平面几何证明常用方法

目录
1.引言⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
2.利用平行四边形性质添加平行线证题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
3.利用圆中的等量关系巧作辅助圆证题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
4.利用平移、旋转, 翻折,几何证明中的三种基本变换证题
5.反证法证题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6.巧用面积法解几何题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
结论⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
参考文献⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
致谢⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
平面几何证明题的常用技巧
数学计算机科学学院
摘要灵活、恰当地选择解题方法是求解平面几何问题的良好途径。

解决任何一道平面几何证明题 ,都要应用这样或那样的方法 , 而选择哪一种方法 , 就取决于我们用什么样的解题思路。

本文试对平面几何证明题中常用的几种解题思路及方法进行分析。

【关键词】平面几何证明题思路技巧
The plane geometry proving the commonly used
skill
College of Mathematics and Computer Science
Abstract: Flexible, properly choose the problem solving method is a good way of solving plane geometry. Any solve a plane geometry proving, one way or the other method, and the choice of which method, it depends on what kind of way we use. This article try to plane geometry proving that is commonly used in several problem-solving ideas and methods are analyzed.
Key words：Plane geometry To prove the topic Train of thought skills 1 引言平面几何难学 , 是很多初中生在学习中的共识 , 这里面包含了很多主观和客观因
素 , 而学习不得法 ,没有适当的解题思路则是其中的一个重要原因。

波利亚曾说过 ,“解
题的成功要靠正确
思路的选择 , 要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。

