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浅谈一道联赛题的证明


浅谈一道联赛题的证明

2005-04-19 海口实验中学 陈建花

浅谈一道联赛题的证明海口实验中学 陈建花 2004 年全国数学联赛第二试第二题:已知, 如图 1,梯形 ABCD 中,AD∥BC,以两腰 AB、DC 为一边分别向两边作正方形 ABGE 和 DCHF, 连接 EF,设线段 EF 的中点为 M。求证:MA=MD。此题与一道旧题密切相关,该题是:已知, 如图 2, Δ ABC 中, AD 是 BC 边上的高, 以两边 AB、AC 为一边分别向外作正方形 ABQF、ACPE, 连接 EF,交 AD 的反向延长线于 G,求证:G 为 EF 的中点。简证如下:证:过 E 作 EM⊥DG 于 M,过 F 作 FN⊥DG 于 N,则 FN∥ME,∠EMA=∠ADC=90°,又∵∠1+∠2=90°,∴∠1 =∠3;又∵AC=AE,∴Δ ADC≌Δ EMA, ∴ME=AD;同理可证:Δ FNA≌Δ ADB, ∴FN=AD; ∴ME=FN,四边形 FMEN 是平行四边形, ∴EF、MN 相互平分,∴G 为 EF 的中点。将两题对 照,不难发现,表述与图形都极为相似。联赛题实质上是由上题引申出来的,故可以把上题 的结论迁移到联赛题的解决之中,得到一种证法!证法一:如图 3,过 A 分别作 AP DF, AS ∥CD 交 BC 于 S,AT⊥BC 于 T,交 PE 于 X,由 AD∥BC 知,AS=CD,则 AP 相当于以Δ ABS 的一 边 AS 向外所作正方形的一边,由上题知 AT⊥BS 时,X 为 PE 的中点,且 AX⊥AD,类似地: 过 D 分别作 DQ AE,DO∥AB 交 BC 于 O,DN⊥BC 于 N,交 QF 于 Y,则 Y 为 QF 的中点, YD⊥AD。 ∵ M 为 EF 的中点, ∴MX PF,MY EQ; ∵EQ PF AD,∴MX∥MY 且 MX=MY;∴M、X、Y 三点共 线。过 M 作 MI⊥AD 于 I, 则 XA∥MI∥YD, M 为 XY 的中点, ∴I 为 AD 中点, ∴MA=MD 另外, 因为要证明的是线段相等, 所以激活了记忆中更多的知识点, 从而揭示出更多的图形特征和 数学关系,得到以下的妙解!利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质,我们可以 有下述不同的证法。证法二:如图 4,延长 AM 至 N,使 AM=MN,连 NE、ND、NF,过 A 作 AP ∥CD, 交 BC 于 P。 ∵M 为 EF 中点, 又为 AN 的中点, ∴四边形 AENF 是平行四边形, ∴AE NF;

