平面几何中线段相等的几种证明方法及平面几何习题大全.docx
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平面几何中线段相等的几种证明方法及平面几何习题大全
平面几何中线段相等的证明几种方法
平面几何中线段相等的证明看似简单,但方法不当也会带来麻烦,特别是在有限的两个小时考试中。
恰当选用正确的方法,可取得事半功倍的效果。
一、利用全等三角形的性质证明线段相等
这种方法很普遍,如果所证两条线段分别在不同的三角形中,它们所在三角形看似全等,或者,通过简单处理,它们所在三角形看似全等,可考虑这种方法。
[例1]如图,C是线段AB上一点,△ACD和△BCE是等边三角形。
求证:
AE=BD。
证明∵△ACB和△BCE都是等边三角形
∴∠ACD=60°,∠BCE=60°,∠DCE=60°
∴∠ACE=∠ACD+∠DCE=120°
∠BCD=∠BCE+∠DCE=120°
∴AC=CD,CE=CB
∴△ACE≌△DCB(SAS)∴AE=DB
[例2]如图,已知△ABC中,AB=AC,点E在AB上,点F在AC的延长线上,且BE=CF,EF与BC交于D,求证:
ED=DF。
证明:
过点E作EG//AF交BC于点G
∴∠EGB=∠ACB,∠EGD=∠FCD
∵AB=AC
∴∠B=∠ACB,∠B=∠FGB,BE=GE
∵BE=CF,∴GE=CF
在△EGD和△FCD中,
∠EGD=∠FCD,∠EDG=∠FDC,GE=CF∴△EGD≌△FCD(AAS)∴ED=FD
二、利用等腰三角形的判定(等角对等边)证明线段相等
如果两条所证线段在同一三角形中,证全等一时难以证明,可以考虑用此法。
[例1]如图,已知在△ABC中,AD是BC边上的中线,E是AD上的一点,且BE=AC,延长BE交AC于F。
求证:
AF=EF。
证明:
延长AD到G,使DG=AD,连结BG。
∵AD=GD,∠ADC=∠GDB,CD=BD
∴△ADC≌△GDB
∴AC=GB,∠FAE=∠BGE
∵BE=AC
∴BE=BG,∠BGE=∠BEG
∴∠FAE=∠BGE=∠BEG=∠AEF
∴AE=EF
[例2]如图,已知△ABC中,AB=AC,DF⊥BC于F,DF与AC交于E,与BA的延长线交于D,求证:
AD=AE。
证明:
∵DF⊥BC
∴∠DFB=∠EFC=90°,∠D=90°-∠B,∠CEF=90°-∠C
∵AB=AC,∴∠B=∠C
∴∠D=∠CEF
∵∠CEF=∠AED
∴∠D=∠AED
∴AD=AE
三、利用平行四边形的性质证明线段相等
如果所证两线段在一直线上或看似平行,用上面的方法不易,可以考虑此法。
[例1]如图,△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,分别以AB、AC为边在△ABC的外侧作正△ABE和正△ACD,DE与AB交于F,
求证:
EF=FD。
证明:
过D作DO⊥AC交AB于点O
∵OD垂直平分AC,∠ACB=90°
∴BC⊥AC
∴O点必为AB的中点,连结EO,则EO⊥AB
∵∠CAB=30°,∠BAE=∠CAD=60°
∴AD⊥AB,AE⊥AC
∴OE//AD,AE//OD
∴四边形ODAE为平行四边形
∴EF=FD
