初中数学比例式的证明方法.doc

第16讲 比例式的证明方法艺术的进步在很大程度上取决于艺术的特征.为什么人们总是用数和线或由数和线所描述的事物来说明问题呢？这是因为任何概念除了与数和线相对应的这些特征以外，再无其他更重要的特征了.莱布尼兹知识方法扫描 1形如ab=cd的乘积式的证明，常化成比例式。而比例式的证明，可由题目条件选择平行线分线段成比例定理，相似形的性质或角平分线性质定理来解决。必要时还需引入第三比来转化。 2形如，一类式子的证明，常将其转化为若干比例式之积来解决。如要证明，可先设法证，二式相乘即可。这里寻找线段x,是证题的关键。 3形如一类以分式形式出现的等式的证明，一般是利用比例关系化为分母相同的一组比，然后进行计算，这种方法类似于分式运算中的通分。还有一类形如的式子中没有线段的比，可以化为的形式来证明。 4形如ab+cd=ef的等式的证明，常将e或f两段中的一段分成两段，如将f分为x+y,然后设法证明ab=ex,cd=ey即可，选择f上的分点，是探寻证题思路的关键。 5利用比例线段还可以用来证明线段或角的相等，以及证明直线的平行与垂直等，还可以用来计算有关线段长度，及角的度数等经典例题解析例1(1985年合肥市初中数学竞赛试题)如图，在O内，弦ABCD，QOAB交BC于P，交AC延长线于Q，求证：OPOQ=OA2。证明 如图，连结PA，OB。因ABCD，QOAB，故BOM=AOM=AOB =ACM，于是BOP=PCQ。又OPB=CPQ，于是OPB=Q。但显然有OPB=PAO，于是PAO=Q。从而POAAOQ，OPOQ=OA2。例2ABC的三条内角平分线相交于I, 过I作DEAI, DE交AB于D, 交AC于E. 求证：.证明 如图，DIBADIDBI(901)290BACABC90(180ACB)ACB3, 同理可证EIC2, 故有IDBCIB. , 即 IB2BDBC. 同法可证CEICIB，IDBCEI，AI平分DAE, AIDE,DIEI.故 即ID2BDCE. 例3（1985年宁夏回族自治区初中数学竞赛试题）如图，已知AD是ABC的外接圆的直径，由B，C分别作AD的垂线交AC的延长线于E，交AB于F，求证：。证明 设FC，EB分别交AD于H，G。连结BD，CD。由射影定理，得 AB2=AGAD， AC2=AHAD，于是由 CFBE，得易证AEBABC，于是由得。例4四边形ABCD是圆内接四边形，求证：ACBD=ABCD+ADBC。证明 作DE交AC于E，使1=2，因3=4，故CDEDAB，于是有，ABCD=DBCE同理可证DAECDB，DABC=BDAE将上面两式相加，可得ABCD+ DABC= DBCE+ BDAE=BD（CE+AE）=BDAC。评注1 本题就是托勒密定理：圆内接四边形的对角线之积等于它的两组对边乘积之和。2托勒密定理的逆定理也是成立的，即若一个四边形的对角线之积等于它的两组对边乘积之和，那么这个四边形内接于圆。例5（1985年黑龙江省齐齐哈尔市、大庆市初中数学竞赛）如图，P为ABC的中位线DE上的一点，BP交AC于N，CP交AB于M求证：解 如图，过A作BC的平行线分别交直线BN、CM于G、H连GC、HB.易知HGDEBC.由于D为AB中点，可知P为BG、CH的中点故四边形BCGH为平行四边形，有于是，即 例6在ABC中，ABC=124求证：。分析 要证明，只要证明或即可。设法利用长度分别为AB，BC，CA及ABAC这4条线段，构造一对相似三角形，问题可能解决注意到原ABC中，已含上述4条线段中的三条，因此，不妨以原三角形ABC为基础添加辅助线，构造一个三角形，使它与ABC相似，期望能解决问题证明 延长AB至D，使BD=AC(此时，AD=ABAC)，又延长BC至E，使AE=AC，连结ED下面证明ADEABC设A=，B=2，C=4，则A+B+C=7=180由作图知，ACB是等腰三角形ACE的外角，所以ACE=180-43，所以 CAE=180-3-3=7-6=从而EAB=2EBA，AEBE又由作图AE=AC，AE=BD，所以 BE=BD，BDE是等腰三角形，所以DBEDCAB，所以 ABCDAE，即。所以例7（1999年上海市高中理科班、数学班招生选拔测试数学试题）如图所示,在锐角ABC中,AD是BC边上的高E是AD上一点且满足AEED=CDDB,过D作DFBE,F为垂足,证明:AFC=90。证明 DF为RtBDE斜边上的高, EDF=EBD, 故EFDEDB。于是，从而。由条件, 所以，即有 另一方面,AEF=90+EDF=CDF, 即AEF=CDF 由可知AEFCDF, 所以AFE=CFD. 于是AFC=DFE=90.例8（1978年天津市数学竞赛试题）设ABC为等腰三角形，BC为底边，D为从A到BC的垂足，以AD为直径作圆，由B，C依次作圆的切线BE和CF， E，F为切点，证明EF在ABC内部一段的长等于它在外部两段之和。证明 过A作O的切线与CF的延长线交于K点，则有AK=FK，CD=CF。易证 AKMFDC， 于是有，即，所以MH=HF，同理GM=GE， 于是GH=MH+GM=HF+GE同步训练一、选择题1（1997年荆州市初三数学竞赛试题）如图。