又四边形 CDFH 为正方形, ∴DC∥FH,∴AP∥FH; ∴∠EAP=∠NFH 又∵∠EAB=∠DFH=90°, ∴∠BAP=∠DFN;又∵AD∥BC, ∴AP=DC;又∵AB=AE、DC=DF, ∴AB=NF、AP=DF;又 ∠BAP=∠DFN,∴Δ BAP≌Δ NFD, ∴∠NDF=∠APB;又∵∠APB=∠DCB,∴∠DCB=∠NDF; 又∵∠DCB+∠ADC=180°,∴∠NDF+∠ADC=180°, ∴∠ADN=360°-(∠NDF+∠ADC +∠FPC)=360°-(180°+90°)=90° ∴Δ ADN 为直角三角形;又∵M 为 AN 中点,∴ MD= AN=MA。类似地,可以通过延长 DM 并两倍之来作辅助线,或者分别延长 AM、DM 并两 倍之证明。当然,我们还可以直接构造直角三角形来证明。证法三:如图 5,过 D 作 DP⊥BC 于 P、交 EF 于 L,延长 AM 交 PD 于 T,过 A 作 AQ⊥BC 于 Q、交 EF 于 N,则 DP∥AQ,过 F 作 FR⊥DP 于 R,过 E 作 ES⊥AQ 于 S。 ∵AD∥BC,∴AQ=DP; ∵∠1+∠3=90°、∠1+∠2 =90°, ∴∠2=∠3; ∵AB=AE,∴Δ ABQ≌Δ EAS,∴AQ=ES;同理可证:Δ DPC≌Δ FRD, ∴DP=FR,∴ES=FR;又∵ES∥FR,∴∠4=∠5,∴Δ ESN≌Δ FRL,∴EN=LF; ∵ME=MF, ∴MN=ML; ∵SQ∥PL,∴ ,∴AM=TM; ∵Δ ADT 为直角三角形,∴DM= AT=AM。本证法 同证法二类似,都是利用直角三角形的性质证明,但两者各有千秋,证法二是先倍长线段, 后证明所在三角形为直角三角形;证法三是先构造直角三角形,后证明 M 为斜边的中点。先 后不同,证法有异,结论一致,异曲同工!进一步研究原问题,发现所求证的两线段 MA、 MD 是共顶点的!我们可以通过证明Δ MAD 是等腰三角形而得到结论。证法四:如图 6,分别 过 E、F 作 AD 的垂线,交 AD 的反向延长线于 E1、F1,过 A、D 分别作 BC 的垂线交 BC 于 A1、 D1,过 M 作 MO⊥AD 于 O,则 E E1 ∥FF1 ∥OM,AA1 ∥DD1; ∵M 为 EF 中点, ∴O 为 E1F1 中点、即 OE1 =OF1;又∵AD∥BC,∴AA1 =DD1;在Δ AEE1 和Δ ABA1 中,四边形 ABGE 为 正方形, ∴AB=AE, ∠EE1A=∠AA1B=90°; ∵∠EAE1 +∠E1AB=90°, ∠E1AB +∠B AA1 =90°, ∴∠EAE1 =∠BAA1, ∴Δ AEE1 ≌Δ ABA1, ∴AE1 =AA1。 同理: DF1 =DD1, ∴ AE1 =DF1, ∴OE1 -AE1 =OF1 -DF1,即:OA=OD;又∵MO⊥AD,∴Δ MAD 为等腰三角

形,∴AM=DM。本证法通过平行线分线段成比例的性质定理,并巧妙地构造全等三角形证明 线段相等, 然后利用等腰三角形三线合一的性质来证明。 当然我们还可以有其他方法构造全 等三角形。证法五:如图 7,过点 A 作 AD 的垂线,交 BC 于 A1,过 E 作 EP∥AD、交 A1A 于 的延长线于 P;过点 D 作 AD 的垂线交 BC 于 D1,过 F 作 FQ∥AD、交 D1D 的延长线于 Q;则 PE∥QF。 ∵∠EAB=90°,∴∠1+∠3=90°;又∵∠1+∠2=90°,∴∠2=∠3;又∵∠ AA1B=∠APE=90°,AE=AB, ∴Δ BA1A≌Δ APE,∴A A1=PE;同理可证:DD1=QF; ∵AD ∥BC,∴AA1=DD1,∴PE=QF, ∴四边形 PEQF 为平行四边形; ∵M 为 EF 中点,∴M 为 PQ 中点。过 M 作 MO⊥AD 于 O, ∵AA1⊥BC、DD1⊥BC、AD∥BC, ∴AA1⊥AD、DD1⊥AD,∴PA ∥MO∥DQ; ∵PM=QM,∴AO=OD,∴MA=MD。本证法综合利用平行四边形性质、梯形中位 线性质和等腰三角形性质证明。同证法四类似,所构造的全等三角形都是直角三角形,可不 可以构造非直角三角形呢?证法六:如图 8,过 A 作 AA1⊥BC 于 A1、交 EF 于 Q,过 D 作 DD1 ⊥BC 于 D1、交 EF 于 I,过 M 作 MO⊥AD 于 O。 ∵AD∥BC,∴AA1=DD1 且 QA∥OM∥ID;在 BC 上截取 BW=AQ,在 BC 上截取 CJ=DI, ∵∠BAE=90° ∴∠1+∠BA A1=90°; ∵∠2 +∠BAA1=90°,∴∠1=∠2;又∵AB=AE,∴Δ EAQ≌Δ ABW,∴EQ=AW、∠AWB=∠AQE; 同理可证:Δ DFI≌Δ CDJ,∴FI=DJ、∠CJD=∠DIF; ∵∠AQE=∠DIM=180°-∠DIF, ∴∠AWB=180°-∠CJD=∠DJB, ∴AW∥DJ; ∵AD∥BC,∴AW=DJ, ∴EQ=FI; 又∵ME=MF, ∴MQ=MI; ∴AO=OD,∴MA=MD。本证法通过截取相等线段构造全等三角形,运用平行线 性质和等腰三角形性质证明。上述三种证法虽然都是通过证明Δ MAD 为等腰三角形而获证, 但由于全等三角形和直角梯形的构造方式不同,证法各异。一般地,求证共顶点的两线段相 等有三种方法: 一是利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质证明; 二是证明它们 所在三角形第三边上的中线和垂线重合, 即证明三角形是等腰三角形; 三是将两边分别置于 不同三角形中,证明两三角形全等。以上六种证明方法都是直接证法,我们还可以用间接证

