平面几何证明常用方法.doc

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.
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.
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＝ED,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、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.
由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC
两边距离相等.有KQ＝PN.
显然,＝＝,可知PG∥EC.
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：
＋＝＋.
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
＋＝＋.
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
＝,＝,
＝,＝.
则＋＝＝＝＋.
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
别交直线DE、DF、BE、CF于Q、P、
N、M.
显然,＝＝.
有BD·AM＝DC·AN. (1)
由＝＝, 有AP＝. (2)
由＝＝, 有AQ＝. (3)
对比(1)、(2)、(3)有
AP＝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.
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BM2＋CN2＝DM2＋DN2,求证：AD2＝(AB2＋AC2).
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.
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＝＝(AB2＋AC2).
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
DB2＝FB2＝AB·HB,
AD2＝AE2＝AG·AB.
二式相减,得 DB2－AD2＝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
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
＝＝,
即 ＝或＝.
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－ *5ⅡDFC.
可得MC＝CN. 所以,EG＝GF.

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.
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,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.
因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC.
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.
证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＝x,DP＝2x.由割线定理得(2＋x)x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝2－2,BC＝BP＝4－.
由托勒密定理有
BD·CA＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12.
又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝. 故sin∠AOB＝.

例3 已知：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH
⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：
△ABC的面积S＝AP·BD.
分析：因S△ABC＝BC2＝AC·BC,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＝AC·BC＝AP·BD.
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.
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.
∵AB∥CD, ∴BC＝AE. 从而,BC＝AE＝q.
在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故
AC＝＝.

2.2 联想直径的性质构造辅助圆
例5 已知抛物线y＝－x2＋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.

解：如图5,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).
分别以BC、DA为直径作⊙D、⊙E,则
两圆与抛物线均交于两点P(1－2,1)、
Q(1＋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：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) ＝AB2－AN2, 即 AB2－AN2＝BM·BN.
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：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.
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ΔABC中，P为ΔABC内一点，将ΔABP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ΔP'CP中，此时ΔP'AP也为正三角形。

例1. 如图：（1-1）：设P是等边ΔABC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=60°，

由于AB=AC，PA=QA，∠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=90°
所以
∠APB=∠APQ+∠BPQ=60°+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ΔABP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ΔCPP'中，此时ΔBPP' 为等腰直角三角形。

例2  . 如图（2-1）：P是正方形ABCD内一点，点P到正方形的三个顶点A、B、C的距离分别为PA=1，PB=2，PC=3。证正方形ABCD面积为2√2+5。

 解：作ΔAED使∠DAE=∠BAP，AE=AP
连结EP，则ΔADE≌ΔABP（SAS）
同样方法，作ΔDFC且有ΔDFC≌ΔBPC。
易证ΔEAP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。
∴EF=ED+DF=2+2=4，
在ΔEPF中，EF=4，EP=√2 ，FP=3√2
由勾股定理的逆定理，可知ΔEPF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ΔABC中， ∠C=900 , P为ΔABC内一点，将ΔAPC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ΔP' CP为等腰直角三角形。

例3．如图，在ΔABC中，∠ ACB =900，BC=AC，P为ΔABC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ΔPBD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： 如图1，已知∠CAE是△ABC的外角，AD∥BC，且∠1=∠2，
1
2
图5
求证：AB=AC，

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是的斜边BC上的高，且，AB＝45，求AD。

解：由勾股定理得：

例2. 如图2，矩形ABCD中AB＝a，BC＝b，M是BC的中点，，E是垂足，求证：

证明：连结DM，由勾股定理得：

6.2. 利用面积法证线段等式
例3. 如图3，AD是的角平分线，求证：

证明：过点D作于E，于F，过点A作于H
由，则有

即

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：
证明：

由三角形面积关系有
即

整理后，即得

6.3. 利用面积法证线段不等式
例5. 如图4，在中已知，BD、CE分别为AC、AB边上的高，求证：

证明：

，即

，即

6.4 利用面积法求线段的比
例6. 如图5，已知在中，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
由AE＝DE，可知
由BD：CD＝2：1，可知
由AE＝DE，
设，则
（1）
（2）
由（1）（2）得：

代入（2）中，得
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
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[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．

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