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一道平面几何竞赛题的证明


2 0 1 4 年第 5 期 

数 学敦 学 

5 一   7  



道平面几何 竞赛题 的证 明 
2 0 0 0 8 1 上海市虹 口区教 师进修 学 院 杨岚清 

2 0 1 3 年全 国高 中数 学联 赛 加试 f A卷 ) 的  平面几 何题, 以简

洁优 美 的图形 、多维 的思维  视角, 激 发着考 生 的求解 欲望 . 从 不 同的角度  运 用 几 何 图形 特 征, 建 立相 关 量之 间 的联系 ,   可 以得 到不 同的几何证 法: 从不 同的视 角观察  图形, 利用 正弦 定理及 三角形 的面 积关 系, 又  可得到不 同的三角方法 . 本 文提供 的 7 种证 明   方法 , 以不 同 的方 式展 现 出 了不 一样 的精彩 ;   有的方法仅用 到 中学课 本的知识, 甚至 只用到  初 中课本 的知 识, 下面请大家欣赏.   试题 如图1 ,   B是 圆   的一 条 弦, P为  B上 一点, E、F 为线 段  B 上 两 点 , 满 足 E  E F=FB. 连结 PE、PF并延长 , 与圆   分  别 相 交 于 点  、D.  


AC . BD = — P A  . P B  . A  E. BF
… … …



( 半 )  
、  

易 知 △P  
P A 
=  


△B  , 故 
… … … … … … … … … … … … … ? ? 

B C 
B E 

PE 

一 

同理 ,由 APBF  AADF 得 
P B 
=  


D 
… … … … … … … … … … … … … …  

一 

PF 

AF  

将 ⑧× ④ 代入 ( 术 ) , 并注意到  FB、 褥 

= EF =  

AC.  D :   4  D . B  . ………………. . ( 、   木 冰 )  
在 圆 内接 四 边 形 A BDC中,由P t o l e my  
定理, 有 

求 证 :EF . CD:AC . BD.  
P 

AD ? BC =A C? BD +AB? CD. ? ( 木 木 水 )   由( 半 木 ) 、( 术 木 水 ) 得 F ? CD = A C? BD.  
P 

图2  

图1  

思路 1 : 从 所 要 证 明 的 结 论 出 发 ,结 合  已 知 条 件 及 图 形 , 由 两 组 相 似 三 角 形 可 得 

思 路2 :   由 已 知 条 件 可 得  P D A =   2 S AP DB及 S AP C B: 2   P C A ,再 结 合 图 形 ,  

出AC . BD 的表 达 式; 再 由相 关 三 角 形 的相  似, 对A C. BD 的表 达 式 进 行 化 简;最 后 利  用P t o l e my 定理, 便可证得 结论.   证法 1   f 几何法 1 1 : 连 结 AD、 AP、 B 、   BP, 如图2 .易 知 △  △PBE, 故 

得 出结论 中相关 线 段之 间 的关系 式:最 后利  用P t o l e m y定理 , 便可证得结论.   证法 2   f 几何法 2 ) :连 结  D、AP 、B  、  
BP, 如图2 .由 AE =EF=FB 知  F=2 FB,  



= = = 而   =  
=  

AC 

= : = 百 = 百

AE . PB

。 … …   ① 
… … .

故  P D A= 2 S A P D B . 又X PA D +Z PBD =   1 8 0 。 , 故 AD .  P=2 BD ? J E } P. … ……………①  同 样 , 由BE = 2 EA ,得 S A P C B =  
2 S A P C A .又 / PBC +   P C = 1 8 0 。 . 故 

同理 , 由 △BDF。 々 △PAF得 

日D =  

. … …② 

B C. BP =2 AC. AP . ……………………. ②  由①× ②得A D. B   =4 A C.   D. …. . ③ 

由①× ② 得 

’ D A =  F D N +  N D A = /AD C +  N D A 
=  

图4  

ⅣD , 而 AEAM =  Ⅳ CD, 故 AAEM  ̄ 
一 

. 

△CN D.  
?

一 
:  

腮 ’ AD   u  D 一 : 儿  AM ‘ .   u   Ⅳ’ ,  

即4 E F. C D =A D. B C. … … … … … …… ① 
在 圆内接 四边形 A BDC 中, 由P t o l e my 定  理, 有 
AD . B  = A  . BD + AB .   D. ……. (  

由① 、② 得 4 EF.   D =A C. B D +AB.  
D =  
. 

. BD + 3 EF ?   D, 故 EF .  D =  

D.  

思路 5 : 延长 A日到点 G, 使 BG=FJ E } , 可  利用相 交弦定理 先证 明 P、E、D、G四点共  圆, 容 易 得 到 AG BD   c . o AA C D, 进 而 证 得 结  论.   证法 5 ( 几何法 5 ) : 延长 B到点 G, 使BG   F B, 连结 D、DG, 如图5 .   由相 交弦定 理, 并注 意到  =  F:F   BG, 得 PF . FD = AF. FB = EF . FG.又  PFE =   DFG,. ‘ . P、   、D 、G 四点 共 圆 .   于 是 J [ ) GB = A DPE =   D C,而  DBG  / DCA, 故 △BGD  △  D.  

= =

? ? …


?

.  



 

D — — — _ , …  I J E   J } G t   T‘ … .   I / D I  一 :  门 …   /’ .  J J 1 ~ E - }   1 D - / , . ’  

即 EF .   D = AC . BD .  

说 明: 这个证 明与证法 4 有许 多相似之处,   也仅用到初 中数学课本上 的知识与方法 .  

图3  

G 

思路 4 : 延长 

到点 G, 使 G=   , 由  
图5  

已知条件及 图形特征, 先证 明  、G、D、F四   点共圆, 容易得到 △ GD ̄ABF D, 进而证得 
结论.  



 

证法 4 f 几何法 4 ) : 延长  到 点G, 使 G   C, 连结 D、DG、FG, 如 图4 .  

由  E = E F, 得 CE / / GF.故  G F=  
CE =  DF,. ‘ .   、G、D、F 四点共 圆 .  

思路 6 :由 已知条件及 同弧所对 的圆周角  相等, 利用 正弦定理, 并进行等式 的变形 , 可得  结论.   证 法 6( 三角法 1 ) : 连 结 P 、DA, 并将 相  关角记为 1 至A 8 , 如图 6 .  


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