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模板王【wwwmobanwangcom】 模板王【wwwmobanwangcom】 发表于2024-03-11 01:50:07 浏览3369 评论0

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在同一平面内,两条不相交的直线称为平行线。平行线是初中平面几何中最基本也是非常重要的图形。在证明一些平面几何问题时,如果可以根据证明的需要加入适当的平行线,证明会流畅简洁。 ,一般有以下四种情况。 1 为了改变角的位置,众所周知,两条平行线被第三条线相交,同角相等,内角相等,同侧内角互补。使用这些属性,通常可以通过添加平行线来改变某些角度的位置,以满足解决方案的需要。 1 设P和Q为线段BC上的两点,BPCQ,A为BC外的移动点(如图1)。当点A∠BAP=∠CAQ时,什么样的三角形是△ABC吗?试着证明你的结论。答:当点ABAP=∠CAQ时,△ABC是等腰三角形。证明:如图1所示,AC和AQ的平行线分别通过PB点得到交点D.连接DA.DBP=∠AQC,很明显DBP=∠AQC,∠DPB=∠C.从BP=CQ可以看出DBP≌△AQC.有DP=AC,∠BDP =∠QAC。故DA∥BP,∠BAP=∠BDP。则A,D,B,P四点在一个圆内,四边形ADBP。故ABDP。故AB=AC。这里,做一条平行线,得到∠QACBDP的位置。由于AD、B、P四个点在一个圆内,证明很顺利。2如图2所示,四边形ABCD,∠BAF=∠BCE。

验证:∠EBAADE。证明:如图2所示,分别通过AB点做ED和EC的平行线,得到交点P并连接PE。 AB CD,很容易知道△PBAECD。使用 PAED,PB=EC。显然,所有四边形 PBCEPADE 都是平行四边形。有BCE=∠BPE,∠APE=∠ADE。从∠BAF=∠BCE,我们知道BAF=∠BPE。在一个圆中有四个点 P、B、A 和 E。因此,∠EBA=∠APE。因此,∠EBA=∠ADE。这里,通过添加平行线,已知和未知的四个角通过四个点PB、A和E共圆,并且紧密相连。 ∠APEEBA和∠ADE是同一个媒介,证明很巧妙。 2 利用“平行线的距离相等”和“夹在平行线之间的平行线段相等”这两条线,往往可以通过添加平行线来“送”一些线段到合适的位置来证明问题。 3 在△ABC中,BD和CE是角平分线,P是ED上的任意一点。穿过 PAC、AB、BC、M、N、Q 的垂直线是脚。证明:PMPN=PQ。证明:如图 3 所示,通过点 PAB 的平行线与 BD 相交于 F,通过点 FBC 的平行线与 PQ、AC 相交于 K、G,并连接 PG。如果 BD 平行于∠ABC,可以看出点 FAB 和 BC 之间的距离相等。有KQPN。显然,==,我们知道PGEC。将∠BCA除以CE,称为GPFGA。有PKPM。因此,PMPN=PK+KQ=PQ。

这里,通过添加平行线,PQ 和 PMPK 被证明,有 PMPN=PQ。证明非常简单。 3 由于“平行于三角形一侧的直线与另外两侧相交,对应的线段成比例”,在某些问题中,可以通过添加平行线来实现一定线段比例的良性变换。这在平面几何证明中经常遇到。 4 设M1、M2 为△ABC BC 侧的一点,BM1=CM2。 ABAC、AM1、AM2 和 P、Q、N1、N2 分别画一条直线。测试:= +。证明:如图4所示,如果是PQBC,则容易证明的结论成立。 PQ和BC不平行,设PQBC在D。经过点APQ的平行线在E与BC直线相交。由BM1=CM2,可以知道BECE=M1E+M2E,很容易知道,=,=,=。然后+====+。 , + = +。 ,只要加一条平行线,证明公式中的四个线段是“公分的”,这样公分母就是DE,那么问题就很容易解决了。 5 AD是△ABC的高线,K是AD上方一点,BK在E处与AC相交,CK在F处与AB相交。验证:∠FDAEDA。证明:如图5所示,通过点ABC的平行线将DE、DF、BE、CF分为Q、P、N、M。显然,==。 BD·AM=DC·AN。 (1)By ==, with AP. (2) By ==, with AQ. (3)比较 (1), (2), (3)有APAQ,显然AD是PQ的中垂线,所以ADPDQ。

