第十二讲_平面几何常用的解题方法

2
这里,添加 AC 的平行线,将 BC 的以 D 为中点的性质传递给 EN,使解题找到出路.
探究 3：
AB 为半圆直径,D 为 AB 上一点,分别在半圆上取点 E、F,使 EA＝DA,FB＝DB. 过 D 作 AB 的垂线,交半圆于 C.求证：CD 平分 EF.
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E P B (-2,0) D Q C (4,0) x
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主编：贾广素
分别以 BC、DA 为直径作⊙D、⊙E,则两圆与抛物线均交于两点 P(1－2 2 ,1)、Q(1 ＋2 2 ,1). 可知,点 A 在不含端点的抛物线 PA0Q 内时,∠BAC＜90°.且有 3＝DP＝DQ＜AD ≤DA0＝9,即 AD 的取值范围是 3＜AD≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆 例 10.AD 是 Rt△ABC 斜边 BC 上的高,∠B 的平行线交 AD 于 M,交 AC 于 N.求证：AB2－ AN2＝BM·BN. 分析：因 AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BM·BN,而由题设易知 AM＝AN,联想割线定 理,构造辅助圆即可证得结论. 证明：如图，∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, E 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN. 以 AM 长为半径作⊙A,交 AB 于 F,交 A BA 的延长线于 E.则 AE＝AF＝AN. 2 N 由割线定理有 BM·BN＝BF·BE 1 F ＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN) 3 5M 2 2 ＝AB －AN , 4 C 即 AB2－AN2＝BM·BN. D B 例 11.如图,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长 AB 和 DC 相交于 E,延长 AB 和 DC 相交于 E,延长 AD 和 BC 相交于 F,EP 和 FQ 分别切⊙O 于 P、Q. 求证：EP2＋FQ2＝EF2. 分析：因 EP 和 FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使 EP、FQ 向 EF 转化. 证明：如图,作△BCE 的外接圆交 EF 于 G,连结 CG. A 因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故 F、D、C、G 四点共圆. 由切割线定理,有 P EF2＝(EG＋GF)·EF Q ＝EG·EF＋GF·EF O ＝EC·ED＋FC·FB D ＝EC·ED＋FC·FB C B ＝EP2＋FQ2, 即 EP2＋FQ2＝EF2. F E G 2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 A 例 12 如图,△ABC 与△A＇B＇C＇的三边分别为 a、 A' b、c 与 a＇ 、b＇ 、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A c b c' b' ＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇. 分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇ B a C B' C' a' ＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四 (1) (2) 边形加以证明. 证明：作△ABC 的外接圆,过 C 作 CD∥AB 交圆于 D,连结 AD 和 BD,如图 9 所示. ∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D, ∠BCD＝∠B＝∠B＇,∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.
AM 1 AM 2 AC AB ＋ ＝ ＋ . AP AQ AN1 AN 2
证明：如图,若 PQ∥BC,易证结论成立. 若 PQ 与 BC 不平行,设 PQ 交直线 BC 于 D.过点 A 作 PQ 的平行线交直线 BC 于 E. 由 BM1＝CM2,可知 BE＋CE＝M1E＋ M2E,易知
A P Q N2 M1 M2 C D 图 N1 E
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一．注意添加平行线证题
在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是平面几何最基本的,也是非常重要 的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明 顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况. 1 为了改变角的位置 大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利 用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 设 P、Q 为线段 BC 上两点,且 BP＝CQ,A 为 BC 外一动点(如图).当点 A 运动到使
4．为了线段相等的传递 当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段 相等的关系传递开去. 例 4.在△ABC 中,AD 是 BC 边上的中线,点 M 在 AB 边上,点 N 在 AC 边上,并且∠MDN＝90°. 如果 BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝ 证明：如图,过点 B 作 AC 的平行线交 ND 延长线于 E.连 ME. 由 BD＝DC,可知 ED＝DN.有△BED≌△CND. 于是,BE＝NC. 显然,MD 为 EN 的中垂线.有 EM＝MN.
