中考數(shù)學-平面幾何輔助線添加技法總結(jié)與例題詳解

1、 第一講 注意添加平行線證題 在同一平面內(nèi),不相交的兩條直線叫平行線.平行線是初中平面幾何最基本的,也是非常重要的圖形.在證明某些平面幾何問題時,若能依據(jù)證題的需要,添加恰當?shù)钠叫芯€,則能使證明順暢、簡潔. 添加平行線證題,一般有如下四種情況.1 為了改變角的位置 大家知道,兩條平行直線被第三條直線所截,同位角相等,內(nèi)錯角相等,同旁內(nèi)角互補.利用這些性質(zhì),?？赏ㄟ^添加平行線,將某些角的位置改變,以滿足求解的需要.例1 設(shè)P、Q為線段BC上兩點,且BPCQ,A為BC外一動點(如圖1).當點A運動到使BAPCAQ時,ABC是什么三角形？試證明你的結(jié)論.答： 當點A運動到使BAPCAQ時,ABC為等

2、腰三角形.證明：如圖1,分別過點P、B作AC、AQ的平行線得交點D.連結(jié)DA.在DBPAQC中,顯然DBPAQC,DPBC.由BPCQ,可知 DBPAQC.有DPAC,BDPQAC.于是,DABP,BAPBDP.則A、D、B、P四點共圓,且四邊形ADBP為等腰梯形.故ABDP. 所以ABAC. 這里,通過作平行線,將QAC“平推”到BDP的位置.由于A、D、B、P四點共圓,使證明很順暢.例2 如圖2,四邊形ABCD為平行四邊形,BAFBCE.求證：EBAADE. 證明：如圖2,分別過點A、B作ED、EC的平行線,得交點P,連PE. 由AB CD,易知PBAECD.有PAED,PBEC. 顯然,

3、四邊形PBCE、PADE均為平行四邊形.有 BCEBPE,APEADE. 由BAFBCE,可知 BAFBPE. 有P、B、A、E四點共圓. 于是,EBAAPE. 所以,EBAADE. 這里,通過添加平行線,使已知與未知中的四個角通過P、B、A、E四點共圓,緊密聯(lián)系起來.APE成為EBA與ADE相等的媒介,證法很巧妙.2 為了改變線段的位置利用“平行線間距離相等”、“夾在平行線間的平行線段相等”這兩條,常可通過添加平行線,將某些線段“送”到恰當位置,以證題.例3 在ABC中,BD、CE為角平分線,P為ED上任意一點.過P分別作AC、AB、BC的垂線,M、N、Q為垂足.求證：PMPNPQ.證明：如

4、圖3,過點P作AB的平行線交BD于F,過點F作BC的平行線分別交PQ、AC于K、G,連PG. 由BD平行ABC,可知點F到AB、BC兩邊距離相等.有KQPN. 顯然,可知PGEC. 由CE平分BCA,知GP平分FGA.有PKPM.于是, PMPNPKKQPQ. 這里,通過添加平行線,將PQ“掐開”成兩段,證得PMPK,就有PMPNPQ.證法非常簡捷.3 為了線段比的轉(zhuǎn)化 由于“平行于三角形一邊的直線截其它兩邊,所得對應線段成比例”,在一些問題中,可以通過添加平行線,實現(xiàn)某些線段比的良性轉(zhuǎn)化.這在平面幾何證題中是會經(jīng)常遇到的.例4 設(shè)M1、M2是ABC的BC邊上的點,且BM1CM2.任作一直線分

5、別交AB、AC、AM1、AM2于P、Q、N1、N2.試證：.證明：如圖4,若PQBC,易證結(jié)論成立. 若PQ與BC不平行,設(shè)PQ交直線BC于D.過點A作PQ的平行線交直線BC于E. 由BM1CM2,可知BECEM1EM2E,易知 , ,.則.所以,. 這里,僅僅添加了一條平行線,將求證式中的四個線段比“通分”,使公分母為DE,于是問題迎刃而解.例5 AD是ABC的高線,K為AD上一點,BK交AC于E,CK交AB于F.求證：FDAEDA.證明：如圖5,過點A作BC的平行線,分別交直線DE、DF、BE、CF于Q、P、N、M. 顯然,.有BDAMDCAN. (1)由, 有AP. (2)由, 有AQ.

