2>求S△G1G2G3∶S△ABC.【解析】(1)如图，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F.连接DE、EF、FD.则有PG1∶PD＝2∶3，PG2∶PE＝2∶3.∴G1G2∥DE.又G1G2不在平面ABC内，∴G1G2∥平面ABC.同理G2G3∥平面ABC.又因为G1G2∩G2G3＝G2，∴平面G1G2G3∥平面ABC.(2)由(1)知PG 1PD ＝PG 2PE ＝23，∴G 1G 2＝23DE . 又DE ＝12AC ，∴G 1G 2＝13AC . 同理G 2G 3＝13AB ，G 1G 3＝13BC . ∴△G 1G 2G 3∽△CAB ，其相似比为1∶3.∴S △G 1G 2G 3∶S △ABC ＝1∶9.4.给出下列关于互不相同的直线l 、m 、n 和平面α、β、γ的三个命题：①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β；②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中真命题为________．答案 ③解析 ①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的l 、m .②中l 与m 也可能异面．③中 ⎭⎪⎬⎪⎫l ∥γl ⊂ββ∩γ＝m ⇒l ∥m ，同理l ∥n ，则m ∥n ，正确．5.如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、E 、F 分别是棱A 1B 1，A 1D 1，B 1C 1，C 1D 1的中点．求证：平面AMN ∥平面EFDB .【证明】连接MF ，∵M 、F 是A 1B 1、C 1D 1的中点，四边形A 1B 1C 1D 1为正方形，∴MF A 1D 1.又A 1D 1 AD ，∴MF AD .∴四边形AMFD 是平行四边形．∴AM ∥DF .∵DF ⊂平面EFDB ，AM ⊄平面EFDB ，∴AM ∥平面EFDB ，同理AN ∥平面EFDB .又AM 、AN ⊂平面ANM ，AM ∩AN ＝A ，∴平面AMN ∥平面EFDB .6.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是C 1C ，B 1C 1，C 1D 1的中点，求证：平面MNP ∥平面A 1BD . 证明方法一如图(1)所示，连接B 1D 1.∵P ，N 分别是D 1C 1，B 1C 1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理：MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.方法二如图(2)所示，连接AC1，AC，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴AC⊥BD.又CC1⊥平面ABCD，∴AC为AC1在平面ABCD上的射影，∴AC1⊥BD.同理可证AC1⊥A1B，∴AC1⊥平面A1BD.同理可证AC1⊥平面PMN.∴平面PMN∥平面A1BD.7.如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，C∈α，点B∈β，D∈β，点E、F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.求证：EF∥β.【证明】①当AB，CD在同一平面内时，由α∥β，α∩平面ABDC＝AC，β∩平面ABDC＝BD，∴AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥β.②当AB与CD异面时，设平面ACD∩β＝DH，且DH＝AC，∵α∥β，α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH.∴四边形ACDH是平行四边形．在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，又∵AE∶EB＝CF∶FD，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥β.综上，EF∥β.8.已知：如图，斜三棱柱ABC—A1B1C1中，点D、D1分别为AC、A1C1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1的值等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1； (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC 的值．【解析】 (1)如图，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1. 由棱柱的性质，知四边形A 1ABB 1为平行四边形，所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，点O 、D 1分别为A 1B 、A 1C 1的中点，∴OD 1∥BC 1.又∵OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1，∴BC 1∥平面AB 1D 1.∴A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BDC 1＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1.∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD. 又∵A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1. 考点6：线线、线面垂直1.设α、β是两个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中真命题是A ．若a ∥α，b ∥α，则a ∥bB ．若a ∥α，b ∥β，a ∥b ，则α∥βC ．若a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥βD ．若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a ⊥b答案 C解析与同一平面平行的两条直线不一定平行，所以A 错误；与两条平行直线分别平行的两个平面未必平行，所以B 错误；如图(1)，设OA ∥a ，OB ∥b ，直线OA 、OB 确定的平面分别交α、β于AC 、BC ，则OA ⊥AC ，OB ⊥BC ，所以四边形OACB 为矩形，∠ACB 为二面角α－l －β的平面角，所以α⊥β，C 正确；如图(2)，直线a 、b 在平面α内的射影分别为m 、n ，显然m ⊥n ，但a 、b 不垂直，所以D 错误，故选C.2.“直线l 垂直于平面α内的无数条直线”是“l ⊥α”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 B 3.若m ，n 表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为①⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ⊥α⇒n ⊥α ② ⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥αm ⊥α⇒m ∥n ③ ⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ∥α⇒m ⊥n ④ ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥αm ⊥n ⇒n ⊥αA ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 ①②③正确，④错误．4.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．求证：(1)CD ⊥AE ；(2)PD ⊥平面ABE .【证明】 (1)∵PA ⊥底面ABCD ，∴CD ⊥PA .又CD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，故CD ⊥平面PAC ，AE ⊂平面PAC .故CD ⊥AE .(2)∵PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，故PA ＝AC .∵E 是PC 的中点，故AE ⊥PC .由(1)知CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD ，故AE ⊥PD .易知BA ⊥PD ，故PD ⊥平面ABE .5.设l 是直线，α，β是两个不同的平面( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC ．若l ⊥α，α⊥β，则l ⊥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β答案 B解析 A 项中由l ∥α，l ∥β不能确定α与β的位置关系，C 项中由α⊥β，l ⊥α可推出l ∥β或l⊂β，D项由α⊥β，l∥α不能确定l与β的位置关系．6.设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，下列命题中真命题是A．若b⊂α，c∥α，则b∥cB．若b⊂α，b∥c，则c∥αC．若c∥α，c⊥β，则α⊥βD．若c∥α，α⊥β，则c⊥β答案 C解析如果一条直线平行于一个平面，它不是与平面内的所有直线平行，只有部分平行，故A错；若一条直线与平面内的直线平行，该直线不一定与该平面平行，该直线可能是该平面内的直线，故B 错；如果一个平面与另一个平面的一条垂线平行，那么这两个平面垂直，这是一个真命题，故C对；对D来讲若c∥α，α⊥β，则c与β的位置关系不定，故选C.7. 在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E为BB1的中点，∠A1DE ＝90°，求证：CD⊥平面A1ABB1.证明连接A1E，EC，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，∴AB＝2 2.设AD＝x，则BD＝22－x.∴A1D2＝4＋x2，DE2＝1＋(22－x)2，A1E2＝(22)2＋1.∵∠A1DE＝90°，∴A1D2＋DE2＝A1E2.∴x＝ 2.∴D为AB的中点．∴CD⊥AB.又AA1⊥CD，且AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面A1ABB1.8.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中点，E是棱AA1上任意一点．<1>证明：BD⊥EC1；<2>如果AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．【解析】(1)如图，连接AC，A1C1，AC与BD相交于点O.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.再由EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝2 2.故EC 21＝(h －2)2＋(22)2. 在Rt △OCC 1中，OC ＝2，CC 1＝h ，OC 21＝h 2＋(2)2. 因为OE ⊥EC 1，所以OE 2＋EC 21＝OC 21.即4＋(h －2)2＋(22)2＝h 2＋(2)2，解得h ＝3 2.所以AA 1的长为3 2.考点7：面面垂直1.△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点，求证：①DE ＝DA ；②平面BDM ⊥平面ECA ；③平面DEA ⊥平面ECA .【证明】 ①取EC 的中点F ，连接DF .∵BD ∥CE ，∴DB ⊥BA .又EC ⊥BC ，在Rt △EFD 和Rt △DBA 中，∵EF ＝12EC ＝BD ，FD ＝BC ＝AB ， ∴Rt △EFD ≌Rt △DBA ，∴DE ＝DA .②取CA 的中点N ，连接MN 、BN ，则MN 綊12EC . ∴MN ∥BD ，∴N 点在平面BDM 内．∵EC ⊥平面ABC ，∴EC ⊥BN .又CA ⊥BN ，∴BN ⊥平面ECA .∵BN ⊂平面BDM ，∴平面BDM ⊥平面ECA .③∵DM ∥BN ，BN ⊥平面ECA ，∴DM ⊥平面ECA ，又DM ⊂平面DEA ，∴平面DEA ⊥平面ECA .2.已知平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC .AE ⊥平面PBC ，E 为垂足．①求证：PA ⊥平面ABC ；②当E 为△PBC 的垂心时，求证：△ABC 是直角三角形．【证明】 ①在平面ABC 内取一点D ，作DF ⊥AC 于F .平面PAC ⊥平面ABC ，且交线为AC ，∴DF ⊥平面PAC .又PA ⊂平面PAC ，∴DF ⊥PA .作DG ⊥AB 于G ，同理可证：DG ⊥PA . DG 、DF 都在平面ABC 内，∴PA ⊥平面ABC .②连接BE 并延长交PC 于H ，∵E 是△PBC 的垂心，∴PC ⊥BH .又已知AE 是平面PBC 的垂线，PC ⊂平面PBC ，∴PC ⊥AE .又BH ∩AE ＝E ，∴PC ⊥平面ABE .又AB ⊂平面ABE ，∴PC ⊥AB .∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥AB .又PC ∩PA ＝P ，∴AB ⊥平面PAC .又AC ⊂平面PAC ，∴AB ⊥AC .即△ABC 是直角三角形．3.如图所示，在斜三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，底面是等腰三角形，AB ＝AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .(1)若D 是BC 的中点，求证：AD ⊥CC 1；(2)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM ＝MA 1，求证：截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ；(3)AM ＝MA 1是截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C 的充要条件吗？请你叙述判断理由．【证明】 (1)∵AB ＝AC ，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC .∵底面ABC ⊥侧面BB 1C 1C ，且交线为BC ，∴由面面垂直的性质定理可知AD ⊥侧面BB 1C 1C .又∵CC 1⊂侧面BB 1C 1C ，∴AD ⊥CC 1.(2)方法一取BC 1的中点E ，连接DE 、ME .在△BCC 1中，D 、E 分别是BC 、BC 1的中点．∴DE 綊12CC 1. 又AA 1綊CC 1，∴DE 綊12AA 1. ∵M 是AA 1的中点(由AM ＝MA 1知)，∴DE 綊AM .∴AMED 是平行四边形，∴AD 綊ME .由(1)知AD ⊥面BB 1C 1C ，∴ME ⊥侧面BB 1C 1C .又∵ME ⊂面BMC 1，∴面BMC 1⊥侧面BB 1C 1C .方法二延长B 1A 1与BM 交于N (在侧面AA 1B 1B 中)，连接C 1N .∵AM ＝MA 1，∴NA 1＝A 1B 1.又∵AB ＝AC ，由棱柱定义知△ABC ≌△A 1B 1C 1.∴AB ＝A 1B 1，AC ＝A 1C 1.∴A 1C 1＝A 1N ＝A 1B 1.在△B 1C 1N 中，由平面几何定理知：∠NC 1B 1＝90°，即C 1N ⊥B 1C 1.又∵侧面BB 1C 1C ⊥底面A 1B 1C 1，交线为B 1C 1，∴NC 1⊥侧面BB 1C 1C .又∵NC 1⊂面BNC 1，∴截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C ，即截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .(3)结论是肯定的，充分性已由(2)证明．下面仅证明必要性(即由截面BMC 1⊥侧面BB 1C 1C 推出AM ＝MA 1，实质是证明M 是AA 1的中点)，过M 作ME 1⊥BC 1于E 1.∵截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ，交线为BC 1.∴ME 1⊥面BB 1C 1C .又由(1)知AD ⊥侧面BB 1C 1C ，∵垂直于同一个平面的两条直线平行，∴AD ∥ME 1，∴M 、E 1、D 、A 四点共面．又∵AM ∥侧面BB 1C 1C ，面AME 1D ∩面BB 1C 1C ＝DE 1，∴由线面平行的性质定理可知AM ∥DE 1.又AD ∥ME 1，∴四边形AME 1D 是平行四边形．∴AD ＝ME 1，DE 1綊AM .又∵AM ∥CC 1，∴DE 1∥CC 1.又∵D 是BC 的中点，∴E 1是BC 1的中点．∴DE 1＝12CC 1＝12AA 1. ∴AM ＝12AA 1，∴MA ＝MA 1. ∴AM ＝MA 1是截面MBC 1⊥侧面BB 1CC 1的充要条件．考点8：平行与垂直的综合问题1.如图所示，在直角梯形ABEF 中，将DCEF 沿CD 折起使∠FDA ＝60°，得到一个空间几何体．(1)求证：BE ∥平面ADF ；(2)求证：AF ⊥平面ABCD ；(3)求三棱锥E —BCD 的体积．【解析】 (1)由已知条件，可知BC ∥AD ，CE ∥DF ，折叠之后平行关系不变．又因为BC ⊄平面ADF ，AD ⊂平面ADF ，所以BC ∥平面ADF .同理CE ∥平面ADF .又因为BC ∩CE ＝C ，BC ，CE ⊂平面BCE ，所以平面BCE ∥平面ADF .所以BE ∥平面ADF .(2)由于∠FDA ＝60°，FD ＝2，AD ＝1，所以AF 2＝FD 2＋AD 2－2×FD ×AD ×cos FDA ＝4＋1－2×2×1×12＝3.即AF ＝ 3. 所以AF 2＋AD 2＝FD 2.所以AF ⊥AD .又因为DC ⊥FD ，DC ⊥AD ，AD ∩FD ＝D ，所以DC ⊥平面ADF .又因为AF ⊂平面ADF ，所以DC ⊥AF .因为AD ∩DC ＝D ，AD ，DC ⊂平面ABCD ，所以AF ⊥平面ABCD .(3)因为DC ⊥EC ，DC ⊥BC ，EC ，BC ⊂平面EBC ，EC ∩BC ＝C ，所以DC ⊥平面EBC .又因为DF ∥EC ，AD ∥BC ，∠FDA ＝60°，所以∠ECB ＝60°.又因为EC ＝1，BC ＝1，所以S △ECB ＝12×1×1×32＝34. 所以V E －BCD ＝V D －EBC ＝13×DC ×S △ECB ＝13×1×34＝312. 2.如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图2.<1>求证：DE ∥平面A 1CB ；<2>求证：A 1F ⊥BE ；<3>线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由．【解析】 (1)因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以DE ∥BC .又因为DE ⊄平面A 1CB ，所以DE ∥平面A 1CB .(2)由已知得AC ⊥BC 且DE ∥BC ，所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，所以DE ⊥平面A 1DC .而A 1F ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1F .又因为A 1F ⊥CD ，所以A 1F ⊥平面BCDE .所以A 1F ⊥BE .(3)线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ .理由如下：如图，分别取A 1C ，A 1B 的中点P ，Q ，连接PQ ，QE ，PD ，则PQ ∥BC .因为DE ∥BC ，所以DE ∥PQ .所以平面DEQ 即为平面DEP .由(2)知，DE ⊥平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1C .又因为P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点，所以A 1C ⊥DP .所以A 1C ⊥平面DEP .从而A 1C ⊥平面DEQ .故线段A 1B 上存在点Q ，使得A 1C ⊥平面DEQ .3.如图，四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，△PAD 为等腰三角形，∠APD ＝90°，平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB ＝1，AD ＝2，E 、F 分别为PC 、BD 的中点．<1>证明：EF ∥平面PAD ；<2>证明：平面PDC ⊥平面PAD ；<3>求四棱锥P —ABCD 的体积．解析 (1)证明：如图，连接AC .∵四边形ABCD 为矩形且F 是BD 的中点，∴F 也是AC 的中点．又E 是PC 的中点，EF ∥AP ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .(2)证明：∵面PAD ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴CD ⊥平面PAD .∵CD ⊂平面PDC ，∴平面PDC ⊥平面PAD .(3)取AD 的中点为O .连接PO .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 为等腰直角三角形，∴PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高．∵AD ＝2，∴PO ＝1.又AB ＝1，∴四棱锥P —ABCD 的体积V ＝13PO ·AB ·AD ＝23.21。

