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

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
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。
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。
［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，
[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:
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 .
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，
∴∠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。
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，
［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
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
<==> 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。
∠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
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)
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。
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：∵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
△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);