競賽專題講座04
-平面幾何證明
[競賽知識點撥]
1. 線段或角相等的證明
(1) 利用全等△或相似多邊形;
(2) 利用等腰△;
(3) 利用平行四邊形;
(4) 利用等量代換;
(5) 利用平行線的性質或利用比例關係
(6) 利用圓中的等量關係等。
2. 線段或角的和差倍分的證明
(1) 轉化為相等問題。如要證明a=b±c,可以先作出線段p=b±c,再去證明a=p,即所謂「截長補短」,角的問題仿此進行。
(2) 直接用已知的定理。例如:中位線定理,rt△斜邊上的中線等於斜邊的一半;△的外角等於不相鄰的內角之和;圓周角等於同弧所對圓心角的一半等等。
3. 兩線平行與垂直的證明
(1) 利用兩線平行與垂直的判定定理。
(2) 利用平行四邊形的性質可證明平行;利用等腰△的「三線合一」可證明垂直。
(3) 利用比例關係可證明平行;利用勾股定理的逆定理可證明垂直等。
【競賽例題剖析】
【例1】從⊙o外一點p向圓引兩條切線pa、pb和割線pcd。從a點作弦ae平行於cd,鏈結be交cd於f。求證:be平分cd。
【分析1】構造兩個全等△。
鏈結ed、ac、af。
cf=df←△acf≌△edf←
←←∠pab=∠aeb=∠pfb
【分析2】利用圓中的等量關係。鏈結of、op、ob。
←∠pfb=∠pob←
←注:鏈結op、oa、of,證明a、o、f、p四點共圓亦可。
【例2】△abc內接於⊙o,p是弧 ab上的一點,過p作oa、ob的垂線,與ac、bc分別交於s、t,ab交於m、n。求證:pm=ms充要條件是pn=nt。
【分析】只需證, pm·pn=ms·nt。
(∠1=∠2,∠3=∠4)→△apm∽△pbn
→→pm·pn=am·bn
(∠bnt=∠ams,∠btn=∠mas)→△bnt∽△sma
→→ms·nt=am·bn
【例3】已知a為平面上兩半徑不等的圓o1和o2的乙個交點,兩外公切線p1p2、q1q2分別切兩圓於p1、p2、q1、q2,m1、m2分別為p1q1、p2q2的中點。求證:∠o1ao2=∠m1am2。
【分析】設b為兩圓的另一交點,鏈結並延長ba交p1p2於c,交o1o2於m,則c為p1p2的中點,且p1m1∥cm∥p2m2,故cm為m1m2的中垂線。
在o1m上擷取mo3=mo2,則∠m1ao3=∠m2ao2。
故只需證∠o1am1=∠o3am1,即證。
由△p1o1m1∽p2o2m2,m1o3=m2o2,o1p1=o1a,o2p2=o2a可得。
【例4】在△abc中,ab>ac,∠a的外角平分線交△abc的外接圓於d,de⊥ab於e,求證:ae=。
【分析】方法1、2ae=ab-ac
← 在be上擷取ef=ae,只需證bf=ac,鏈結dc、db、df,從而只需證△dbf≌△dca
← df=da,∠dbf=∠dca,∠dfb=∠dac
←∠dfa=∠daf=∠dag。
方法2、延長ca至g,使ag=ae,則只需證be=cg
← 鏈結dg、dc、db,則只需證△dbe≌△dcg
← de=dg,∠dbe=∠dcg,∠deb=∠dgc=rt∠。
【例5】∠abc的頂點b在⊙o外,ba、bc均與⊙o相交,過ba與圓的交點k引∠abc平分線的垂線,交⊙o於p,交bc於m。
求證:線段pm為圓心到∠abc平分線距離的2倍。
【分析】若角平分線過o,則p、m重合,pm=0,結論顯然成立。
若角平分線不過o,則延長do至d『,使od』=od,則只需證dd『=pm。鏈結d』p、dm,則只需證dmpd『為平行四邊形。
過o作m⊥pk,則dd』,kp,∴∠d『pk=∠dkp
bl平分∠abc,mk⊥bl→bl為mk的中垂線→∠dkb=∠dmk
∴∠d』pk=∠dmk,∴d『p∥dm。而d』 d∥pm,
∴dmpd『為平行四邊形。
【例6】在△abc中,ap為∠a的平分線,am為bc邊上的中線,過b作bh⊥ap於h,am的延長線交bh於q,求證:pq∥ab。
【分析】方法1、結合中線和角平分線的性質,考慮用比例證明平行。
倍長中線:延長am至m』,使am=ma『,鏈結ba』,如圖6-1。
pq∥ab←←←
←∠a『bq=180°-(∠hba+∠bah+∠cap)= 180°-90°-∠cap=90°-∠bap=∠abq
方法2、結合角平分線和bh⊥ah聯想對稱知識。
延長bh交ac的延長線於b』,如圖6-2。則h為bb『的中點,因為m為bc的中點,鏈結hm,則hm∥b/c。延長hm交ab於o,則o為ab的中點。
延長mo至m』,使om『=om,鏈結m』a、m『b,則am』bm是平行四邊形,
∴mp∥am『,qm∥bm』。於是,,所以pq∥ab。
【例7】菱形abcd的內切圓o與各邊分別切於e、f、g、h,在ef與gh上分別作⊙o的切線交ab於m,交bc於n,交cd於p,交da於q。
求證:mq∥np。(95年全國聯賽二試3)
【分析】由ab∥cd知:要證mq∥np,只需證∠amq=∠cpn,
結合∠a=∠c知,只需證△amq∽△cpn←,am·cn=aq·cp。
鏈結ac、bd,其交點為內切圓心o。設mn與⊙o切於k,鏈結oe、om、ok、on、of。記∠abo=φ,∠mok=α,∠kon=β,則
∠eom=α,∠fon=β,∠eof=2α+2β=180°-2φ。
∴∠bon=90°-∠nof-∠cof=90°-β-φ=α
∴∠cno=∠nbo+∠nob=φ+α=∠aoe+∠moe=∠aom
又∠ocn=∠mao,∴△ocn∽△mao,於是,
∴am·cn=ao·co
同理,aq·cp=ao·co。
【例8】abcd是圓內接四邊形,其對角線交於p,m、n分別是ad、bc的中點,過m、n分別作bd、ac的垂線交於k。求證:kp⊥ab。
【分析】延長kp交ab於l,則只需證∠pal+∠apl=90°,
即只需證∠pdc+∠kpc=90°,只需證∠pdc=∠pkf,
因為p、f、k、e四點共圓,故只需證∠pdc=∠pef,即ef∥dc。
←←←△dme∽△cnf
【例9】以△abc的邊bc為直徑作半圓,與ab、ac分別交於點d、e。過d、e作bc的垂線,垂足分別是f、g,線段dg、ef交於點m。求證:am⊥bc。
【分析】鏈結be、cd交於h,則h為垂心,故ah⊥bc。(同一法)
設ah⊥bc於o,dg、ah交於m1,ef、ah交於m2。下面證m1、m2重合。
om1∥df→→om1=。
om2∥eg→→om2=。
只需證og·df=eg·of,即←rt△oeg∽rt△odf←∠dof=∠dhb=∠ehc=∠eog。
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