立体几何证明(教师版)

立体几何证明1．（2021·北京师大附中高一期末）已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//,90,AB DC DAB PA ∠=⊥平面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是棱PB 上的动点.（1）求证：平面PAD ⊥平面PCD ；（2）若//PD 平面ACM ，求PM MB的值；（3）当M 是PB 中点时，设平面ADM 与棱PC 交于点N ，求截面ADNM 的面积.2．（2021·北京·人大附中高一期末）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为棱1CC 的中点．（1）证明：1AC ∥平面BDE ．（2）证明1AC BD ⊥．3．（2021·北京·汇文中学高一期末）如图1，已知菱形AECD 的对角线AC ，DE 交于点F ，点E 为AB 的中点．将三角形ADE 沿线段DE 折起到PDE 的位置，如图2所示．（1）求证：DE PC ⊥；（2）试问平面PFC 与平面PBC 所成的二面角是否为90︒，如果是，请证明；如果不是，请说明理由；（3）在线段PD ，BC 上是否分别存在点M ，N ，使得平面//CFM 平面PEN ？若存在，请指出点M ，N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由．4．（2021·北京·首都师范大学附属中学高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，O ，M 分别为BD ，PC 的中点.设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）求证：//OM 平面PAD ；（2）求证：//BC l ；（3）在棱PC 上是否存在点N （异于点C ），使得//BN 平面PAD ？若存在，求出PN PC的值；若不存在，说明理由.5．（2021·北京·101中学高一期末）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，M 是1DD 的中点．（1）求证：1//BD 平面AMC ；（2）求证：1AC BD ⊥；（3）在线段1BB 上是否存在点P ，当1BP BB λ=时，平面11//A PC 面AMC ？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．6．（2021·北京师大附中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1CC 中点.（1）求证：1//BC 平面1AD E ；（2）求证：1A D ⊥平面11ABC D .7．（2021·北京·汇文中学高一期末）如图所示，在三棱锥A BCD -中，点M ､N 分别在棱BC ､AC 上，且//MN AB .（1）求证：//MN 平面ABD ；（2）若MN CD ⊥，BD CD ⊥，求证：平面CBD ⊥平面ABD .8．（2019·北京师大附中高一期末）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=，2AB AC ==，1AA ,M N 分别为1,BC CC 的中点，P 为侧棱1BB 上的动点（Ⅰ）求证：平面APM ⊥平面11BB C C ；（Ⅱ）若P 为线段1BB 的中点，求证：1//A N 平面APM ；（Ⅲ）试判断直线1BC 与平面APM 是否能够垂直．若能垂直，求PB 的值；若不能垂直，请说明理由9．（2019·北京师大附中高一期末）如图，已知四棱锥S ABCD-，底面ABCD是边长为2的菱形，60∠=，侧面SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，M为侧棱SB的中点，ABCE为线段AD的中点SD平面MAC；（Ⅰ）求证：//⊥；（Ⅱ）求证：SE AC-的体积（Ⅲ）求三棱锥M ABC-中，PA⊥平面ABCD，底10．（2019·北京·101中学高一期末）如图，在四棱锥P ABCD部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.11．（2019·北京·中央民族大学附属中学高一期末）在四面体ABCD 中，CB =CD ，AD BD ⊥，且E ，F 分别是AB ，BD 的中点，求证：（I ）直线EF ACD 面；（II ）EFC BCD ⊥面面．12．（2020·北京师大附中高一期末）如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，E 是PA 的中点.（1）求证：//CD 平面PAB ；（2）求证：//PC 平面BDE ；（3）证明：BD CE ⊥.13．（2021·北京·人大附中高一期末）如图1，已知△ABD 和△BCD 是两个直角三角形，∠BAD ＝∠BDC ＝2π.现将△ABD 沿BD 边折起到1A BD 的位置，如图2所示，使平面1A BD ⊥平面BCD .（1）求证：平面1A BC ⊥平面1A CD ；（2）1A C 与BD 是否有可能垂直，做出判断并写明理由.14．（2020·北京·101中学高一期末）如图1，在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE 的中点，AB AC ==4BC =．将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置，使得平面1A DE ⊥平面BCED ，F 为1A C 的中点，如图2．（1）求证：//EF 平面1A BD ；（2）求证：平面1A OB ⊥平面1A OC ；（3）线段OC 上是否存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ？说明理由．15．（2020·北京师大附中高一期末）如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为矩形，侧面ADEF 为梯形，//AF DE ，DE AD ⊥，DC DE =.⊥；（Ⅰ）求证：AD CEBF平面CDE；（Ⅱ）求证：//（Ⅲ）判断线段BE上是否存在点Q，使得平面ADQ⊥平面BCE？并说明理由．-中，平面16．（2020·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校高一期末）在三棱锥P ABC⊥．设D，E分别为PA，AC中点．PAC⊥平面ABC，PA AC⊥，AB BCDE平面PBC；（Ⅰ）求证：//（Ⅱ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅲ）试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．答案：1．(1)证明见解析；(2)12；【分析】 (1) 要证平面PAD ⊥平面PCD ，只需证明DC ⊥平面PAD ，利用线面垂直的判定可证DC ⊥平面PAD .(2) 根据题意，作出点M ，再利用相似三角形求PM MB的值 (3) 从四点共面角度出发，利用平面向量基本定理确定点N 的位置，再求截面面积.【详解】(1)证明：因为90DAB ∠=，所以AB AD ⊥，又//AB DC ，所以DC AD ⊥.因为PA ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PA DC ⊥.又AD ，PA 在平面PAD 内，且相交于点A ，所以DC ⊥平面PAD . 又DC ⊂平面PCD ，所以平面PAD ⊥平面PCD .(2)如图，连接AC ，BD 相交于点E ，过点E 作//EM PD ，交PB 于点M . 因为//EM PD ，PD ⊄平面ACM ，EM ⊂平面ACM ，所以//PD 平面ACM . 故上述所作点M 为使得//PD 平面ACM 的点M .如图在梯形ABCD 中，有//AB DC ，112AD DC AB === 令()22DE DB DA DC DA DC λλλλ==+=+，因为A ，E ，C 三点共线，所以21λλ+=，13λ=.即13DE DB =，所以23BE DB =，12DE BE =. 因为//EM PD ，所以BME BPD ，12DE P MB BE M ==. (3)设PN PC μ=，因为,,,A D N M 四点共面，所以存在实数m ，n ，使得AN mAD nAM =+. 因为()12AN AP PN AP PC AD AB AP μμμμ=+=+=++-，22n n mAD nAM mAD AB AP +=++，又AD ，AB ，AP 为一组基底，所以,,2212m n n μμμ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪-=⎪⎩解得23m n ==. 所以2233AN AD AM =+.因为PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥. 又AD AB ⊥，PA ，AB 在平面PAB 内，且相交于点A ，所以AD ⊥平面PAB ，又AM ⊂平面PAB ，所以AD AM ⊥. 在四边形AMND 中，AD AM ⊥，1AD =，AM = 因为2233AN AD AM =+，点N 到AM 的距离为2233AD =，点N 到AD的距离为23AM . 所以截面ADNM的面积1121223ADN AMNS S S =+=⨯+2．（1）见解析；（2）见解析【详解】试题分析：（1）连结AC 交BD 于F ，连结EF ，通过正方形对角线的性质以及三角形中位线可得112EF AC ，根据线面平行判定定理可得结果；（2）通过证明BD ⊥平面1ACC 可得结论.试题解析：（1）证明：连结AC 交BD 于F ，连结EF ，正方形ABCD 中，AC 与BD 互相平分，∴F 为AC 中点，在1ACC 中，∵E ，F 分别为1CC 与AC 中点，∴112EF AC ，∵EF ⊂平面BDE ，1AC ⊄平面BDE ，∴EF 平面BDE ．（2）证明：在正方形ABCD 中，AC BD ⊥，在正方体1111ABCD A B C D -中， 1CC ⊥平面ABCD ，∵BD ⊂平面ABCD ，∴1CC BD ⊥，∵1AC CC C ⋂=，∴BD ⊥平面1ACC ，∵1AC ⊂平面1ACC ，∴1AC BD ⊥．3．（1）证明见解析；（2）平面PFC 与平面PBC 所成的二面角为90︒，证明见解析；（3）存在满足条件的,M N ，,M N 分别为,PD BC 中点，证明见解析. 【分析】（1）根据线面垂直的判定可证得DE ⊥平面PCF ，由线面垂直性质可证得结论；（2）根据平行关系可证得BC ⊥平面PCF ，由面面垂直的判定可证得两平面垂直，由此得到所成角为90︒；（3）利用平行四边形和三角形中位线性质可证得线线平行关系，由此证得线面平行和面面平行，从而确定存在满足条件的,M N . 【详解】（1）四边形AECD 为菱形，AC DE ∴⊥，即DE PF ⊥，DE CF ⊥，又,PF CF ⊂平面PCF ，PFCF F =，DE ∴⊥平面PCF ，PC ⊂平面PCF ，DE PC ∴⊥.（2）平面PFC 与平面PBC 所成的二面角为90︒，证明如下：E 为AB 中点且四边形AECD 为菱形，//BE CD ∴，∴四边形BCDE 为平行四边形，//BC DE ∴，由（1）知：DE ⊥平面PCF ，BC ∴⊥平面PCF ，又BC ⊂平面PBC ，∴平面PCF ⊥平面PBC ，即平面PFC 与平面PBC 所成的二面角为90︒.（3）存在满足条件的,M N ，,M N 分别为,PD BC 中点，证明如下：由（2）知：四边形BCDE 为平行四边形，又,F N 分别为,DE BC 中点，//EF CN ∴，∴四边形EFCN 为平行四边形，//CF EN ∴，又EN ⊂平面PEN ，CF ⊄平面PEN ，//CF ∴平面PEN ；,M F 分别为,PD DE 中点，MF ∴为PDE △中位线，//MF PE ∴，又PE ⊂平面PEN ，MF ⊄平面PEN ，//MF ∴平面PEN ，又MFCF F =，,MF CF ⊂平面FCM ，∴平面//CFM 平面PEN .【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系、面面垂直与平行关系的证明问题，涉及到线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定、线面平行与面面平行的判定等定理的应用，属于常考题型.4．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析. 【分析】（1）连接AC ，易知O 为AC 的中点，进而得//AP OM ，再结合线面平行的判定定理即可证明；（2）由题知//BC 平面PAD ，进而根据线面平行的性质定理即可证明//BC l ；（3））假设在棱PC 上存在点N （异于点C ），使得//BN 平面PAD ，进而在平面PDC 中，过点N 作PD 的平行线EN ，交DC 于E ，故平面//BEN 平面PAD ，进而得//BE AD ，另一方面，在平行四边形ABCD 中，BE 与AD 不平行，矛盾，故不存在. 【详解】解：（1）证明：连接AC ，因为底面ABCD 为平行四边形，O 为BD 的中点，所以O 为AC 的中点，因为M 为PC 的中点，所以在APC △中，//AP OM ，因为OM ⊄平面PAD ，AP ⊂平面PAD ，所以//OM 平面PAD（2）因为底面ABCD 为平行四边形，所以//AD BC ，因为AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以//BC 平面PAD ，因为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，BC ⊂平面PBC ，所以//BC l（3）假设在棱PC 上存在点N （异于点C ），使得//BN 平面PAD ，在平面PDC 中，过点N 作PD 的平行线EN ，交DC 于E ，因为EN ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以//EN 平面PAD ，因为EN BN N ⋂=，所以平面//BEN 平面PAD ，因为BE ⊂平面BEN ，所以//BE 平面PAD ，又因为BE ⊂平面ABCD ，平面ABCD 平面PAD AD =，所以//BE AD 另一方面，在平行四边形ABCD 中，BE 与AD 不平行，矛盾，所以在棱PC 上不存在点N （异于点C ），使得//BN 平面PAD .5．(1)证明见解析；(2) 证明见解析；(3)在线段1BB 上存在点P ，当12λ=时，平面11//A PC 平面AMC . 【分析】(1) 利用线面平行的判定定理证明1//BD 平面AMC ；(2) 利用线面垂直的判定定理证明AC ⊥平面11BB D D ，则有1AC BD ⊥； (3) 先确定λ的值，再根据面面平行的判定定理证明两平面平行. 【详解】因为四棱柱1111ABCD A B C D -是正四棱柱，所以底面ABCD 为正方形，侧棱垂直底面，侧面均为矩形.(1)证明：记AC 和BD 相交于点N ，因为ABCD 为正方形，所以N 为BD 的中点.又M 是1DD 的中点，所以1//MN BD .又1BD ⊄平面AMC ，MN ⊂平面AMC ，所以1//BD 平面AMC .(2)证明：因为ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥.因为1D D ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以1D D AC ⊥. 又BD ，1D D 在平面11BB D D 内，且相交于点D ，所以AC ⊥平面11BB D D .又1BD ⊂平面11BB D D ，所以1AC BD ⊥.(3) 在线段1BB 上存在点P ，当12λ=，即112BP BB =时，平面11//A PC 面AMC . 理由如下：当112BP BB =时，P 为1BB 的中点. 取1CC 的中点G ，连接1PC ，GB ，则有1//PC GB .连接MG ，因为四边形11CC D D 是矩形，M 是1DD 的中点，G 是1CC 的中点，所以//MG CD ，MG CD =.在正方形ABCD 中，有，//CD AB ，CD AB =.所以//MG AB ，MG AB =，四边形ABGM 为平行四边形. 有//BG AM ，又1//PC GB ，所以1//PC AM ，又1PC ⊄平面AMC ，AM ⊂平面AMC ，所以1PC //平面AMC . 同理可证：1//PA 平面AMC .又1PC ，1PA 在平面11A PC 内，且相交于点P ，所以平面11//A PC 平面AMC . 6．(1)证明见解析；(2) 证明见解析. 【分析】(1)先证明四边形11ABC D 为平行四边形，得到11//BC AD ，再利用线面平行的判定定理证明1//BC 平面1AD E ；(2)先证明11A D AD ⊥，再由线面垂直的性质得到1AB A D ⊥，最后由线面垂直的判定定理证明1A D ⊥平面11ABC D.(1)证明：在正方体1111ABCD A B C D -中，有//AB CD ，11//CD C D ，所以11//AB C D .又11AB C D =，所以四边形11ABC D 为平行四边形，有11//BC AD . 又1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，所以1//BC 平面1AD E(2)证明：因为1A D ，1AD 为正方形的对角线，所以11A D AD ⊥. 因为AB ⊥平面11AA D D ，1A D ⊂平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥. 又1AD ，AB 在平面11ABC D 内，且相交于点A ，所以1A D ⊥平面11ABC D .7．