为了辨别哪一条思路正确 , 哪一个方
向可接近它 ,就要试探各种方向和思路。

”由此可见 , 掌握证明题的一般思路、探索证题
过程中的数学思维、总结证题的基本规律是求解几何证明题的关键。

2利用平行四边形性质添加平行线证题
在同一平面内, 不相交的两条直线叫平行线. 平行线是初中平面几何最基
本的, 也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时, 若能依据证题的需要,添加恰当的平行线, 则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题, 一般有如下四种情况.
2.1 为了改变角的位置
大家知道 , 两条平行直线被第三条直线所截 , 同位角相等 , 内错角相等 , 同旁 内角互补 .利用这些性质 , 常可通过添加平行线 , 将某些角的位置改变 ,以满足求 解的需要 .
例1 设 P 、Q 为线段 BC 上两点,且 BP ＝CQ ,
A 为 BC 外一动点 （ 如图 1）. 当点 A 运动到使
∠BAP ＝∠CAQ 时, △ ABC 是什么三角形？试 证明你的结论 .
答： 当点 A 运动到使∠ BAP ＝∠CAQ 时, △ABC 为等腰三角形 . D A
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. B P Q C
于是, DA ∥BP, ∠BAP ＝∠ BDP. 图1 则 A 、D 、B 、P 四点共圆 ,且四边形 ADBP 为等腰梯形 .故 AB ＝DP. 所以 AB ＝AC.
这里,通过作平行线 ,将∠QAC “平推”到∠ BDP 的位置.由于 A 、D 、B 、P 四 点共圆,使证明很顺畅 .
例 2 如图 2, 四边形 ABCD 为平行四边形 , ∠BAF ＝∠BCE. 求证：∠ EBA ＝∠ ADE.
证明：如图 2,分别过点 A 、B 作 ED 、EC 的平行线 ,得交点 P,连 PE.
由 AB ＝∥
CD ,易知△ PBA ≌△ ECD. 有
PA ＝ E ＝
D, PB ＝EC.
显然, 四边形 PBCE 、PADE 均为平行四边形 . 有 ∠BCE ＝∠ BPE, ∠APE ＝∠ADE.
由∠ BAF ＝∠ BCE, 可知 ∠ BAF ＝∠ BPE.
有 P 、B 、A 、E 四点共圆 .
于是,∠EBA ＝∠APE. 所以, ∠EBA ＝∠ ADE. 这里,通过添加平行线 , 使已知与未知中的四个角通过 P 、B 、A 、E 四点共圆 ,
紧密联系起来 . ∠APE 成为∠ EBA 与∠ADE 相等的媒介 ,证法很巧妙 .
2.2 为了改变线段的位置
利用“平行线间距离相等” 、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条 , 常可通过 添加平行线 , 将某些线段“送”到恰当位置 ,以证题.
例3 在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线 , P 为ED 上任意一点.过P 分别作 AC 、AB 、
E D 图2
BC的垂线,M、N、Q为垂足. 求证：
PM＋PN＝PQ.
证明：如图3,过点P作AB的平行线交BD
于F, 过点 F 作BC的平行线分别交PQ、AC
于K、G,连PG.
C
图3
由BD平行∠ ABC, 可知点 F 到AB、BC 两边距离相等. 有KQ＝PN.
显然, EP＝EF＝CG,可知PG∥EC.
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.
2.3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 4 设M1、M2是△ ABC的BC边上的点,且BM1＝CM2.任作一直线分别交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2. 试证：
AB AC AM1 AM 2
＋＝＋.
AP AQ AN1 AN2
证明：如图4,若PQ∥BC,易证结论
成立. 若PQ与PQ
PM＝PK,
PM＋PN＝PQ.
M1、M2
△ABC
BC
BM1＝CM2.
AB、AC、AM1、AM2
P、Q、N1、N2
AB AC AM1 AM 2
＋＝＋.
AP AQ AN1 AN2
PQ∥BC
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
AB
＝BE,AC＝CE,
AP ＝DE AQ ＝DE
AM1 M1E AM2 M2E
图4 图4 A
AB AC
AM 1
AM 2 ＋ ＝ ＋ AP AQ AN 1
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 .
例 5 AD 是△ ABC 的高线, K 为 AD 上一点, BK 交 AC 于E, CK 交AB 于 F.求证：∠FDA ＝∠ EDA.
证明：如图5,过点 A 作BC 的平行线,分 别交直线 DE 、DF 、BE 、 CF 于 Q 、 N 、M.
显然,
BD
＝KD
＝ DC
AN KA AM
有 BD ·AM ＝ DC ·AN.
AP AF AM 由 ＝ ＝ , BD FB BC
AQ AE AN 由 ＝ ＝ ,
DC EC BC
对比 (1) 、(2) 、(3) 有
所以, ∠FDA ＝∠EDA.
这里,原题并未涉及线段比 ,添加 BC 的平行线,就有大量的比例式产生 ,恰当 地运用这些比例式 ,就使 AP 与AQ 的相等关系显现出来 .
2.4 为了线段相等的传递
当题目给出或求证某点为线段中点时 , 应注意到平行线等分线段定理 , 用平 行线将线段相等的关系传递开去 .
例 6 在△ ABC 中, AD 是BC 边上的中线,点 M 在AB 边上,点 N 在 AC 边上,并且∠ MDN ＝90°.如果 BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝1
( AB 2
＋
AC 2). 4
证明：如图6,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. E
由 BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2
, 可知△ BEM 为直角三角形 ,图∠6MBE 90°.有
∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.
2
所以, AD 2＝ 1
BC ＝1
( AB 2＋ AC 2
).
24
AB AC BE CE 则＋
＝
M 1E M 2E ＝ AM 1 DE ＝
AN 1 AM 2
AN 2
AP ＝AQ. 显然 AD 为PQ 的中垂线,故 AD 平分∠ PDQ.
于是, ∠BAC ＝90
BC A
C B
D
这里,添加AC的平行线,将BC的以D为中点的性质传递给EN,使解题找到出
路.
例 7 如图 7, AB 为半圆直径 , D 为 AB 上一点 , 分别在半圆上取点 E 、F,使EA ＝DA, FB ＝DB.过 D 作AB 的垂线,交半圆于 C.求证： CD 平分 EF. 证明：如图 7,分别过点 E 、F 作 AB 的垂线, G 、H 为垂足,连
FA 、EB.易知 DB 2＝FB 2
＝AB ·HB, AD 2＝AE 2＝AG ·AB. 二式相减 , 得 DB 2－AD 2
＝AB ·（HB －AG ）,
或 （ DB －AD ）·AB ＝AB ·（HB －AG ）. 于是,DB －AD ＝HB －AG, 或 DB － HB ＝AD －AG.
就是DH ＝GD. 显然,EG ∥CD ∥FH. 故CD 平分 EF. 图7
这里,为证明CD 平分EF,想到可先证 CD 平分GH.为此添加 CD 的两条平行线 EG 、FH,从而得到 G 、H 两点.证明很精彩 . 经过一点的若干直线称为一组直线束 . 一组直线束在一条直线上截得的线段相等 , 在该直线的平行直线上截得的线 段也相等 . 如图 8,三直线 AB 、AN 、AC 构成一组直线束 ,DE 是与 BC 平行的直线 .于是, 有 DM ＝ AM ＝ ME
, BN ＝ AN ＝
NC
DM ME DM BN 即 ＝ 或 ＝ .
BN
NC ME NC
此式表明, DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC. 利用平行线的这一性质 , 解决某些线段相等的问题会很漂亮 . 例 8 如图 9, ABCD 为四边形 , 两组对边延长 后得交点 E 、F, 对角