[例2]如图,AD是△ABC的中线,过DC上任意一点F作EG//AB,与AC和AD的延长线分别交于G和E,FH//AC,交AB于点H。
求证:
HG=BE。
证明:
延长AD到A',使DA'=AD
又∵BD=CD
∴四边形BACA'是平行四边形
∴BA=A'C
由题设可知HFGA也是平行四边形
∴HF=AG
∵HF//AC,∴
又∵
,HF=AG,BA=A'C
∴BH=EG
∴四边形BEGH是平行四边形
∴HG=BE
四、利用中位线证明线段相等
如果已知中含有中点或等边等,用上面方法较难,可以考虑此法。
[例1]如图,以△ABC的边AB、AC为斜边向外作直角三角形ABD和ACE,且使∠ABD=∠ACE,M是BC的中点。
证明:
DM=EM。
证明:
延长BD至F,使DF=BD。
延长CE到G,使EG=CE,连结AF、FC,连结AG、BG
∵BD=FD,∠ADB=∠ADF=90°,AD=AD
∴Rt△ABD≌Rt△AFD
∴∠BAD=∠FAD
同理可得:
∠CAE=∠GAE
∵∠ABD=∠ACE
∴∠FAB=∠GAC,故∠FAC=∠GAB
在△ABG和△AFC中,
AB=AF,∠GAB=∠CAF,AG=AC
∴△ABG≌△AFC
∴BG=FC
又∵DF=DB,EC=EG,M是BC的中点
∴DM=
=EM,即DM=EM
[例2]如图,△ABC中,∠C为直角,∠A=30°,分别以AB、AC为边在△ABC的外侧作正△ABE与正△ACD,DE与AB交于F。
求证:
EF=FD。
证明:
过D作DG//AB交EA的延长线于G,可得∠DAG=30°
∵∠BAD=30°+60°=90°
∴∠ADG=90°
∵∠DAG=30°=∠CAB,AD=AC
∴Rt△AGD≌Rt△ABC
∴AG=AB,∴AG=AE
∵DG//AB
∴EF//FD
五、利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”证明线段相等。
如果所证两线段所在的图形能构成直角三角形,并且可能构成斜边及斜边上的中线,用上面方法一时证不出来,可以考虑此法。
[例]如图,正方形ABCD中,E、F分别为AB、BC的中点,EC和DF相交于G,连接AG,求证:
AG=AD。
证明:
作DA、CE的延长线交于H
∵ABCD是正方形,E是AB的中点
∴AE=BE,∠AEH=∠BEC
∠BEC=∠EAH=90°
∴△AEH≌△BEC(ASA)
∴AH=BC,AD=AH
又∵F是BC的中点
∴Rt△DFC≌Rt△CEB
∴∠DFC=∠CEB
∴∠GCF+∠GFC=∠ECB+∠CEB=90°
∴∠CGF=90°
∴∠DGH=∠CGF=90°
∴△DGH是Rt△
∵AD=AH
∴AG=
=AD
平面几何习题大全
下面的平面几何习题均是我两年来收集的,属竞赛范围。
共分为五种类型,1,几何计算;2,几何证明;3,共点线与共线点;4,几何不等式;5,经典几何。
几何计算-1
命题设点D是Rt△ABC斜边AB上的一点,DE⊥BC于点E,DF⊥AC于点F。
若AF=15,BE=10,则四边形DECF的面积是多少?
解:
设DF=CE=x,DE=CF=y.∵Rt△BED∽Rt△DFA,∴BE/DE=DF/AF
<==>10/y=x/15<==>xy=150.
所以,矩形DECF的面积150.