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所以,∠FDA=∠EDA。在这里,原始问题不涉及线段比。加上BC,就会有大量的比例公式。适当使用这些比例公式,就会使APAQ的等式关系出现。 4 为了传递线段的相等性当题目给出或证明某一点是线段的中点时,要注意平行线平分线段定理,用平行线传递关系线段相等。例6 在△ABC中,AD是BC边的中线,MAB边的点,NAC边的点,∠MDN90°。若BM2CN2=DM2+DN2,证明:AD2(AB2+AC2)。证明:如图6所示,通过BAC点的平行线与ND延长线在E处相交。连接ME.BD=DC , 可以知道 EDDN. 有 BED≌△CND 所以, BE=NC. 显然 MD 是 EN 的中垂线. 有 EMMN. 由 BM2+BE2=BM2+NC2=MD2+DN2=MN2=EM2 ,可知△BEM,∠MBE=90°。有ABC+∠ACB=∠ABC+∠EBC=90°。因此,∠BAC=90°。因此,AD2==(AB2AC2)。这里加上AC,把BCD作为中点的性质传给EN,这样就可以解决问题,找到出路。 7 如图7所示,AB是半圆的直径,D是a AB上的点。分别取半圆上的点E和F,使得EADA,FB=DB。通过D做AB的垂线,与半圆相交于C。证明:CD分为EF。

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证明:如图7所示,分别通过点EF画出AB的垂线,G和H为垂脚,连接FAEB。很容易知道DB2FB2=AB·HB,AD2=AE2=AG·AB。将两个公式相减得到 DB2-AD2=AB·(HB-AG),或 (DB-AD)·AB=AB·(HB-AG)。因此,DB-AD=HB-AG,或 DB-HB=AD-AG。即DH=GD。显然,EG||CD||FH。所以CD平分EF。这里,为了证明CDEF,认为可以得到可能的CDGH。为此,将CDEG和FH相加得到两个GH点。证明是美妙的。 直线上的一组直束所截取的线段相等,该直线的平行线上所截取的线段也相等。 8. 三条直线 ABAN 和 AC 组成一组直线束,DE 是平行于 BC 的直线。因此,有=,即=或=。 ,DM=ME的充要条件是BN=NC。利用平行线的这种特性,解决一些线段相等的问题会很好。 8 如图9所示,ABCD是一个四边形,两个对边延伸E和F,对角线BDEF,AC的延伸在G处与EF相交。验证:EGGF。证明: 如图 9 所示,通过 CEF 的平行线分别在 M、N 处与 AE、AF 相交。从BDEF,我们知道MNBD。很容易知道 SBEF=SΔDEF。有S△BEC=S△ⅡKG-*5ⅡDFC。可以得到 MC=CN。因此,EG=GF。

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例9 如图10所示,⊙O为△ABC边BC外的外接圆,D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB的切点。如果 ODEF 相交于 K,证明:AK 除以 BC。证明:如图10所示,通过点KBC的水平线分别与直线AB和AC在两点Q和P相交,连接OPOQ、OE和OF。从OD⊥BC,我们知道OKPQ。由OF⊥AB可知,OK、F、Q在一个圆内,FOQ=∠FKQ。从OE⊥AC可以看出OK、P、E四个点是同心的。有 EOP=∠EKP。显然,∠FKQ=∠EKP,我们知道FOQ=∠EOP。由OF=OE可知,Rt△OFQ≌Rt△OEP。那么OQ=OP。所以OK是PQ的竖线,所以QKKP。所以不相交到两条直线叫做平行线,AK平分BC。总之,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用。学生在实践中要注意及时添加平行线,使平行线在平面几何证明中发挥应有的作用。例1 如图1所示,在△ABC中,AB=AC,D是底BC上的一点,E是线段AD上的一点,∠BED=2∠CED=∠A。证明:BD=2CD。分析:关键是寻求∠BED=2∠CED与结论之间的联系。很容易把平分线看成∠BED,但是由于BE≠ED,我们不能直接证明BD=2CD。如果扩展AD穿过△ABC的外接圆到F,则可以得到EB=EF。证明:如图1所示,延伸AD与△ABC的外接圆交于点F,连接CF和BF,则∠BFA=∠BCA=∠ABC=∠AFC不相交到两条直线叫做平行线,即∠BFD=∠CFD。

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所以 BF:CF=BD:DC。 ∠BEF=∠BAC,∠BFE=∠BCA,所以∠FBE=∠ABC=∠ACB=∠BFE。所以EB=EF。 ∠BEF 的平分线在 G 处与 BF 相交,则 BG=GF。因为∠GEF=∠BEF=∠CEF,∠GFE=∠CFE,所以△FEG≌△FEC。因此GF=FC。因此,BF=2CF。所以BD=2CD。 1.2 用四个点共用一个圆 例2 在凸四边形ABCD中,∠ABC=60°,∠BAD=∠BCD=90°,AB=2,CD=1,对角线AC和BD相交于O点,如图 2. 那么 sin∠AOB=_____。分析:从∠BAD=∠BCD=90°,可以看出A、B、C、D四个点在一个圆内。如果要sin∠AOB,可以想到托勒密定理,只需要找到BC和AD即可。解:因为∠BAD=∠BCD=90°,所以A、B、C、D四点同心。将 BA 和 CD 延展到 P 相交,则∠ADP=∠ABC=60°。设AD=x,有AP=x,DP=2x。根据割线定理,(2+x)x=2x(1+2x)。解是AD=x=2-2,BC=BP=4-。根据托勒密定理,BD·CA=(4-)(2-2)+2×1=10-12。而SABCD=S△ABD+S△BCD=。因此sin∠AOB=。例3已知:如图3,AB=BC=CA=AD,AH⊥CD在H,CP⊥BC,CP在AH中P。

