一道几何题,八种构造证明(初三)

题在△ABC中,∠A=2∠B,a、b、c为∠A、∠B、∠C的对边边长,求证:a2=b2+bc. 证明此题通常用“作线段b+c,构造相似三角形”或“综合运用角平分线、合比、相似等性质”来证.笔者对此题作了较为深入的探讨,发现了许多新颖、巧妙的证法,现将较为典型的10个证法介绍给读者. 1、用相交弦定理     

再谈一道竞赛试题的证法

贵刊 2 0 0 2年第 1期上刊登的朱绍智、王国平两位老师《一道竞赛试题的 5种证法》.看后很受启发 ,现补充两种证法以供读者参考 .其中 ,证法 1辅助线自然天成 ,证法简洁 ,可称最优解法 ;证法 2不作辅助线 ,用代数方法 ,思路新颖 .图 1题目 :如图 1,△ ABC中 ,AC =BC,∠ ACB =90°,D是 AC上一点 ,AE⊥BD交 BD延长线于 E,且AE =12 BD.求证 :BD是∠ ABC的角平分线 .证法 1:延长 AE、BC交于 F ,因为∠ ACB =90°,AE⊥ BD,所以∠ 1=∠ 3 .(同为∠ F余角 )又 AC =BC所以△ ACF≌△ BCD(ASA)所以 AF =BD所以 AE =12 BD =…     

一道全国数学竞赛题的另解与推广

1992年全国初中数学联合竞赛试题第二试的第二题如下所述: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.试题的标准答案中对该题给出了两种证法.本文将给出另一种较为简捷的证法,并对该问题进行推广.证明:过点D作DF∥AC,交AC于F,易得FB=FD.     

第42届IMO试题1的又一三角证明

第42届IMO试题1是一道平面几何题。题目设锐角△ABC的外心为O,从A作BC的高,垂足为P,且∠BCA≥∠ABC+30°,证明:∠CAB+∠COP<90°. 文[1]给出了一个构思精巧的纯平面几何证明,文[2]给出一个三角证法.笔者在对该题作出研究之     

应用“平行线的性质与判定”的思路及方法

“平行线”是初一几何的重点兼难点。这部分知识的特点是公理、定理多 ,思路广 ,方法多。正是因为本单元的公理多、定理多 ,于是就为“平行线”的应用提供了多种思路与方法。一、“平行线的判定”的应用例 1.如图 ,已知∠ B ∠ BCD ∠ D=360°,求证 :∠ 1=∠ 2。思路 :要证明∠ 1=∠ 2 ,而∠ 1=∠ 5,所以需证明∠ 5=∠ 2 ,于是“AB∥ DE”是此题证明的关键。下面尝试使用平行线的各种判定方法解决此题。证法 1:(根据“平行公理的推论”证明 AB∥DE)过点 C作 CF∥ AB,则∠ B ∠ 3=180°(两直线平行 ,同旁内角互补 ) ,∵∠ B ∠ 3 ∠ …     

题在课外,根在课内

每年中考都会出现许多好题,其中有些题是“源于教材,高于教材”令人称道.也告诉同学们一个道理,有一些新题“根在课堂上.”平时要打好基础,掌握题目的一些变化方法,就能举一反三.下面从一道试题入手,看其变化出的新题.供读者参考.原题已知:A是⊙O直径上一点,OB是和这条直径垂直的半径,BA和⊙O相交于另一切线和OA的延长线相交于点D.求证:DA=DC.简证:此题证法较多,连结OC.因为DC为⊙O的切线,C为切点,所以∠1+∠2=90°.因为OB⊥OA,所以∠3+∠B=90°.而∠B=∠1,∠3=∠4,所以∠2=∠4,故DA=DC.演变一如图2,平移MN,因为直径是弦的特例…     

IMO_(45-1)的三种证法

第 45届国际奥林匹克数学竞赛 (IMO)于 2 0 0 4年 7月 14— 18日在希腊首都雅典举行 ,我国选手取得了举世瞩目的好成绩 ,一共6名选手全部夺得金牌 .试题第一题是 :已知在锐角三角形ABC中 ,AB ≠AC ,以BC为直径的圆分别交AB、AC于M、N点 ,记BC的中点为O ,∠BAC的平分线和∠MON的平分线交点R ,求证 :△BMR的外接圆和△CNR的外接圆有一个交点在边BC上 .本文给出该题的三种证法如下 :图 1证法 1　如图 1,连结RM ,RN ,MN ,BR ,CR .因为OM=ON ,OR平分∠MON ,所以△OMR≌△ONR ,所以RM =RN ,因为AR平分∠BAC ,所以线段…     

2012年全国高中数学联赛加试平面几何题的另解

原题（2012年全国高中数学联赛加试试题）如图1,在锐角AABC中,.AB>AC,M,N是边BC上不同的两点,使得∠BAM=∠CAN.设△ABC,△AMN的外心分别为O₁,O₂.证明:O₁,O₂,A三点共线.文[1]对以上问题给出了三种证法,本文和』用反演变换给出另一证法.     

