平面几何证明常用方法

目录

1.引言………………………………………………………………

2.利用平行四边形性质添加平行线证题……………………

3.利用圆中的等量关系巧作辅助圆证题………………………………

4.利用平移、旋转,翻折,几何证明中的三种基本变换证题…………………

5.反证法证题………………………………………………………………

6.巧用面积法解几何题…………………………………………

结论…………………………………………………………………

参考文献……………………………………………………………

致谢………………………………………

平面几何证明题的常用技巧

数学计算机科学学院

摘要灵活、恰当地选择解题方法是求解平面几何问题的良好途径。解决任何一道平面几何证明题,都要应用这样或那样的方法,而选择哪一种方法,就取决于我们用什么样的解题思路。本文试对平面几何证明题中常用的几种解题思路及方法进行分析。

【关键词】平面几何证明题思路技巧

The plane geometry proving the commonly used skill

College of Mathematics and Computer Science

Abstract: Flexible, properly choose the problem solving method is a good

way of solving plane geometry. Any solve a plane geometry proving, one way or the other method, and the choice of which method, it depends on what kind of way we use. This article try to plane geometry proving that is commonly used in several problem-solving ideas and methods are analyzed.

Key words：Plane geometry To prove the topic Train of thought skills

1 引言

平面几何难学,是很多初中生在学习中的共识,这里面包含了很多主观和客观因素,而学习不得法,没有适当的解题思路则是其中的一个重要原因。波利亚曾说过,“解题的成功要靠正确思路的选择,要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。为了辨别哪一条思路正确,哪一个方向可接近它,就要试探各种方向和思路。”由此可见,掌握证明题的一般思路、探索证题过程中的数学思维、总结证题的基本规律是求解几何证明题的关键。

2利用平行四边形性质添加平行线证题

在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁. 添加平行线证题,一般有如下四种情况.

2.1 为了改变角的位置

大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁

内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要.

例1 设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ , A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试 证明你的结论.

答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形.

证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .

在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知 △DBP ≌△AQC .

有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC .

于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP . 则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP . 所以AB ＝AC .

这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.

例2 如图2,四边形ABCD 为平行四边形, ∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .

由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有 PA ＝ED ,PB ＝EC .

显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE .

由∠BAF ＝∠BCE ,可知 ∠BAF ＝∠BPE .

有P 、B 、A 、E 四点共圆.

于是,∠EBA ＝∠APE . 所以,∠EBA ＝∠ADE .

这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.

2.2 为了改变线段的位置

利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.

例3 在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证： PM ＋PN ＝PQ . 证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC

于K 、G ,连PG . ∥＝

A D

B P Q C

图1P

E

D G A B F C 图2A

N E

B

Q

K

G

C D

M

F P

由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN .

显然,PD EP ＝FD EF ＝GD

CG

,可知PG ∥EC .

由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是, PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .

这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.

2.3 为了线段比的转化

由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的.

例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：

AP AB

＋AQ AC ＝11AN AM ＋2

2AN AM . 证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立.

若PQ 与PQ PM ＝PK , PM ＋PN ＝PQ . M 1、M 2 △ABC BC

BM 1＝CM 2.

AB 、AC 、AM 1、AM 2 P 、Q 、N 1、N 2

AP AB

＋AQ AC ＝11AN AM ＋2

2AN AM . PQ ∥BC PQ 与

BC 不平行,设PQ 交直线BC

于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于 E . 由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋ M 2E ,易知

AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DE

CE

,

1

1

AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2

.

A P

E

D

C M 2M 1B Q

N 1

N 2

图4A P

E

D

C M 2M 1B Q

N 1

N 2

图4

则

AP AB ＋AQ AC ＝DE CE

BE +＝DE E M E M 21+＝11AN AM ＋2

2AN AM . 所以,

AP AB ＋AQ AC ＝11AN AM ＋2

2AN AM . 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母

为DE ,于是问题迎刃而解.