几何证明-1
命题在圆内接四边形ABCD中,O为圆心,己知∠AOB+∠COD=180.求证:
由O向四边形ABCD所作的垂线段之和等于四边形ABCD的周长的一半。
证明
(一)连OA,OB,OC,OD,过圆心O点分别作AB,BC,CD,DA的垂线,垂足依次为P,Q,R,S。
易证ΔAPO≌ΔORD,所以DR=OP,AP=OR,
故OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。
同理可得:
OQ+OS=(DA+BC)/2。
因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。
证明
(二)连OA,OB,OC,OD,因为∠AOB+∠COD=180°,OA=OD,所以易证
RtΔAPO≌RtΔORD,故得DR=OP,AP=OR,
即OP+OR=DR+AP=(CD+AB)/2。
同理可得:
OQ+OS=(DA+BC)/2。
因此有OP+OQ+OR+OS=(AB+BC+CD+DA)/2。
几何不等式-1
命题设P是正△ABC内任意一点,△DEF是P点关于正△ABC的内接三角形[AP,BP,CP延长分别交BC,CA,AB于D,E,F],记面积为S1;△KNM是P点关于正△ABC的垂足三角形[过P点分别作BC,CA,AB垂线交于K,N,M],记面积为S2。
求证:
S2≥S1。
证明设P点关于正△ABC的重心坐标为P(x,y,z),a为正△ABC的边长,则正△ABC的面积为S=(a^2√3)/4。
由三角形重心坐标定义易求得:
AD=za/(y+z),CD=ya/(y+z),CE=xa/(z+x),AE=za/(z+x),AF=ya/(x+y),BF=xa/(x+y).
故得:
△AEF的面积X=AE*AF*sin60°/2=Syz/(z+x)(x+y);
△BFD的面积Y=BF*BD*sin60°/2=Szx/(x+y)(y+z);
△CDE的面积Z=CD*CE*sin60°/2=Sxy/(y+z)(z+x).
从而有S1=S-X-Y-Z=2xyzS/(y+z)(z+x)(x+y)。
因为P点是△KNM的费马点,从而易求得:
PK=(xa√3)/[2(x+y+z)],
PN=(ya√3)/[2(x+y+z)],
PM=(za√3)/[2(x+y+z)].
故得:
S2=(PN*PM+PM*PK+PK*PN)*sin120/2=3S(yz+zx+xy)/[4(x+y+z)^2]。
所以待证不等式S2≥S1等价于:
(3/4)*(yz+zx+xy)/(x+y+z)^2≥2xyz/(y+z)(z+x)(x+y);
<====>3(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)≥8xyz(x+y+z)^2;
上式展开等价于
3x^3(y^2+z^2)+3y^3(z^2+x^2)+3z^3(x^2+y^2)-2xyz(x^2+y^2+z^2)-4xyz(yz+zx+xy)≥0;
上式化简等价于
x^2(x+2y+2z)(y-z)^2+y^2(y+2z+2x)(z-x)^2+z^2(z+2x+2y)(x-y)^2≥0.
因为P点在正△ABC内,故x>0,y>0,z>0,所以上式显然成立。
命题得证。
几何不等式-2
命题设P是三角形ABC内一点,直线AP,BP,CP与三边的交点分别为D,E,F。
则三角形DEF叫做点P的塞瓦三角形。
试证点P的塞瓦三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。
证明设三角形ABC的面积为S,塞瓦三角形DEF的面积为S1,三角形AEF的面积为Sa,三角形BFD的面积为Sb,三角形CDE的面积为Sc。
令BD=xBC,CE=yCA,AF=zAB,则CD=(1-x)BC,AE=(1-y)CA,BF=(1-z)AB。
那么
Sa=(AE*AF*sinA)/2=z*(1-y)*S,
Sb=(BD*BF*sinB)/2=x*(1-z)*S,
Sc=(CD*CE*sinC)/2=y*(1-x)*S。
所以有
S1=S-Sa-Sb-Sc=S*[1-z*(1-y)-x*(1-z)-y*(1-x)]
=S*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy],
据此命题[S≥4S1]转化为证明
4*[1-(x+y+z)+yz+zx+xy]≤1
根据塞瓦定理得:
xyz=(1-x)*(1-y)*(1-z)
上述恒等式展开等价于
1+yz+zx+xy=2xyz+x+y+z
将其代入得:
8xyz≤1.
由算术--几何平均不等式得:
2√[x(1-x)]≤1,
2√[y(1-y)]≤1,
2√[z(1-z)]≤1,
上述三式相乘得:
8√[xyz(1-x)*(1-y)*(1-z)]≤1,<==>8xyz≤1.
