2.平面几何解题的基本方法——分析法

第一章中学几何证明

第一节分析法与综合法

在逻辑学中，所谓分析，就是把思维对象分解为各个组成部分、方面和要素，分别加以研究的思维方法．它在思维方式上的特点，在于它从事物的整体上深入地认识事物的各个组成部分，从而认识事物的内在本质或整体规律；所谓综合，是在思维中把对象的各个组成部分、方面、要素联结和统一起来进行考察的方法．它在思维方式方面的特点是在分析的基础上，进行科学的概括，把对各个部分、各种要素的认识统一为对事物整体的认识，从而达到从总体上把握事物的本质和规律的目的．

在数学研究及学习中，把分析与综合的思维方法运用到几何的逻辑证明或推导中，就形成了求解几何问题的分析法与综合法．

分析法是由命题的结论入手，承认它是正确的，执果索因，寻求在什么情况下结论才是正确的．这样一步一步逆而推之，直到与题设会合，于是就得出了由题设通往结论的思维过程．

综合法则是由命题的题设人手，通过一系列正确推理，逐步靠近目标，最终获得结论。

无论是分析法还是综合法，都要经历一段认真思考的过程．分析法先认定结论为真，倒推而上，容易启发思考，每一步推理都有较明确的目的，知道推理的依据，了解思维的过程；综合法由题设推演，支路较多，可以应用的定理也较多，往往不知应如何迈步，这是它的缺点，而优点在于叙述简明，容易使人理解解题的步骤．

1 分析法

在由结论向已知条件的寻求追溯过程中，由于题设条件的不同，或已知条件之间关系的隐蔽程度的不同等，寻求追溯的形式、程度有差异，因而分析法常分为选择型分析法、可逆型分析法、构造型分析法、设想型分析法等几种类型．

1.1 选择型分析法

选择型分析法解题，就是从要求解的结论B出发，希望能一步步把问题转化但又难以互逆转化，进而转化为分析要得到结论B需要什么样(充分)的条件，并为此在探求的“三岔口”

作方向猜想和方向择优．假设有条件C 就有结论B ，即C 就为选择找到的使B 成立的(充分)条件(C ?B)；同样地，再分析在什么样的条件下能选择得到C ，即D ?C ，…，最终追溯至此结论成立或原命题的某一充分条件(或充分条件组)恰好是已知条件或已知结论A 为止．

在运用选择型分析法解题时，常使用一系列短语：“只需……即可”来刻画。具体来说，若可找到D ?B ，而题目欲证“A ? B”，则只需证“A ?D”即可．

例1 如图1，四边形ABCD 的一条对角线BD 平行于两对对

边之交点的连线EF ，求证：AC 平分BD.

分析 欲证的是线段等量关系，可试运用成比例线段转化为

探讨，但又不易直接证(若作辅助线证另当别论)，从而运用分析法来求解．

证明：设AC 交BD 于M ，交EF 于N ，则

.NF

MD

EN BM = 要证明BM=MD ，作为方向猜测，只须证明EN=NF 或1==NF

MD

EN BM 即可. 但是这并不容易，调整方向：欲证BM=MD ，只须证明BM 2=MD 2或BM

MD

MD BM =即可. 而NF MD EN BM =，从而NF EN MD BM =，从而只须证明NF

EN

BM MD =即可. 这又只须证明NF

BM

CN MC EN MD ==即可，而BD ∥EF ，故结论获证. 注：在寻找追溯中间环节的充分条件时，若某一环节的充分条件不止一个，常表明这道题的证法不止一种.

例2 如图2，已知∠ACE=∠CDE =90°，点B 在CE 上，CA=CB=CD ，过A ，C ，D 三点的圆交AB 于F. 求证：F 为△CDE 的内心.

分析 要证F 为△CDE 的内心，只需要证 （1）DF 平分∠CDE ；（2）CF 平分∠DCB.

对于（1）比较容易：由于A ，C ，F ，D 四点共圆，则∠CDF=∠A ，而题设知∠A=45°，即可得证；

图1

F

E

对于（2）只须证明∠DCF=∠FCB ，要证明这两个角相等，你有几种思路？ 1） 只需证明△DCF ≌△BCF 即可.

因为CD=CB ，∠FDC=∠FBC=45°，还需证明DF=BF.

?∠BDF=∠DBF ?∠BDC=∠DBC ?CB=CD 是已知的. 故结论获证.

2）只需证明∠DCF=

2

1

∠DCB 即可. 而∠DCF=180°—∠CDF —∠CFD

=135°—∠CFD ，即∠CFD=135°—∠DCF ，

只需证明∠CFD=135°—2

1

∠DCB 即可.