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）由//MN AB ，利用直线与平面平行的判断定理，证明//MN 平面ABD .（2）推导出BA DC ⊥，DC BD ⊥，从而CD ⊥平面ABD ，由此能证明平面ABD ⊥平面BCD . 【详解】（1）∵在三棱锥A BCD -中，点M ､N 分别在棱BC ､AC 上，且//MN AB .MN ⊄平面ABD ，AB 平面ABD ，∴//MN 平面ABD（2）∵MN CD ⊥，//MN AB ，∴AB CD ⊥， ∵BD CD ⊥，ABBD B =∴CD ⊥平面ABD ， ∵CD ⊂平面BCD ∴平面ABD ⊥平面BCD . 【点睛】本题考查的是空间中平行与垂直的证明，较简单.8．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）直线BC 1与平面APM 不能垂直，详见解析【分析】（Ⅰ）由等腰三角形三线合一得AM BC ⊥；由线面垂直性质可得1AM BB ⊥；根据线面垂直的判定定理知AM ⊥平面11BB C C ；由面面垂直判定定理证得结论；（Ⅱ）取11C B 中点D ，可证得1//A D AM ，//DN MP ；利用线面平行判定定理和面面平行判定定理可证得平面1//A DN 平面APM ；根据面面平行性质可证得结论；（Ⅲ）假设1BC ⊥平面APM ，由线面垂直性质可知1BC PM ⊥，利用相似三角形得到111C B PB MB BB =，从而解得BP 长度，可知满足垂直关系时，P 不在棱1BB 上，则假设错误，可得到结论.（Ⅰ）AB AC =，M 为BC 中点 AM BC ∴⊥1AA ⊥平面ABC ，11//AA BB 1BB ∴⊥平面ABC又AM ⊂平面ABC 1AM BB ∴⊥ 1,BB BC ⊂平面11BB C C ，1BB BC B = AM ∴⊥平面11BB C C又AM ⊂平面APM ∴平面APM ⊥平面11BB C C （Ⅱ）取11C B 中点D ，连接11,,,A D DN DM B C,D M 分别为11,C B CB 的中点 1//DM AA ∴且1DM AA = ∴四边形1A AMD 为平行四边形 1//A D AM ∴又1A D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM 1//A D ∴平面APM,D N 分别为111,C B CC 的中点 1//DN B C ∴又,P M 分别为1,BB CB 的中点 1//MP B C ∴ //DN MP ∴ 又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM //DN ∴平面APM 1,A D DN ⊂平面1A DN ，1A DDN D = ∴平面1//A DN 平面APM又1A N ⊂平面1A DN 1//A N ∴平面APM（Ⅲ）假设1BC ⊥平面APM ，由PM ⊂平面APM 得：1BC PM ⊥设PB x =，x ⎡∈⎣当1BC PM ⊥时，11BPM B C B ∠=∠ Rt PBM ∴∆∽11Rt B C B ∆ 111C B PB MB BB =∴由已知得：MB11C B =1BB=，解得：x ⎡=⎣ ∴假设错误 ∴直线1BC 与平面APM 不能垂直【点睛】本题考查立体几何中面面垂直、线面平行关系的证明、存在性问题的求解；涉及到线面垂直的判定与性质、线面平行的判定、面面平行的判定与性质定理的应用；处理存在性问题时，常采用假设法，通过假设成立构造方程，判断是否满足已知要求，从而得到结论. 9．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）12【分析】（Ⅰ）连接BD ，交AC 于点O ；根据三角形中位线可证得//MO SD ；由线面平行判定定理可证得结论；（Ⅱ）由等腰三角形三线合一可知SE AD ⊥；由面面垂直的性质可知SE ⊥平面ABCD ；根据线面垂直性质可证得结论；（Ⅲ）利用体积桥的方式将所求三棱锥体积转化为14S ABCD V -；根据已知长度和角度关系分别求得四边形面积和高，代入得到结果. 【详解】（Ⅰ）证明：连接BD ，交AC 于点O四边形ABCD 为菱形 O ∴为BD 中点又M 为SB 中点 //MO SD ∴MO ⊂平面MAC ，SD ⊄平面MAC //SD ∴平面MAC （Ⅱ）SAD ∆为正三角形，E 为AD 中点 SE AD ∴⊥平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SE ⊂平面SADSE ∴⊥平面ABCD ，又AC ⊂平面ABCD SE AC ∴⊥ （Ⅲ）M 为SB 中点 11112443M ABC M ABCD S ABCD ABCDV V V SSE ---∴===⨯⋅又2AB BC AD CD SA SD ======，60ABC ∠= 2AC ∴=，12222sin 60232ABCDABC SS ∆==⨯⨯⨯=由（Ⅱ）知，SE AD ⊥ SE ∴=11122M ABC V -=⨯∴ 【点睛】本题考查立体几何中线面平行、线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解问题；涉及到线面平行判定定理、面面垂直性质定理和判定定理的应用、体积桥的方式求解三棱锥体积等知识，属于常考题型. 10．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】（Ⅰ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA BD ⊥；因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥; 因为PAAC A =,,PA AC ⊂平面PAC ,所以BD ⊥平面PAC .（Ⅱ）证明：因为底面ABCD 是菱形且60ABC ∠=︒，所以ACD ∆为正三角形，所以AE CD ⊥, 因为//AB CD ,所以AE AB ⊥；因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD , 所以AE PA ⊥；因为PA AB A = 所以AE ⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ,所以平面PAB ⊥平面PAE .（Ⅲ）存在点F 为PB 中点时，满足//CF 平面PAE ；理由如下:分别取,PB PA 的中点,F G ，连接,,CF FG EG , 在三角形PAB 中，//FG AB 且12FG AB =；在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以//CE AB 且12CE AB =，所以//CE FG 且CE FG =，即四边形CEGF 为平行四边形，所以//CF EG ; 又CF⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以//CF 平面PAE .【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 11．（I ）证明见解析．（II ）证明见解析．【详解】证明：（I ）E ，F 分别为AB ，BD 的中点EF AD ⇒}EF ADAD ACD EF ACD EF ACD⇒⊂⇒⊄面面面．（II ）}}}EF ADEF BDAD BD CD CB CF BD BD EFCF BD EF CF F⇒⊥⊥=⇒⊥⇒⊥⋂=面为的中点，又BD BCD ⊂面，所以EFC BCD ⊥面面．12．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）根据底面是正方形，得到CDAB ，再利用线面平行判定定理证明.（2）连结AC ，BD ，交于点O ，连结OE ，由中位线定理得到OE PC ∥，再利用线面平行判定定理证明.（3）根据底面是正方形，得到BD AC ⊥，由侧棱PA ⊥底面ABCD ，得到BD PA ⊥，从而BD ⊥平面ACE ，由此能证明BD CE ⊥. 【详解】（1）∵四棱锥P ABCD -的底面是正方形， ∴CDAB ，∵CD CD ⊄平面PAB ，AB 平面PAB ，∴CD ∥平面PAB . （2）如图所示：连结AC ，BD ，交于点O ，连结OE ，∵四棱锥P ABCD -的底面是正方形，∴O 是AC 中点，∵E 是PA 的中点.∴OE PC ∥，∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，∴PC 平面BDE .（3）∵四棱锥P ABCD -的底面是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，∴BD AC ⊥，BD PA ⊥，∵AC PA A ⋂=，∴BD ⊥平面ACE ，∵CE ⊂平面ACE ，∴BD CE ⊥.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.13.（1）证明见解析；（2）1A C 与BD 不可能垂直，证明见解析.【分析】（1）证得1A B ⊥平面1A CD ，结合面面垂直的判定定理即可得出结论；（2）假设1A C 与BD 垂直，然后推出与已知条件11A B A D ⊥矛盾，即可得出1A C 与BD 不可能垂直.【详解】（1）因为平面1A BD ⊥平面BCD ，平面1A BD 平面BCD =BD ，CD ⊂平面BCD ，CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面1A BD ，又因为1A B ⊂平面1A BD ，所以CD ⊥1A B ，又因为11A B A D ⊥,1A D CD D =，所以1A B ⊥平面1A CD ，且1A B ⊂平面1A BC ，所以平面1A BC ⊥平面1A CD ；（2）假设1A C 与BD 垂直，又因为CD ⊥BD ，且1AC CD C ⋂=，所以DB ⊥平面1A CD ，又因为1A D ⊂平面1A CD ，所以1DB A D ⊥，这与11A B A D ⊥矛盾，故假设不成立，即1A C 与BD 不可能垂直.23．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】试题分析：（1）取线段1A B 的中点H ，由三角形中位线性质以及平行四边形性质得四边形DEFH 为平行四边形，即得//EF HD ．再根据线面平行判定定理得结论，（2）先根据等腰三角形性质得1A O DE ⊥．再根据面面垂直性质定理得1A O ⊥平面BCED ，即得1CO A O ⊥，根据勾股定理得CO BO ⊥，所以由线面垂直判定定理得 CO ⊥平面1A OB ，最后根据面面垂直判定定理得结论，（3）假设线段OC 上存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ，则EO EC =，与条件矛盾.试题解析：解：（1）取线段1A B 的中点H ，连接HD ，HF ．因为在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以 //DE BC ，12DE BC =．因为 H ，F 分别为1A B ，1A C 的中点，所以 //HF BC ，12HF BC =，所以 //HF DE ，HF DE =，所以四边形DEFH 为平行四边形，所以 //EF HD ．因为 EF ⊄平面1A BD ， HD ⊂平面1A BD ，所以 //EF 平面1A BD ．（2）因为在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以 AD AE =．所以11A D A E =，又O 为DE 的中点，所以 1A O DE ⊥．因为平面1A DE ⊥平面BCED ，且1AO ⊂平面1A DE ，所以 1A O ⊥平面BCED ，所以 1CO A O ⊥．在△OBC 中，4BC =，易知 OB OC ==所以 CO BO ⊥，所以 CO ⊥平面1A OB ，所以平面1A OB ⊥平面1A OC ．（3）线段OC 上不存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ．否则，假设线段OC 上存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ，连接 GE ，GF ，则必有 OC GF ⊥，且OC GE ⊥．在Rt △1A OC 中，由F 为1A C 的中点，OC GF ⊥，得G 为OC 的中点．在△EOC 中，因为OC GE ⊥，所以EO EC =，这显然与1EO =，EC =所以线段OC 上不存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ．14．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见解析【分析】（I ）由AD ⊥DE ，AD ⊥CD 可得AD ⊥平面CDE ，故而AD ⊥CE ；（II ）证明平面ABF ∥平面CDE ，故而BF ∥平面CDE ；（III ）取CE 的中点P ，BE 的中点Q ，证明CE ⊥平面ADPQ 即可得出平面ADQ ⊥平面BCE ．【详解】（Ⅰ）由底面ABCD 为矩形，知AD CD ⊥.又因为DE AD ⊥，DE CD D ⋂=，所以AD ⊥平面CDE .又因为CE ⊂平面CDE ，所以AD CE ⊥.（Ⅱ）由底面ABCD 为矩形，知//AB CD ，又因为AB ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//AB 平面CDE .同理//AF 平面CDE ，又因为AB AF A ⋂=，所以平面//ABF 平面CDE .又因为BF ⊂平面ABF ，所以//BF 平面CDE .（Ⅲ）结论：线段BE 上存在点Q （即BE 的中点），使得平面ADQ ⊥平面BCE . 证明如下：取CE 的中点P ，BE 的中点Q ，连接,,AQ DP PQ ，则//PQ BC .由//AD BC ，得//PQ AD .所以,,,A D P Q 四点共面.由（Ⅰ），知AD ⊥平面CDE ，所以AD DP ⊥，故BC DP ⊥.在△CDE 中，由DC DE =，可得DP CE ⊥.又因为BC CE C ⋂=，所以DP ⊥平面BCE .又因为DP ⊂平面ADPQ所以平面ADPQ ⊥平面BCE （即平面ADQ ⊥平面BCE ）.即线段BE 上存在点Q （即BE 中点），使得平面ADQ ⊥平面BCE【点睛】本题考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质定理的应用，线面平行的判定，熟练运用定理是解题的关键，属于中档题．15．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见解析.【分析】（Ⅰ）证明以DE ∥平面PBC ，只需证明DE ∥PC ；（Ⅱ）证明BC ⊥平面PAB ，根据线面垂直的判定定理，只需证明PA ⊥BC ，AB ⊥BC ；（Ⅲ）当点F 是线段AB 中点时，证明平面DEF ∥平面PBC ，可得平面DEF 内的任一条直线都与平面PBC 平行．【详解】（Ⅰ）证明：因为点E 是AC 中点，点D 为PA 的中点，所以//DE PC ．又因为DE ⊄面PBC ，PC ⊂面PBC ，所以DE ∥平面PBC ．（Ⅱ）证明：因为平面PAC ⊥面ABC ，平面PAC ∩平面ABC =AC ，又PA ⊂平面PAC ，PA ⊥AC ，所以PA ⊥面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC ．又因为AB ⊥BC ，且PA ∩AB =A ，所以BC ⊥面PAB ．（Ⅲ）当点F 是线段AB 中点时，过点D ，E ，F 的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行．取AB 中点F ，连EF ，连DF ．由（Ⅰ）可知DE ∥平面PBC ．因为点E 是AC 中点，点F 为AB 的中点，所以EF ∥BC ．又因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ．又因为DE ∩EF =E ，所以平面DEF ∥平面PBC ，所以平面DEF 内的任一条直线都与平面PBC 平行．故当点F 是线段AB 中点时，过点D ，E ，F 所在平面内的任一条直线都与平面PBC 平行．【点睛】本题考查线面平行，考查线面垂直，考查面面平行，考查学生分析解决问题的能力，掌握线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理是关键．16．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据底面是正方形，得到CD AB ，再利用线面平行判定定理证明.（2）连结AC ，BD ，交于点O ，连结OE ，由中位线定理得到OE PC ∥，再利用线面平行判定定理证明.（3）根据底面是正方形，得到BD AC ⊥，由侧棱PA ⊥底面ABCD ，得到BD PA ⊥，从而BD ⊥平面ACE ，由此能证明BD CE ⊥.【详解】（1）∵四棱锥P ABCD -的底面是正方形，∴CD AB ，∵CD ⊄平面PAB ，AB平面PAB ， ∴CD ∥平面PAB .（2）如图所示：连结AC ，BD ，交于点O ，连结OE ，∵四棱锥P ABCD -的底面是正方形，∴O 是AC 中点，∵E 是PA 的中点.∴OE PC ∥，∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，∴PC 平面BDE .（3）∵四棱锥P ABCD -的底面是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，∴BD AC ⊥，BD PA ⊥，∵AC PA A ⋂=，∴BD ⊥平面ACE ，∵CE ⊂平面ACE ，∴BD CE ⊥.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.。