D为ABC的BC边的中点，E为AC边上的点，且AC=3CE,，BE和AD交于O点，则等于(A) 2 (B) 3或4 (C) 3 (D) 42（1994年全国初中数学联赛试题）设锐角的三条高,相交于,若,则的值是(A); (B);(C); (D).3如图, ABC中, AD是角平分线, BAC120, 若ABc, ACb, ADx, 则( ) A、bxc B、 C、 D、b, c, x的关系无法确定二、填空题4在RtABC中, 斜边BC上的高为AD, 则_.5(第17届哈尔滨市初中数学竞赛试题)如图，从圆O外一点M作圆的切线MA，切点为A，再作割线MBC,交圆O于B,C两点，ANC的平分线交AC于E,交AB于D,则的值等于 .6（1990-1991学年度广州等五市初中数学联赛试题）如图，正ABC和正A1B1C1中，点O既是AC的中点，又是A1C1的中点，则AA1:BB1= .三、解答题7求证：圆外切等腰梯形的高是其上下两底的比例中项. 8已知G为ABC的重心, 过A、G作一圆与BG相切, 若CG的延长线交圆于H, 求证：AG2CGHG. 。9（1996年全国初中数学联赛四川赛区预赛试题）如图，在ABC中，C=90，A的平分线AD交BC边于D，求证：.10在等腰三角形ABC中，AD是底边BC上的高，CE是腰AB上的高，DFCE于E，FGAD于G，求证：。11如图AB是半圆的直径，C，D是半圆上两点AD，BC交于P ，求证：APAD+BPBC=AB2 12（2000年我爱数学初中生夏令营试题）已知M，N分别在正方形ABCD的边DA，AB上，且AMAN，过A作BM的垂线，垂足为P。求证APNBNC。13在ABC中, P、Q分别是AB、AC边上的点且PQBC, 延长CA到D, 过Q作QEBD与BA的延长线交于E, 求证：CEPD. 14ABC的内切圆O切BC,CA,AB于A,B,C.过O分别作ABC各边的平行线，它们在BC,CA,AB上截得的线段分别为EF,MN,PQ，求证： 。 15如图, 在MPN的边PM上有点A, D；在边PN上有点C, B, AB与CD相交于F. (1) 若PF是MPN的平分线, 求证：；(2) 若, 则PF是MPN的平分线. 同步训练题参考答案1D 过D作DFBE，交CE于D，显然D为CE中点。AE=2CE=4EF，=4。2B 由题设可知，H，D，C，E四点共圆.因此，有 同理，所以 3. B过D引DEAB，交AC于E因为AD是BAC的平分线，BAC=120，所以BAD=CAD=60又BAD=EDA=60，所以ADE是正三角形，所以EA=ED=AD 由于DEAB，所以CEDCAB，所以 由，得, 从而,即.41=1。5. 1 因ME是ANC的平分线，故有。于是 = + = ，因MA2=MBMC，故=1。6连结BO，B1O，则BO，B1O分别是ABC和A1B1C1的高，且。又因AOA1=BOB1=90+BOA1, 于是AA1OBB1O，.7如图, 设O为等腰梯形ABCD的内切圆, E、G、F是切点, 连OA、OG、OB, 易证ABO为直角三角形, 有OG2AGBG , 但AEEDAG, BFFCBG, 即AD2AG, BC2BG, 而EF2OG, 故由得：(EF)2ADBC, 从而EF2ADBC. 8. 延长AG至K, 使GKAG, 连结CK, 延长CF交圆于H, 连结AH, 因CEKC, 故KADE, 而ADEH, 故KH, 又ADHKDC, AHGCKG, 于是, 但AGKG, 故AG2CGHG.9过C作AD的垂线,垂足为E，CE的延长线交AB于F，则AC2=AEAD.因CAD=FAE，AECF，故CE=EF。过E作EGBC交AB于G，则BC=2EG。所以。10延长FG交AB于K,连結DK,易证FDCEKF，从而可证EFDK是矩形。由ADBDGF可得，由ADBAGK可得，由ADBKGD,可得，三式相乘即得11过P作PEAB于E, 由RtAPERtABD, 可得, 故APADAEAB, 同理BPBCBEAB, 两式相加, 得APADBPBCAEABBEAB(AEBE)ABAB2. 12. 证法1：因AMPBAP，故又AMAN，ABBC，故连PC，因PANPBC，所以PANPCB。从而ANPBCP，于是P、N、B、C四点共圆。因此，BNCBPCAPN。证法2： 过N作DC的垂线交MB于L，连AL。则A，N，L，P四点共圆，故APNALN。设BCa，ANb，在CBN中，由BNL与BAM中，有即，故NL又在ANL中，从而RtANLRtCBN，于是ALNBNC。因此，APNBNC。13由PQBC得, 由QEBD得, 故有APACAEADABAQ, 从而, 又PADEAC, 于是APDAEC, DPACEA, CEPD. 14连结OC，QE，MF。 由ENAB及OCAB得OCEN 。因OC平分ENC， 故ON=OE。同理OM=OQ。于是OMNOQE。EQ=MN，EQMN。同理有FM=EQ，FMEQ 。 所以，QBEABCMFC，于是，。=115(1)作PPAB, DDAB, CCAB, 则有, , , 从上三式可得, 但由12得, 从而有, 它可改写为, 即, 也就是, 故有.(2) 可由(1)逆推而得, 此处从略.