由于A ，C ，F ，D 四点共圆，有

∠CFD=180°—∠CAD =180°—（90°—

2

1

∠ACD ） =90°+21∠ACD=90°+2

1

（90°—∠DCF ）=135°—∠DCF. 故结论得证.

3）设BC 交圆于M ，则只需证明弧DF=弧FM 即可.

这又只需证明DF=FM 即可，而又只需证明FM=FB ，且DF=FB 即可.

由1）已证得DF=BF. 要证明FM=FB ，只需证明∠FMB=∠FBM=45°即可，因为

∠FMB=∠MCF+∠MFC=∠MAF+∠MAC=45° =∠FBM ，所以结论得证.

4）由三角形内角平分线性质定理的逆定理，只需证明

GF

BF CG CB =（其中G 为CD 与AB 的交点）即可. 而由△ACG ∽△DGF ，有GF

DF

CG CA =，则只需证明AC=AB ，且BF=DF 这些或已知，或已证.故结论获证.

图3

E

图5

E

图4

E

1.2 可逆分析法

如果在从结论向已知条件追溯的过程中，每一步都是推求的等价（充分必要）条件，那么这种分析法又叫做可逆分析法. 因而，可逆分析法是选择型分析法的特殊情形，运用可逆分析法证明的命题运用选择型分析法一定能证明，反之用选择型分析法证明的命题，用可逆型分析法则不一定能证明.

可逆型分析法的证明中，常用符号“?”来表示，或用一系列“则需证…”来表示，并最后指出“上述每步可逆，故命题成立”.

例3 直角△ABC 中，a ，b 为直角边长，c 为斜边长. 求证：

c b a ≤+2

.

证明：由于0,0,0>>>c b a . 欲证不等式

?22222222)(2c b ab a c b a c b a ≤++?≤+?≤+（1）

而在直角△ABC 中，2

22c

b a =+，则（1）

.0)(02222≥-?≥+-?b a b ab a

这最后的不等式显然成立，故命题得证.

例4 凸四边形的四边边长分别为a ，b ，c ，d ，两对角线长为e ，f ，则四边形的面积为

2222222)(44

1

d b c a f

e S --+-=

. 证明：欲证2222222)(44

1

d b c a f

e S --+-=

，则需证 22222222)(416d b c a f e S --+-=.

注意计算四边形的另一种形式的面积公式（由三角形面积公式推导而来）两对角线夹角为α时，α=

sin 2

1

ef S ，则需证明2222222222)(4sin 4d b c a f e f e --+-=α. 即 α=--+2

2

2

2

22

2

2

cos 4)(f e d b c a

图6

α±=--+?cos 22222ef d b c a .

再注意到三角形中的余弦定理，对于图6有

α-+=cos 222222

22f e e f a ，)180cos(2122

2212α--+= f e e f b ，

α-+=cos 211212

12f e e f c ，)180cos(22121222α--+= f e e f d

则α----=--+cos )2222(211112222222f e f e f e f e d b c a

α-=++?α-=+++α-=cos 2))((cos 2)]()([cos 22121211212ef f f e e f f e f f e .

当两对角线夹角为α的补角时，α=α--=--+cos 2)180cos(22222ef ef d b c a . 注：此例的结论称为布瑞须莱德尔公式. 1.3 构造型分析法

如果在从结论向已知条件追溯的过程中，在寻找新的充分条件的转化“三岔口”处，需采取相应的构造型措施：如构造一些条件，作某些辅助图形等，进行探讨、推导，才能追溯到原命题的已知条件（或稍作变形处理）的分析法又叫做构造分析法.

例5 如图7，AD 是△ABC 的中线，任意引直线CF 交AB 于F ，交AD 于E ，求证：

FB

AF ED AE 2=. 分析：注意到题设中有中点，而求证式是一个比较特殊的比例式，需要转化来求解.

证法1 欲证FB AF ED AE 2=，只需证明FB

AF

ED AE =2即可.

若延长ED 至H 使得DH=ED ， 则只须证明FE ∥BH.

而由题设可知BC 与EH 互相平分，所以BH ∥EC ，即BH ∥FE. 故命题得证.

图7

H

证法2 欲证

FB AF ED AE 2=，只需证明FB AF

ED

AE 2

1=

即可. 若取FB 的中点N ，则只需证明DN ∥EF.

因为D 是BC 的中点，所以DN ∥CF ，即DN ∥EF. 故命题得证.

例6 设凸四边形ABCD 的边长分别为a ，b ，c ，d ，两条对角线长为e ，f . 求证：)cos(222222

2C A abcd d b c a f

e +-+=.

