初中数学比例式的证明方法.doc

第16讲 比例式的证明方法
艺术的进步在很大程度上取决于艺术的特征.为什么人们总是用数和线或由数和线所描述的事物来说明问题呢？这是因为任何概念除了与数和线相对应的这些特征以外，再无其他更重要的特征了.
——莱布尼兹
知识方法扫描
1．形如ab=cd的乘积式的证明，常化成比例式。而比例式的证明，可由题目条件选择平行线分线段成比例定理，相似形的性质或角平分线性质定理来解决。必要时还需引入第三比来转化。
2．形如，，一类式子的证明，常将其转化为若干比例式之积来解决。如要证明，可先设法证，二式相乘即可。这里寻找线段x,是证题的关键。
3．形如一类以分式形式出现的等式的证明，一般是利用比例关系化为分母相同的一组比，然后进行计算，这种方法类似于分式运算中的通分。还有一类形如的式子中没有线段的比，可以化为的形式来证明。
4．形如ab+cd=ef的等式的证明，常将e或f两段中的一段分成两段，如将f分为x+y,然后设法证明ab=ex,cd=ey即可，选择f上的分点，是探寻证题思路的关键。
5．利用比例线段还可以用来证明线段或角的相等，以及证明直线的平行与垂直等，还可以用来计算有关线段长度，及角的度数等．
经典例题解析
例1．(1985年合肥市初中数学竞赛试题)如图，在⊙O内，弦AB∥CD，QO⊥AB交BC于P，交AC延长线于Q，求证：OP•OQ=OA2。

证明 如图，连结PA，OB。因AB∥CD，QO⊥AB，故∠BOM=∠AOM=∠AOB =∠ACM，于是∠BOP=∠PCQ。
又∠OPB=∠CPQ，于是∠OPB=∠Q。但显然有∠OPB=∠PAO，于是∠PAO=∠Q。从而△POA∽△AOQ，，OP•OQ=OA2。
例2．△ABC的三条内角平分线相交于I, 过I作DE⊥AI, DE交AB于D, 交AC于E. 求证：.
证明 如图，∠DIB＝∠ADI－∠DBI
＝(90°－∠1)－∠2＝90°－∠BAC－∠ABC
＝90°－(180°－∠ACB)＝∠ACB＝∠3,
同理可证∠EIC＝∠2, 故有△IDB∽△CIB.
∴, 即 IB2＝BD·BC.
同法可证△CEI∽△CIB，∴△IDB∽△CEI，
∵AI平分∠DAE, AI⊥DE,∴DI＝EI.
故 即ID2＝BD·CE.
∴
例3．（1985年宁夏回族自治区初中数学竞赛试题）如图，已知AD是△ABC的外接圆的直径，由B，C分别作AD的垂线交AC的延长线于E，交AB于F，求证：。

证明 设FC，EB分别交AD于H，G。连结BD，CD。
由射影定理，得 AB2=AG•AD， AC2=AH•AD，于是………①
由 CF∥BE，得………②
易证△AEB∽△ABC，于是………③
由①②③得。
例4．四边形ABCD是圆内接四边形，求证：AC••••BD=AB••••CD+AD••••BC。
证明 作DE交AC于E，使∠1=∠2，因∠3=∠4，故△CDE∽△DAB，于是有，AB•CD=DB•CE
同理可证△DAE∽△CDB，，DA•BC=BD•AE
将上面两式相加，可得
AB•CD+ DA•BC= DB•CE+ BD•AE=BD（CE+AE）=BD•AC。

评注1． 本题就是托勒密定理：圆内接四边形的对角线之积等于它的两组对边乘积之和。
2．托勒密定理的逆定理也是成立的，即若一个四边形的对角线之积等于它的两组对边乘积之和，那么这个四边形内接于圆。
例5．（1985年黑龙江省齐齐哈尔市、大庆市初中数学竞赛）如图，P为△ABC的中位线DE上的一点，BP交AC于N，CP交AB于M．求证：

解 如图，过A作BC的平行线分别交直线BN、CM于G、H．
连GC、HB.易知HG∥DE∥BC.
由于D为AB中点，可知P为BG、CH的中点．
故四边形BCGH为平行四边形，有
∴
于是，
即
例6．在△ABC中，∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4．求证：。