例5 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .

证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分

别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、 N 、M . 显然,AN BD ＝KA KD ＝AM

DC .

有BD ·AM ＝DC ·AN . (1) 由BD AP ＝FB AF ＝BC AM

, 有AP ＝BC AM BD ·. (2) 由DC AQ ＝EC AE ＝BC AN , 有AQ ＝BC AN DC ·. (3) 对比(1)、(2)、(3)有

AP ＝AQ . 显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ . 所以,∠FDA ＝∠EDA .

这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.

2.4 为了线段相等的传递

当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平

行线将线段相等的关系传递开去.

例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠

MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝4

1(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .

由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有 △BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC .

显然,MD 为EN 的中垂线.有 EM ＝MN . 由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2

,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有

∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.

于是,∠BAC ＝90°. 所以,AD 2＝2

21??

?

??BC ＝41(AB 2＋AC 2).

这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出

图5

M P A Q N

F B D

C E

K 图6A N

C D

E B M

路.

例7 如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,

分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB .过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF .

证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB .易知 DB 2＝FB 2＝AB ·HB ,

AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得 DB 2－AD 2

＝AB ·(HB －AG ),

或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ). 于是,DB －AD ＝HB －AG ,

或 DB －HB ＝AD －AG .

就是DH ＝GD . 显然,EG ∥CD ∥FH . 故CD 平分EF .

这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩. 经过一点的若干直线称为一组直线束.

一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等.

如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有 BN DM ＝AN AM ＝NC

ME ,

即 BN DM ＝NC ME 或ME DM ＝NC BN .

此式表明,DM ＝ME 的充要条件是 BN ＝NC .

利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮.

例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长 后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长

线交EF 于G .求证：EG ＝GF .

证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、

AF 于M 、N .由BD ∥EF ,可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF . 有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC .

可得MC ＝CN . 所以,EG ＝GF .

例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁

切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB

的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平

分BC . 证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别 交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、 OE 、OF .

由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .

由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有 ∠FOQ ＝∠FKQ .

由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有∠EOP ＝∠EKP .

A G D O H

B F

C E

图7图8

A

D

B N

C E M 图9

A B M E F N D C

G A O E

P C B F Q

K 图10

显然,∠FKQ ＝∠EKP , 可知 ∠FOQ ＝∠EOP . 由OF ＝OE ,可知 Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP . 于是,OK 为PQ 的中垂线,故QK ＝KP . 所以,AK 平分BC .

综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.

3利用圆中的等量关系巧作辅助圆

在某些数学问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通

过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆的若干思路.

3.1 挖掘隐含的辅助圆解题

有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系

明朗化.

1.1 作出三角形的外接圆

例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝ ∠A .求证：BD ＝2CD .

分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系. 容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能 直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆 于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.

证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .

又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF .

作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF .

因∠GEF ＝2

1

∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC .

于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆 例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝

∠BCD ＝90°,

AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2. 证sin ∠AOB ＝

26

3

615 .. 分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D 四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可.

解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.

A

B G

C D

F E 图1A B

C D

P

O 图2

设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝2

1

BP ＝4－3. 由托勒密定理有

BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12. 又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝

2

3

3. 故sin ∠AOB ＝263615+.

例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证： △ABC 的面积S ＝

4

3

AP ·BD . 分析：因S △ABC ＝

43BC 2＝4

3AC ·BC ,只 须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).

证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ . 又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .

从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD . 于是,S ＝

43AC ·BC ＝4

3AP ·BD . 3.2 构造相关的辅助圆解题

有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质

相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.

2.1 联想圆的定义构造辅助圆

例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .证对角线AC 的长为224q p -. 分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在 半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与 p 、q 的关系.

解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE . 显然A 、B 、C 在⊙D 上.

A

图3

B

P

Q

D

H

C A E

D

C

B

∵AB ∥CD , ∴BC ＝AE . 从而,BC ＝AE ＝q . 在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故 AC ＝22AE CE -＝224q p -.

