解剖学在几何证明题中的应用

解剖学在几何证明题中的应用（精选11篇）

解剖学在几何证明题中的应用 第1篇

“解剖学”在几何证明题中的应用

咸安区白鹤中学游明勇

几何的正面，是学生感到很难的一部分内容。它需把定理与图形

灵活地结合起来，一些简单的几何图形，孩比较容易找到切入点，但

对一些组合图形，或图形中的线，图形较多时，我就采取“解剖学”

中的方法，把图形先提出来，分析探究有关结论，再放进去，把不熟

悉的图形，变成成熟的，学生就很容易找到切入点。

案例1》：如图,ӨO1与ӨO2外切于P，AB切ӨO1于A，切ӨO2于

B，R1=4,R2=2，求AB的长。

老师提出问题：怎样求AB的长呢？请学生边读题边结合图形，你能读出哪些结论？有哪些辅助线？

生：（1）点O1,P,O2三点共线。

（2）连O1A,O2B 辅助线。

师：试连线，结合题中已知，你能得到哪些线段长？

生：O1O2=6,AO1=4,BO2=

2结合题中问题，观察思考：题中怎样求线的AB的长？让学生自己动

手做后，老师再用另一种思路解:AB师：请把图中点A,B,O1,O2四点对应的图形

4提出来，结合初二基本图形，你有所发现。O1 6

生：它就是：初二梯形中，已知上、下底长—腰长，求另一腰长。

反思：归纳：这样，在几何题证明中，避免其它线对思维的影响，可O2

适当地把部分图像从原题中提出来进行分析，得出结论，还放回原题

进行解答。

案例2>：如图，ӨO1与ӨO2都经过A, B两点，过点A的直线CD

与ӨO1交于C，与ӨO2交于D，过点B的直线EF与ӨO1交与E，交Ө

M

E©图（1）N（1）求证：CE//DF.（2）在图（1）中，若CD与EF可以绕点A, B 转动，当点C与点

E重合时，过点E作直线MN//DF。判断直线MN与ӨO1的位

置关系，并证明你的结论。与ӨO2师：案例（1）中灵活应用，把题中部分“器官”提出来，进行分析，然后再放进去，你能用上述方法对案例（2）中第1小题进行分析吗？

试试看。

生：抓住两圆相交的基本辅助线，在不同圆中分别进行剖析，应用圆

内接四边形性质，和平行线的判定方法，易证。CA

师：对于第（2）小题，图形变了，已知，结论也有所改变：你能用

以上“解剖”的方法，把它们分开分拆，提出来，再放进去找联系吗？

生：可作如图分解 ：

在图（b）中可证：再在图（a）中，就是已知< ABE=

师生反思：因此，在几何证明题中，当图中的线较多或图形较复杂时，可以使当地把部分图形提出来，单个研究，防止，其他图对思维的影

响，阻碍了思维的发展。因此，使当地采取“解剖的方法”，化难为

易，化繁为简，化不熟悉为常规，采取“各个击破”的思想，大大降

低了解题的难度，改变了大部分学生认为几何难学的思想，在某一定

程度上，激发了学生求学的兴趣。

解剖学在几何证明题中的应用 第2篇

http://，由图形特征可构造以BM、CN为边的两个三角形，并证明这两个三角形全等。考虑BAC的平分线与BC边的垂直平分线相交于点P，于是连接PB、PC，则利用垂直平分线和角平分线的知识即可解决。

证明：因AP是角平分线，PMAB，PNAC，故PM=PN 又因PD是BC的垂直平分线，故PB=PC 因PB=PC，PM=PN，故RtPBMRtPCN

BMCN

解剖学在几何证明题中的应用 第3篇

关键词：化归思想,辅助线,问题解决,证明

化归思想是指将一个新的复杂的疑难问题通过变换、转换等方式变成一个简答的已知的易于解决的问题. 化归原则是一种重要的解题原则,也称为转化原则. 运用化归思想时,关键在于如何将所要解决的问题转化成已解决或较为容易的问题. 下面就两题初中数学的几何证明题为例来论述化归思想的具体运用.