分析 要证明，只要证明或即可。
设法利用长度分别为AB，BC，CA及AB＋AC这4条线段，构造一对相似三角形，问题可能解决．
注意到原△ABC中，已含上述4条线段中的三条，因此，不妨以原三角形ABC为基础添加辅助线，构造一个三角形，使它与△ABC相似，期望能解决问题．
证明 延长AB至D，使BD=AC(此时，AD=AB＋AC)，又延长BC至E，使AE=AC，连结ED．下面证明△ADE∽△ABC．
设∠A=α，∠B=2α，∠C=4α，则∠A+∠B+∠C=7α=180°．
由作图知，∠ACB是等腰三角形ACE的外角，所以∠ACE=180°-4α＝3α，
所以 ∠CAE=180°-3α-3α=7α-6α=α．从而∠EAB=2α＝∠EBA，AE＝BE．
又由作图AE=AC，AE=BD，所以 BE=BD，△BDE是等腰三角形，所以∠D＝∠BED＝α＝∠CAB，所以 △ABC∽△DAE，，即。
所以
例7．（1999年上海市高中理科班、数学班招生选拔测试数学试题）如图所示,在锐角△ABC中,AD是BC边上的高E是AD上一点且满足AE∶ED=CD∶DB,过D作DF⊥BE,F为垂足,证明:∠AFC=90°。

证明 ∵DF为Rt△BDE斜边上的高, ∴∠EDF=∠EBD, 故△EFD∽△EDB。
于是，从而。
由条件, 所以，即有 ①
另一方面,∠AEF=90°+∠EDF=∠CDF, 即∠AEF=∠CDF ②
由①②可知△AEF∽△CDF, 所以∠AFE=∠CFD.
于是∠AFC=∠DFE=90°.
例8．（1978年天津市数学竞赛试题）设△ABC为等腰三角形，BC为底边，D为从A到BC的垂足，以AD为直径作圆，由B，C依次作圆的切线BE和CF， E，F为切点，证明EF在△ABC内部一段的长等于它在外部两段之和。

证明 过A作⊙O的切线与CF的延长线交于K点，则有AK=FK，CD=CF。
易证 AK∥MF∥DC， 于是有，，即，所以MH=HF，同理GM=GE， 于是GH=MH+GM=HF+GE
同步训练
一、选择题
1．（1997年荆州市初三数学竞赛试题）如图。D为△ABC的BC边的中点，E为AC边上的点，且AC=3CE,，BE和AD交于O点，则等于
(A) 2 (B) 3或4 (C) 3 (D) 4

2．（1994年全国初中数学联赛试题）设锐角的三条高,,相交于,若,,,则的值是
(A); (B);
(C); (D).
3．如图, △ABC中, AD是角平分线, ∠BAC＝120°, 若AB＝c, AC＝b, AD＝x, 则( )
A、b＋x＝c B、
C、 D、b, c, x的关系无法确定
二、填空题
4．在Rt△ABC中, 斜边BC上的高为AD, 则＝________.
5．(第17届哈尔滨市初中数学竞赛试题)如图，从圆O外一点M作圆的切线MA，切点为A，再作割线MBC,交圆O于B,C两点，∠ANC的平分线交AC于E,交AB于D,则的值等于 .

6．（1990-1991学年度广州等五市初中数学联赛试题）如图，正△ABC和正△A1B1C1中，点O既是AC的中点，又是A1C1的中点，则AA1:BB1= .

三、解答题
7．求证：圆外切等腰梯形的高是其上下两底的比例中项.

8．已知G为△ABC的重心, 过A、G作一圆与BG相切,
若CG的延长线交圆于H, 求证：AG2＝CG·HG. 。

9．（1996年全国初中数学联赛四川赛区预赛试题）
如图，在△ABC中，∠C=90º，∠A的平分线AD交BC
边于D，求证：.

10．在等腰三角形ABC中，AD是底边BC上的高，CE是腰AB上的高，DF⊥CE于E，FG⊥AD于G，求证：。

11．如图AB是半圆的直径，C，D是半圆上两点AD，BC交于P ，求证：
AP•AD+BP•BC=AB2

12．（2000年我爱数学初中生夏令营试题）已知M，N分别在正方形ABCD的边DA，AB上，且AM＝AN，过A作BM的垂线，垂足为P。求证∠APN＝∠BNC。
13．在△ABC中, P、Q分别是AB、AC边上的点且PQ∥BC, 延长CA到D, 过Q作QE∥BD与BA的延长线交于E, 求证：CE∥PD.