2.2 联想直径的性质构造辅助圆

例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,证AD 的取值范围是3＜AD ≤9..

分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴

上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.

解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),

对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、 C (4,0).

分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则 两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、

Q (1＋22,1).

可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9.

2.3 联想圆幂定理构造辅助圆

例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2

－AN 2

＝BM ·BN .

分析：因AB 2－AN 2

＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.

证明：如图6,

∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5, ∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN .

以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交 BA 的延长线于E .则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有

BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )

＝(AB ＋AN )(AB －AN ) ＝AB 2－AN 2, 即 AB 2－AN 2

＝BM ·BN .

例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,

延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2

.

分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.

A B

D C P Q

E y x

0(1,9)(-2,0)

(4,0)

图5

E

A N C

D B F

M 12

345图6

4 平移、旋转,翻折,几何证明中的三种基本变换

所谓几何变换就是根据确定的法则，对给定的图形(或其一部分)施行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系．

4.1正三角形类型

在正ΔABC中，P为ΔABC内一点，将ΔABP绕A点按逆时针方向旋转600，使得AB与AC重合。经过这样旋转变化，将图（1-1-a）中的PA、PB、PC三条线段集中于图（1-1-b）中的一个ΔP'CP中，此时ΔP'AP也为正三角形。

例1. 如图：（1-1）：设P是等边ΔABC内的一点，PA=3， PB=4，PC=5，证明∠APB的度数是150°.

证：以PA为一边，向外作正三角形APQ，连接BQ，可知

PQ=PA=3，∠APQ=60°，

由于AB=AC，PA=QA，∠CAP+∠PAB=60°=∠PAB+∠BAQ，即：∠CAP=∠BAQ，所以△CAP≌△BAQ

可得：CP=BQ=5，

在△BPQ中，PQ=3，PB=4，BQ=5，由勾股定理，知△BPQ是直角三角形。所以

∠BPQ=90°

所以

∠APB=∠APQ+∠BPQ=60°+90°=150°。

4.2正方形类型

在正方形ABCD中，P为正方形ABCD内一点，将ΔABP绕B点按顺时针方向旋转900，使得BA与BC重合。经过旋转变化，将图（2-1-a）中的PA、PB、PC三条线段集中于图（2-1-b）中的ΔCPP'中，此时ΔBPP'为等腰直角三角形。