例1如图,在四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点P,AC = BD. E,F分别是AD,BC的中点,E,F分别交AC,BD于N,M.试说明∠PMN = ∠PNM的理由.

分析波利亚提出的怎样解题的四个步骤分别是: 第一,你必须理解题目; 第二,找出未知量与已知量的关系. 若找不到直接联系,也许不得不找辅助题目,最终找到一个解题的方案. 第三执行你的方案; 第四,检查已经得到的解答.

对于这一题,按照波利亚的解题的四个步骤来分析解决这题. 首先,此题题意很容易看懂,已知条件很容易找到,但所要求的和已知条件没有显然的、直接的关系,乍一看不知如何下手. 观察题目所给的图,我们发现要求证的两个相等的角是三条没有特别位置关系的直线构成的,如果证三角形PNM为等腰三角形不好证. 这时我们就会想到也许我们把要求证相等的角转化成与他们分别相等的角,我们只要证转化后的两个角相等,那么问题也就解决了. 题目的已知条件AC = BD,再看图,AC和BD是相交的,那么我们就会想到如果能把AC、BD放在一个三角形中,正好构成一个等腰三角形,也就得到两个相等的角,或许与要求证的角有关系. 想到这,我们自然会想到需要做辅助线,那么由点B作BI∥AC,且使BI = AC,连接DI,则可得等腰三角形BDI,这时也会顺势延长EF交BI于H,如图2. 通过进一步分析发现,若要解决 问题需要 证∠PMN = ∠BDI,∠PNM =∠BID,进而需证EH∥DI,然而我们发现是证不出EH∥DI. 同时,题目所给的E、F分别是AD、BC的中点这个已知条件还没用,而且若按照上述做辅助线的方法,也用不到这个条件的,题目既然给这个条件的,必然是有用的. 这样,上述作辅助线的方法被否定.

如何做辅助线来解决问题呢? 虽然第一次作的线不正确,但它也给我们启发: 为何不直接作EF的平行线,AC的平行线,设它们交于I点. 延长AC交DI于J,这时EN就是三角形ADJ的中位线,AN = NJ,如图3. 作过平行线后,立即可看出四边形NHIJ是平行四边形,也就有,角∠PNM = ∠I,NJ = HI = AN. 由EF∥DI,可得∠PMN = ∠BDI到此,只要证∠BDI = ∠BID,也就是证BD = BI即可,而BD = AC,所以若能证AC = BI,问题即可被解决. 刚才已经知道AP =HI,若NC = BH,就有AC = BI. NC、BH是不是相等关系呢?注意到F为中点,这个条件还没用. 要证明两条线段相等,可将这两条线段分别放在两个三角形中,再证明这两个三角形相等即可. 按照这个思路,我们发现在三角形CFN,BFH中有,∠CNF = ∠BHF,∠NFC = ∠HFB,CF = BF,所以三角形CFN,BFH全等,BH = NC. 从而AC = BI,问题解决.

上述作辅助线的方法不容易想到,既要作两条平行线,又要延长条线段,用到的有平行四边形、三角形的中位线、全等三角形等知识. 这需要学生对这些知识牢固掌握,有宏观的把握,而且会灵活运用. 若把这题目给初中刚学四边形的学生做,能想到这种方法是不容易的. 此题,其实有种更适合初学者的方法.

再从另一个角度来分析这一题. 当然还是要将所解决的问题转化简单的问题. 题目已知条件,E、F分别是AD,BC的中点,一般情况下,在几何题中看到中点,就要考虑三角形的中位线,由中位线就得到平行线,进而可以有角相等,或许就能将∠PNM,∠PMN转化另外两个相等的角. 再看已知条件,AC = DB,若AC、DB是两个三角形的一条中位线所对的第三边,那么这两条中位线就相等. 观察图形若取AB得中点G,连接EG,FG,如图4. 则EG,FG分别是三角形ABD,ABC的中位线,容易知角∠GEF = ∠PMN,∠GFE = ∠PNM. 因为AC = BD,所以EG = FG,∠GEF = ∠GFE.由上可得∠PNM = ∠PMN,问题解决.