法。证明七:如图 9,取 AD 中点 O,过点 E、O 分别作 AD、AE 的平行线,两线交于点 P,过 点 F、O 分别作 AD、DF 的平行线,两线交于 Q,连 PQ。过点 O 作 AD 的垂线分别交 BC、PQ 于 L、K,易知 KA=KD。过点 P、Q 分别作 KL 的垂线,垂足分别为 P1,Q1,过 P 作 OR∥AB 交 BC 于 R, 过 O 作 OS∥DC 于 BC 于 S, 则 OR=AB、 OS=DC。 ∵∠1=∠2(均为∠3 的余角) 、 ∠RLO=∠OP1P=90°、OR=PO, ∴Δ ROL≌Δ OPP1, ∴PP1 =OL;同理:Δ QQ1O≌Δ OLS, ∴QQ1 =OL; ∴PP1 =QQ1。又∵PP1 ⊥KL、QQ1 ⊥KL,∴PP1 ∥QQ1, 可知:Δ PP1K≌Δ QQ1K,∴PK=QK、即 K 为 PQ 中点;又∵PE AO、QF OD、AO=OD,∴PE QF, ∴四边形 PEQF 为平行四边形,∴PQ、EF 互相平分, ∴K 为 EF 中点,∴K 与 M 重合;故:MA=MD。本证法 运用同一法,先构造满足结论的点 K, 然后利用平行四边形对角线互相平分的性质证明 K 与 M 重合。

浅谈一道联赛题的证明 海口实验中学 陈建花 2004 年全国数学联赛第二试第二题:已知,如图 1,梯形 ABCD 中,AD∥BC,以两腰 AB、DC 为一边分别向两边作正方形 ABGE 和 DCHF,连接 EF,设线段 EF 的中点为 M。求证:MA=MD。 此题与一道旧题密切相关,该题是:已知,如图 2,Δ ABC 中,AD 是 BC 边上的高,以两边 A B、AC 为一边分别向外作正方形 ABQF、ACPE,连接 EF,交 AD 的反向延长线于 G,求证:G 为 EF 的中点。简证如下: 证:过 E 作 EM⊥DG 于 M,过 F 作 FN⊥DG 于 N, 则 FN∥ME,∠EMA=∠ADC=90°, 又∵∠1+∠2=90°,∴∠1=∠3; 又∵AC=AE,∴Δ ADC≌Δ EMA, ∴ME=AD;

同理可证:Δ FNA≌Δ ADB, ∴FN=AD; ∴ME=FN,四边形 FMEN 是平行四边形, ∴EF、MN 相互平分,∴G 为 EF 的中点。 将两题对照,不难发现,表述与图形都极为相似。联赛题实质上是由上题引申出来的,故可 以把上题的结论迁移到联赛题的解决之中,得到一种证法! 证法一:如图 3,过 A 分别作 AP DF, AS∥CD 交 BC 于 S,AT⊥BC 于 T,交 PE 于 X,由 AD∥B C 知,AS=CD,则 AP 相当于以Δ ABS 的一边 AS 向外所作正方形的一边,由上题知 AT⊥BS 时, X 为 PE 的中点,且 AX⊥AD,类似地:过 D 分别作 DQ AE,DO∥AB 交 BC 于 O,DN⊥BC 于 N,交 Q F 于 Y,则 Y 为 QF 的中点,YD⊥AD。 ∵M 为 EF 的中点, ∴MX PF,MY EQ; ∵EQ PF AD,∴MX∥MY 且 MX=MY;∴M、X、Y 三点共线。 过 M 作 MI⊥AD 于 I,则 XA∥MI∥YD,M 为 XY 的中点, ∴I 为 AD 中点,∴MA=MD 另外,因为要证明的是线段相等,所以激活了记忆中更多的知识点,从而揭示出更多的图形 特征和数学关系,得到以下的妙解! 利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质,我们可以有下述不同的证法。 证法二:如图 4,延长 AM 至 N,使 AM=MN,连 NE、ND、NF,过 A 作 AP∥CD,交 BC 于 P。 ∵M 为 EF 中点,又为 AN 的中点, ∴四边形 AENF 是平行四边形,∴AE NF; 又四边形 CDFH 为正方形,∴DC∥FH, ∴AP∥FH;∴∠EAP=∠NFH