2015年高考数学专题十一：几何证明选讲

2015年高考数学专题十一：几何证明选讲（教师版含14年高考题）一、考纲要求(1)了解平行线截割定理，会证明并应用直角三角形摄影定理。

⑵会证明并应用圆周角定理，圆的切线的判定地理及性质定理。

⑶会证明并应用相交弦定理,圆内接四边形的性质定理与判定定理,切割线定理。

⑷了解平行投影的含义，通过援助与平面的位置关系了解平行投影;会证平面与圆柱面的截线是椭圆(特殊情形是圆)。

(5)了解下面定理。

定理：在空间中，取直线l为轴，直线l’与l相较于O，其夹角为α，l’围绕l旋转得到以O为顶点，l’为母线的圆锥面，任取平面π，若它与轴l交角为β(π与l平行，记β=0)，则：①β>α，平面π与圆锥的交线为圆锥，②β=α，平面π与圆锥的交线为抛物线③β<α平面π与圆锥的交线为双曲线。

(6)会利用丹迪林(Dandelin)双球(如下面所示，这两个球位于圆锥内部，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥面均相切，其切点分别为F,E)正面上述定理①的情形：当时α>β时，平面π与圆锥的相交线为椭圆。

(图中上,下两球与圆锥切面相切的切点分别为B和C，线段BC与平面π相交于A)(7)会证明以下结果：①在(6)中，一个丹迪林球与圆锥的交线为一个圆，并与圆锥的底面平行，记这个圆所在平面为π’.②如果平面π与平面π’的交线为m ，在(5)①中椭圆上任取一点A ，该丹迪林球与平面π的切点为F ，则点A 到点F 的距离与点A 到直线m 的距离比是小于1的常熟e(称点F 为这个椭圆的焦点直线m 为椭圆的准线，常数e 为离心率)。

(8)了解定理(5)③中的证明，了解当β无线接近α时，平面π的极限结果。

二、高考试题感悟1、15．[2014·广东卷] (几何证明选讲选做题)如图1-1所示，在平行四边形ABCD 中，点E在AB 上且EB ＝2AE ，AC 与DE 交于点F ，则△CDF 的周长△AEF 的周长＝________．图1-115．32、21．[2014·江苏卷] A ．[选修4-1：几何证明选讲]如图1-7所示，AB 是圆O 的直径，C ，D 是圆O 上位于AB 异侧的两点．证明：∠OCB ＝∠D .图1-7证明：因为B ，C 是圆O 上的两点，所以OB ＝OC ，所以∠OCB ＝∠B .又因为C ，D 是圆O 上位于AB 异侧的两点，所以∠B ，∠D 为同弧所对的两个圆周角，所以∠B ＝∠D ，因此∠OCB ＝∠D .3、22．[2014·辽宁卷] 选修4-1：几何证明选讲图1-6如图1-6，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PG＝PD，连接DG 并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.(1)求证：AB为圆的直径；(2)若AC＝BD，求证：AB＝ED.22．证明：(1)因为PD＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.由于PD为切线，故∠PDA＝∠DBA.又由于∠PGD＝∠EGA，故∠DBA＝∠EGA，所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，从而∠BDA＝∠PF A.因为AF⊥EP，所以∠PF A＝90°，所以∠BDA＝90°，故AB为圆的直径．(2)连接BC，DC.由于AB是直径，故∠BDA＝∠ACB＝90°.在Rt△BDA与Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD，从而Rt△BDA≌Rt△ACB，所以∠DAB ＝∠CBA.又因为∠DCB＝∠DAB，所以∠DCB＝∠CBA，故DC∥AB.因为AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE为直角．所以ED为直径．又由(1)知AB为圆的直径，所以ED＝AB.4、22．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 选修4-1：几何证明选讲如图1-5，P是⊙O外一点，P A是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2P A，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明：(1)BE＝EC；(2)AD·DE＝2PB2.图1-522．证明：(1)连接AB，AC.由题设知P A＝PD，故∠P AD＝∠PDA.因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠P AD＝∠BAD＋∠P AB，∠DCA＝∠P AB，所以∠DAC＝∠BAD，从而BE＝EC.因此BE＝EC.(2)由切割线定理得P A2＝PB·PC.因为P A＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，所以AD·DE＝2PB2.5、22．[2014·全国新课标卷Ⅰ] 选修4－1：几何证明选讲如图1-5，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE.图1-5(1)证明：∠D＝∠E；(2)设AD不是⊙O的直径，AD的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形．22．证明：(1)由题设知A，B，C，D四点共圆，所以∠D＝∠CBE.由已知得∠CBE＝∠E，故∠D＝∠E.(2)设BC的中点为N，连接MN，则由MB＝MC知MN⊥BC，故点O在直线MN上．又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，故OM⊥AD，即MN⊥AD，所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形．6、15．[2014·陕西卷]B.(几何证明选做题)如图1-3所示，△ABC中，BC＝6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，若AC＝2AE，则EF＝________．图1-315．37、7．[2014·天津卷] 如图1-1所示，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·F A；③AE·CE＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF.则所有正确结论的序号是()A．①②B．③④C．①②③D．①②④7．D。

