浅谈一道联赛题的证明Word格式.docx
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证法一:
如图3,过A分别作APDF,AS∥CD交BC于S,AT⊥BC于T,交PE于X,由AD∥BC知,AS=CD,则AP相当于以ΔABS的一边AS向外所作正方形的一边,由上题知AT⊥BS时,X为PE的中点,且AX⊥AD,类似地:
过D分别作DQAE,DO∥AB交BC于O,DN⊥BC于N,交QF于Y,则Y为QF的中点,YD⊥AD。
∵M为EF的中点,∴MXPF,MYEQ;
∵EQPFAD,∴MX∥MY且MX=MY;
∴M、X、Y三点共线。
过M作MI⊥AD于I,则XA∥MI∥YD,M为XY的中点,∴I为AD中点,∴MA=MD另外,因为要证明的是线段相等,所以激活了记忆中更多的知识点,从而揭示出更多的图形特征和数学关系,得到以下的妙解!
利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质,我们可以有下述不同的证法。
证法二:
如图4,延长AM至N,使AM=MN,连NE、ND、NF,过A作AP∥CD,交BC于P。
∵M为EF中点,又为AN的中点,∴四边形AENF是平行四边形,∴AENF;
又四边形CDFH为正方形,∴DC∥FH,∴AP∥FH;
∴∠EAP=∠NFH又∵∠EAB=∠DFH=90°
,∴∠BAP=∠DFN;
又∵AD∥BC,∴AP=DC;
又∵AB=AE、DC=DF,∴AB=NF、AP=DF;
又∠BAP=∠DFN,∴ΔBAP≌ΔNFD,∴∠NDF=∠APB;
又∵∠APB=∠DCB,∴∠DCB=∠NDF;
又∵∠DCB+∠ADC=180°
,∴∠NDF+∠ADC=180°
,∴∠ADN=360°
-(∠NDF+∠ADC+∠FPC)=360°
-(180°
+90°
)=90°
∴ΔADN为直角三角形;
又∵M为AN中点,∴MD=AN=MA。
类似地,可以通过延长DM并两倍之来作辅助线,或者分别延长AM、DM并两倍之证明。
当然,我们还可以直接构造直角三角形来证明。
证法三:
如图5,过D作DP⊥BC于P、交EF于L,延长AM交PD于T,过A作AQ⊥BC于Q、交EF于N,则DP∥AQ,过F作FR⊥DP于R,过E作ES⊥AQ于S。
∵AD∥BC,∴AQ=DP;
∵∠1+∠3=90°
、∠1+∠2=90°
,∴∠2=∠3;
∵AB=AE,∴ΔABQ≌ΔEAS,∴AQ=ES;
ΔDPC≌ΔFRD,∴DP=FR,∴ES=FR;
又∵ES∥FR,∴∠4=∠5,∴ΔESN≌ΔFRL,∴EN=LF;
∵ME=MF,∴MN=ML;
∵SQ∥PL,∴,∴AM=TM;
∵ΔADT为直角三角形,∴DM=AT=AM。
本证法同证法二类似,都是利用直角三角形的性质证明,但两者各有千秋,证法二是先倍长线段,后证明所在三角形为直角三角形;
证法三是先构造直角三角形,后证明M为斜边的中点。
先后不同,证法有异,结论一致,异曲同工!
进一步研究原问题,发现所求证的两线段MA、MD是共顶点的!