C O D A
B
P 图
由割线定理得(2＋ 3 x) 3 x ＝2x(1＋2x).解得 AD＝x ＝2 3 －2,BC＝ 由托勒密定理有 BD· CA＝(4－ 3 )(2 3 －2)＋2×1＝10 3 －12.
1 BP＝4－ 3 . 2
A
又 SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝
3 3 15 6 3 . 故 sin∠AOB＝ . 2 26
B
AB BE AC CE ＝ , ＝ , AP DE AQ DE
AM 1 M 1 E AM 2 M 2 E ＝ , ＝ . AN1 DE AN 2 DE
则
AM 1 AM 2 AC BE CE M 1 E M 2 E AB ＋ ＝ ＝ ＝ ＋ . DE AN1 AN 2 AP AQ DE
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A E F B N P K Q M D G C
EP EF CG ＝ ＝ ,可知 PG∥EC. 显然, PD FD GD
由 CE 平分∠BCA,知 GP 平分∠FGA.有 PK＝PM.于是, PM＋PN＝PK＋KQ＝PQ.
这里,通过添加平行线,将 PQ“掐开”成两段,证得 PM＝PK,就有 PM＋PN＝PQ.证法 非常简捷. 3 为了线段比的转化 由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可 以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例 3.设 M1、M2 是△ABC 的 BC 边上的点,且 BM1＝CM2.任作一直线分别交 AB、AC、AM1、 AM2 于 P、Q、N1、N2.试证：
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所以,
AM 1 AM 2 AC AB ＋ ＝ ＋ . AP AQ AN1 AN 2
这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为 DE,于是 问题迎刃而解.
探究 2：
AD 是△ABC 的高线,K 为 AD 上一点,BK 交 AC 于 E,CK 交 AB 于 F.求证： ∠FDA＝∠EDA..
D
A
B
P
Q
C
这里,通过作平行线,将∠QAC“平推”到∠BDP 的位置.由于 A、D、B、P 四点共圆, 使证明很顺畅.
探究 1：
四边形 ABCD 为平行四边形,∠BAF＝∠BCE.求证：∠EBA＝∠ADE.
2
欲“送”线段到当处
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利用“平行线间距离相等” 、 “夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平 行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.
2 2
2
2
y A0 (1,9)
2.2 联想直径的性质构造辅助圆 C 两点， 点D 例 9.已知抛物线 y＝－x2＋2x＋8 与 x 轴交于 B、 平分 BC.若在 x 轴上侧的 A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为 锐角,则 AD 的取值范围是____. 分析：由“∠BAC 为锐角”可知点 A 在以定线段 BC 为直径的 圆外,又点 A 在 x 轴上侧,从而可确定动点 A 的范围,进而确定 AD 的取值范围. 解：如图,所给抛物线的顶点为 A0(1,9),对称轴为 x＝1,与 x 轴交于两点 B(－2,0)、C(4,0).
1 ∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而 GF＝FC. 2
于是,BF＝2CF.故 BD＝2CD. 1.2 利用四点共圆 例 6. 凸四边形 ABCD 中,∠ABC＝60°, ∠BAD＝∠BCD＝90°, AB＝2,CD＝1,对角线 AC、BD 交于 点 O,如图.则 sin∠AOB＝____. 分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知 A、B、C、D 四点共圆,欲求 sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出 BC、 AD 即可. 解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故 A、B、C、D 四点共圆.延 长 BA、CD 交于 P,则∠ADP＝∠ABC＝60°. 设 AD＝x,有 AP＝ 3 x,DP＝2x.
