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第1个回答 2013-05-21
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.
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 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.
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5AD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.
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.
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
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.
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＝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.
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.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.
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,则AD的取值范围是____.
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6AD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.
证明：如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连
结CG.
因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、
G四点共圆.
由切割线定理,有
EF2＝(EG＋GF)·EF
＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB
＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2, 即EP2＋FQ2＝EF2.
2.4联想托勒密定理构造辅助圆
例8如图8,△ABC与△A＇B＇C＇的三边分别为a、b、c与a＇、b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇.
分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.
证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示.
∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D,
∠BCD＝∠B＝∠B＇,
∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.
∴△A＇B＇C＇∽△DCB.
有＝＝,
即＝＝.
故DC＝,DB＝. 又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.
从而,由托勒密定理,得AD·BC＝AB·DC＋AC·BD,
即a2＝c·＋b·. 故aa＇＝bb＇＋cc＇.
练习题
1.作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则＝.
(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而＝＝.)
2.已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.
(提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)
3.在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.求∠AMC的度数.
(提示：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)
4．如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作
CF⊥AF,CE⊥AE.求证：AB·AE＋AD·AF＝AC2.
(提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点
G、H.则CG＝AH,由割线定理可证得结论.)
5.如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线
CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D,且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC2＝AB·AE.
(提示：作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3
于F,证E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,从而AE
＝AF,由相交弦定理即得结论.)
6．已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.
求证：AB·AC＝AE2－BE2.
(提示：以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB·AC＝AN·AM.)
7.若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证：－＝1.
(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)本回答被网友采纳
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.
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 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.
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5AD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.
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.
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
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.
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＝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.
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.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.
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,则AD的取值范围是____.
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6AD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.
证明：如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连
结CG.
因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、
G四点共圆.
由切割线定理,有
EF2＝(EG＋GF)·EF
＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB
＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2, 即EP2＋FQ2＝EF2.