我们可以通过证明ΔMAD是等腰三角形而得到结论。
证法四:
如图6,分别过E、F作AD的垂线,交AD的反向延长线于E1、F1,过A、D分别作BC的垂线交BC于A1、D1,过M作MO⊥AD于O,则EE1∥FF1∥OM,AA1∥DD1;
∵M为EF中点,∴O为E1F1中点、即OE1=OF1;
又∵AD∥BC,∴AA1=DD1;
在ΔAEE1和ΔABA1中,四边形ABGE为正方形,∴AB=AE,∠EE1A=∠AA1B=90°
;
∵∠EAE1+∠E1AB=90°
,∠E1AB+∠BAA1=90°
,∴∠EAE1=∠BAA1,∴ΔAEE1≌ΔABA1,∴AE1=AA1。
同理:
DF1=DD1,∴AE1=DF1,∴OE1-AE1=OF1-DF1,即:
OA=OD;
又∵MO⊥AD,∴ΔMAD为等腰三角形,∴AM=DM。
本证法通过平行线分线段成比例的性质定理,并巧妙地构造全等三角形证明线段相等,然后利用等腰三角形三线合一的性质来证明。
当然我们还可以有其他方法构造全等三角形。
证法五:
如图7,过点A作AD的垂线,交BC于A1,过E作EP∥AD、交A1A于的延长线于P;
过点D作AD的垂线交BC于D1,过F作FQ∥AD、交D1D的延长线于Q;
则PE∥QF。
∵∠EAB=90°
,∴∠1+∠3=90°
又∵∠1+∠2=90°
,∴∠2=∠3;
又∵∠AA1B=∠APE=90°
,AE=AB,∴ΔBA1A≌ΔAPE,∴AA1=PE;
DD1=QF;
∵AD∥BC,∴AA1=DD1,∴PE=QF,∴四边形PEQF为平行四边形;
∵M为EF中点,∴M为PQ中点。
过M作MO⊥AD于O,∵AA1⊥BC、DD1⊥BC、AD∥BC,∴AA1⊥AD、DD1⊥AD,∴PA∥MO∥DQ;
∵PM=QM,∴AO=OD,∴MA=MD。
本证法综合利用平行四边形性质、梯形中位线性质和等腰三角形性质证明。
同证法四类似,所构造的全等三角形都是直角三角形,可不可以构造非直角三角形呢?
证法六:
如图8,过A作AA1⊥BC于A1、交EF于Q,过D作DD1⊥BC于D1、交EF于I,过M作MO⊥AD于O。
∵AD∥BC,∴AA1=DD1且QA∥OM∥ID;
在BC上截取BW=AQ,在BC上截取CJ=DI,∵∠BAE=90°
∴∠1+∠BAA1=90°
∵∠2+∠BAA1=90°
,∴∠1=∠2;
又∵AB=AE,∴ΔEAQ≌ΔABW,∴EQ=AW、∠AWB=∠AQE;
ΔDFI≌ΔCDJ,∴FI=DJ、∠CJD=∠DIF;
∵∠AQE=∠DIM=180°
-∠DIF,∴∠AWB=180°
-∠CJD=∠DJB,∴AW∥DJ;
∵AD∥BC,∴AW=DJ,∴EQ=FI;
又∵ME=MF,∴MQ=MI;
∴AO=OD,∴MA=MD。
本证法通过截取相等线段构造全等三角形,运用平行线性质和等腰三角形性质证明。
上述三种证法虽然都是通过证明ΔMAD为等腰三角形而获证,但由于全等三角形和直角梯形的构造方式不同,证法各异。
一般地,求证共顶点的两线段相等有三种方法:
一是利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质证明;
二是证明它们所在三角形第三边上的中线和垂线重合,即证明三角形是等腰三角形;
三是将两边分别置于不同三角形中,证明两三角形全等。
以上六种证明方法都是直接证法,我们还可以用间接证法。
证明七:
如图9,取AD中点O,过点E、O分别作AD、AE的平行线,两线交于点P,过点F、O分别作AD、DF的平行线,两线交于Q,连PQ。
过点O作AD的垂线分别交BC、PQ于L、K,易知KA=KD。
过点P、Q分别作KL的垂线,垂足分别为P1,Q1,过P作OR∥AB交BC于R,过O作OS∥DC于BC于S,则OR=AB、OS=DC。