例2 . 如图（2-1）：P是正方形ABCD内一点，点P到正方形的三个顶点A、

B、C的距离分别为PA=1，PB=2，PC=3。证正方形ABCD面积为2√2+5。

解：作ΔAED使∠DAE=∠BAP，AE=AP

连结EP，则ΔADE≌ΔABP（SAS）

同样方法，作ΔDFC且有ΔDFC≌ΔBPC。

易证ΔEAP为等腰直角三角形，

又∵AP=1

∴PE=√2同理，PF=3√2

∵∠EDA=∠PBA，∠FDC=∠PBC

又∵∠PBA+∠PBC=90°

∴∠EDF=∠EDA+∠FDC+∠ADC= 90°+90°=180°

∴点E、D、F在一条直线上。

∴EF=ED+DF=2+2=4，

在ΔEPF中，EF=4，EP=√2 ，FP=3√2

由勾股定理的逆定理，可知ΔEPF为直角三角形

正方形ABCD的面积=△EPF的面积+△EPA的面积+=△PFC的面积=2√2+5

4.3等腰直角三角形类型

在等腰直角三角形ΔABC中，∠C=900, P为ΔABC内一点，将ΔAPC绕C

点按逆时针方向旋转900，使得AC与BC重合。经过这样旋转变化，在图（3-1-b）中的一个ΔP'CP为等腰直角三角形。

例3．如图，在ΔABC中，∠ACB =900，BC=AC，P为ΔABC内一点，且PA=3，PB=1，

PC=2。证∠BPC的度数为135°。

因为△ABC中AC＝BC，∠ACB=90°

所以可将三角形APC绕C旋转90度，CA与CB重合，P移动到D，连接PD

显然BD＝PA＝1，CD＝PC＝2，∠PCD＝90°，∠APC＝∠CDB

所以PD＝2√2，∠PDC＝∠DPC＝45°

因为PB＝3

所以PD^2＋BD^2＝PB^2

所以ΔPBD是直角三角形且∠PDB＝90°

所以∠CDB＝90°＋45°＝135°

所以∠APC＝∠CDB＝135°

5.1反证法

证明平面几何问题,运用反证法是一种重要的方法.反证法就是先假设待证的结论不成立,经过严密的推理,推出和已知条件或已知的定义、定理、公理相矛盾,从而肯定待证结论成立.

一、用于“必然性”问题的证明

如果一个命题的结论以“必然”、“等于”等形式给出，考虑使用反证法常常奏效。

例1：证明：三角形的三个内角中，至少有一个角不大于60°.

已知：△ABC，

求证：∠A、∠B、∠C、中至少有一个角不大于60°。

证明：假设三角形ABC的三个内角A、B、C都大于60°，则∠A+∠B+∠C ＞180°，即三个内角的和大于180°，这与三角形的内角和等于180°相矛盾，所以三角形的三个内角至少有一个角不大于60°。

二、常规性证明习题

此类习题可用常规证明，也并不复杂。如例题2，利用平行和等边对等角就可以证明。但在此利用反证法证明，通过简单习题的运用，可让学生进一步理解反证法的运用，对学生思维能力的提升，也为学生在分析复杂问题的结论是否正确时提供一种方法。

例2： 如图1，已知∠CAE 是△ABC 的外角，AD ∥BC ，且∠1=∠2， 求证：AB=AC ，

证明：假设AB ≠AC ，则∠B ≠∠C ，因为AD ∥BC ，所以∠1=∠B ，∠2=∠C ，

所以∠1≠∠2，

这与已知∠1=∠2相矛盾， 所以AB=AC 。

三、用于“结论否定形式”的命题的证明

当命题的结论涉及到否定形式的论断时，宜用反证法。而此类习题用常

用证明方法很难证明。

例3 ：如图2，在△ABC 中，D 、E 两点分别在AB 和AC 上。

求证：CD 、BE 不能互相平分。

证明：假设CD 、BE 互相平分，连接DE ，则根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以有DE//BC ，BD//EC ，这与BD 、CE 相交于点A 矛盾。 所以CD 、BE 不能互相平分。 四、用于证明“唯一性”的问题

有些唯一性命题的证明使用反证法证明较简捷。此类习题以概念性习题为主。

例4：试说明两条直线相交，只有一个交点。

证明：如图，假设直线AB 与CD 有两个或两个以上的交点。不妨设交于点P ，点E 两个交点，则过点P 、E 的直线有两条，即直线AB 与CD ，这与“过两点有且只有一条直线”相矛盾。