线 BD ∥EF, AC 的延长 线交 EF 于 G. 求证： EG ＝GF. 证明：如图 9,过 C 作 EF 的平行线分别交 AE 、 AF 于M 、N.由BD ∥EF,可知 MN ∥BD.易知 S △BEF ＝ S △DEF . 有 S △ BEC ＝ S △ ⅡKG － *5 ⅡDFC . 可得 MC ＝CN. 所以, EG ＝GF. A D N C G
图9
M B 例 9 如图 10, ⊙O 是△ ABC 的边 BC 外的旁 切圆,D 、E 、F 分别为⊙ O 与BC 、CA 、AB 的切点.若OD 与EF 相交于 K,求证： AK 平 分 BC. 证明：如图10,过点 K 作BC 的行平线分别 交直线 AB 、AC 于 Q 、P 两点,连 OP 、OQ 、 OE 、OF. 由 OD ⊥BC, 可知 OK ⊥ PQ. 由 OF ⊥AB, 可知 O 、K 、F 、Q 四点共圆 , 有 ∠FOQ ＝∠ FKQ. 图10 由 OE ⊥AC, 可知 O 、K 、P 、E 四点共圆 .有∠EOP ＝∠ EKP.
显然, ∠FKQ ＝∠EKP, 可知 ∠FOQ ＝∠ EOP.
由 OF ＝OE, 可知 Rt △OFQ ≌ Rt △OEP. 则 OQ ＝OP.
于是, OK 为 PQ 的中垂线,故 QK ＝KP. 所以, AK 平分 BC.
综上, 我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用 . 同学们在实践中应注意 适时添加平行线 , 让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用 .
3利用圆中的等量关系巧作辅助圆
在某些数学问题中 , 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的若干思路 .
3.1 挖掘隐含的辅助圆解题
有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆” , 此时若能把握问题提供的信
息,恰当补出辅助圆 , 并合理挖掘图形隐含的性质 明朗化.
1.1 作出三角形的外接圆
例1 如图 1,在△ ABC 中, AB ＝AC, D 是底边 BC 上一点, E 是线段 AD 上一点且∠ BED ＝2∠CED ＝ ∠A. 求证： BD ＝ 2CD. 分析：关键是寻求∠ BED ＝2∠CED 与结论的联系 . 容易想到作∠ BED 的平分线 ,但因 BE ≠ED, 故不能 直接证出 BD ＝2CD. 若延长 AD 交△ ABC 的外接圆
于 F, 则可得 EB ＝ EF, 从而获取 .
证明：如图 1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点 F,连结 CF 与BF,则∠ BFA ＝∠ BCA ＝∠ ABC ＝∠ AFC,即∠ BFD ＝∠CFD.故 BF: CF ＝BD: DC.
又∠ BEF ＝∠ BAC, ∠BFE ＝∠ BCA,从而∠ FBE ＝∠ ABC ＝∠ ACB ＝∠ BFE. 故 EB ＝ EF.
作∠ BEF 的平分线交 BF 于 G,则 BG ＝GF. 1
因∠ GEF ＝ ∠BEF ＝∠ CEF, ∠GFE ＝∠ CFE,故△ FEG ≌△ FEC.
从而 GF ＝FC. 2
于是, BF ＝2CF.故 BD ＝2CD.
1.2 利用四点共圆 例 2 凸四边形 ABCD 中, ∠ABC ＝60°, ∠BAD ＝ ∠BCD ＝90°,
AB ＝2, CD ＝1,对角线 AC 、BD 交于点 O, 如图 2.
15 6 3 证 sin ∠ AOB ＝ ..
26
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 即就会使题设和结论的逻辑关系 B
P
可.
解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四点共圆.延长BA、CD交于P,则∠ ADP＝∠ABC＝60°.
设 AD ＝x, 有 AP ＝ 3x,DP ＝2x.由割线定理得 （2＋ 3x ） 3x ＝2x （1＋
2x ）.
1
解得 AD ＝x ＝2 3 － 2, BC ＝ BP ＝4－ 3.
2 由托勒密定理有
BD ·CA ＝（4 － 3）（2 3 －2）＋2×1＝10 3 －12.
例 3 已知：如图 3,AB ＝BC ＝CA ＝AD, AH ⊥CD 于 H, CP ⊥BC, CP 交 AH 于P.求证：
3
△ ABC 的面积 S ＝ AP ·BD.
4
分析：因 S △ABC ＝ 3
BC 2
＝ 3
AC · BC, 只
44
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 ＝ 3
AC ·BC ＝ 3
AP ·BD.
44
3.2 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 4 如图 4,四边形 ABCD 中, AB ∥CD, AD ＝DC ＝DB ＝p, BC ＝q.证对角线 AC 的长为 4p 2
q 2
.
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 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.
又 S ABCD ＝ S △ABD ＋S △BCD ＝
33
2
故 sin ∠AOB ＝
15 6 3
26
BA CDE C
B
D
图
∵ AB ∥ CD, ∴ BC ＝ AE. 从而 , BC ＝ AE ＝ q. 在△ACE 中,∠CAE ＝90°, CE ＝2p, AE ＝q,故
AC ＝ CE 2
AE 2
＝ 4p 2
q 2
.
2.2 联想直径的性质构造辅助圆
例 5 已知抛物线 y ＝－x 2
＋2x ＋8 与 x 轴交于 B 、C 两点，点 D 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,证 AD 的取值范围是 3<AD ≤ 9..
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 . y
解：如图 5, 所给抛物线的顶点为 A 0（1,9）, 对称轴为 x ＝1,与 x 轴交于两点 B （ －2,0） 、 C （4,0）.
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 PA 0Q 图5
内时,∠BAC <90°.且有 3＝DP ＝DQ <AD ≤DA 0＝ 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 6 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：
AB 2－AN 2
＝ BM · BN .
分析：因 AB 2－AN 2
＝（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 6,
∵∠2＋∠ 3＝∠ 4＋∠ 5＝ 90°, 又∠3＝∠ 4, ∠1＝∠ 5,
∴∠ 1＝∠ 2.从而 , AM ＝ AN.
以 AM 长为半径作 ⊙A ,交 AB 于 F,交
BA 的延长线于 E.则 AE ＝AF ＝AN. 由割线定理有
BM ·BN ＝BF ·BE ＝ （ AB ＋AE ）（ AB －
AF ）
＝（AB ＋AN ）（ AB －AN ） ＝AB 2－AN 2, 即 AB 2－AN 2
＝BM ·BN.
2
N
F
1
2 34 5
M
A 0(1,9)
(-2,0) (4,0)
E A
B D
C 图6
例 7 如图 7,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：EP＋FQ＝EF.
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.
4 平移、旋转 ,翻折, 几何证明中的三种基本变换所谓几何变换就是根据确定的法则，对给定的图形（或其一部分）施行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系．
4.1 正三角形类型
在正Δ ABC中，P为Δ ABC内一点，将Δ ABP绕A点按逆时针方向旋转600，使得AB与AC重合。