几何不等式-3
命题设P是三角形ABC内一点,点P在三边BC,CA,AB上的射影分别为D,E,F。
则三角形DEF叫做点P的垂足三角形。
试证点P的垂足三角形DEF的面积不超过三角形ABC面积的四分之一。
证明设P点垂足ΔDEF面积为F,ΔABC面积为Δ,
令PD=r1,PE=r2,PC=r3,BC=a,CA=b,AB=c,R表示三角形ABC的外接圆半径。
则有
F=[r2*r3*sinA+r3*r1*sinB+r1*r2*sinC]/2
=[a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2]/(4R)。
故命题转化为求证
a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤RΔ
(1)
据恒等式:
abc=4RΔ,则上式为
a*r2*r3+b*r3*r1+c*r1*r2≤abc/4
(2)
设P点的ΔABC重心坐标为P(x,y,z),对
(2)式作置换等价于
R^2*(x+y+z)^2≥yza^2+zxb^2+xyc^2(3)
(3)展开化简为
(R*x)^2+(R*y)^2+(R*z)^2+(2*R^2-a^2)*yz+(2*R^2-b^2)*zx+(2*R^2-c^2)*xy≥0
上式配方整理得:
[R*x+(2*R^2-c^2)*y/(2R)+(2*R^2-b^2)*z/(2R)]^2+[c*y*cosC-b*z*cosB]^2≥0,
显然成立。
易验证当x:
y:
z=a*cosA:
b*cosB:
c*cosC,即外心时取等号。
几何不等式-4
命题试比较给定一三角形的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。
证明设给定三角形ABC的边长分别为a,b,c,相对应的高线分别为ha,hb,hc,给定三角形ABC的面积为S。
不妨设a>b>c,则ha 给定三角形ABC的最大内接矩形与最大内接正方形的一边与三角形一边重合,另外两端在另外两边上。 下面在a>b>c条件下,求出最大内接矩形与最大内接正方形的面积。 (1)对于给定三角形的最大内接矩形的面积可如下求: 设矩形长为x[与BC边重合],宽为y,矩形的面积为S1。 运用相似比可得: (ha-y)/x=ha/a<==>x=a*(ha-y)/ha,所以 S1=y*a*(ha-y)/ha=-[1/(a*ha)]*[a^2*y^2-2*a*S*y] =-[1/(2*S)]*(a*y-S)^2+S^/2≤S/2。 当y=S/a=ha/2,x=a/2时,S1的最大值为S/2。 所以给定三角形的最大内接矩形的面积为S/2,它共有三种形状,即(长,宽)=(a/2,ha/2);(长,宽)=(b/2,hb/2);(长,宽)=(c/2,hc/2)。 注意这里长与宽相对而言。 (2)对于给定三角形的最大内接正方形的面积可如下求: 设正方形边长为x,正方形的面积为S2。 运用相似比可得: (ha-x)/x=ha/a<==>x=2*S/(a+ha), 因为a>b>c,易证得: a+ha>b+hb>c+hc, 所以给定三角形的最大内接正方形的面积: S2=[2*S/(c+hc)]^2。 (3)下面确定给定三角形ABC的最大内接矩形的面积与最大内接正方形的面积大小。 [2*S/(c+hc)]^2≤S/2 <==>8*S≤(c+hc)^2 因为c^2+(hc)^2≥2*c*hc=4*S,所以8*S≤(c+hc)^2显然成立。 当c=hc时等号成立。 几何不等式-5 命题在等腰直角三角形中,∠BAC=90°,E,F在BC边上[E点靠近B点,F点靠近C点]。 求证: (1)如果∠EAF≤45°,则BE^2+CF^2≥EF^2; (2)如果∠EAF≥45°,则BE^2+CF^2≤EF^2. 证明设AE为y,AF为z,AB=AC=a。 在△ABE,△ACF中[∠ABE=45°,∠ACF=45°],根据余弦定理得: BE^2=y^2-a^2+a*BE*√2;y^2=a^2+BE^2-a*BE*√2; z^2=a^2+CF^2-a*CF*√2;CF^2=z^2-a^2+a*CF*√2. 