B
例 7 已知：如图,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD 于 H,CP⊥BC,CP 交
P Q D C H
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AH 于 P.求证：△ABC 的面积 S＝
3 AP·BD. 4
分析：因 S△ABC＝
3 2 3 BC ＝ AC·BC, 4 4
只须证 AC·BC＝AP·BD,转化为证△APC∽△BCD.这由 A、B、C、Q 四点共圆易证(Q 为 BD 与 AH 交点). 证明：记 BD 与 AH 交于点 Q,则由 AC＝AD,AH⊥CD 得∠ACQ＝∠ADQ. 又 AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ. 从而,∠ABQ＝∠ACQ.可知 A、B、C、Q 四点共圆. ∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ, ∴△APC∽△BCD. ∴AC·BC＝AP·BD. 于是,S＝ 2
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例 2.在△ABC 中,BD、CE 为角平分线,P 为 ED 上任意一点.过 P 分别作 AC、AB、BC 的垂 线,M、N、Q 为垂足.求证：PM＋PN＝PQ. 证明：如图,过点 P 作 AB 的平行线交 BD 于 F,过点 F 作 BC 的平行线分别交 PQ、AC 于 K、G,连 PG. 由 BD 平行∠ABC,可知点 F 到 AB、BC 两边距离相等.有 KQ＝PN.
1 (AB2＋AC2). 4
A M B E D N C
由 BM2＋BE2＝BM2＋NC2＝MD2＋DN2＝MN2＝EM2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有 ∠ABC＋∠ACB＝∠ABC＋∠EBC＝90°. 于是,∠BAC＝90°. 所以,AD2＝
1 1 BC ＝ (AB2＋AC2). 4 2
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二．添加辅助圆
在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关 性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路. 挖掘隐含的辅助圆解题 有些问题的题设或图形本身隐含着 “点共圆” ,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出 辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆 例 5.如图,在△ABC 中,AB＝AC,D 是底边 BC 上一点,E 是线段 AD A 上一点且∠BED＝2∠CED＝∠A.求证：BD＝2CD. 分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED 与结论的联系.容易想到作∠ BED 的平分线,但因 BE≠ED,故不能直接证出 BD＝2CD.若延长 E AD 交△ABC 的外接圆于 F,则可得 EB＝EF,从而获取. 证明：如图 1,延长 AD 与△ABC 的外接圆相交于点 F,连结 CF 与 BF,则∠ BFA ＝∠ BCA ＝∠ ABC ＝∠ AFC,即∠ BFD ＝∠ CFD.故 B C D G BF:CF＝BD:DC. F 又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,从而∠FBE＝∠ABC＝∠ ACB＝∠BFE. 故 EB＝EF. 作∠BEF 的平分线交 BF 于 G,则 BG＝GF. 因∠GEF＝ 1
3 3 AC·BC＝ AP·BD. 4 4
构造相关的辅助圆解题 有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信 息,此时可大胆联想构造出与题目相关 的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆 例 8.如图,四边形 ABCD 中,AB∥CD,AD＝DC A B ＝DB＝p,BC＝q.求对角线 AC 的长. 分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知 A、B、C 在 半径为 p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到 AC 与 E C D p、q 的关系. 解：延长 CD 交半径为 p 的⊙D 于 E 点,连结 AE. 显然 A、B、C 在⊙D 上. ∵AB∥CD, ∴BC＝AE. 从而,BC＝AE＝q. 在△ACE 中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故 AC＝ CE AE ＝ 4 p q .
∠BAP＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试证明你的结论. 答： 当点 A 运动到使∠BAP＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形. 证明：如图 1,分别过点 P、B 作 AC、AQ 的平行线得交点 D.连 结 DA. 在△DBP＝∠AQC 中,显然∠DBP＝∠AQC,∠DPB＝∠C. 由 BP＝CQ,可知△DBP≌△AQC. 有 DP＝AC,∠BDP＝∠QAC. 于是,DA∥BP,∠BAP＝∠BDP. 则 A、D、B、P 四点共圆,且四边形 ADBP 为等腰梯形.故 AB＝DP. 所以 AB＝AC.