又∵∠EAB=∠DFH=90°, ∴∠BAP=∠DFN; 又∵AD∥BC, ∴AP=DC; 又∵AB=AE、DC=DF, ∴AB=NF、AP=DF; 又∠BAP=∠DFN,∴Δ BAP≌Δ NFD, ∴∠NDF=∠APB; 又∵∠APB=∠DCB,∴∠DCB=∠NDF; 又∵∠DCB+∠ADC=180°,∴∠NDF+∠ADC=180°, ∴∠ADN=360°-(∠NDF+∠ADC+∠FPC)=360°-(180°+90°)=90° ∴Δ ADN 为直角三角形; 又∵M 为 AN 中点,∴MD= AN=MA。 类似地, 可以通过延长 DM 并两倍之来作辅助线, 或者分别延长 AM、 DM 并两倍之证明。 当然, 我们还可以直接构造直角三角形来证明。 证法三:如图 5,过 D 作 DP⊥BC 于 P、交 EF 于 L,延长 AM 交 PD 于 T,过 A 作 AQ⊥BC 于 Q、 交 EF 于 N,则 DP∥AQ,过 F 作 FR⊥DP 于 R,过 E 作 ES⊥AQ 于 S。 ∵AD∥BC,∴AQ=DP; ∵∠1+∠3=90°、∠1+∠2=90°, ∴∠2=∠3; ∵AB=AE,∴Δ ABQ≌Δ EAS,∴AQ=ES; 同理可证:Δ DPC≌Δ FRD,∴DP=FR,∴ES=FR;

又∵ES∥FR,∴∠4=∠5,∴Δ ESN≌Δ FRL,∴EN=LF; ∵ME=MF,∴MN=ML; ∵SQ∥PL,∴ ,∴AM=TM; ∵Δ ADT 为直角三角形,∴DM= AT=AM。 本证法同证法二类似,都是利用直角三角形的性质证明,但两者各有千秋,证法二是先倍长 线段,后证明所在三角形为直角三角形;证法三是先构造直角三角形,后证明 M 为斜边的中 点。先后不同,证法有异,结论一致,异曲同工! 进一步研究原问题,发现所求证的两线段 MA、MD 是共顶点的!我们可以通过证明Δ MAD 是 等腰三角形而得到结论。 证法四:如图 6,分别过 E、F 作 AD 的垂线,交 AD 的反向延长线于 E1、F1,过 A、D 分别作 BC 的垂线交 BC 于 A1、D1,过 M 作 MO⊥AD 于 O,则 E E1 ∥FF1 ∥OM,AA1 ∥DD1; ∵M 为 EF 中点, ∴O 为 E1F1 中点、即 OE1 =OF1; 又∵AD∥BC,∴AA1 =DD1; 在Δ AEE1 和Δ ABA1 中,四边形 ABGE 为正方形,∴AB=AE,∠EE1A=∠AA1B=90°; ∵∠EAE1 +∠E1AB=90°, ∠E1AB +∠B AA1=90°, ∴∠EAE1 =∠BAA1, ∴Δ AEE1 ≌Δ ABA1, ∴AE1 =AA1。 同理:DF1 =DD1, ∴AE1 =DF1, ∴OE1 -AE1 =OF1 -DF1,即:OA=OD; 又∵MO⊥AD,∴Δ MAD 为等腰三角形,∴AM=DM。