两式相加得: BE^2+CF^2=y^2+z^2-2a^2+a√2(BE+CF)=y^2+z^2-2a^2+a√2(a√2-EF) =y^2+z^2-a√2EF。 注意到: △AEF面积的两种表示式 yzsin(∠EAF)/2=aEF/(2√2)a√2EF=2yzsin∠EAF 所以有BE^2+CF^2=y^2+z^2-2yzsin∠EAF 而在△AEF中,根据余弦定理得: EF^2=y^2+z^2-2yzcos∠EAF 对比上述两式,当∠EAF=45°时,有BE^2+CF^2=EF^2。 (1)如果∠EAF≤45°,则tan∠EAF≤1,即BE^2+CF^2≥EF^2; (2)如果∠EAF≥45°,则tan∠EAF≥1,即BE^2+CF^2≤EF^2. 附证如图,等腰直角三角形ABC,E,F在BC上,不妨设F在E右侧 将△AFC旋转90度到△ADB ∠ABC=∠ACB=∠ABD=45==>∠DBE=90BD=CF ==>BE^2+CF^2=BE^2+BD^2=DE^2 DE^2=AD^2+AE^2-2AD*AE*cos∠DAE EF^2=AF^2+AE^2-2AF*AE*cos∠EAF AD=AF DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE) ∠DAE=∠DAB+∠BAE=∠CAF+∠BAE=90-∠EAF (1)∠EAF≤45°,则90°>∠DAE≥∠EAF>0°, DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)≥0 DE^2≥EF^2 BE^2+CF^2≥EF^2 (2)∠EAF≥45°,则0°<∠DAE≤∠EAF<90°, DE^2-EF^2=2AF*AE(cos∠EAF-cos∠DAE)≤0 DE^2≤EF^2 BE^2+CF^2≤EF^2 几何不等式-6 命题非钝角三角形的三条中线组成的三角形,它的外接圆半径大于原三角形外接圆半径的5/6。 证明 (1)设非钝角三角形ABC的三边长为a,b,c,相对应的中线分别为ma,mb,mc,R,S为非钝角三角形ABC的外接圆半径和面积。 而以三角形三中线组成的三角形的面积为3S/4。 根据三角形恒等式: abc=4R*S,故只需证明: 8*ma*mb*mc>5*a*b*c (1) 即64*(ma*mb*mc)^2>25(a*b*c)^2 (2) 据三角形中线公式: 4*(ma)^2=2b^2+2c^2-a^2,4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2,4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2, 因为三角形是非钝角三角形,则b^2+c^2-a^2>=0,c^2+a^2-b^2>=0,a^2+b^2-c^2>=0,注意三式不可能同时取零,当直角三角形时,有一为零。 设x,y,z为非负实数, 则令2x=b^2+c^2-a^2,2y=c^2+a^2-b^2,2z=a^2+b^2-c^2。 则a^2=y+z,b^2=z+x,c^2=x+y。 对 (2)式作置换等价于: (4x+y+z)*(4y+z+x)*(4z+x+y)>25*(y+z)*(z+x)*(x+y) x^3+y^3+z^3-x^2(y+z)-y^2*(z+x)-z^2*(x+y)+7*x*y*z>0(3) (3)式是全对称的,不失一般性,设x=min(x,y,z),(3)化简整理等价于 x*(x-y)*(x-z)+(y+z-x)*(y-z)^2+4*x*y*z>0,显然成立。 证明 (2)设RtΔABC的三边长为a,b,c,相对应的中线分别为ma,mb,mc,R,Δ为RtΔABC的外接圆半径和面积。 而以RtΔABC三中线组成的ΔA'B'C'的外接圆半径和面积分别为Rm,Δm。 显然Δm=3Δ/4。 命题转化: Rm≥5R/6 (1) 根据三角形恒等式: abc=4R*Δ,ma*mb*mc=4Rm*Δm。 