中考数学难点解密：添加平行线证题

  第一讲    注意添加平行线证题

 

    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.

 

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   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.

    由BD平行∠ABC,可知点F到AB、BC

两边距离相等.有KQ＝PN.

    显然, ＝ ＝ ,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.

 

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M₁、M₂是△ABC的BC边上的点,且BM₁＝CM₂.任作一直线分别交AB、AC、AM₁、AM₂于P、Q、N₁、N₂.试证：

＋ ＝ ＋ .

证明：如图4,若PQ∥BC,易证结论成立.

    若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BM₁＝CM₂,可知BE＋CE＝M₁E＋

M₂E,易知

    ＝ , ＝ ,

    ＝ , ＝ .

则 ＋ ＝ ＝ ＝ ＋ .

所以, ＋ ＝ ＋ .

    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, ＝ ＝ .

有BD·AM＝DC·AN.                             (1)

由 ＝ ＝ ,     有AP＝ .                      (2)

由 ＝ ＝ ,       有AQ＝ .                    (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.

 

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BM²＋CN²＝DM²＋DN²,求证：AD²＝ (AB²＋AC²).

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BM²＋BE²＝BM²＋NC²＝MD²＋DN²＝MN²＝EM²,可知△BEM为直角三角形,∠MBE＝90°.有

    ∠ABC＋∠ACB ＝∠ABC＋∠EBC＝90°.

    于是,∠BAC＝90°.  所以,AD²＝ ＝ (AB²＋AC²).

    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

    DB²＝FB²＝AB·HB,

    AD²＝AE²＝AG·AB.

    二式相减,得  DB²－AD²＝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  

    ＝ ＝ ,

即  ＝ 或 ＝ .

    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.

    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.

 

第二讲 巧添辅助圆

    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.

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＝ ∠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.

则sin∠AOB＝____.

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°.

    设AD＝x,有AP＝ x,DP＝2x.由割线定理得(2＋ x) x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝2 －2,BC＝ BP＝4－ .

    由托勒密定理有

    BD·CA＝(4－ )(2 －2)＋2×1＝10 －12.

    又S_ABCD＝S_△ABD＋S_△BCD＝ .   故sin∠AOB＝ .

 

 

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＝ AP·BD.

分析：因S_△ABC＝ BC²＝ AC·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＝ AC·BC＝ AP·BD.

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.求对角线AC的长.

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.

    ∵AB∥CD, ∴BC＝AE.   从而,BC＝AE＝q.

    在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故

    AC＝ ＝ .

 

2.2 联想直径的性质构造辅助圆

例5  已知抛物线y＝－x²＋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,则AD的取值范围是____.

 

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A₀(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(1－2 ,1)、

Q(1＋2 ,1).

    可知,点A在不含端点的抛物线PA₀Q

内时,∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD

≤DA₀＝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：AB²－AN²＝BM·BN.

分析：因AB²－AN²＝(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) ＝AB²－AN²,   即  AB²－AN²＝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：EP²＋FQ²＝EF².

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.

证明：如图7,作△BCE的外接圆交EF于G,连

结CG.

因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、

G四点共圆.

由切割线定理,有

EF²＝(EG＋GF)·EF

      ＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB

＝EC·ED＋FC·FB＝EP²＋FQ²,    即  EP²＋FQ²＝EF².

2.4 联想托勒密定理构造辅助圆

例8  如图8,△ABC与△A＇B＇C＇的三边分别为a、b、c与a＇、b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇.

 

 

 

分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.

证明：作△ABC的外接圆,过C作CD∥AB交圆于D,连结AD和BD,如图9所示.

    ∵∠A＋∠A＇＝180°＝∠A＋∠D,

      ∠BCD＝∠B＝∠B＇,

    ∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD.

    ∴△A＇B＇C＇∽△DCB.

    有 ＝ ＝ ,

即 ＝ ＝ .

    故DC＝ ,DB＝ .   又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.

    从而,由托勒密定理,得   AD·BC＝AB·DC＋AC·BD,

即  a²＝c· ＋b· .   故aa＇＝bb＇＋cc＇.

练习题

1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则 ＝ .

(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而＝ ＝ .)

2. 已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.

(提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)

3. 在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.求∠AMC的度数.

(提示：以BC为边在△ABC外作正△KBC,连结KM,证B、M、C共圆,从而∠BCM＝ ∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)

4．如图10,AC是 ABCD较长的对角线,过C作

CF⊥AF,CE⊥AE.求证：AB·AE＋AD·AF＝AC².

(提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点

G、H.则CG＝AH,由割线定理可证得结论.)

5. 如图11.已知⊙O₁和⊙O₂相交于A、B,直线

CD过A交⊙O₁和⊙O₂于C、D,且AC＝AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证：AC²＝AB·AE.

(提示：作△BCD的外接圆⊙O₃,延长BA交⊙O₃

于F,证E在⊙O₃上,得△ACE≌△ADF,从而AE

＝AF,由相交弦定理即得结论.)

6．已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.

求证：AB·AC＝AE²－BE².

(提示：以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB·AC＝AN·AM.)

7. 若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证： － ＝1.

(提示：证b²＝a²＋ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)