消点法解题之三.docx
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消点法解题之三
消点法解题之三
消点法的应用非常广泛,适用范围也非常广,几乎所有的问题都可以用类似的思路彻底解决或者部分解决。
今天继续讲解:
1、如图,圆I内切于圆O,切点为P。
圆O的弦AB切圆I于点Q,PQ的延长线交圆O于点M,MN为圆O的直径。
过点P作PA的垂线交AN于C。
求证:
C,I,Q三点共线。
(2012年全国高中数学联赛B卷二试第1题)
思路分析及证明:
先尝试消点法:
1、画出准确的图形,标出已知,确定求证。
最高级的元素是线段CI或者CQ。
2、先从结果出发,要证明三点共线,基本思路要么利用边角同一法、要么梅涅劳斯定理,首选同一法,证明角相等比较靠谱。
基本还是希望通过消点简化图形。
C,I,Q三点共线<=>∠CQA=∠IQA=90°<=>CQAP共圆,
证明共圆基本思路是倒角,当然尽可能去掉最高级点。
CQAP共圆<=>∠PCA=∠PQA(消去最高级线段CI、CQ)
<=>90°-∠PAC=90°-∠PQI
<=>∠PAN=∠PQI至此消去了最高级,最难描述的点C,此时AB也是多余的,也能消去,思路应该是正确的。
得到下图,需证∠PAN=∠PQI。
继续简化问题,由圆周角相等∠PAN=∠PQI<=>∠PMO=∠PQI(消去AN)
此时和圆也无关了,直接把两圆消去。
得到最简单的下图:
已知IP=IQ,OP=OM,PIO,PQM共线,需证∠PMO=∠PQI
至此就显而易见了,由等腰即可得到∠PMO=∠OPQ=∠PQI。
这就证明了结果,详细过程略去。
注:
本题相对简单,证明方法也比较多,上述方法应该算是最自然而简洁的。
消去点C基本就标志着本题的结束。
2、如图所示,ABCD是平行四边形,G是△ABD的重心,点P,Q在直线BD上,使得GP⊥PC,GQ⊥QC.
求证:
∠PAG=∠QAG(2016年高中数学联赛B卷二试第3题)
证明思路分析:
1)先画出准确图形,平行四边形好画,重心最好用比例,显然AGC共线,设AC交BD于E。
则AE=EC,AG=2GE,垂直相当于以CG为直径的圆交BD于P、Q。
当然现在没必要引入圆。
2)分析结果,简化图形。
需证明∠PAG=∠QAG。
此时平行四边形似乎不重要了,因此可以消去B、D,得到下图。
已知∠GPC=∠GQC=90°,AGEC共线,AG=2GE,AE=EC,求证∠PAG=∠QAG.
3)此时图形似乎没法再简化了。
已知条件和结果相差的有点远,比例和垂直很难用。
几乎陷入了绝路。
只能大胆猜测,小心验证了。
感觉P、Q具有对称性,根据准确画出来的图形,若AE为角平分线,很可能PG、QG类似,即∠APG=∠QPG,∠AQG=∠PQG,测量一下发现也是正确的!
这样问题就转化为证明∠APG=∠QPG且∠AQG=∠PQG即可。
由P、Q具有对称性,只需证明一个即可,从而可以删去Q,只保留P,得到下图:
设∠APG=∠1,∠EPG=∠2,需要由AG=2GE,AE=EC,求证∠1=∠2。
此时实在无法简化,图形已经足够简单,实在不行,只能采用“暴力计算”了。
由面积方法证明的分角定理即得:
(APsin1)/(EPsin2)=GA/GE=2=CA/CE=(APsin∠APC)/(EPsin∠EPC)
即sin1/sin2=cos1/cos2,
即tan1=tan2,
即∠1=∠2,从而原结论成立。
注:
1、)本题是B卷二试第三题,还是有些难度的,因为图形略有些复杂,条件也比较难用。
即使层层简化消去了平行四边形也还是不好入手。
只有经过长期探索、大胆猜测G为△APQ内心,才能找到入手点。
最后还需要适量的三角计算。
当然计算才是王道,几何证明总是免不了适当的计算。
2、)熟悉调和点列、阿波罗尼斯圆的读者容易发现,本题的本质是阿波罗尼斯圆:
以CG为直径的圆即为A、E的阿波罗尼斯圆。
当然严格上讲是阿波罗尼斯圆的逆命题。
不过在一般的考试中还是要证明,而不能直接由阿波罗尼斯圆定理得到的。
证明也有纯几何方法,不过上述的计算证明也是自然而然的。
知道了本质以后本题显然可以推广为只要AG/GE=AC/CE(即A,E;CG为调和点列),即有∠PAG=∠QAG.