故只需证明: 8*ma*mb*mc≥5*a*b*c (2) 即64*(ma*mb*mc)^2≥25(a*b*c)^2(3) 不失一般性,设a^2=b^2+c^2,据三角形中线公式: 4*(ma)^2=2b^2+2c^2-a^2=b^2+c^2,4*(mb)^2=2c^2+2a^2-b^2=4c^2+b^2,4*(mc)^2=2a^2+2b^2-c^2=4b^2+c^2, 所以(3)式等价于: (4c^2+b^2)*(4b^2+c^2)≥25*b^2*c^2(4) (4)<==>4*(b^2-c^2)^2≥0。 显然成立,当三角形三角之比为: 2: 1: 1时等号成立。 几何不等式-7 命题设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c,外心为O,内心为I。 求证: (1)∠AIO为锐角的充要条件是: b+c>2a; (2)∠AIO为直角的充要条件是: b+c=2a; (3)∠AIO为钝角的充要条件是: b+c<2a。 证明连AI并延长交圆O于D。 易证BD=DI=CD,令BD=DI=CD=d,利用托勒密定理: d*c+d*b=a*(AI+d) 从而得: AI=d*(b+c-a)/a。 (1)对于等腰ΔAOD,我们有∠AIO为锐角的充要条件是: AI>d,即b+c>2a。 同理可证 (2),(3)成立。 几何不等式-7 命题设ΔABC的三边长为BC=a,CA=b,AB=c,外心为O,重心为G。 求证: (1)∠AGO为锐角的充要条件是: b^2+c^2>2a^2; (2)∠AGO为直角的充要条件是: b^2+c^2=2a^2; (3)∠AGO为钝角的充要条件是: b^2+c^2<2a^2。 证明连AG并延长交圆O于D。 BC边上的中线为ma,则AG=2*ma/3。 易求得: DG=ma/3+a^2/(4*ma)。 (1)对于等腰ΔAOD,我们有∠AGO为锐角的充要条件是: AG>DG,即b^2+c^2>2a^2。 同理可证 (2),(3)成立。 几何证明-2 命题在ΔABC中,BC=a,CA=b,AB=c,s为半周长,在BC上的一点M,使得ΔABM与ΔACM的内接圆相等。 求证: AM^2=s*(s-a) 证明设AM=x,依题意可得: MB+MC=a (1) MB/MC=(x+c+MB)/(x+b+MC) (2) (2)等价于MB/MC=(x+c)/(x+b) 据 (1), (2)式可得: MB=(x+c)*a/(2x+b+c)MC=(x+b)/(2x+b+c), 由余弦定理得: MB/MC=(x^2-c^2+MB^2)/(-x^2+b^2-MC^2)(3) 所以(x+c)/(x+b)=(x^2-c^2+MB^2)/(-x^2+b^2-MC^2)(4) 将MB=(x+c)*a/(2x+b+c)MC=(x+b)/(2x+b+c)代入(4)式化简整理得: (x+b)*(x+c)*[4x^2+a^2-(b+c)^2]=0, 故得: AM^2=s*(s-a) 经典几何-1 命题在平行四边形ABCD边AB,BC,CD,DA上分别取点K,L,M,N,如果所取这四个点为顶点的四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积的一半,求证: 四边形KLMN至少有一条对角线平行于平行四边形ABCD边。 证明在平行四边形ABCD中,设∠DAB=θ,AD=a,AB=b.则四边形KLMN的面积等于平行四边形ABCD的面积减去三角形△AKN,△BKL,△CLM,△DMN的面积之和。 由面积公式不难求得: △AKN的面积=(1/2)*AN*AK*sinθ, △BKL的面积=(1/2)*BL*(b-AK)*sinθ, △CLM的面积=(1/2)*(a-BL)*(b-MD)*sinθ, △DMN的面积=(1/2)*(a-AN)*MD*sinθ, 平行四边形ABCD的面积=ab*sinθ 所以四边形KL
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