MSDC.初中数学.三角形和多边形.第06讲(C级).教师版

内容基本要求略高要求较高要求三角形了解三角形的有关概念；了解三角形的稳定性；会正确对三角形进行分类：理解三角形的内角和、外角和及三边关系；会画三角形的主要线段；了解三角形的内心、外心、重心会用尺规法作给定条件的三角形；会运用三角形内角和定理及推论；会按要求解三角形的边、角的计算问题；能根据实际问题合理使用三角形的内心、外心的知识解决问题；会证明三角形的中位线定理，并会应用三角形中位线性质解决有关问题多边形了解多边形与正多边形的概念；了解多边形的内角和及外角和公式；知道用任意一个三角形、四边形或正六边形可以进行镶嵌；了解四边形的不稳定性；了解特殊四边形之间的关系会用多边形的内角和和外角和公式解决计算问题；能用正三角形、正方形、正六边形进行镶嵌设计；依据图形条件分解与拼接简单图形．三角形１三角形的基本概念：⑴三角形的定义：由三条不在同一条直线上的线段首尾顺次连结组成的平面图形叫做三角形．三角形具有稳定性．⑵三角形的内角：三角形的每两条边所组成的角叫做三角形的内角．在同一个三角形内，大边对大角．⑶三角形的外角：三角形的任意一边与另一边的反向延长线所组成的角叫做三角形的外角． ⑷三角形的分类：例题精讲中考要求三角形及多边形()()():⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩直角三角形:三角形中有一个角是直角三角形按角分锐角三角形:三角形中三个角都是锐角斜三角形钝角三角形:三角形中有一个角是钝角不等边三角形:三边都不相等的三角形三角形按边分底边和腰不相等的等腰三角形:有两条边相等的三角形等腰三角形等边三角形正三角形有三边相等的三角形注意：每个三角形至少有两个锐角，而至多有一个钝角．三角形的三个内角中，最大的一个内角是锐角(直角或钝角)时，该三角形即为锐角三角形(直角三角形或钝角三角形)．２与三角形相关的边 ⑴三角形中的三种重要线段①三角形的角平分线：三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点之间的线段叫做三角形的角平分线．注：每个三角形都有三条角平分线且相交于一点，这个点叫做三角形的内心，而且它一定在三角形内部． ②三角形的中线：在三角形中，连结一个顶点和它的对边中点的线段叫做三角形的中线．注：每个三角形都有三条中线，且相交于一点，这个点叫做三角形的中心，而且它一定在三角形内部． ③三角形的高：从三角形的一个顶点向它的对边画垂线，顶点和垂足间的线段叫做三角形的高线．注：每个三角形都有三条高且三条高所在的直线相交于一点，这个点叫做三角形的垂心．锐角三角形的高均在三角形内部，三条高的交点也在三角形的内部；钝角三角形的高线中有两个垂足落在边的延长线上，这两条高落在三角形的外部，直角三角形有两条高分别与两条直角边重合．反之也成立．画三角形的高时，只需要向对边或对边的延长线作垂线，连接顶点与垂足的线段就是该边的高． ⑵三角形三条边的关系①三角形三边关系：三角形任何两边的和大于第三边．②三角形三边关系定理的推论：三角形任何两边之差小于第三边．即a 、b 、c 三条线段可组成三角形⇔bc a b c -<<+⇔两条较小的线段之和大于最大的线段．注意：在应用三边关系定理及推论时，可以简化为：当三条线段中最长的线段小于另两条线段之和时，或当三条线段中最短的线段大于另两条线段之差时，即可组成三角形．三角形的边【例1】如图，已知△ABC ．（1）请你在BC 边上分别取两点D ，E （BC 的中点除外），连接AD ，AE ，写出使此图中只存在两对面积相等的三角形的相应条件，并表示出面积相等的三角形；（2）请你根据使（1）成立的相应条件，证明AB+AC ＞AD+AE ．【解析】（1）由于都是以BC 所在边为底，因此边上的高都相等．要两个三角形的面积相等，只需在BC上找出两条相等线段即可；（2）可通过构建全等三角形来求解．分别过点D 、B 作CA 、EA 的平行线，两线相交于F 点，DF 于AB 交于G 点．那么我们不难得出△AEC ≌△FBD ，此时AC=DF ，AE=BF ，那么只需在三角形BFG 和ADG 中找出它们的关系即可．【答案】（1）如图1，相应的条件就应该是BD=CE≠DE ，这样，三角形ABD 和AEC 的面积相等，由于BD=CE ，因此BE=CD ，那么三角形ADC 和三角形ABE 的面积就相等．图1DCBA（2）证明：如图2，分别过点D 、B 作CA 、EA 的平行线，两线相交于F 点，DF 于AB 交于G 点．图2GFDCBA∴∠ACE=∠FDB ，∠AEC=∠FBD 在△AEC 和△FBD 中，又CE=BD ， ∴△AEC ≌△FBD ， ∴AC=FD ，AE=FB ，在△AGD 中，AG+DG ＞AD ，在△BFG 中，BG+FG ＞FB ，∴AG+DG ﹣AD ＞0，BG+FG ﹣FB ＞0， ∴AG+DG+BG+FG ﹣AD ﹣FB ＞0，即AB+FD ＞AD+FB ∴AB+AC ＞AD+AE ．【例2】如图，四边形ABCD 中，3AB =，4BC =，9CD =，AD a =，则a 的取值范围a934ABCD【解析】连接BD ，在BCD ∆中，9494BD -<<+，513BD <<，在ABD ∆中，BD AB AD AB BD -<<+，216AD <<．【答案】216a <<【巩固】在不等边三角形中，如果有一条边长等于另两条边长的平均值，那么最大边上的高与最小边上的高的比值的取值范围是( )A ．314k <<B ． 113k <<C ． 12k <<D ． 112k <<【解析】题目可以转化为，已知02a b c a c b a b c >>>⎧⎪+⎪=⎨⎪-<⎪⎩，求c a 的范围．由已知条件易得3c a c <<，即113ca<<，选B ．【答案】B【例3】不等边三角形ABC 的两条高长度为4和12，若第三条高的长也是整数，试求它的长．【解析】设第三边c 边上高为h ，三角形面积为S ，高为4，12的两边为a ，b ，则有111412222a b c h S ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=，∴24S a =，212S b =，2S c h=．据三角形三边关系定理及推论，得22222412412S S S S S h -<<+，∴11163h <<． h 为整数，所以4h =或5．又三角形为不等边三角形，∴5h =．【答案】5【巩固】已知三角形三边长分别为2，1x +，3，则x 的取值范围是( )A ．34x <<B ．0x <<4C ．26x <<D ．34x ≤< 【解析】略【答案】B ．【例4】已知三角形中两条边的长分别为a 、b ，且a b >，求这个三角形的周长l 的取值范围( )A ．33a l b >>B ．2()2a b l a +>>C ．22a b l b a +>>+D ．32a b l a b ->>+ 【解析】∵a b c a b -<<+，∴22()a a b c a b <++<+，故选择B ．【答案】B【巩固】已知三角形三边的长均为整数，其中某两条边长之差为5，若此三角形周长为奇数，则第三边长的最小值为( )．A ．8B ．7C ．6D ．4 【解析】设5a b -=，由已知可得a b c ++为奇数，所以c 为偶数，且c a b >-，所以c 的最小值为6．【答案】6【巩固】已知三角形的三边长a 、b 、c 都是整数，且a b c <<，如果7b =，求满足题意的三角形的个数．【解析】上面都是已知三角形的周长，从三角形的最大的边出发用枚举法．而本题提供了另一思路：b 知道了，a 的范围就确定了，对a 采用枚举法就可以把问题算出来，现在对a 从1到6枚举满足不等式77c a <<+的整数c 的个数为1234515++++=．【答案】15【例5】已知三角形三边的长a 、b 、c 都是整数，且a b c <≤，若7b =，则有个满足题意的三角形．【解析】略【答案】21．【巩固】已知三角形三边的长a 、b 、c 都是整数，若a b c ≤≤，若7b =，则有个满足题意的三角形．【解析】略【答案】28．【例6】周长为30，各边长互不相等且都是整数的三角形共有多少个？【解析】设三角形的三边长为a 、b 、c ，且a b c <<，则有30a b c a b c b a ++=⎧⎨+>>-⎩故230c a b c <++=，15c <；又330c a b c >++=，10c >，即1015c << 当14c =时，有5组解：13b =，3a =；12b =，4a =；11b =，5a =；10b =，6a =；9b =，7a =；当13c =时，有4组解：12b =，5a =；11b =，6a =；10b =，7a =；9b =，8a =；当12c =时，有2组解：11b =，7a =；10b =，8a =；当11c =时，有1组解：10b =，9a =；故周长为30，各边长互不相等且都是整数的三角形共有12个．【答案】12【巩固】一个三角形的三条边的长分别是a ，b ，c (a ，b ，c 都是质数)，且16a b c ++=，则这个三角形是( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．直角三角形或等腰三角形【解析】因为a ，b ，c 均为质数且16a b c ++=，所以a ，b ，c 中有一数为2，设2a =，则14b c +=，所以||2b c -<．从而有||0b c -=或||1b c -=．当||1b c -=时， b ，c 均不是整数，不合题意．因此，只有||0b c -=即2a =，7b c ==，所以三角形是等腰三角形．【答案】等腰三角形【巩固】将长为15dm 的木棒截成长度为整数的三段，使它们构成一个三角形的三边，则不同的截法有多少种．【解析】设木棒截成a ，b ，c 三段，满足a b c ≤≤，则57.5c <≤，对c 采用枚举法，7种不同的截法为(7,7,1)，(7,6,2)，(7,5,3)，(7,4,4)，(6,6,3)，(6,5,4)，(5,5,5)．【答案】7种【例7】设ABC ∆的三边a 、b 、c 的长度均为自然数，且a b c ≤≤，13a b c ++=，则以a 、b 、c 为三边的三角形共有个．【解析】由13a b c ++=，可知13a b c +=-，又a b c +>，所以13c c ->，即132c <，又a b c +>，所以13c c ->，即132c <，从而c 可取5、6又由a b c ≤≤，可知a 、b 、c 可取：3、5、5；4、4、5；1、6、6；2、5、6；3、4、6，共可组成5个三角形．【答案】5个【巩固】若三角形三边长a 、b 、c 是三个连续的自然数，三角形的周长小于19，这样三角形有个．【解析】设三边长为a 、1a +、2a +，因为(1)2a a a ++>+，所以1a >；又(1)(2)19a a a ++++<，163a <，所以a 可以取2、3、4、5，共4个这样的三角形．【答案】4【例8】将长度为2n (n 为自然数且4n ≥)的一根铅丝折成各边长均为整数的三角形，记(,,)a b c 为三边的长分别为a ，b ，c 且满足a b c ≤≤的一个三角形．（1）就4n =、5、6的情况，分别写出所有满足题意的(,,)a b c ；（2）有人根据⑴中的结论，便猜想：当铅丝的长度为2n (n 为自然数且4n ≥)时，对应的(,,)a b c 的个数一定是3n -．事实上，这是一个不正确的猜想；请写出12n =时的所有(,,)a b c ，并回答(,,)a b c 的个数；（3）试将12n =时所有满足题意的(,,)a b c ，按照至少两种不同的标准进行分类．【解析】略【答案】（1）当4n =时，铅丝长度为8．则满足题意的(,,)a b c 只有一组：(2,3,3)；当5n =时，铅丝长度为10．则满足题意的(,,)a b c 有两组：(2,4,4)，(3,3,4)；当6n =时，铅丝长度为12．则满足题意的(,,)a b c 有三组：(2,5,5)，(3,4,5)，(4,4,4)．（2）当12n =时，铅丝长度为24．由题意24a b c ++=，且a b ca b c +>⎧⎨⎩≤≤，由此得811c ≤≤，即8c =，9，10，11．故满足题意的(,,)a b c 共有12组：(2,11,11)A ；(3,10,11)B ；(4,9,11)C ；(5,8,11)D ；(6,7,11)E ；(4,10,10)F ；(5,9,10)G ；(6,8,10)H ；(7,7,10)I ；(6,9,9)J ；(7,8,9)K ；(8,8,8)L ．（3）不同的分类标准，决定不同的分类．现举例如下：① 按最大的边c 的值分类，共有四类： ⒈11c =，有A 、B 、C 、D 、E 五个； ⒉10c =，有F 、G 、H 、I 四个； ⒊9c =，有J 、K 两个； ⒋8c =，只有L 一个． ② 根据”有几条边相等”分类： ⒈等边三角形：只有L 一个；⒉等腰但不等边三角形：有A 、F 、I 、J 四个； ⒊不等边三角形：B 、C 、D 、E 、G 、H 、K 七个． ③ 根据最大角分类：⒈锐角三角形：有A 、F 、G 、J 、K 、L 六个； ⒉直角三角形：只有H 一个；⒊钝角三角形：有B 、C 、D 、E 、I 五个．【例9】 (祖冲之杯数学邀请赛试题)如图所示，在ABC ∆中，AD BC ⊥，D 在BC 上，ABC ∠>ACB ∠，P是AD 上的任意一点，求证AC BP AB PC +<+．A B C DPAB'B C D P【解析】略【答案】作点B 关于AD 的对称点'B ，则点'B 落在线段CD 上．连接AB ′交PC 于点E ，连接'PB ．由轴对称图形的性质可得'AB AB =，'PB PB =．在AEC ∆中，AE EC AC +>，在PEB ∆′中，''PE EB PB +>．因此'''AC PB AE EC PE EB AB PC +<+++=+，所以AC BP AB PC +<+．【例10】点1C 、1A 、1B 分别在ABC ∆的边AB 、BC 和CA 上，且满足11111113AC C B BA AC CB B A ==::=::，求证：ABC ∆的周长p 与111A B C ∆的周长'p 之间有不等式1'2p p <．A 1AB 1BC 1C【解析】略【答案】注意到三角形两边之差小于第三边，故有：1111AC CB A B -<，1111B A AC B C -<，1111C B BA C A -<．设BC a =，CA b =，AB c =，111B C a =，111C A b =，111A B c =，则： 13144a b c -<，13144b c a -<，13144c a b -<．三式相加，得1111()2a b c a b c ++<++，即1'2p p <．三角形的角【例11】如图，127.5∠=︒，295∠=︒，338.5∠=︒，求4∠的大小．4321ABDEC【解析】23ADC ∠=∠+∠， 14180ADC ∠+∠+∠=︒，∴2314180∠+∠+∠+∠=︒， ∴9538.527.54180︒+︒+︒+∠=︒， ∴419∠=︒．【答案】19︒【巩固】如图，已知312∠=∠+∠，求证：180A B C D ∠+∠+∠+∠=︒．N M G FE CB A321【解析】略【答案】法一：如图，过点G 作GH BE ∥，M N H 123AB CD E FG∴1EGH ∠=∠ 又∵312∠=∠+∠∴3312FGH EGH ∠=∠-∠=∠-∠=∠ ∴CF HG ∥ ，∴BE CF ∥ ∴180BMN CNM ∠+∠=︒由外角定理：A B BMN ∠+∠=∠，C D CNM ∠+∠=∠ ∴180A B C D ∠+∠+∠+∠=︒法二：如图，连结EF ，由三角形的内角和得：M N 123AB CD E FG 3180FEG EFG ∠+∠+∠=︒ 又∵312∠=∠+∠∴12180FEG EFG ∠+∠+∠+∠=︒即180BEF CFE ∠+∠=︒ ∴BE CF ∥∴180BMN CNM ∠+∠=︒由外角定理：A B BMN ∠+∠=∠，C D CNM ∠+∠=∠ ∴180A B C D ∠+∠+∠+∠=︒【例12】如图，()A B C D E F G ∠+∠+∠+∠+∠+∠+∠=A ．100︒B ．120︒C ．150︒D ．180︒【解析】如图，连接EF AC ，，则有G D GAD GCA ∠+∠=∠+∠，()()EFC AEF EAC ACF EAD CAD GCF GCA ∠+∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠ ()()()()EAD GCF CAD GCA EAD GCF G D =∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠所以A B C D E F G ∠+∠+∠+∠+∠+∠+∠()()()EAD GCF G D B AEB CFB =∠+∠+∠+∠+∠+∠+∠ ()()EFC AEF B AEB CFB =∠+∠+∠+∠+∠()()180EFC CFB AEB AEF B EFB FEB B =∠+∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠=︒GFEDCBA【答案】180︒【例13】在ABC ∆中，三个内角的度数均为整数，且A B C ∠<∠<∠，47C A ∠=∠，则B ∠的度数为．【解析】设C x ∠=︒，则4()7A x ∠=︒，111801807B AC x ∠=︒-∠-∠=︒-︒，则41118077x x x <-<，解得7084x <<，又47x 是整数，得77x =，故44A ∠=︒，59B ∠=︒．【答案】59︒GFEDCBA【例14】如图所示，DC 平分ADB ∠，EC 平分AEB ∠，试探索DCE ∠与DBE ∠和DAE ∠的关系：．ABC DE【解析】连接DE ，∵在BDE ∆中，180DBE BDE BED ∠+∠+∠=︒ ∴180BDE BED DBE ∠+∠=︒-∠∵在ADE ∆中，180DAE ADE AED ∠+∠+∠=︒ 又∵ADE ADB BDE ∠=∠+∠，AED AEB BED ∠=∠+∠ ∴180()DAE ADB AEB BDE BED ∠+∠+∠=︒-∠+∠180(180)DBE DBE =︒-︒-∠=∠∴ADB AEB DBE DAE ∠+∠=∠-∠在DCE ∆中，180DCE CDE CED ∠+∠+∠=︒∵1()()2CDE CED ADB AEB BDE BED ∠+∠=∠+∠+∠+∠∴1180()()2DCE DBE DAE BDE BED ∠=︒-∠-∠-∠+∠11()()22DBE DBE DAE DBE DAE =∠-∠-∠=∠+∠，即：1()2DCE DBE DAE ∠=∠+∠ABC DE【答案】1()2DCE DBE DAE ∠=∠+∠【巩固】如图，60A ∠=︒，线段BP 、BE 把ABC ∠三等分，线段CP 、CE 把ACB ∠三等分，则BPE ∠的大小是．EPCBA【解析】思路1：分析可知BPC A ABP ACP ∠=∠+∠+∠，因为60A ∠=︒，故可以先考虑求出ABP ACP∠+∠的度数，根据题设条件，线段BP 、BE 把ABC ∠三等分，线段CP 、CE 把ACB ∠三等分，所以13ABP ABC ∠=∠，13ACP ACB ∠=∠，12BPE BPC ∠=∠，这样只要求出ABC ACB ∠+∠的度数，就可以解决问题，只需利用三角形内角和定理，即可求出．解法1 ：在BPC ∆中，因为BE 平分CBP ∠，CE 平分BCP ∠，所以PE 是BPC ∠的平分线．即12BPE BPC ∠=∠．因为60A ∠=︒，所以120ABC ACB ∠+∠=︒，又因为BP 、BE 把ABC ∠三等分，CP 、CE 把ACB ∠三等分．所以13ABP ABC ∠=∠，13ACP ACB ∠=∠，又因为BPC A ABP ACP ∠=∠+∠+∠，所以12()3BPE A ABC ACB ∠=∠+∠+∠，所以11601205026BPE ∠=⨯︒+⨯︒=︒．思路2：结合本题特有条件，还可以把着眼点集中于BPC ∆中，直接利用三角形内角和定理解决这一问题．同样由两个三等分得到12BPE BPC ∠=∠，不同在于我们利用三等分的另一个结论，23BCP ACB ∠=∠，23CBP ABC ∠=∠．解法2 ：在BPC ∆中，因为BE 平分CBP ∠，CE 平分BCP ∠，所以PE 是BPC ∠的平分线，即12BPE BPC ∠=∠．因为60A ∠=︒，所以120ABC ACB ∠+∠=︒．2()803BCP CBP ABC ACB ∠+∠=∠+∠=︒，所以100BPC ∠=︒，所以1100502BPE ∠=⨯︒=︒．【点评】图1和图2中，分别是两个内角的2等分线，3等分线相交．P 1C B AP 2P 1CB A易得结论：图1中有0011809022A A P +∠∠∠==+，图2中有001180226033A A P +∠∠∠==+， 00001218029090120263P A AP ∠+∠∠∠=+=+=+．【答案】50︒【例15】如图，BF 是ABD ∠的角平分线，CE 是ACD ∠角的平分线，BE 与CF 交于G ，若140BDC ∠=︒，110BGC ∠=︒，求A ∠的度数．A BCDEFG【解析】延长BD 交AC 于H ，则BDC HCD DHC ∠=∠+∠G F EDCBA H∵DHC A ABH ∠=∠+∠∴BDC A ABH HCD ∠=∠+∠+∠①∵BGC GFC FCG ∠=∠+∠，GFC A ABF ∠=∠+∠ ∴BGC A ABF FCG ∠=∠+∠+∠ ∴2222BGC A ABF FCG ∠=∠+∠+∠ 即22BGC A ABH ACD ∠=∠+∠+∠② ②－①得2BGC BDC A ∠-∠=∠ ∴211014080A ∠=⨯︒-︒=︒【答案】80︒多边形【例16】一凸n 边形最小的内角为95︒，其它内角依次增加10︒，则n =_________．【解析】这个凸n 边形的内角由小到大依次为95105115125︒︒︒︒⋅⋅⋅⋅⋅⋅，，，，它的外角依次为857565554535︒︒︒︒︒︒⋅⋅⋅⋅⋅⋅，，，，，而这六个外角之和为857565554535360︒+︒+︒+︒+︒+︒=︒ ∴6n =．【答案】6【例17】如图，已知90130100AB ED C B E D F ∠=︒∠=∠∠=︒∠=︒∥，，，，，求E ∠的大小．FEDCBA【解析】如图，延长DC AB ，交于点G ．∵130ED AB D ∠=︒∥，，所以50G ∠=︒．又∵90BCD BCD G CBG ∠=︒∠=∠+∠，，∴40CBG ∠=︒． ∴140ABC ∠=︒，即140E ∠=︒．GFEDCBA【巩固】如图，讲六边形ABCDEF 沿直线GH 折叠，使点A B ，落在六边形CDEFGH 内部，则下列结论正确的是（）B'A'21FEDC BAA ．()129002C D E F ∠+∠=︒-∠+∠+∠+∠B ．()1210802CDEF ∠+∠=︒-∠+∠+∠+∠ C ．()12720C D E F ∠+∠=︒-∠+∠+∠+∠ D ．()1123602C D E F ∠+∠=︒-∠+∠+∠+∠【解析】如图，设FA的延长线与CB的延长线交于点P，'GA的延长线与'HB的延长线交于点'P，连接'PP，由对称性知，12'22'APP BPP∠=∠∠=∠，，∴122APB∠+∠=∠，又∵()540APB C D E F∠=︒-∠+∠+∠+∠，∴()1210802C D E F∠+∠=︒-∠+∠+∠+∠．P'PB'A'21FEDCBA【答案】B【例18】黑色正三角形与白色正六边形的边长相等，用它们镶嵌图案，方法如下：白色正六边形分上下两行，上面一行的正六边形个数比下面一行少一个，正六边形之间的空隙用黑色的正三角形嵌满．按第1，2，3个图案（如图）所示规律依次下去，则第n个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是（）A、n2+n+2，2n+1B、2n+2，2n+1C、4n，n2-n+3D、4n，2n+1 【解析】第1个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是4，2×1+1=3；第2个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是2×4=8，2×2+1=5；第3个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是3×4=12，2×3+1=7；…第n个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是4n，3+（n-1）×2=2n+1．【答案】D．1. 设m 、n 、p 均为自然数，且m n p ≤≤，11m n p ++=，试问以m 、n 、p 为边长的三角形有多少个?【解析】∵三角形三边关系定理，知p m n <+，即11p p m n p +<++=，∴112p <∵m n p ≤≤，311p m n p ≥++=，∴113p ≥，∴ 111132p ≤<∵p 为自然数，∴p 可取4、5当4p =时，4n =，3m =；当5p =时，5n =，1m =；4n =，2m =；3n =，3m =．综上所述，以m 、n 、p 为三边长的三角形共有4个．【答案】4个2. 如下图，CGE α∠=，则A B C D E F ∠+∠+∠+∠+∠+∠= ．αGFEDCBA【解析】略【答案】2α．3. 在凸多边形中，小于108︒的角最多可以有（）A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个【解析】设凸n 边形中，小于108︒的角有x 个．当多边形的一个内角小于108︒，则它的外角大于72︒，而任意多边形的外角和等于72︒，故有72360x <解得5x <，故小于108︒的角可以有4个，故选B【答案】B4. 下列正多边形中，与正三角形同时使用，能进行密铺的是（）A 、正十二边形B 、正十边形C 、正八边形D 、正五边形【解析】正三角形的每个内角是60°，正十二边形每个内角是180°-360°÷12=150°，∵60°+2×150°=360°，∴与正三角形同时使用，能进行密铺的是正十二边形．课后作业【答案】A．。

