第一讲 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.
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.
AD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.
BPQC有DP＝AC,∠BDP＝∠QAC.
图1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.
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.
EP∥,易知△PBA≌△ECD.有 由AB CD＝GDPA＝ED,PB＝EC. A 显然,四边形PBCE、PADE均为平行四边形.有
BFC ∠BCE＝∠BPE,∠APE＝∠ADE.
图2 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 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、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 A于F,过点F作BC的平行线分别交PQ、AC NMPE于K、G,连PG. DF
BKQ图3GC1
由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC 两边距离相等.有KQ＝PN. 显然,
EPEFCG＝＝,可知PG∥EC. PDFDGD 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：
AM1AM2ABAC＋＝＋.
ANANAPAQ12证明：如图4,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
APQN2M1M2CD图4N1EBABBEACCE＝,＝, APDEAQDE
AM1MEAM2ME＝1,＝2. AN1DEAN2DE则
AM1AM2ABACBE?CEM1E?M2E＋＝＝＝＋.
AN1AN2DEAPAQDEAM1AM2ABAC＋＝＋.
AN1AN2APAQ所以,
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
QMPAN别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、
FN、M. KE显然,
BDKDDC＝＝. ANKAAM有BD·AM＝DC·AN. (1) 由
BBD·AMAPAFAM＝＝, 有AP＝. (2) BDFBBCBCDC·ANAQAEAN由＝＝, 有AQ＝. (3)
BCDCECBC对比(1)、(2)、(3)有
2
D图5CAP＝AQ. 显然AD为PQ的中垂线,故AD平分∠PDQ. 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.
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.
2222
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＋CN＝DM＋DN,求证：AD＝
2
122
(AB＋AC). 4证明：如图6,过点B作AC的平行线交ND A延长线于E.连ME.
MN 由BD＝DC,可知ED＝DN.有
CB△BED≌△CND. 于是,BE＝NC. D 显然,MD为EN的中垂线.有 EM＝MN. E22222222
图6MBE＝90°.有 由BM＋BE＝BM＋NC＝MD＋DN＝MN＝EM,可知△BEM为直角三角形,∠
∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°.
1?1?22
于是,∠BAC＝90°. 所以,AD＝?BC?＝(AB＋AC).
4?2?2
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.
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
22
DB＝FB＝AB·HB,
CF22
AD＝AE＝AG·AB. E22
二式相减,得 DB－AD＝AB·(HB－AG),
或 (DB－AD)·AB＝AB·(HB－AG). 于是,DB－AD＝HB－AG,
ABGDOH或 DB－HB＝AD－AG.
图7 就是DH＝GD. 显然,EG∥CD∥FH. 故CD平分EF.
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
DMAMME＝＝, BNANNCBNMEDMDM即 ＝或＝.
BNMENCNC
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.
ADMBN图8CE3
证明：如图9,过C作EF的平行线分别交AE、
AAF于M、N.由BD∥EF,可知MN∥BD.易知 S△BEF＝S△DEF. 有S△BEC＝S△ⅡKG－ *5ⅡDFC.
BD 可得MC＝CN. 所以,EG＝GF. MNC
EFG
图9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 A交直线AB、AC于Q、P两点,连OP、OQ、
CBOE、OF. FPQK 由OD⊥BC,可知OK⊥PQ. E 由OF⊥AB,可知O、K、F、Q四点共圆,有 ∠FOQ＝∠FKQ.
O 由OE⊥AC,可知O、K、P、E四点共圆.有∠EOP＝∠EKP.
图10 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.
第二讲 巧添辅助圆
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. 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,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
A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＝
E∠A.求证：BD＝2CD.
分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.
BCD容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,故不能 GF直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆 图1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. 因∠GEF＝
1∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC. 2CODB 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＝
A4
P图2∠BCD＝90°,
AB＝2,CD＝1,对角线AC、BD交于点O,如图2. 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＝3x,DP＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝23－2,BC＝＝4－3.
由托勒密定理有
BD·CA＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.
1BP2 又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝
3315?63. 故sin∠AOB＝. 226
例3 已知：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH ⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：
A3△ABC的面积S＝AP·BD.
4分析：因S△ABC＝
BPQDC图3H323BC＝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＝
33AC·BC＝AP·BD. 442 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.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 p、q的关系.
解：延长CD交半径为p的⊙D于E点,连结AE.
AB显然A、B、C在⊙D上.
CDE5
图4
中考数学 平面几何辅助线添加技法总结与例题详解