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证明:△ABC的面积为S=AP·BD。解析:由于S△ABC=BC2=AC·BC,只需证明AC·BC=AP·BD,即可转化为△APC∽△BCD的证书。这很容易通过 A、B、C 和 Q 四个点来证明(Q 是 BD 和 AH 的交点)。证明:记住BD和AH相交于Q点,那么AC=AD,AH⊥CD,我们得到∠ACQ=∠ADQ。 AB=AD,所以∠ADQ=∠ABQ。因此,∠ABQ=∠ACQ。可以看出,A、B、C、Q四个点做了一个圆。 ∵∠APC=90°+∠PCH=∠BCD,∠CBQ=∠CAQ,∴△APC∽△BCD。 ∴AC·BC=AP·BD。因此,S=AC·BC=AP·BD。 2 构建与解题相关的辅助圆 有些问题看似与圆无关,但问题的设计或结论或图形提供了一些类似于圆性质的信息。将原来的问题转化为与圆有关的问题并求解。 2.1 关联圆的定义和辅助圆的构造例4 如图4所示,在四边形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=DB=p,BC=q。求对角线 AC 的长度。分析:从“AD=DC=DB=p”可以看出,A、B、C在⊙D上,半径为p。 AC 与 p 和 q 之间的关系可以通过使用圆的性质找到。解:在CD与半径p在E点的交点处延长⊙D,并加入AE。显然A、B、C在⊙D上。 ∵AB∥CD,∴BC=AE。

因此,BC=AE=q。在△ACE中,∠CAE=90°,CE=2p,AE=q,所以AC==。 2.2 构造辅助圆的关联直径性质例5 已知抛物线y=-x2+2x+8 与x 轴相交于B 点和C 点,D 点平分BC。若x轴上侧的A点为抛物线上的动点,∠BAC为锐角,则AD的取值范围为____。解析:根据“∠BAC为锐角”可知,A点在以固定线段BC为直径的圆外,且A点在x轴的上侧,所以范围可以确定移动点 A 的大小,进而确定 AD 的取值范围。解:如图5所示,给定抛物线的顶点为A0(1,9),对称轴为x=1,与x轴相交于两点B(-2, 0), C(4 ,0)。以BC和DA为直径分别作⊙D和⊙E,则两圆与抛物线相交于两点P(1-2,1),Q(1+2,1)。可以看出,当A点在抛物线PA0Q内无端点时,∠BAC<90°。有3=DP=DQ

证明:如图6所示,∵∠2+∠3=∠4+∠5=90°,∠3=∠4,∠1=∠5,∴∠1=∠2。因此,AM=AN。以AM的长度为半径,画⊙A,AB交于F,BA的延伸交于E,则AE=AF=AN。根据割线定理,BM·BN=BF·BE=(AB+AE)(AB-AF)=(AB+AN)(AB-AN)=AB2-AN2,即AB2-AN2=BM·国阵。例7 如图7所示,ABCD是⊙O的内接四边形,延伸AB与DC相交于E,延伸AB与DC相交于E,延伸AD与BC相交于F,EP与FQ割⊙O于P与问分别。证明:EP2+FQ2=EF2。分析:由于EP和FQ是⊙O的切线,所以结论与切割线定理有关,构造辅助圆将EP和FQ转化为EF。证明: 如图 7 所示,△BCE 的外接圆在 G 处与 EF 相交并加入 CG。因为∠FDC=∠ABC=∠CGE,所以F、D、C、G四个点是同心的。根据切割线定理,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 结合托勒密定理构造辅助圆 例8 如图8所示,△ABC和△A'B'C'的三个边分别是a、b、c和a'、b'、c',∠B =∠B', ∠A+∠A'= 180°。

测试证明:aa'=bb'+cc'。分析:由于∠B=∠B',∠A+∠A'=180°,结论与托勒密定理有关,构造圆内接四边形来证明。证明:作为△ABC的外接圆,通过C,使CD∥AB与圆相交于D,连接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==,也就是==。所以 DC=,DB=。而AB∥DC,我们知道BD=AC=b,BC=AD=a。因此,根据托勒密定理,AD·BC=AB·DC+AC·BD,即a2=c·+b·。因此 aa'=bb'+cc'。

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