本证法通过平行线分线段成比例的性质定理, 并巧妙地构造全等三角形证明线段相等, 然后 利用等腰三角形三线合一的性质来证明。当然我们还可以有其他方法构造全等三角形。 证法五:如图 7,过点 A 作 AD 的垂线, 交 BC 于 A1, 过 E 作 EP∥AD、 交 A1A 于的延长线于 P; 过点 D 作 AD 的垂线交 BC 于 D1,过 F 作 FQ∥AD、交 D1D 的延长线于 Q;则 PE∥QF。 ∵∠EAB=90°,∴∠1+∠3=90°; 又∵∠1+∠2=90°,∴∠2=∠3; 又∵∠AA1B=∠APE=90°,AE=AB, ∴Δ BA1A≌Δ APE,∴A A1=PE; 同理可证:DD1=QF; ∵AD∥BC,∴AA1=DD1,∴PE=QF, ∴四边形 PEQF 为平行四边形; ∵M 为 EF 中点,∴M 为 PQ 中点。 过 M 作 MO⊥AD 于 O, ∵AA1⊥BC、DD1⊥BC、AD∥BC, ∴AA1⊥AD、DD1⊥AD,∴PA∥MO∥DQ; ∵PM=QM,∴AO=OD,∴MA=MD。 本证法综合利用平行四边形性质、梯形中位线性质和等腰三角形性质证明。同证法四类似, 所构造的全等三角形都是直角三角形,可不可以构造非直角三角形呢? 证法六:如图 8,过 A 作 AA1⊥BC 于 A1、交 EF 于 Q,过 D 作 DD1⊥BC 于 D1、交 EF 于 I,过 M 作 MO⊥AD 于 O。 ∵AD∥BC,∴AA1=DD1 且 QA∥OM∥ID;

在 BC 上截取 BW=AQ,在 BC 上截取 CJ=DI, ∵∠BAE=90° ∴∠1+∠BA A1=90°; ∵∠2+∠BAA1=90°,∴∠1=∠2; 又∵AB=AE,∴Δ EAQ≌Δ ABW,∴EQ=AW、∠AWB=∠AQE; 同理可证:Δ DFI≌Δ CDJ,∴FI=DJ、∠CJD=∠DIF; ∵∠AQE=∠DIM=180°-∠DIF,∴∠AWB=180°-∠CJD=∠DJB,∴AW∥DJ; ∵AD∥BC,∴AW=DJ,∴EQ=FI; 又∵ME=MF,∴MQ=MI; ∴AO=OD,∴MA=MD。 本证法通过截取相等线段构造全等三角形,运用平行线性质和等腰三角形性质证明。 上述三种证法虽然都是通过证明Δ MAD 为等腰三角形而获证,但由于全等三角形和直角梯形 的构造方式不同,证法各异。 一般地, 求证共顶点的两线段相等有三种方法: 一是利用直角三角形斜边的中线等于斜边的 一半的性质证明; 二是证明它们所在三角形第三边上的中线和垂线重合, 即证明三角形是等 腰三角形;三是将两边分别置于不同三角形中,证明两三角形全等。 以上六种证明方法都是直接证法,我们还可以用间接证法。 证明七:如图 9,取 AD 中点 O,过点 E、O 分别作 AD、AE 的平行线,两线交于点 P,过点 F、 O 分别作 AD、DF 的平行线,两线交于 Q,连 PQ。过点 O 作 AD 的垂线分别交 BC、PQ 于 L、K, 易知 KA=KD。过点 P、Q 分别作 KL 的垂线,垂足分别为 P1,Q1,过 P 作 OR∥AB 交 BC 于 R, 过 O 作 OS∥DC 于 BC 于 S,则 OR=AB、OS=DC。 ∵∠1=∠2(均为∠3 的余角) 、∠RLO=∠OP1P=90°、OR=PO,

∴Δ ROL≌Δ OPP1, ∴PP1 =OL; 同理:Δ QQ1O≌Δ OLS,∴QQ1 =OL; ∴PP1 =QQ1。 又∵PP1 ⊥KL、QQ1 ⊥KL,∴PP1 ∥QQ1, 可知:Δ PP1K≌Δ QQ1K,∴PK=QK、即 K 为 PQ 中点; 又∵PE AO、QF OD、AO=OD,∴PE QF, ∴四边形 PEQF 为平行四边形,∴PQ、EF 互相平分, ∴K 为 EF 中点,∴K 与 M 重合; 故:MA=MD。 本证法运用同一法,先构造满足结论的点 K,然后利用平行四边形对角线互相平分的性质证 明 K 与 M 重合。


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