C几何——C1平面几何的证明

几何——平面几何的证明－已知线段的两个端点在一个等腰三角形的两腰上，的中点作等腰三角形的底边的平行线，交两腰于点和．证明：线段在三角形底边上的正投影等于线段．【题说】年～年波兰数学奥林匹克三试题．【证】设、在直线上的射影分别为、，由于＝，所以＝．由于＝，∥，所以∠＝∠＝∠，又∠＝∠＝º，所以△≌△，＝，从而＝，即在上的正投影等于．－设四边形内接于圆，其对边与的延长线交于圆外一点，自引一直线平行于，交延长线于点，自引切圆于点，则＝．【题说】年南京市赛初赛．利用切割线定理和相似三角形．【证】四边形内接于圆，故∠＝∠．由∥，得∠＝∠，又∠＝∠，所以∠＝∠，又∠＝∠，所以△∽△．从而有即＝·所以＝·＝即＝－若一直角三角形的外接圆半径为，其内切圆半径为，与斜边相切的旁切圆半径为，若为及的比例中项，证明这直角三角形为等腰直角三角形．【题说】年北京市赛高二题．【证】设直角△的斜边长为，两直角边长为、．易知＝由已知所以＝．－任意四边形的对角线与相交于，而与的中点是与，设是关于直线的对称点，过作的平行线，分别交、于、，又过作的平行线，顺次交、、、于、、、．试证：＝；.【题说】年成都市赛高二二试题．同本届高三二试题．【证】．、关于对称，所以平分，又∥，所以＝，从而＝，＝．同理，有＝，＝．()同理 ()比较()、()得＝．.－在内角都相等的凸边形中，设，，…，依次为边的长度，而且满足不等式≥≥…≥．证明：必有＝＝…＝．【题说】第五届(年)国际数学奥林匹克题．本题由匈牙利提供．【证】当为奇数时，设＝＋(为正整数)，∠的平分线交＋＋于点(如图)．由于已知边形的各角都相等，所以⊥＋＋，因此折线…＋与折线…＋在这条角平分线上的射影都等于．另一方面，≥，并且它们与的交角相等，所以的射影≥的射影．同理的射影≥－的射影…．所以上述各式中等号均应成立，即＝＝…＝．当为偶数时，作的中垂线．考虑各边在上的射影，同样可得＝＝…＝．－在平面上取四点、、、，已知对任何点都满足不等式＋≥＋．证明；点和在线段上，并且＝．【题说】年全俄数学奥林匹克九年级题．【证】由于点是任意的．可以取＝，则应有≥＋；若取＝，则有≥＋．将二式相加，得≥＋＋＋ ()然而另一方面，总有≤＋及≤＋．因此又得≤＋＋＋ ()由()、()知＝＋＋＋从而其他个不等式中皆取等号，亦即、两点一定在线段上，而且＝．－凸多边形内一点同每两个顶点都组成等腰三角形，证明：该点到多边形的各顶点等距．【题说】第六届(年)全苏数学奥林匹克九年级题．【证】 ()如果凸多边形是△，则结论显然成立．()对(＞)边形，设、、为多边形的任意三个顶点，则或在、的反向延长线组成的夹角内(图)，或在该角外，即该角与多边形的边相交(图)．在图中，点在△内，由()，＝＝．在图中，点在△和△内，故有＝＝＝．－设有一圆，它与∠两边相切，切点为、．从点引的平行线，交圆于点，线段与圆交于，直线与交于．证明：＝．【题说】第七届(年)全苏数学奥林匹克九年级题．【证】设圆在点的切线与∠两边分别相交于、．因为＝，所以△和△皆为等腰三角形，从而＝＝＝．又∠＝∠＝∠，且∠＝∠，从而△∽△．所以即＝亦即＝－圆的内接四边形两条对角线互相垂直，则从对角线交点到一边中点的线段等于圆心到这一边的对边的距离．【题说】年上海市赛二试题．【证】如图，已知为⊙的内接四边形，⊥于，为中点，⊥，为垂足．因为＝＝∠＝∠又∠＝º－∠＝º－∠＝∠所以∠＝∠，∥同理可证，∥．所以是一个平行四边形，从而＝．－四边形两组对边延长后分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行，证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连成的线段．【题说】年全国联赛二试题．【证】设四边形的对边交点为、，并且∥，交于，交于．由于∥，所以＝－在平面上已知两相交圆和，点为交点之一，有两动点和，从点同时出发，分别以常速沿和同向运动，各绕行一周后恰好同时回到点．证明：在平面上存在一定点，到点和的距离在每一时刻都相等．【题说】第二十一届(年)国际数学奥林匹克题．本题由原苏联提供．【证】设和为已知圆的圆心，和分别为它们的半径．作线段的垂直平分线及点关于的对称点，则＝，＝(如图)．由已知，∠＝∠，由对称性，∠＝∠．于是，∠＝∠．又因为＝＝，＝＝，故△≌，＝．[别证] 可以用复数来作．以为原点，为实轴建立复平面．－二圆彼此外切于，一直线切一圆于，交另一圆于、两点．证明：点到直线、的距离相等．【题说】第十三届(年)全俄数学奥林匹克十年级题．【证】过切点作二圆的公切线，交于．设在的延长线上，则∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠，即平分∠，所以，到、的距离相等．－在“筝形”中，＝，＝．经、的交点任作两条直线，分别交于，交于，交于，交于．、分别交于、．求证：＝．【题说】年全国冬令营选拔赛题．本题宜用解析几何来证．本题是蝴蝶定理的一个推广．【证】易证⊥．如图，以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系．设各点坐标为(，)，(－，)，(，)，(，)，的方程为＝，的方程为＝，则的方程是－＝，的方程是λ(－)＋(－)＝ ()的方程是μ(－)＋(－)＝ ()比较常数项与的系数有λ＋ ()的横坐标满足－λ＋－＝ (')及－μ＋－＝ (')(')·－(')·得(μ－λ)＋(－)＝－利用()得(＝－ ()同样可得Ｉ的横坐标应满足(＝－ ()(将()中的与互换，换成－)．由()、()立即看出、的横坐标互为相反数，即＝．－如图，设△的外接圆的半径为，内心为，∠＝º，∠＜∠，∠的外角平分线交⊙于．证明：()＝；()＜＋＋＜(＋)【题说】年全国联赛二试题．【证】 ()连，延交⊙于，则易知为⊙直径．过作∥交于，则是△的中位线，从而＝因∠＝∠＝º∠＝º－(∠＋∠)＝º故、、、共圆．从而∠＝∠＝(º－º)＝º所以∠－＝º，＝＝()连，则∠＝∠＝∠＝º∠＝∠＋∠＝(∠＋∠)＝º故＝，又由()知＝，从而＋＋＝＋＋＝＋≥＝令α＝∠，则(因∠＜∠)α＝∠＜∠＜º又＋＝α＋α＝(º＋α)当α∈(，º)时，(º＋α)为增函数，故＋＜(º＋º)＝(＋)即＋＋＜(＋)－设△是锐角三角形，在△外分别作等腰△、△、△．在这三个三角形中，∠、∠、∠是直角．又在四边形外作等腰△，∠是直角．求证：()＝()∠＝º．【题说】年上海市赛高三二试题．【证】以点为原点建立直角坐标系，与相应的复数记为，等等．＝＝＝)＝(－＋)＝(－＋)＝＝)＝＝)＝(＋)所以＝(－＋)，＝，且∠＝º－设、为三角形的边上的两点，且满足＝＝．一平行的直线分别交、、于，和，求证：＝．【题说】年澳大利亚数学奥林匹克一试题．【证】如图，过、分别作的平行线交于、点．交于点．则＝＝．易知＝所以∶＝∶又由于∥，于是∶＝∶＝∶故＝．－是一个平行四边形，是上的一点，为上一点．交于，交于．连接，并延长交于，交于，求证：＝【题说】年澳大利亚数学奥林匹克二试题．【证】如图，过、分别作∥，∥，则所以·＝·．同理，·＝·．故·＝·又由于＋＝＋，所以＝－在梯形(∥)中，两腰、上分别有点、满足∠＝∠，∠＝∠．证明：点和到梯形对角线交点的距离相等．【题说】第二十届(年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题．【证】如图，设'是点关于的对称点，则点就是'与的交点．在△和△中，∠＝∠，∠＝º－∠，由正弦定理知所以由△∽△，得即所以△∽△'所以＝同理＝所以＝－从△的顶点引条线段，∠的平分线，∠的外角平分线，三角形外接圆的切线，点、、依次排列在直线上．证明：＝．【题说】年城市数学联赛低年级普通水平题．【证】由于∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠所以，＝．另一方面，∠＝º，且∠＝º－∠＝º－∠＝∠故＝＝．－△具有下面性质：存在一个内部的点使∠＝º，∠＝º，∠＝º，∠＝º．证明：△是等腰三角形．【题说】第届(年)美国数学奥林匹克题．[解] 作边上的高，又作使∠＝º，交于，连．设直线交于'．因为∠＝º＋º＝º，所以∠＝º－º＝º，∠＝º－∠＝º＝∠，∠＝∠－∠＝º＝∠，从而是△的内心，∠＝∠＝(º－º－º)＝º∠'＝∠－∠＝º而∠＝º，所以'与重合．从而＝，平分，＝．－半径相等的三个互不相交的圆的圆心、、位于三角形的顶点处．分别从点、、引已知圆的切线，如图所示，已知这些切线相交成凸六边形，而六边形相邻的边分别涂成红色和蓝色．证明：红色线段长度之和等于蓝色线段长度之和．【题说】第二十二届(年)全俄数学奥林匹克九年级题．【证】如图所示，、、、、、分别为切点．切线围成的六边形为．因⊙，⊙，⊙的半径相等，易得＝，＝，＝．即＋＋＝＋＋＋＋＝＋＋＋＋＝＋＋以上三式两边相加，并利用＝，＝，＝，及＝，＝，＝，得＋＋＝＋＋－在等腰△中(＝)，是角平分线．过△的外心作直线垂直于，交于点，再过点作的平行线交于，证明：＝．【题说】第二十二届(年)全俄数学奥林匹克十一年级题．【证】设是△的外心，是直线和的交点．先设在、之间(图)，∠＝º－∠＝∠，所以，点、、、四点共圆．∠＝∠因为＝，所以∠＝∠．于是∠＝∠＝∠所以＝又∠＝∠＝∠所以∥．从而为平行四边形，则＝＝在、之间(图)或、重合的情况可用类似方法证明．－直角三角形中，为直角，证明：在△中至少有一点，使∠＝∠＝∠．【题说】年合肥市赛高二二试题．【证】我们证明结论对任意△成立．不妨设∠、∠为锐角，过作的垂线，与边的中垂线相交于点．过作的垂线交的中垂线于点，分别以、为心，过点作圆．设为这两个圆的另一个公共点，则⊥．连、．设为△的外心，则∥，四边形为梯形，对角线在梯形内，∠＜∠，所以∠＝º－∠＞º－∠＝∠．同样∠＞∠，所以射线在∠内，是与的交点，与在的同侧，所以在△内．由于与⊙相切，所以∠＝∠．同理∠＝∠．因此，合乎要求．－在矩形内，是的中点，是的中点，在线段的延长线上取一点，用表示直线和的交点．证明：∠＝∠．【题说】第六届(年)全苏数学奥林匹克八年级题．【证】设是直线和的交点，是矩形的中心，由＝得：＝．因此三角形是等腰三角形(是该三角形的中线和高，也就是△的外角∠的平分线，又⊥)，问题的结论由此即得．－已知正方形，点和分别在和上，且＝，⊥于．证明：∠是直角．【题说】第八届(年)全苏数学奥林匹克十年级题．【证】延长交于，则△≌△，于是＝＝，因此，＝，从而得矩形．这个矩形的外接圆直径就是其对角线与，而∠＝º，所以点在矩形的外接圆上，即、、、、五点共圆．对着直径的圆周角：∠＝∠＝º即∠是直角．－设是矩形，＝，证明：如果、是边上的点，＝＝，那么∠＋∠＝∠．【题说】第六届(年)加拿大数学奥林匹克题．【证】如图所示，即证β＋γ＝α或 (β＋γ)＝α＝事实上 β＝γ＝()(β＋γ)＝＝[别证]设是的三等分点之一，即＝＝.连结，易知∠＝∠，∶＝∶＝∶＝∶.△∽△．于是∠＝∠＝β，从而有β＋γ＝∠＝α．－在任一△的边上，向外作△、△和△，使得∠＝∠＝，∠＝∠＝，∠＝∠＝.证明：.∠＝．＝．【题说】第十七届(年)国际数学奥林匹克题．本题由荷兰提供．【证】建立一个复平面，令和的坐标分别为－和，的坐标为，的坐标为－＝－(－)则有4in-＋(－) ＝4in- 4in-＋(－) ＝4in-因而，于是⊥，＝．－如图，两圆、相交于、，圆的弦交圆于，圆的弦交圆于，证明：．若∠＝∠，则＝；．若＝，则∠＝∠．【题说】年全国联赛二试题．【证】．连、、、，则∠＝∠．又 ∠＝∠所以＝，＝所以 △≌△＝．由于∠＝∠，∠＝∠，＝，所以△≌△，＝．从而∠＝∠．－两圆相切(内切或外切)于点，一条直线切一个圆于，交另一圆于、．证明：直线是∠的平分线(如果两圆内切)或∠的补角的平分线(如果两圆外切)．【题说】年五国国际数学竞赛题．本题由比利时提供．【证】设两圆外切(图)，作公切线，则∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠的补角－∠即是∠的补角的平分线．若两圆内切(图)，设公切线与相交于．因为∠、∠、∠都是弦切角，故∠＝∠，因此，是∠的平分线．－已知为平面上两条半径不等的圆和的一个交点，两外公切线、分别切两圆于、、、，、分别为、的中点，求证：∠＝∠．【题说】第二十四届(年)国际数学奥林匹克题．本题由原苏联提供．【证】设是两圆的另一交点，、分别是、与的交点．因为＝·＝，即＝又∥∥所以＝因为⊥所以是的中垂线．在上，取＝，则∠＝∠．因为∥，∥，∥△∽△∴由此可知，是∠的角平分线．所以∠＝∠＝∠故有∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠－如图，延长线段至，以为直径作半圆，圆心为．是半圆上一点，∠为锐角．在线段上，在半圆上，∥，且·＝∥.证明：∠＝∠.【题说】年澳大利亚数学奥林匹克题．【证】由·＝知△∽△，所以∠＝∠＝∠．于是∠＝∠又∥，∥，所以∠＝∠＝∠＝∠.－在正方形的、边各取点、，使得·＝·．线段、各交对角线于、．试证：∠＝∠＝∠．【题说】第三届(年)澳门数学奥林匹克第二轮题．【证】令＝，＝，＝，则(－)(－)＝即－＝(＋)而 (∠＋∠)＝＝所以∠＋∠＝º∠＝∠＋º＝º－∠＝∠再由△≌△，得∠＝∠＝∠＋∠＝∠＋(º－º)＝∠－如图，⊙与⊙外切于点，是过的公切线上任一点，和分别是⊙与⊙的割线，在、和上的射影分别为、、．求证：()∠＝∠；()△∽△．【题说】年四川省赛题．【证】 ()因切⊙与⊙于，所以∠＝∠ ()因为∠＝∠＝º所以、、、四点共圆．故有∠＝∠＝∠ ()同理，、、、四点共圆．且∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠ ()()因为∠＝∠＝º所以、、、四点共圆，于是∠＝∠＝∠ ()由()、()与∠＋∠＝∠＋∠得∠＝∠－∠＝∠－∠＝∠－∠ ()又、、、四点共圆，有∠＝∠．于是由()、()得∠＝∠－∠＝∠ ()由()、()得△∽△．－、、分别为△的边、、上的点，且∠＝∠，∠＝∠，又设△、△、△均为锐角三角形，它们的垂心依次为、、，求证：()∠＝∠；()△≌△．【题说】年江苏省赛题．【证】如图，()∠＝º－∠，∠＝º－∠，所以∠＝º－∠－∠＝∠＋∠．而∠＝º－∠－∠＝º－(º－∠)－(º－∠)＝º－∠＝∠＋∠．所以∠＝∠()由()知∠＋∠＝º，所以，在△的外接圆上．同理、也在此圆上，因此、、、、、六点共圆．又由()知∠＝∠，所以＝．同理＝，＝，故△≌△．－△为锐角三角形．为边的高，为内一点．直线、分别交、于、．证明：∠＝∠．【题说】第届(年)加拿大数学奥林匹克题．又见第届(年)澳门数学奥林匹克题．[解] 过作直线平行于．延长、，分别交于、．由相似三角形，又由定理，＝，所以＝于是△的高平分，所以△是等腰三角形，并且∠＝∠．－在直角内取一点．以点为圆心的圆ω分别切∠的两边和于、两点；以点为圆心半径与圆ω半径相等的圆ω分别切∠的两边、于、两点．点在线段上．设的延长线与交于点．证明：是∠的平分线．【题说】第二十届(年)全俄数学奥林匹克九年级题．【证】连结及，则＝．因为⊥，⊥，所以∥，为平行四边形，从而∥，∠＝∠．∠＝∠＝º ()因为⊥，所以是矩形．因此＝＝＝ ()由()、()得△≌△，所以＝．于是∠＝∠＝∠，即是∠的平分线．