6、 (3)對比(1)、(2)、(3)有APAQ. 顯然AD為PQ的中垂線,故AD平分PDQ.所以,FDAEDA.這里,原題并未涉及線段比,添加BC的平行線,就有大量的比例式產(chǎn)生,恰當?shù)剡\用這些比例式,就使AP與AQ的相等關(guān)系顯現(xiàn)出來.4 為了線段相等的傳遞 當題目給出或求證某點為線段中點時,應注意到平行線等分線段定理,用平行線將線段相等的關(guān)系傳遞開去.例6 在ABC中,AD是BC邊上的中線,點M在AB邊上,點N在AC邊上,并且MDN90.如果BM2CN2DM2DN2,求證：AD2(AB2AC2).證明：如圖6,過點B作AC的平行線交ND延長線于E.連ME. 由BDDC,可知EDDN.有BEDCN

7、D. 于是,BENC. 顯然,MD為EN的中垂線.有 EMMN. 由BM2BE2BM2NC2MD2DN2MN2EM2,可知BEM為直角三角形,MBE90.有 ABCACB ABCEBC90. 于是,BAC90. 所以,AD2(AB2AC2). 這里,添加AC的平行線,將BC的以D為中點的性質(zhì)傳遞給EN,使解題找到出路.例7 如圖7,AB為半圓直徑,D為AB上一點,分別在半圓上取點E、F,使EADA,FBDB.過D作AB的垂線,交半圓于C.求證：CD平分EF. 證明：如圖7,分別過點E、F作AB的垂線,G、H為垂足,連FA、EB.易知 DB2FB2ABHB, AD2AE2AGAB. 二式相減,得

8、 DB2AD2AB(HBAG),或 (DBAD)ABAB(HBAG). 于是,DBADHBAG,或 DBHBADAG. 就是DHGD. 顯然,EGCDFH. 故CD平分EF. 這里,為證明CD平分EF,想到可先證CD平分GH.為此添加CD的兩條平行線EG、FH,從而得到G、H兩點.證明很精彩. 經(jīng)過一點的若干直線稱為一組直線束. 一組直線束在一條直線上截得的線段相等,在該直線的平行直線上截得的線段也相等. 如圖8,三直線AB、AN、AC構(gòu)成一組直線束,DE是與BC平行的直線.于是,有 ,即 或. 此式表明,DMME的充要條件是 BNNC. 利用平行線的這一性質(zhì),解決某些線段相等的問題會很漂亮.

9、例8 如圖9,ABCD為四邊形,兩組對邊延長后得交點E、F,對角線BDEF,AC的延長線交EF于G.求證：EGGF.證明：如圖9,過C作EF的平行線分別交AE、AF于M、N.由BDEF,可知MNBD.易知 SBEFSDEF. 有SBECSKG *5DFC. 可得MCCN. 所以,EGGF.例9 如圖10,O是ABC的邊BC外的旁切圓,D、E、F分別為O與BC、CA、AB的切點.若OD與EF相交于K,求證：AK平分BC.證明：如圖10,過點K作BC的行平線分別交直線AB、AC于Q、P兩點,連OP、OQ、OE、OF. 由ODBC,可知OKPQ. 由OFAB,可知O、K、F、Q四點共圓,有 FOQF

10、KQ. 由OEAC,可知O、K、P、E四點共圓.有EOPEKP. 顯然,FKQEKP, 可知 FOQEOP. 由OFOE,可知 RtOFQRtOEP. 則OQOP. 于是,OK為PQ的中垂線,故QKKP. 所以,AK平分BC. 綜上,我們介紹了平行線在平面幾何問題中的應用.同學們在實踐中應注意適時添加平行線,讓平行線在平面幾何證題中發(fā)揮應有的作用.第二講 巧添輔助圓 在某些數(shù)學問題中,巧妙添置輔助圓?？梢詼贤ㄖ本€形和圓的內(nèi)在聯(lián)系,通過圓的有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓的若干思路.1 挖掘隱含的輔助圓解題 有些問題的題設(shè)或圖形本身隱含著“點共圓”,此時若能把握問題提供的信息,恰當補

11、出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會使題設(shè)和結(jié)論的邏輯關(guān)系明朗化.1.1 作出三角形的外接圓例1 如圖1,在ABC中,ABAC,D是底邊BC上一點,E是線段AD上一點且BED2CEDA.求證：BD2CD.分析：關(guān)鍵是尋求BED2CED與結(jié)論的聯(lián)系.容易想到作BED的平分線,但因BEED,故不能直接證出BD2CD.若延長AD交ABC的外接圓于F,則可得EBEF,從而獲取.證明：如圖1,延長AD與ABC的外接圓相交于點F,連結(jié)CF與BF,則BFABCAABCAFC,即BFDCFD.故BF:CFBD:DC. 又BEFBAC,BFEBCA,從而FBEABCACBBFE.故EBEF. 作BEF的平分

12、線交BF于G,則BGGF. 因GEFBEFCEF,GFECFE,故FEGFEC.從而GFFC. 于是,BF2CF.故BD2CD.1.2 利用四點共圓例2 凸四邊形ABCD中,ABC60,BADBCD90, AB2,CD1,對角線AC、BD交于點O,如圖2.則sinAOB_.分析：由BADBCD90可知A、B、C、D四點共圓,欲求sinAOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可.解：因BADBCD90,故A、B、C、D四點共圓.延長BA、CD交于P,則ADPABC60. 設(shè)ADx,有APx,DP2x.由割線定理得(2x)x2x(12x).解得ADx22,BCBP4. 由托勒密定理有 BDC