复数在代数中的应用两则

本文主要时代数中的某些证题给出复数证法．     

用复数证几何题

在《全日制十年制学校中学数学教学大纲》中,要求“理解复数运算的几何意义”。利用复数运算证明几何题,不仅有助于数学知识的综合运用,而且有助于加深理解复数的几何意义。本文就平面几何中常见的几种类型,给出复数证法。一、预备知识 1、平面上两点之间的距离设z_1=x_1+iy,z_2=x_2+iy_2是平面上任意两点,则z_1、z_2的距离 d=|z_2-z_1|=((x_2-x_1)~2+(y_2-y_1)~2)~(1/2) 或d=(|z_2-z_1|~2)~(1/2)=((z_2-z_1)(z_2-z_1))~(1/2) 2、复数有理运算的几何意义。①加减法——平移变换     

一道IMO题的探讨

题已知A为平面上两个半径不相等的圆O_1和圆O_2的交点,外公切线P_1P_2的切点为P_1、P_2另一外公切线Q_1Q_2的切点为Q_1、Q_2,点M_1、M_2分别为P_1Q_1、P_2Q_2的中点.求证;∠O_1AO_2=∠M_1AM_2(如图)这是1983年第24届国际数学奥林匹克竟赛试题的第2题.笔者对该题的证明思路、方法及结论进行了探讨,并加以改造.认为此题内涵丰富,证法灵活多样,而以下法最巧:     

一道平面几何题的几种证法

在数学习题教学过程中,要引导学生对一些题目用不同的思想方法,从不同的思维角度去寻找多种解法,不仅有助于培养学生灵活运用知识的能力,而且也有助于对他们发散思维的训练和创新能力的培养.例:已知AD是△ABC的角平分线,求证:BDDC=ABAC.证法一:如图1,过D作DE∥AB,交AC于E,则BDDC=AEEC.由∠1=∠2,∠1=∠3,得∠2=∠3,∴AE=DE,故AEEC=DEEC,又DEEC=ABAC,∴BDDC=ABAC.证法二:如图2,过D作DE∥AC,交AB于E,则BDDC=BEAE.由∠1=∠2,∠2=∠3,得∠1=∠3,∴DE=AE,故BEAE=BEDE,又BEDE=ABAC,∴BDDC=ABAC.证法三:如图3,过C点作CE∥AD,交BA的延长线于E,则BDDC=ABAE.由∠1=∠2,∠2=∠3,∠1=∠E,得∠3=∠E,故AE=AC,∴BDDC=ABAC.证法四:如图4,过B点作BE∥AD,交CA的延长线于E,则BDDC=AEAC.由∠1=∠2,∠1=∠3,∠2=∠E,得∠3=∠E,故AE=AB,∴BDDC=ABAC.证法五:如图5,过B点作BE∥AC,交AD的延长线于E,则BDDC=BEAC...     

四边形内角和定理的证明

证法 5 :如图 5 ,作AC的延长线CE ,则点C处有一周角 ,即∠BCE+∠DCE+∠BCD =36 0° .∵∠BCE =∠ 1+∠B ,∠DCE=∠ 2 +∠D ,∴ (∠ 1+∠B) +(∠ 2 +∠D) +∠BCD =36 0° ,即 ∠BAD +∠B+∠BCD+∠D =36 0° .证法 6 :如图 6 ,若延长BA、CD相交于点E ,则有∠B +∠C =∠ 1+∠ 2 ,∴∠BAD+∠B +∠C+∠CDA=(180°-∠ 1) +∠B +∠C+(180°-∠ 2 )=36 0°- (∠ 1+∠ 2 ) +(∠B+∠C)=36 0°- (∠ 1+∠ 2 ) +(∠ 1+∠ 2 )=36 0° .证法 7:如图 7,若CD∥AB时 ,过点D作DE∥AB交BC于点E ,则∠A =180° -∠ 1,∠B =∠ 2 ,∴…     

一道竞赛题的多种证法

八六年全国初中数学竞赛第三大题构思巧妙,富有新意。题中的三角形以运动形式给出,并让学生自己提出论断然后再去证明。这种题目让初中学生解答有—定难度,但若能对题设条件作认真分析,就不难找到多种证明的路子。参考答案已给出两种证法(证法一和证法二),本文再给出几种证法。 题:设P、Q为线段BC上两定点,且BP=CQ,A为BC外一动点(如图)当点A运动到使∠BAP=∠CAQ时,△ABC是什么三角形?试证明你的结论。     