－设、、是△的角平分线，在上，令、分别是，上的点，使得＝，＝．证明：∠＝º－∠【题说】年城市数学联赛低年级较高水平题．【证】如图，设交△的外接圆于点．则∠＝∠＝∠＝∠所以，＝，从而与重合．即有∠＝∠同理可证：∠＝∠故有∠＝(∠＋∠)＝º－∠.－设△是锐角三角形，且＞，是它的外心，是它的垂心，是高的垂足，过作的垂线交边于．证明：∠＝∠．【题说】第三十七届(年)预选题．【证】延长交⊙于点，连、．由于∠＝∠＝∠且⊥，所以为的中点．设所在直线交⊙于、两点，交于点．由⊥知为的中点．由蝴蝶定理即得为的中点．又因为的中点，故∥，所以，∠＝∠＝∠．－在凸凹边形的边上取和(点比更靠近点)．已知∠＝∠及∠＝∠．证明：∠＝∠．【题说】第二十二届(年)全俄数学奥林匹克十年级题．【证】因为∠＝∠，所以、、、共圆，∠＋∠＝º，又∠＝∠，所以∠＋∠＝∠＋∠＋∠－∠＝º因此、、、共圆，∠＝∠，由此得∠＝∠．－在平行四边形中有一点，使得∠＋∠＝º．证明：∠＝∠．【题说】第二十九届(年)加拿大数学奥林匹克题．[解] 过作，连、，则四边形、都是平行四边形，所以∥，∥，∠＋∠＝∠＋∠＝º、、、四点共圆，从而∠＝∠＝∠－已知一个等腰三角形，外接圆半径为，内切圆半径为．证明：外接圆和内切圆的圆心距离为＝【题说】第四届(年)国际数学奥林匹克题．本题由原东德提供．【证】本题结论(即欧拉公式)对任意三角形(不限于等腰三角形)均成立．设为的中点，与分别为外接圆和内切圆的圆心，外接圆直径交于．连、、必过．又设⊥，⊥，、为垂足．因为∠＝(∠＋∠)＝∠所以＝又＝＋－·而＝·＝·所以＝·＋－·＝－×＝－－设过三角形的内心和重心的直线平行于一边．求证：其它二边长的和等于这一边长的两倍．【题说】年西安市赛高二题．【证】设△的三边为、、、为之中点，、分别为△的重心和内心，且∥．因为∥所以到的距离＝(内切圆半径)边上的高＝＝，而＝(＋＋)(＝△)所以＝＋＋即＋＝－．在凸六边形中，所有角都相等．证明：－＝－＝－．反之，若六条边，，，，，满足等式－＝－＝－．证明：它们可以组成各内角相等的凸六边形．【题说】年全俄数学奥林匹克八年级题()、十年级题()．【证】．直线、、构成△．由已知六边形各角相等知，每个角都是º，从而△的每个角都是º，因此它是正三角形．并且、、分别与边、、平行．＋＝＋＝＝＝＋＝＋所以－＝＝同理－＝－．以＋＋为边作正三角形，然后在各边取、、、、、，使＝＝，＝＝，＝＝，则∥，∥，∥，所以六边形各角相等，并且＝，＝＝，＝＝，＝＝，＝(＋＋)－－＝．＝(＋＋)－－＝．－已知为一圆外切梯形，是对角线和的交点，、、、分别是△、△、△和△的内切圆半径．证明：. ()【题说】年全俄数学奥林匹克十一年级题．【证】设△、△、△、△的面积和周长分别为、、、；、、、．由于＋＝＋所以＋＝＋ ()因为∥所以＝记之为．则从而相加并利用()得即()成立．－设点是△的边上的任一内点，、、分别是△、△、△的内切圆半径；、、分别是这些三角形在∠、∠、∠内的旁切圆半径．试证：【题说】第十二届(年)国际数学奥林匹克题．本题由波兰提供．【证】设∠＝α，∠＝β，∠＝γ，∠＝δ；又设△的内切圆的圆心为，且与切于(如图)．于是∠＝∠＝从而有＝ ()由于三角形的角的内、外分角线互相垂直，因而类似地有＝ ()由()和()可得()类似的结论对于△和△也成立，故有()和 ()将()、()相乘，并利用()得－考虑如图、图所示的△和△．在△中，∠＝∠＝∠＝∠º．试证：＝＋＋．【题说】第三届(年)美国数学奥林匹克题．【证】△绕逆时针方向旋转º，至△，如图．这时易知、、、在一直线上，且＝＋＋．再将△绕顺时针方向旋转º，至△．则△为正三角形且易证它与△全等，其中相当于点．得证．【别证】 ()△绕逆时针旋转º，至△，如图．这时作正△外接圆，设交于'．易证∠'＝∠'＝∠'＝º．由△中点的唯一性及△≌△知'＝，'＝，'＝．又由托勒密定理，知'＝＋，故＝＋＋．()过作△三边平行线，如图，也可以得结论．－直径把圆分成两个半圆，其中一个半圆分成五段等弧，直线交、于点、．证明：线段与之和等于圆的半径．【题说】第十九届(年)全苏数学奥林匹克八年级题．【证】在圆上分别标出点、、、关于直径的对称点、、、，得圆的内接正十边形……(如图)．则∥，∥，∥，∥∥．由对称性知和的交点在上．又设和相交于点．于是、、、都是平行四边形．所以＝＝＝，从而＝＝．因此，＋＝．－四边形内接于圆，另一圆的圆心在边上且与其余三边相切．求证：＋＝．【题说】第二十六届(年)国际数学奥林匹克题．本题由英国提供．【证】在上取点，使＝．连结、、和．因为∠＝(º－∠)＝∠＝∠所以、、、四点共圆．因此∠＝∠＝∠＝(º－)所以∠＝∠，故＝．从而＝＋＝＋【别证】设半圆半径为，∠＝α，则＝α．又因∠＝(º－α)＝º－所以＝∠＝而＋＝α＋＝同理可证＋＝故＋＝－已知两圆相交于和，引两圆的公切线，切点为和．证明：∠＋∠＝º．【题说】第十四届(年)全俄数学奥林匹克八年级题．【证】如图，连结，则∠＝∠∠＝∠两式相加得∠＝∠＋∠因此∠＋∠＝∠＋∠＋∠＝º－在一个三角形中，以、、表示它的三条高，以表示它的内切圆半径．证明：当且仅当三角形为等边三角形时，＋＋＝．【题说】年原联邦德国数学奥林匹克(第一轮)题．【证】设三角形三边为、、，周长为，面积为，则＝＝＝＝所以＋＋＝)≥当且仅当＝＝，即三角形为等边三角形时取等号，即＋＋＝－设点、、分别在△的三边、、上，且△、△、△的内切圆有相等的半径，又以和分别表示△和△的内切圆半径．求证：＋＝【题说】第四届(年)全国冬令营赛题．【证】设为△的半周长，为△的半周长．因为△＝△＝△＋△＋△所以·＝·＋(＋)· ()又·∑＝ ()·∑＝－ ()所以 (－)＝ ()由()、()得＝(＋)，即＝＋．－在圆内引弦和，∠平分线交圆于点．过作⊥于，证明：＝(＋)【题说】第十六届(年第三阶段)全俄数学奥林匹克九年级题．【证】作⊥于(如图)．因为内接于圆，所以∠＝∠若与重合，则∠＝º＝∠△≌△，结论显然成立．若与不重合，则∠为锐角或钝角．不妨设∠为锐角(钝角情形同样讨论)，则∠为钝角，在延长线上，而点在线段内．由于平分∠，所以＝，＝．从而△≌△，则＝，＝(＋)－四边形内接于半径为的圆，对角线、相交于．证明：若⊥，则＋＋＋＝ ()若()成立，是否必有⊥？说明你的理由．【题说】年英国数学奥林匹克题．【解】若⊥，则＋＋＋＝＋．由正弦定理＝∠＝∠＝∠所以＋＋＋＝∠＋∠＝反之，若()成立，未必有⊥．例如、为任两条直径，则交点即为圆心．()式显然成立．－设∠是三角形中最小的内角．点和将这个三角形的外接圆分成两段弧．设是落在不含的那段弧上且不等于与的一个点．线段和的垂直平分线分别交线段于和．直线和相交于．证明：＝＋．【题说】第三十八届(年)国际数学奥林匹克题．本题由英国提供．【证】如图所示，因为点在线段的垂直平分线上，所以∠＝∠．又因∠是△的最小内角，且∠＝∠＜∠故∠＝∠＜∠≤∠即在∠内．同理在∠内．与的交点在△内．延长交外接圆于．由于与关于弦的中垂线对称，所以＝．因为∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠＋∠＝∠＝∠，所以＝，从而＝＋＝＋－在圆上取六个点、、、、、，使弦与平行，弦与平行．证明：弦与弦平行．【题说】年～年波兰数学奥林匹克三试题．【证】圆上六点的顺序有种种情况．以图、图所示的两种为例，其他情况可仿此证明．在图中，因∥，∥，故有由此可得所以∥在图中，因∥，∥，故所以，∥．－在平行四边形的两边、上，向外作两个正方形、．求证：⊥．【题说】年武汉市赛高三一试题．【证】如图，延长交于，因∠＝º－∠＝º－(º－∠－∠－∠)＝∠又＝＝及＝所以△≌△从而∠＝∠＝∠所以∠＝º－∠－∠＝º－∠－∠＝∠＝º．亦即⊥．－作△外接圆，连接中点与、中点的弦，分别交于，交于．证明：∥且通过三角形的内心．【题说】年全俄数学奥林匹克八年级题．【证】如图，设、、分别是中点，为△的内心，则、过．又设与交于，连结．因为圆周，所以⊥在△中，易知∠＝∠．从而平分．又平分∠．从而平分．因此在四边形中二对角线、互相垂直平分，故是菱形．于是∥．同理，四边形是菱形，从而∥，从而、、在一条直线上，即∥，而且过△内心．－某个平面四边形，各边之长顺次为，，，，对角线互相垂直．试证：任何其它四边形，若其各边长顺次为，，，，则其对角线也互相垂直．【题说】年～年波兰数学奥林匹克三试题．【证】设四边形、''''的边长顺次为，，，，与相交于，并且⊥(如图)．显然－＝－＝－设'在''上的射影为，'在''上的射影为，则'－'＝－＝－＝'－'即 ''×('－')＝''×('－')从而'－'＝'－'，又'＋'＝''＝'＋'，所以'＝'，与重合，并且均在''上．于是''⊥''．－已知平面上的三个正方形、和(正方形的顶点是沿逆时针方向标写的)．并且顶点与重合，而与重合，试证：线段与(其中为线段的中点)互相垂直并且＝．【题说】第六届(年)全俄数学奥林匹克十年级题．【证】设为原点，其它各点的复数表示仍用同样的字母，则由于是线段中点，·＝＋＝(－)＋(－)＋＋＝(－)·(－)＋(－)·＋＋＝(－)＋·(＋)＋·(－)＝(－)＋·(＋)＋·(－)＝(－)因此线段⊥，并且＝．－如图，在凸四边形中，与不平行．圆过、且与边相切于，圆过、且与边相切于，圆与圆相交于、．求证：平分线段的充分必要条件是∥．【题说】第五届(年)全国冬令营赛题．【证】首先证明：∥⇔·＝·如图，分别延长与，记它们的交点为．并记，，，，，为，，，，，，则＝，＝．于是(－)(－)＝(－)(－)⇔(＋)＝(＋)⇔(＋)＝(＋)⇔(－)(－)＝⇔＝⇔∥其次，证明：·＝·⇔＝(即平分线段)延长分别交圆、于、，则由相交弦定理可知·＝·，·＝·因此，·＝·⇔＝.因为两院的公共弦，再由相交弦定理可知·＝·＝·即 (＋)＝(＝)于是·＝·从而＝⇔＝所以·＝·⇔＝综上所述，命题得证．－△是直角三角形，以直角边和为边分别向外作两个菱形和，其中心分别为和，且∠＝∠＜º，如果和分别为和的中点．证明：⊥．【题说】年友谊杯国际数学竞赛八年级题．【证】容易证明，△≌△，所以＝．从而以四边形各边中点为顶点的四边形，，，是菱形，故⊥．－是凸五边形，＝，∠＝∠＝º．为此五边形内一点，使得⊥且⊥．证明：⊥．【题说】年澳大利亚数学奥林匹克题．【证】设交于，交于，交于．则＝·＝·所以，，，四点共圆．又由于，，，四点共圆，所以∠＝∠＝∠故，，，四点共圆，从而∠＝∠＝º，即⊥．－已知△以、、为旁切圆圆心．证明：△是锐角三角形．【题说】第三届(年)澳门数学奥林匹克第一轮题．【证】易知△包含△，△三内角平分线是△三高，△内心是△垂心．在△内，更在△内，故△为锐角三角形．－在△中，∠的平分线交边中垂线于'，∠的平分线交边中垂线于'，∠的平分线交边中垂线于'．求证：()若'与'重合，则△为正三角形；()若'、'、'互异，则∠'''＝º－∠【题说】年德国数学奥林匹克(第二轮)题．【证】 ()若'与'重合，则△的内心与外心重合，从而△为正三角形．()将△''绕旋转，使与重合．设这时'转到，则＝'＝'，∠'＝∠''＝(∠－∠)又'＝'，∠'＝∠－∠－∠'＝(∠－∠－∠＋∠)＝∠''．所以△'≌△''，'＝''．从而△''≌△'''，∠'''＝∠''＝∠''＝∠'＝º－∠【注】设为内心，的垂直平分线交'于，则可以证明△''∽△''，从而导出结论，但需要稍多的计算．－是一个等腰三角形，＝，假如()是的中点，是直线上的点，使得垂直于；()是线段上不同于和的一个任意点；()在直线上，在直线上，使得，，是不同的和共线的．求证：⊥当且仅当＝．【题说】第三十五届(年)国际数学奥林匹克题．本题由亚美尼亚－澳大利亚提供．【证】连线段、、．由对称性，⊥，∠＝∠．若⊥，则、、、四点共圆，、、、四点共圆，故∠＝∠，∠＝∠ ()于是∠＝∠，＝又⊥，故＝．反之，若＝，过作∥交于，则易知＝＝．又＝，∠＝∠＝º，所以△≌△，＝．从而⊥．－如图，菱形的内切圆与各边分别切于、、、，在上分别作⊙的切线交于，交于，交于，交于．求证：∥．【题说】年全国联赛二试题．【证】连结，则为中点，再连结、．则∠＝∠＝(∠＋∠)∠＝∠＝(∠＋∠)∠＝º－(∠＋∠)＝º－∠＝∠＝∠因此△∽△∽△，·＝同理·＝，从而·＝·即∶＝∶又∠＝∠，故△∽△．因此∠＝∠从而∥．－如图，⊙和⊙与△的三边所在直线都相切．、、、为切点，且、的延长线交于点．求证：⊥．【题说】年全国联赛二试题．【证】由旁切圆性质知，＝(△半周长)＝分别过、作⊥，⊥．连、，易知△∽△．从而∶＝∶同理△∽△∶＝∶故∶＝∶因△∽△故因此与重合，即⊥．－在△中，是到∠的平分线所作的垂线，为垂足；、分别是、到∠的平分线所作的垂线，、为垂足，的延长线交于，的延长线交于，交于．求证：∥．【题说】年江苏省竞赛题．【证】 ()延长交于'，延长交于'，则由已知可得，＝'，＝'，故∥ ()注意到＝'，故＝．连并延长交于，设交延长线于，则平分，所以∥，故＝ ()又在△中，因、、相交于一点，由塞瓦定理得＝由()得，故∥.结合()得∥－在等腰△中，＝．是它的外心，是它的内心，点在边上，使得与垂直．证明：直线与平行．【题说】第二十二届(年)全俄数学奥林匹克九年级题．【证】如果△是等边的(点与重合)，那么结论显然成立．设点在点与之间(如图)，作高，则∠＝º－∠∠＝º－∠∠＝∠所以、、和四点共圆，于是∠＝∠．又∠＝∠＝∠于是∠＝∠，∥．当点在点与之间时，证法同上．见图、图．－三只苍蝇沿三角形的边爬行，它们形成的三角形的重心都在同一位置，证明：如果它们中的一只苍蝇沿三角形的整个边界爬过，那末它们的重心与△的重心重合．【题说】第九届(年)全苏数学奥林匹克八年级题．【证】如果一只苍蝇位于顶点，那末，由苍蝇形成的三角形的重心位于三角形内(如图)，这里∶＝∶．因为一只苍蝇游遍了所有顶点，所以“苍蝇三角形”的重心应属于图中带斜线的三个三角形．而它们唯一的公共点就是△的重心．－设线段的中点为，从上另一点向直线的一侧引线段；令的中点为，的中点为，的中点为．求证：直线平分线段．【题说】年全国联赛一试题．【证】如图，设交于，连，因为为的中点，为的中点，所以又为的中点，故△≌△从而＝＝＝－＝－＝＋－＝＋＝－在△中，边＝，有一个圆内切于△的外接圆，并且与、分别相切于、．求证：、两点连线的中点是△的内切圆圆心．【题说】第二十届(年)国际数学奥林匹克题．本题由美国提供．【证】如图．设是两圆的切点，是的中点，连接、、、．由于△是等腰三角形，易知是△外接圆的直径．又因、和△的内切圆相切于点、，所以＝．因此点一定在上，并且平分∠，⊥，于是.所以∠＝∠．又因为是公共边，所以，△≌△，所以＝，∠＝∠．又因为⊥，⊥，所以∥，∠＝∠，于是有∠＝∠即平分∠．因此点是△的内心．－已知△三内角比为∶∶，又、、为角、、所对之边．求证：∶＝(＋)∶(＋＋)．【题说】年芜湖市赛题．【证】因∠＋∠＋∠＝º．故∠＝º，∠＝º，∠＝º延长到，使＝，延长到，使＝．设直线、相交于．易知△是等腰三角形，∥，△与△都是等边三角形，并且，∠＝∠＝º，∠＝∠－∠＝º＝∠．所以，＝＝＋＝＋．由于∥所以，即∶＝(＋)∶(＋＋)－已知位于同一平面内的正三角形、和(顶点依反时针方向排列)，并且.证明：△也是正三角形.【题说】第十五届(年)全苏数学奥林匹克九年级题．要证△为正三角形，只须证它的一边绕着一顶点向另一边旋转º后重合于这一边．【证】将△绕点逆时针旋转º，那末它将变为△．所以＝，且之间的。