经过这样旋转变化，将图（1-1-a ）中的PA、PB、PC三条线段集中于图（1-1-b ）中的一个Δ P'CP中，此时Δ P'AP 也为正三角形。

例1. 如图：（1-1 ）：设P是等边Δ ABC内的一点，PA=3，PB=4，PC=5，
证明∠ APB的度数是150°.
证：以PA为一边，向外作正三角形APQ，连接BQ，可知
PQ=PA=，3 ∠ APQ=6°0 ，
由于AB=AC，PA=Q，A ∠ CAP+∠PAB=60°=∠PAB+∠BAQ，即：
∠CAP=∠BAQ，所以△CAP≌△BAQ
可得：CP=BQ=，5
在△BPQ中，PQ=3，PB=4，BQ=5，由勾股定理，知△BPQ是直角三角形。

所以∠BPQ=9°0
所以
∠APB=∠APQ+∠ BPQ=6°0 +90°=150°。

4.2 正方形类型
在正方形ABCD中，P为正方形ABCD内一点，将Δ ABP绕 B 点按顺时针方向旋转900，使得BA与BC重合。

经过旋转变化，将图（2-1-
a ）中的PA、PB、PC三条线段集中于图（2-1-
b ）中的Δ CPP'中，此时Δ BPP' 为等腰直角三角形。

例 2 . 如图（2-1 ）： P 是正方形 ABCD 内一点，点 B 、C 的距离分别为 PA=1，PB=2，PC=3。

证正方形
解：作Δ AED 使∠ DAE=∠ BAP ，AE=AP 连结 EP ，则ΔADE≌Δ ABP （SAS ） 同样方法，作Δ DFC 且有Δ DFC≌ΔBPC 。