∵∠1=∠2(均为∠3的余角)、∠RLO=∠OP1P=90°
、OR=PO,∴ΔROL≌ΔOPP1,∴PP1=OL;
ΔQQ1O≌ΔOLS,∴QQ1=OL;
∴PP1=QQ1。
又∵PP1⊥KL、QQ1⊥KL,∴PP1∥QQ1,可知:
ΔPP1K≌ΔQQ1K,∴PK=QK、即K为PQ中点;
又∵PEAO、QFOD、AO=OD,∴PEQF,∴四边形PEQF为平行四边形,∴PQ、EF互相平分,∴K为EF中点,∴K与M重合;
故:
本证法运用同一法,先构造满足结论的点K,然后利用平行四边形对角线互相平分的性质证明K与M重合。
海口实验中学陈建花
2004年全国数学联赛第二试第二题:
过E作EM⊥DG于M,过F作FN⊥DG于N,
则FN∥ME,∠EMA=∠ADC=90°
,
又∵AC=AE,∴ΔADC≌ΔEMA,
∴ME=AD;
∴ME=FN,四边形FMEN是平行四边形,
∴EF、MN相互平分,∴G为EF的中点。
∵M为EF的中点,
∴MXPF,MYEQ;
∵EQPFAD,∴MX∥MY且MX=MY;
过M作MI⊥AD于I,则XA∥MI∥YD,M为XY的中点,
∴I为AD中点,∴MA=MD
另外,因为要证明的是线段相等,所以激活了记忆中更多的知识点,从而揭示出更多的图形特征和数学关系,得到以下的妙解!
∵M为EF中点,又为AN的中点,
∴四边形AENF是平行四边形,∴AENF;
又四边形CDFH为正方形,∴DC∥FH,
∴AP∥FH;
∴∠EAP=∠NFH
又∵∠EAB=∠DFH=90°
∴∠BAP=∠DFN;
又∵AD∥BC,
∴AP=DC;
又∵AB=AE、DC=DF,
∴AB=NF、AP=DF;
又∠BAP=∠DFN,∴ΔBAP≌ΔNFD,
∴∠NDF=∠APB;
∴∠ADN=360°
∴ΔADN为直角三角形;
∵AD∥BC,∴AQ=DP;
∵∠1+∠3=90°
∴∠2=∠3;
∵AB=AE,∴ΔABQ≌ΔEAS,∴AQ=ES;
∵ME=MF,∴MN=ML;
∵SQ∥PL,∴,∴AM=TM;
∵ΔADT为直角三角形,∴DM=AT=AM。
∵M为EF中点,
∴O为E1F1中点、即OE1=OF1;
∵∠EAE1+∠E1AB=90°
∠E1AB+∠BAA1=90°
∴∠EAE1=∠BAA1,
∴ΔAEE1≌ΔABA1,∴AE1=AA1。
DF1=DD1,∴AE1=DF1,
∴OE1-AE1=OF1-DF1,即:
∵∠EAB=90°
,AE=AB,
∴ΔBA1A≌ΔAPE,∴AA1=PE;
∵AD∥BC,∴AA1=DD1,∴PE=QF,
∴四边形PEQF为平行四边形;
∵M为EF中点,∴M为PQ中点。
过M作MO⊥AD于O,
∵AA1⊥BC、DD1⊥BC、AD∥BC,
∴AA1⊥AD、DD1⊥AD,∴PA∥MO∥DQ;
∵PM=QM,∴AO=OD,∴MA=MD。
∵AD∥BC,∴AA1=DD1
且QA∥OM∥ID;
在BC上截取BW=AQ,在BC上截取CJ=DI,
∵∠BAE=90°
∴∠1+∠BAA1=90°
∵∠2+∠BAA1=90°
∵∠AQE=∠DIM=180°
∵AD∥BC,∴AW=DJ,∴EQ=FI;
∴AO=OD,∴MA=MD。
∵∠1=∠2(均为∠3的余角)、∠RLO=∠OP1P=90°
、OR=PO,
∴ΔROL≌ΔOPP1,∴PP1=OL;
∴PP1=QQ1。
又∵PP1⊥KL、QQ1⊥KL,∴PP1∥QQ1,
可知:
又∵PEAO、QFOD、AO=OD,∴PEQF,
∴四边形PEQF为平行四边形,∴PQ、EF互相平分,
∴K为EF中点,∴K与M重合;
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