13、A(4)(22)211012. 又SABCDSABDSBCD. 故sinAOB.例3 已知：如圖3,ABBCCAAD,AHCD于H,CPBC,CP交AH于P.求證：ABC的面積SAPBD. 分析：因SABCBC2ACBC,只須證ACBCAPBD,轉(zhuǎn)化為證APCBCD.這由A、B、C、Q四點共圓易證(Q為BD與AH交點).證明：記BD與AH交于點Q,則由ACAD,AHCD得ACQADQ. 又ABAD,故ADQABQ. 從而,ABQACQ.可知A、B、C、Q四點共圓. APC90PCHBCD,CBQCAQ, APCBCD. ACBCAPBD. 于是,SACBCAPBD.2 構(gòu)造相關(guān)的輔助圓解題有些

14、問題貌似與圓無關(guān),但問題的題設(shè)或結(jié)論或圖形提供了某些與圓的性質(zhì)相似的信息,此時可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目相關(guān)的輔助圓,將原問題轉(zhuǎn)化為與圓有關(guān)的問題加以解決.2.1 聯(lián)想圓的定義構(gòu)造輔助圓例4 如圖4,四邊形ABCD中,ABCD,ADDCDBp,BCq.求對角線AC的長. 分析：由“ADDCDBp”可知A、B、C在半徑為p的D上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC與p、q的關(guān)系.解：延長CD交半徑為p的D于E點,連結(jié)AE.顯然A、B、C在D上. ABCD, BCAE. 從而,BCAEq. 在ACE中,CAE90,CE2p,AEq,故 AC.2.2 聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造輔助圓例5 已知拋物線yx22x8與x軸交于

15、B、C兩點，點D平分BC.若在x軸上側(cè)的A點為拋物線上的動點,且BAC為銳角,則AD的取值范圍是_.分析：由“BAC為銳角”可知點A在以定線段BC為直徑的圓外,又點A在x軸上側(cè),從而可確定動點A的范圍,進而確定AD的取值范圍.解：如圖5,所給拋物線的頂點為A0(1,9),對稱軸為x1,與x軸交于兩點B(2,0)、C(4,0). 分別以BC、DA為直徑作D、E,則兩圓與拋物線均交于兩點P(12,1)、Q(12,1). 可知,點A在不含端點的拋物線PA0Q內(nèi)時,BAC90.且有3DPDQADDA09,即AD的取值范圍是3AD9.2.3 聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造輔助圓例6 AD是RtABC斜邊BC上的高,B

16、的平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2AN2BMBN.分析：因AB2AN2(ABAN)(ABAN)BMBN,而由題設(shè)易知AMAN,聯(lián)想割線定理,構(gòu)造輔助圓即可證得結(jié)論.證明：如圖6, 234590,又34,15,12.從而,AMAN. 以AM長為半徑作A,交AB于F,交BA的延長線于E.則AEAFAN. 由割線定理有 BMBNBFBE (ABAE)(ABAF) (ABAN)(ABAN) AB2AN2, 即 AB2AN2BMBN.例7 如圖7,ABCD是O的內(nèi)接四邊形,延長AB和DC相交于E,延長AB和DC相交于E,延長AD和BC相交于F,EP和FQ分別切O于P、Q.求證：EP2FQ2EF

17、2.分析：因EP和FQ是O的切線,由結(jié)論聯(lián)想到切割線定理,構(gòu)造輔助圓使EP、FQ向EF轉(zhuǎn)化.證明：如圖7,作BCE的外接圓交EF于G,連結(jié)CG.因FDCABCCGE,故F、D、C、G四點共圓.由切割線定理,有EF2(EGGF)EF EGEFGFEFECEDFCFBECEDFCFBEP2FQ2, 即 EP2FQ2EF2.2.4 聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓例8 如圖8,ABC與ABC的三邊分別為a、b、c與a、b、c,且BB,AA180.試證：aabbcc. 分析：因BB,AA180,由結(jié)論聯(lián)想到托勒密定理,構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形加以證明.證明：作ABC的外接圓,過C作CDAB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如

18、圖9所示. AA180AD, BCDBB, AD,BBCD. ABCDCB. 有, 即 . 故DC,DB. 又ABDC,可知BDACb,BCADa. 從而,由托勒密定理,得 ADBCABDCACBD,即 a2cb. 故aabbcc.練習題1. 作一個輔助圓證明：ABC中,若AD平分A,則.(提示：不妨設(shè)ABAC,作ADC的外接圓交AB于E,證ABCDBE,從而.)2. 已知凸五邊形ABCDE中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE1802a.求證：BACCADDAE.(提示：由已知證明BCEBDE1803a,從而A、B、C、D、E共圓,得BACCADDAE.)3. 在ABC中ABBC,ABC20,在AB邊上取一點M,使BMAC.求AMC的度數(shù).(提示：以BC為邊在ABC外作正KBC,連結(jié)KM,證B、M、C共圓,從而BCMBKM10,得AMC30.)4如圖10,AC是ABCD較長的對角線,過C作CFAF,CEAE.求證：ABAEADAFAC2. (提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點G、H.則CGA