易证Δ EAP 为等腰直角三角形 ， 又∵AP=1 ∴PE=√2 同理 ，PF=3√2
∵∠EDA=∠PBA ，∠FDC=∠PBC 又∵ ∠PBA+∠PBC=90° ∴∠EDF=∠EDA+∠FDC+∠ADC= 90°+90°=180° ∴点 E 、D 、F 在一条直线上。

P 到正方形的三个顶点 A 、
∴EF=ED+DF=2+2=，4
在Δ EPF中，EF=4，EP=√2 ，FP=3√2 由勾股定理的逆定理，可知Δ EPF为直角三角形正方形ABCD的面积=△EPF的面积+△EPA的面积+=△PFC的面积=2√2+5
4.3等腰直角三角形类型
在等腰直角三角形Δ ABC中，∠C=900 , P 为Δ ABC内一点，将Δ APC绕C 点按逆时针方向旋转900，使得AC与BC重合。

经过这样旋转变化，在图（3-1-b ）中的一个Δ P' CP为等腰直角三角形。

例3．如图，在Δ ABC中，∠ ACB= 900，BC=AC，P为Δ ABC内一点，且PA=3，PB=1，
PC=2。

证∠ BPC的度数为135°。

因为△ABC中AC＝BC，∠ ACB=90°
所以可将三角形APC绕C旋转90度，CA与CB重合，P移动到D，连接PD 显然BD＝PA＝1，CD＝PC＝2，∠ PCD＝90°，∠ APC＝∠ CDB 所以PD＝2√2，∠ PDC＝∠ DPC＝45°
因为PB＝3
所以PD^2＋BD^2＝PB^2
所以Δ PBD是直角三角形且∠ PDB＝90°
所以∠ CDB＝90°＋45°＝135°
所以∠ APC＝∠ CDB＝135°
5.1 反证法
证明平面几何问题, 运用反证法是一种重要的方法. 反证法就是先假设待证的结论不成立, 经过严密的推理, 推出和已知条件或已知的定义、定理、公理相矛盾从而肯定待证结论成立.
一、用于“必然性”问题的证明
如果一个命题的结论以“必然” 、“等于”等形式给出，考虑使用反证法常常奏效。

例1：证明：三角形的三个内角中，至少有一个角不大于
60°.
已知：△ ABC，
求证：∠ A、∠B、∠ C、中至少有一个角不大于60°。

证明：假设三角形ABC的三个内角A、B、C都大于60°，则∠A+∠B+∠C > 180°，即三个内角的和大于180°，这与三角形的内角和等于180°相矛盾，所以三角形的三个内角至少有一个角不大于60°。

二、常规性证明习题
此类习题可用常规证明，也并不复杂。

如例题2，利用平行和等边对等角就可以证明。

但在此利用反证法证明，通过简单习题的运用，可让学生进一步理解反证法的运用，对学生思维能力的提升，也为学生在分析复杂问题的结论是否正确时提供一种方法。

例2：
证明：假设AB≠AC，则∠ B≠∠ C，因为AD∥BC，所以∠
1=∠B，∠ 2=∠ C，所以∠ 1≠∠2，
这与已知∠ 1=∠2相矛盾，
所以AB=AC。

三、用于“结论否定形式”的命题的证明
当命题的结论涉及到否定形式的论断时，宜用反证法。

而此类习题用常用证明方法很难证明。

例3 ：如图2，在△ ABC中，D、E 两点分别在AB和AC上
求证：CD、BE不能互相平分。

证明：假设CD、BE 互相平分，连接DE，则根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以有DE//BC，BD//EC，这与BD、CE相交于点 A 矛盾。