二倍角正切公式的几何证明

三角公式通常都是利用三角函数方法证明的，文[1]介绍了一种独特的几何证法，令人耳目一新．本文再介绍几种几何证法，供大家参考．证法一如图（1）作直角三角形ACD，使∠ACD为90°，延长CD至B，使AD＝DB.令则易知证法二如图（2）作直角三角形ABC，使∠ABC＝90°，设AB＝1，作∠BAC的平分线交BC于D，连AD，则证法三如图（3）以O为圆心，AB为直径作半圆ACB，联CO，设∠COB＝20，过C作CD⊥AB于D，则易知二倍角正切公式的几何证明@姜卫东$牡丹江农业学校@华云$牡丹江农业学校     

数学题集锦

设△ABC中顶点A、B、C所对的三边是a、b、c,同一平面上另有两点P_1、P_2,令 AP=a_1,BP_1=b_1,CP_=C_1,AP_2=a_2,BP_2=b_2,CP_2=C_2,求证: aa_1a_2+bb_1b_2+cc_1c_2≥abc。中国科技大学杨路老师在1979年第一期的《中学数学教学》里对这一题给予了复数证法,现用三角形面积来证明它。证明:以BC为转轴,将△BP_1C翻转180°得对称△BDC,同法得△BFA、△AEC。连P_2D、P_2E、P_2F,则由三角形面积公式 S=1/2ab sin C可得: S_(△A2)=1/2AF·AP_2sin∠FAP_2     

分类讨论的数学思想方法

20 0 3年全国初中数学联赛第二试第二题是 :在△ABC中 ,D为AB的中点 ,分别延长CA、CB到点E、F ,使DE =DF .过E、F分别作CA、CB的垂线 ,相交于点P .求证 :∠PAE =∠PBF .这是一道难度适中 ,思路清晰的纯平面几何题 ,命题组给出了一种基本证法 .为了开阔学生的视野 ,下面再给出本题的两种新证法 ,以飨读者 .证法 1 :如图 1 ,延长FD到G ,使DG =FD ,连结AG、EG、EF .∵AD =BD ,∠ADG =∠BDF ;∴△ADG≌△BDF ,∴AG =BF ,∠DAG =∠DBF .又PE⊥CE ,PF⊥CF ,∴C、E、P、F四点共圆 .∴∠EPF =1 80°-∠C .又∠DA…     

一道几何例题的简短证明

《中学数学教学参考》1 999年第 1 2期第 1 8页之例 3,是一道几何证明题范例 ,但原文是利用很复杂的三角恒等式来解决的 .下面给出该例题之简短几何证明 ,供读者参考 .原题　已知ＡＢＣＤ是正方形(图 1 ) ,在ＢＣ边上任取一点Ｅ ,又ＡＦ平分∠ＤＡＥ交ＣＤ于Ｆ .求证 :ＡＥ =ＢＥ ＤＦ .几何证法 :以Ａ为轴心 ,将△ＡＤＦ旋转 90°到△ＡＢＧ的位置(图 2 ) .显然 ,Ｇ点在ＣＢ的延长线上 .设∠ＤＡＦ =α ,则∠ＤＦＡ =90° -α ,且∠ＦＡＥ=α .但∠ＦＡＧ =90°,故∠ＥＡＧ=90° -α .而∠ＢＧＡ =∠ＤＦＡ ,因此∠ＢＧＡ =∠ＥＡＧ ,所以…     

一道几何题的多种解法

自习课上,学生拿着这样的一道题来问我怎么做:题目已知:AB∥CD,AE、DE分别平分∠BAD和∠ADC,BC过点E,求证:AD=AB+CD.细细看过之后,觉得这道题的做法还挺多,索性就将它作为了一道思考题,留着第二天上课时,与学生一道探讨.第二天上肯时,发现同学们探讨出的方法还挺多,现将各种解法总结如下.一、利用角平分线的性质来解证法1如图2,过E作EF上AD,EG上CD,EH上AB,垂足分别是F、G、H.     

应用圆锥曲线的定义解题一例

数学通报 2 0 0 2年第 5期数学问题解答的13 67题是不垂直于 x轴的直线 l与抛物线 y2 =2 p x (p >0 )交于 A、B两点 (A、B不在同一象限 ) ,抛物线的准线与 x轴相交于点 N ,已知∠ AN B被 x轴平分 ,求证 :线段 AB过抛物线的焦点 F .证明时 ,该刊选择常规证法 ,但过程较繁 .本题若利用圆锥曲线的定义证明 ,则证法简捷 ,思路自然 ,且可取的是 :在证明的过程中发现了其它圆锥曲线也具有同样的性质 .图 1证明 :如图 1,过A、B两点分别作准线的垂线 ,垂足依次为A1 、B1 ,又分别向 x轴作垂线 ,垂足依次为D、C.因为∠ AN B被x轴平分 ,则∠ A…