华师大版七年级数学上册平面几何证明专题

华师大版七年级数学上册平面几何证明专题1. 证明方法的基本原则在平面几何中，证明一个定理或一个性质时，我们需要遵循一些基本的证明方法原则，以确保推理过程的正确性和有效性。

1.1 直接证明法直接证明法是最常用的证明方法之一。

它基于已知条件和公理，通过逻辑推理和推导来得出结论。

在直接证明中，我们按照以下步骤进行：1. 首先，列出已知条件和需要证明的结论；2. 然后，根据这些已知条件和公理进行逻辑推理，并使用定义、性质和定理进行推导；3. 最后，得出结论，并用文字形式明确表述。

1.2 间接证明法间接证明法也是一种常用的证明方法。

它通过反证法来证明一个定理或一个性质。

在间接证明中，我们按照以下步骤进行：1. 首先，假设需要证明的结论不成立；2. 然后，根据这一假设，推导出与已知条件或公理矛盾的结论；3. 由于矛盾的存在，这一假设必然是错误的，因此可以得出结论成立。

1.3 其他证明方法除了直接证明法和间接证明法，还有一些其他的证明方法，如数学归纳法、分情况讨论法等。

这些方法在不同的情境和问题中有着不同的应用。

2. 平面几何证明的常用工具和技巧在平面几何证明中，我们常常使用一些工具和技巧来辅助我们的推理过程。

下面是一些常用的工具和技巧：2.1 图形的标记和符号在平面几何证明中，我们通常会对图形进行标记和符号化，以便清晰地表示出所涉及的对象和关系。

例如，我们可以用小角符号表示角，用直线符号表示线段等。

2.2 利用已知条件和性质在证明过程中，我们应该充分利用已知条件和性质，以推导出新的结论。

已知条件和性质是我们推理的基础，通过巧妙地运用它们，我们可以得到更多的信息，从而解决问题。

2.3 利用图形的对称性和相似性图形的对称性和相似性是平面几何证明中常用的技巧。

通过观察图形的对称性和相似性，我们可以找到一些相等的角、相等的线段等性质，从而推导出结论。

2.4 利用画辅助线画辅助线是平面几何证明中常用的技巧之一。

通过巧妙地画一些辅助线，我们可以将复杂的问题简化为更容易解决的子问题，从而更容易得到结论。