所以CD、BE不能互相平分。

四、用于证明“唯一性”的问题有些唯一性命题的证明使用反证法证明较简捷。

此类习题以概念性习题为主。

例4：试说明两条直线相交，只有一个交点。

证明：如图，假设直线AB与CD有两个或两个以上的交点。

不妨设交于点P，点 E 两个交点，则过点P、E的直线有两条，即直线AB与CD，这与“过两点有且只有一条直线”相矛盾。

所以，两条直线相交，只有一个交点。

6巧用面积法解几何题
用面积法解几何问题是一种重要的数学方法，在初中数学中有着广泛的应用，这种方法有时显得特别简捷，有出奇制胜、事半功倍之效，请看以下几例。

6.1.利用面积法求线段的长
例 1. 如图1，AD是Rt ABC的斜边BC上的高，且AC 60，AB＝45，求AD。

解：由勾股定理得：
BC AB2AC2452
6027 5
11
AB AC BC AD
22
ABA C 456 0 AD
BC 75
6.2.利用面积法证线段等式
例 3. 如图3，AD是ABC 的角平分
线，求证：
图1
例
2.
如
图
2，矩形ABCD中AB＝a，BC
＝b，
M是BC的中
点，
DEA M ，E 是垂足，求
证：
DE
2ab
4a
2
b
2
DM，
2
证明：连结
AM AB2BM 2
S
AMD
1 AM
2
由勾股定理
得：
1
4a2
b2
2
1
AD AB
2
DE
DE
AD AB
AM
2ab
4a
2
b
2
36
AB BD
AC DC
证明：过点D作DEA B于E，DFA C于F，过点A作AHB C 于H
由DE DF，
则有S ABD
AB
2
DE AB
S
ACD
1
AC
DF
AC
S ABD
1
BD AH BD
S ACD 1
DC AH DC
2
即
AB BD
AC DC
例 4. 已知一直角三角形两直角边为a、b，斜边 c 上的高为
h，求证：111 a2b2h2
证a2b2c2
a
2
h
2
b
2
h
2
c
2
h
2 由三角形面积关系有ab ch
即a2b2ch2 2
(a
2
bh
2
)
2
a
2
b
2
整理后，即得
1
b
2
1
h
2
6.3.利用面积法证线段不等式
例 5. 如图4，在ABC 中已知AB AC
AB 边上的高，求证：BDC E
AC ，BD、CE分别为AC、AB
A
图4
由 AE ＝ DE ， S
AEB
S
BED
设 S
EFC
y
，
则 S
AEF x
AF
S
ABF
3x y
FC
S
BFC
3x y
AF S AEF
x
y
FC S EFC
y
1）
由（ 1）（2）得：
xy
y
证明： BD AC ， CE AB
6.4 利用面积法求线段的比
例 6. 如图 5，已知在 ABC 中，BD ：CD ＝2：1，E 为 AD 的中点，连结 BE 并 延长交 AC 于 F ，求 AF ：FC
解：连结 CE ，设 S CED x 由 AE ＝ DE ，可知 S ACE x
由 BD ：CD ＝ 2： 1，可知 S BED 2x
5 x 3y
1 AB CE
2 1
AC BD 2
AB CE AC
AB AC ， AB
AC BD 1，即 BDC ，即 A A B
C
BD
CD
1
E S
ABC
A
B D
C 图5
2x
y
2）
3x y
3x y
5y y
代入（2）中，得AF x y3 2 FC y y 3
结论
对于几何证明的方法有很多，在这里我所写的只是其中很少一部分。

本文重点讲诉了作平行线，翻折旋转，反证等方法在几何证明中的应用，这几种方法各有特点，在什么情况下用哪种方法，，，，，把握好这一点是证题的关键。

参考文献
[1]邱继勇，用类比与一般化的思维方法探究新命题 [J] ；中学数学； 2004年 12期
[2]田进誉 ;中学数学与数学思想方法教学 [J]; 晋中师范高等专科学校学报 ;2002 年04期
[3]文恒毅 ;; 初等几何变换与中学几何教学 [J]; 河池学院学报 ;1988 年 01
期.
[4]沈文选，平面几何证明方法全书；哈尔滨工业大学出版社； 2005-9-1
[5]郭耀红，戴普庆；中学数学研究；安徽师范大学出版社； 2000.6
[6]李中平；平面几何分类证明；西南师范大学出版社； 2011,7,1
[7]阿达玛；几何学教程（平面几何卷）；哈尔滨大学出版社； 2011,3,1
[8]萧振刚；几何变换与几何证明；哈尔滨大学出版社； 2010,5,1
[9]郑元禄；数学趣题巧解；哈尔滨大学出版社； 2012,3,1
[10]杨世明；三角形趣谈；哈尔滨大学出版社； 2012,8,1
致谢
本文在选题、修改及其定稿的整个过程中，都是在王敏老师的
细心指导下完成的，在此对她表示特别的感谢！另外，衷心感谢数学计算机科学学院的老师四年来对我的谆谆教导．在本文的写作过
程中，本人查阅了一些资料，在此向撰写这些资料的老师表示感谢．。