3、已知:
如图所示,AD⊥CD于D,AB⊥CB于B,AE⊥BD于E,H、I在直线AD、AB上,且满足∠CEH-∠CHD=90°,∠CEI-∠CIB=90°,求证:
△HIE外接圆与BD相切。
(2014年IMO第6题)
思路分析:
第一步:
画出精确图,弄清楚已知求证和各元素生成的先后顺序
先画出草图,此题图形较复杂,要按题意叙述画出精确图形并不容易,难点在于怎么利用已知中∠CEH-∠CHD=90°,∠CEI-∠CIB=90°确定H、I点的位置。
假设图形已经作出,如上图所示,我们分析H点的几何性质,由∠CEH-∠CHD=90°的式子特征不难发现:
若过E做EH垂线交AD直线于J,则∠CHD=∠CEH-90°=∠CEJ,从而JHEC共圆,且JH为此圆直径,圆心K为CE中垂线与AD交点!
同理可以得到I。
这样我们就可以用尺规作出点H、I了:
设CE中垂线与直线AD、AB分别交于K、L,则以K为圆心,KE为半径的圆与AD的靠近A的交点即为H,类似可得到I。
第二步:
发掘图形的基本性质,尽可能的简化图形:
先从结果分析,在上图中,欲证IEH外接圆与BD相切,说得直白一些,即需证HE、IE的中垂线的交点在AE上,而HE中垂线即为∠AKE角平分线,即如下图需证∠AKE与∠ALE平分线交AE于同一点!
这样就能消去J点了。
由角平分线定理及同一法,即需证AK/KE=AL/LE,这样我们就成功的消去了点H、I。
得到下图,由垂直即KL为CE中垂线,需证AK/KE=AL/LE。
在上图中,欲证AK/KE=AL/LE,即证AK/AL=KE/LE。
继续挖掘图形性质并设法简化图形。
设EC中点为O,显然KDOC,BCOL共圆,KE=KC,LE=LC分别为两圆的直径,所以考虑用正弦定理进一步转化求证结果。
由共圆则∠OKD=∠OCD,同理∠OLA=∠OCB。
△KAL中,由正弦定理有
此时已知AD⊥CD于D,AB⊥CB于B,AE⊥BD于E,O为CE中点,求证OD=OB。
第三步:
图形不能简化时,适当计算或这添加辅助线:
首选添加简单辅助线,在上图中,中点和垂直很难用。
显然ABCD共圆,添加圆心即不难证明:
如下图,取AC中点P,显然PD=PB且PO//AE,则PO⊥DB,即PO为DB中垂线,故OD=DB,即原命题成立。
这样就完成了上述问题的全部证明。
注:
1)本题图形复杂,难度极大,是2014年IMO的第6题,中国队的六名队员中只有两位得到了满分。
上面的分析过程是本人思考过程的真实还原,经过上面的分析,我们发现,其实按消点法步步为营、各个击破,不停的消点,不停的简化图形,最终图穷匕见、水落石出,最后发现只需在最终的图形中证明BO=OD即可,说明本题的本质非常简单。
只是经过层层包装,让人望而生畏罢了!
2)当然在最后的图形证明中,也可以不添辅助线,直接用中线长公式加勾股定理计算得到。
而且某种意义上讲,这种证明更本质。
因为这样以来,最后图形中的结论还能再推广,只需AD^2+CD^2=AB^2+CB^2,AE⊥BD于E,O为CE中点,即有OD=OB。
这进一步说明计算才是王道,很多几何图形性质的本质就是图形元素间的代数关系。
本节又讲了三个例题展示了消点法的强大功能。
但是需要强调的是,没什么方法是万能的,消点法当然也不例外。
有些图形不能再简化时就不能再使用消点法了。
希望读者在实战中多总结得失。
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