所以，两条直线相交，只有一个交点。

6巧用面积法解几何题

用面积法解几何问题是一种重要的数学方法，在初中数学中有着广泛的应用，

A

B

C

D

E 1 2

图5

这种方法有时显得特别简捷，有出奇制胜、事半功倍之效，请看以下几例。

6.1. 利用面积法求线段的长

例1. 如图1，AD 是R t A B C

?的斜边BC 上的高，且A C =60，AB ＝45，求AD 。 A

B D C

图1

解：由勾股定理得：

B C A B A C =+=+=2222456075

121

2

AB AC BC AD ?=? ∴=?=?=A D A BA C B C 456075

36

例2. 如图2，矩形ABCD 中AB ＝a ，BC ＝b ，M 是BC 的中点，D EA M ⊥，E 是垂足，求证：D E a b a b

=

+242

2

A D

E

B M C

图2

证明：连结DM ，由勾股定理得：

A M A

B B M a b =+=+2222

12

4

S A M D E A D A B A M D

?=?=?121

2

∴=?=+D E A D A B A M a b

a b

2422

6.2. 利用面积法证线段等式

例3. 如图3，AD 是?A B C

的角平分线，求证：AB AC BD

DC

=

A

E F

B D H C

图3

证明：过点D 作D EA B ⊥于E ，D FA C ⊥于F ，过点A 作A HB C

⊥于H 由D E D F

=，则有S S A B D E

A C D F A

B A

C A B D

A C D

??=??=

1

212

S S B D A H

D C A H B D D C A B D A C D ??=??=

1

212 即AB AC BD

DC

=

例 4. 已知一直角三角形两直角边为a 、b ，斜边c 上的高为h ，求证：1112

22a b h

+= 证明： a b c 222+=

∴+=a h b h c h 222222 由三角形面积关系有a b c h = 即a b ch 2222= ∴+=()a bh a b

22222 整理后，即得111

222

a b h +=

6.3. 利用面积法证线段不等式

例5. 如图4，在?A B C

中已知A B A C >A B A C >，BD 、CE 分别为AC 、AB 边上的高，求证：B DC E

>

A

E D

B C

图4

证明： B D A C C E A B

⊥⊥， ∴=?=?S A B C E A C B D A B C

?1212

∴?=?A B C E A C B D

，即AB AC BD

CD

= ∴>∴>A B A C A B

A C

，1

∴>BD

CE

1，即B DC E >

6.4 利用面积法求线段的比

例6. 如图5，已知在?A B C

中，BD ：CD ＝2：1，E 为AD 的中点，连结BE 并延长交AC 于F ，求AF ：FC

A

F

E

B D C

图

5

解：连结CE ，设S x C E D ?= 由AE ＝DE ，可知S x A C E ?=

由BD ：CD ＝2：1，可知S x B E D ?=2 由AE ＝DE ，∴==S S x A E B B E D

??2 设S y

E F C ?=，则S x y AEF ?=- ∴==-+A F F C S S x y x y A B F

B F C

??33 （1）

A F F C S S x y y A E F

E F C

==

-?? （2） 由（1）（2）得：33x y x y x y

y

-+=

- ∴=

x y 5

3

代入（2）中，得A F F C x y y y y

y =-=-=5

32

3

结论

对于几何证明的方法有很多，在这里我所写的只是其中很少一部分。

本文重点讲诉了作平行线，翻折旋转，反证等方法在几何证明中的应用，这几种方法各有特点，在什么情况下用哪种方法，，，，，把握好这一点是证题的关键。

参考文献

[1]邱继勇，用类比与一般化的思维方法探究新命题[J]；中学数学；2004年12期

[2]田进誉;中学数学与数学思想方法教学[J];晋中师范高等专科学校学报;2002年04期 [3]文恒毅;;初等几何变换与中学几何教学[J];河池学院学报;1988年01期 . [4]沈文选，平面几何证明方法全书；哈尔滨工业大学出版社；2005-9-1 [5]郭耀红，戴普庆；中学数学研究；安徽师范大学出版社；2000.6 [6]李中平；平面几何分类证明；西南师范大学出版社；2011,7,1 [7]阿达玛；几何学教程（平面几何卷）；哈尔滨大学出版社；2011,3,1 [8]萧振刚；几何变换与几何证明；哈尔滨大学出版社；2010,5,1 [9]郑元禄；数学趣题巧解；哈尔滨大学出版社；2012,3,1 [10]杨世明；三角形趣谈；哈尔滨大学出版社；2012,8,1

致谢

本文在选题、修改及其定稿的整个过程中，都是在王敏老师的细心指导下完成的，在此对她表示特别的感谢！另外，衷心感谢数学计算机科学学院的老师四年来对我的谆谆教导．在本文的写作过程中，本人查阅了一些资料，在此向撰写这些资料的老师表示感谢．