分析：欲证 )cos(222222

2C A abcd d b c a f e +-+=，只需证明

)cos(2)()(

222C A f

bd f ac f bd f ac e +??-+=. 与例4类似，这种形式符合三角形中的余弦定理的形式，只是需要对原图形分析比较，在构造出一个顶角大小

为A+C 的三角形，且这个角的两夹边应等于f

ac ，f bd

.

而这只需作相似三角形即可.

如图8，在BC ，CD 边上向外作△BEC ∽△CDA ，作△CFD ∽△ABC ，则有

∠FCE=∠A+∠C ，且f bd EC =

，f

ac

FC =，于是 EDF FC EC FC EC EF ∠??-+=cos 2222)cos(2)()(

22C A f

bd

f ac f bd f ac +??-+=， 此时，只需证明EF=BD 即可. 这又只需证明DBEF 是平行四边形即可. 而由△BEC ∽△CDA ，△CFD ∽△ABC 可得到

.BE DF b

BE f c b DF =?== 另外还需证明BE ∥DF ，这又只需证明∠EBD+∠BDF=180°即可. 因为∠EBD+∠BDF=∠EBC+∠CBD+∠BDC+∠CDF

图8

E

B

A

=∠ACD+∠ACB+∠CBD+∠BDC=∠BDC+∠CDB+∠CBD=180°.

故原命题得证.

注：（1）此例是布瑞须莱德尔发现的“四边形余弦定理”；

（2）由此定理可得托勒密定理：在四边形中，bd ac ef +≤，并且等号当且仅当四边形内接于圆时成立. 1.4 设想型分析法

在向已知条件追溯的过程中，借助于有根据的设想、假定，形成“言之成理”的新构想，再进行“持之有据”的验证，逐步找出正确途径的分析法又称为设想型分析法.

在求解一些关于位置关系、轨迹、作图等问题时，常采用这种方法.

例7 在一个已知锐角三角形的三边上各找一点，使以这三点为顶点的三角形周长最小. 分析：我们设想所求的三点组成的周长最小的△DEF 是一个特殊的三角形，即D ，E ，F 是△ABC 三边上的特殊点，比如三边的中点，三高的垂足，三条角平分线与对边的交点等. 又从题设条件△ABC 是锐角三角形，那么应该是三高的垂足（因为三边的中点、三条角平分线与对边的交点对于三角形没有特殊的要求），因为只有锐角三角形，才能保证三高的垂足在三边上.（这种思路常常又称为从特殊出发）

从而设想这△DEF 是一个△ABC 的垂足三角形.

事实上，当EF 固定，要使FD+ED 最小，必须且只须∠FDB=∠EDC=α（光行最速原理）， 同理∠DEC=∠FEA=β，∠EFA=∠BFD=γ，则

C -π=β+α，A -π=γ+β，B -π=α+γ，从而π=π-π=γ+β+α23)(2.

所以 π=γ+β+α，从而可得A =α，B =β，C =γ.

于是 △DBF ∽△DEC ∽△AEF ∽△ABC. ○1

C

B

不难验证，只有当D ，E ，F 恰为三高的垂足时才能满足条件○1. 为此进行下列验证：再设BC=a ，CA=b ，AB=c ，AF=z ，BD=x ，CE=y ， 由△DBF ∽△ABC ，有

2c cz ax x

z

c c a DB BF AB BC =+?-=?=； 同理 2b cz by =+，2a by ax =+，再由余弦定理可得

C a y C ab by C ab cz by by ax cz ax cos cos cos 2=?=?-+++=+，

同理可得 A b z cos =，.cos B c x = 所以D ，E ，F 确为△ABC 三边上的高的垂足.

例8 已知两边求作三角形，使这两边上的中线互相垂直.

分析：假定符合要求的△ABC 已经作出，如图10所示，AB ，AC 为已知的两条边，BD 与CE 分别为AC 与AB 上的中线，且BD ⊥CE.

现在我们来追溯这个三角形的成图线索. 作出三角形的一条已知的边，例如AC ，这较容易，问题在于第三个顶点B 的确定. 要确定B 点，只需先确定AB 的中点E.

由条件BD ⊥CE ，可先作EF ∥BD 交AD 于F ，且知∠FEC=90°，点E 在以FC 为直径的圆周上，为此就要确定FC 的长.

因为E 是AB 的中点，EF ∥BD 交AC 于F ，则F 是AD

的中点，而D 又是AC 的中点，所以FC=AC 4

3

.

又E 是AB 的中点，而AB 的长为已知的，故E 又在以A 为圆心，AB 的一半长为半径的圆周上.

从而点E 即可由这两圆的交点确定（其解的个数由两圆交点的个数所确定），原图即可作出.

图10