2.4联想托勒密定理构造辅助圆
例8如图8,△ABC与△A＇B＇C＇的三边分别为a、b、c与a＇、b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇.
分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.
证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示.
∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D,
∠BCD＝∠B＝∠B＇,
∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.
∴△A＇B＇C＇∽△DCB.
有＝＝,
即＝＝.
故DC＝,DB＝. 又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.
从而,由托勒密定理,得AD·BC＝AB·DC＋AC·BD,
即a2＝c·＋b·. 故aa＇＝bb＇＋cc＇.
练习题
1.作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则＝.
(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而＝＝.)
2.已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.
(提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)
3.在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.求∠AMC的度数.
(提示：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)
4．如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作
CF⊥AF,CE⊥AE.求证：AB·AE＋AD·AF＝AC2.
(提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点
G、H.则CG＝AH,由割线定理可证得结论.)
5.如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线
CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D,且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC2＝AB·AE.
(提示：作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3
于F,证E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,从而AE
＝AF,由相交弦定理即得结论.)
6．已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.
求证：AB·AC＝AE2－BE2.
(提示：以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB·AC＝AN·AM.)
7.若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证：－＝1.
(提示：证b2＝a2＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)本回答被网友采纳
第2个回答 2014-09-21
人说几何很困难，难点就在辅助线。
辅助线，如何添？把握定理和概念。
还要刻苦加钻研，找出规律凭经验。
图中有角平分线，可向两边作垂线。
也可将图对折看，对称以后关系现。
角平分线平行线，等腰三角形来添。
角平分线加垂线，三线合一试试看。
线段垂直平分线，常向两端把线连。
要证线段倍与半，延长缩短可试验。
三角形中两中点，连接则成中位线。
三角形中有中线，延长中线等中线。
平行四边形出现，对称中心等分点。
梯形里面作高线，平移一腰试试看。
平行移动对角线，补成三角形常见。
证相似，比线段，添线平行成习惯。
等积式子比例换，寻找线段很关键。
直接证明有困难，等量代换少麻烦。
斜边上面作高线，比例中项一大片。
半径与弦长计算，弦心距来中间站。
圆上若有一切线，切点圆心半径连。
切线长度的计算，勾股定理最方便。
要想证明是切线，半径垂线仔细辨。
是直径，成半圆，想成直角径连弦。
弧有中点圆心连，垂径定理要记全。
圆周角边两条弦，直径和弦端点连。
弦切角边切线弦，同弧对角等找完。
要想作个外接圆，各边作出中垂线。
还要作个内接圆，内角平分线梦圆
如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。
内外相切的两圆，经过切点公切线。
若是添上连心线，切点肯定在上面。
要作等角添个圆，证明题目少困难。
辅助线，是虚线，画图注意勿改变。
假如图形较分散，对称旋转去实验。
基本作图很关键，平时掌握要熟练。
解题还要多心眼，经常总结方法显。
切勿盲目乱添线，方法灵活应多变。
分析综合方法选，困难再多也会减。
虚心勤学加苦练，成绩上升成直线。
几何证题难不难，关键常在辅助线；
知中点、作中线，中线处长加倍看；
底角倍半角分线，有时也作处长线；
线段和差及倍分，延长截取证全等；
公共角、公共边，隐含条件须挖掘；
全等图形多变换，旋转平移加折叠；
中位线、常相连，出现平行就好办；
四边形、对角线，比例相似平行线；
梯形问题好解决，平移腰、作高线；
两腰处长义一点，亦可平移对角线；
正余弦、正余切，有了直角就方便；
特殊角、特殊边，作出垂线就解决；
实际问题莫要慌，数学建模帮你忙；
圆中问题也不难，下面我们慢慢谈；
弦心距、要垂弦，遇到直径周角连；
切点圆心紧相连，切线常把半径添；
两圆相切公共线，两圆相交公共弦；
切割线，连结弦，两圆三圆连心线；
基本图形要熟练，复杂图形多分解；
以上规律属一般，灵活应用才方便。
辅助线，如何添？把握定理和概念。
还要刻苦加钻研，找出规律凭经验。
图中有角平分线，可向两边作垂线。
也可将图对折看，对称以后关系现。
角平分线平行线，等腰三角形来添。
角平分线加垂线，三线合一试试看。
线段垂直平分线，常向两端把线连。
要证线段倍与半，延长缩短可试验。
三角形中两中点，连接则成中位线。
三角形中有中线，延长中线等中线。
平行四边形出现，对称中心等分点。
梯形里面作高线，平移一腰试试看。
平行移动对角线，补成三角形常见。
证相似，比线段，添线平行成习惯。
等积式子比例换，寻找线段很关键。
直接证明有困难，等量代换少麻烦。
斜边上面作高线，比例中项一大片。
半径与弦长计算，弦心距来中间站。
圆上若有一切线，切点圆心半径连。
切线长度的计算，勾股定理最方便。
要想证明是切线，半径垂线仔细辨。
是直径，成半圆，想成直角径连弦。
弧有中点圆心连，垂径定理要记全。
圆周角边两条弦，直径和弦端点连。
弦切角边切线弦，同弧对角等找完。
要想作个外接圆，各边作出中垂线。
还要作个内接圆，内角平分线梦圆
如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。
内外相切的两圆，经过切点公切线。
若是添上连心线，切点肯定在上面。
要作等角添个圆，证明题目少困难。
辅助线，是虚线，画图注意勿改变。
假如图形较分散，对称旋转去实验。
基本作图很关键，平时掌握要熟练。
解题还要多心眼，经常总结方法显。
切勿盲目乱添线，方法灵活应多变。
分析综合方法选，困难再多也会减。
虚心勤学加苦练，成绩上升成直线。
几何证题难不难，关键常在辅助线；
知中点、作中线，中线处长加倍看；
底角倍半角分线，有时也作处长线；
线段和差及倍分，延长截取证全等；
公共角、公共边，隐含条件须挖掘；
全等图形多变换，旋转平移加折叠；
中位线、常相连，出现平行就好办；
四边形、对角线，比例相似平行线；
梯形问题好解决，平移腰、作高线；
两腰处长义一点，亦可平移对角线；
正余弦、正余切，有了直角就方便；
特殊角、特殊边，作出垂线就解决；
实际问题莫要慌，数学建模帮你忙；
圆中问题也不难，下面我们慢慢谈；
弦心距、要垂弦，遇到直径周角连；
切点圆心紧相连，切线常把半径添；
两圆相切公共线，两圆相交公共弦；
切割线，连结弦，两圆三圆连心线；
基本图形要熟练，复杂图形多分解；
以上规律属一般，灵活应用才方便。
第3个回答 2013-05-10
呵呵，辅助线有秘籍？？要先看是什么样的题，题目你是永远都做不完的，但总是万变不离其宗。只要记熟公式，概念，啥样的题都不怕了。（望采~我代表全体火星人向你致谢！）
第4个回答 2013-05-11
辅助线秘籍我是不知道，我是初二的，几何无非就是面积，周长，全等，以及概念，判定，性质
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