14．△ABC的内切圆O切BC,CA,AB于A’,B’,C’.过O分别作△A’B’C’各边的平行线，它们在BC,CA,AB上截得的线段分别为EF,MN,PQ，求证： 。

15．如图, 在∠MPN的边PM上有点A, D；在边PN上有点C, B, AB与CD相交于F.
(1) 若PF是∠MPN的平分线, 求证：；
(2) 若, 则PF是∠MPN的平分线.

同步训练题参考答案
1．D
过D作DF∥BE，交CE于D，显然D为CE中点。AE=2CE=4EF，=4。

2．B
由题设可知，H，D，C，E四点共圆.因此，有

同理，，

所以
3. B
过D引DE∥AB，交AC于E．因为
AD是∠BAC的平分线，∠BAC=120°，
所以∠BAD=∠CAD=60°．
又∠BAD=∠EDA=60°，所以△ADE
是正三角形，所以EA=ED=AD． ①
由于DE∥AB，所以△CED∽△CAB，所以
②
由①，②得, 从而,即.
4．1
===1。
5. 1
因ME是∠ANC的平分线，故有。于是

= +
= ，
因MA2=MB•MC，故=1。
6．
连结BO，B1O，则BO，B1O分别是△ABC和△A1B1C1的高，且。又因∠AOA1=∠BOB1=90º+∠BOA1, 于是△AA1O∽△BB1O，.

7．如图, 设⊙O为等腰梯形ABCD的内切圆, E、G、F是切点, 连OA、OG、OB, 易证△ABO为直角三角形, 有OG2＝AG·BG ①, 但AE＝ED＝AG, BF＝FC＝BG, 即AD＝2AG, BC＝2BG, 而EF＝2OG, 故由①得：(EF)2＝AD·BC, 从而EF2＝AD·BC.
8. 延长AG至K, 使GK＝AG, 连结CK, 延长CF交圆于H, 连结AH, 因CE∥KC, 故∠K＝∠ADE, 而∠ADE＝∠H, 故∠K＝∠H, 又∠ADH＝∠KDC, ∴△AHG∽△CKG, 于是, 但AG＝KG, 故AG2＝CG·HG.
9．过C作AD的垂线,垂足为E，CE的延长线交AB于F，则AC2=AE•AD.
因∠CAD=∠FAE，AE⊥CF，故CE=EF。过E作EG∥BC交AB于G，则BC=2EG。
所以。

10．延长FG交AB于K,连結DK,易证△FDC≌△EKF，从而可证EFDK是矩形。
由△ADB∽△DGF可得，由△ADB∽△AGK可得，由△ADB∽△KGD,可得，三式相乘即得

11．过P作PE⊥AB于E, 由Rt△APE∽Rt△ABD, 可得, 故AP·AD＝AE·AB, 同理BP·BC＝BE·AB, 两式相加, 得AP·AD＋BP·BC＝AE·AB＋BE·AB＝(AE＋BE)·AB＝AB2.

12. 证法1：因△AMP∽△BAP，故
又AM＝AN，AB＝BC，故
连PC，因∠PAN＝∠PBC，所以△PAN∽△PCB。
从而∠ANP＝∠BCP，于是P、N、B、C四点共圆。
因此，∠BNC＝∠BPC＝∠APN。
证法2： 过N作DC的垂线交MB于L，连AL。则A，N，L，P四点共圆，故∠APN＝∠ALN。
设BC＝a，AN＝b，在△CBN中，
由△BNL与△BAM中，有
即，故NL＝
又在△ANL中，
从而Rt△ANL∽Rt△CBN，于是∠ALN＝∠BNC。因此，∠APN＝∠BNC。
13．由PQ∥BC得, 由QE∥BD得, 故有AP·AC＝AE·AD＝AB·AQ, 从而, 又∠PAD＝∠EAC, 于是△APD∽△AEC, ∠DPA＝∠CEA, ∴CE∥PD.

14．连结OC，QE，MF。 由EN∥A’B’及OC⊥A’B’得OC⊥EN 。
因OC平分∠ENC， 故ON=OE。同理OM=OQ。于是△OMN≌△OQE。EQ=MN，EQ∥MN。同理有FM=EQ，FM∥EQ 。
所以，△QBE∽△ABC∽△MFC，于是，。
==1

15．(1)作PP′⊥AB, DD′⊥AB, CC′⊥AB, 则有, , , 从上三式可得, 但由∠1＝∠2得, 从而有, 它可改写为, 即, 也就是, 故有.
(2) 可由(1)逆推而得, 此处从略.