两种方法相比,第一种作辅助线较多,主要用到的有全等三角形、平行四边形、中位线等的有关知识,达到证明的目的走的路较长. 第二种方法的辅助线作过后,主要用到三角形中位线的知识. 相比之下,后一种方法的证明更直观、简便些.

例2如图,在等腰三角形ABC两腰AB,AC分别取两点E,F. 使AE = CF已知BC = 2,求证EF≥1.

分析此题要证EF≥1,已知条件为E,F是三角形ABC两腰上的点. 考虑到特殊情况,当E,F分别是AB,AC的中点时,有EF = 1. 接下来如何证EF > 1?题目已知条件只有BC = 2这个数据,由此我们猜想EF与BC可能有某种数量关系. 观察图形,我们需要通过辅助手段———辅助线,使得EF,BC是一个规则图形的两个边,这样更容易得知它们的长度关系. 过点E作EG∥BC且使EG = BC,连接GC,可得到平行四边形BCGE,BE = CG,如图6. 题目还有AE = CF这个已知条件,显然BE = AF = CG. 因为BA∥CG,所以∠EAF = ∠FCG. 那么连接F,G,有三角形AEF,CFG全等,FE = FG. 在三角形EFG中,2EF > EG = BC = 2,EF > 1,问题解决.

上述证明EF > 1的实质是将BC向上平移从而和EF在一个三角形中,那么将EF向下平移和BC在同一三角形中,能否解决问题呢?过点C作CG∥FE,连接B,G,如图7. 和第一种方法证明类似,可证得GBC是等腰三角形,从而2GC =2EF > BC = 2,EF > 1,问题解决.

以上两种方法都是通过作辅助线平移BC或EF找到BC,EF的关系. 此题还有一种通过作辅助线平移中位线的方法证明EF > 1.

取AB,AC的中点M,N,连接M,N,MN = 1,EF > 1,即EF > MN. 如图8,过点E作EG∥MN且使EG = MN,连接GN,就有平行四边形EGNM,再连接GF,若能证明三角形EFG直角三角形,即有EF > 1. 下证之,因为三角形ABC是等腰的,所以∠NHG = ∠AHE = ∠AEH =∠EMN = ∠NGH,有等腰三角形NGH,NG = NH. 因为AM = CN,AE = CF,所以ME = NF = NG =NH,故三角形HGF是直角三角形,且∠HGF = 900,有直角三角形EFG,EF > EG = MN = 1,问题解决.

证明例2的三种方法的基本思想都是化归思想,通过平移将要解决的问题转化成熟悉的、易解决的问题. 前两种方法类似,第三种方法相对来说不容易想到,而且稍微复杂些,不过也是比较巧妙的证法.

化归思想的核心是我们不应以静止的眼光,而应以可变的观点去看待问题,即应善于对所要解决的问题进行变形. 以上两个几何问题充分体现了这一核心. 这里应注意几点:

第一,所说的变形并不是一种无目的的活动,因此,在实践过程中,我们就应该始终“盯住目标”,即应当始终考虑这个问题: 怎样才能达到解决原来问题的目的? 如,怎样才能证明问题中的结论?

第二,因为只有通过反复的实践,才能找到正确的化归方向与方法,因此,在解题过程中我们应保持一定的灵活性.

切线在圆几何证明题中的作用 第4篇

一、锁定切线与直径垂直关系，寻找解题方法

切线是圆中非常重要的一个知识点，在解有关题目时用到的知识点比较多，难度比较大，灵活性比较强。教师在分析问题的过程中要反复强调重点，归纳总结思维方式，从而加深学生的印象。在题目中如果有切线，就会有垂直，进而勾股定理在解题过程中是运用比较多的。

例1：已知：如图，AB是半圆O的直径，过点O作弦AD的垂线交切线AC于点C，OC与半圆O交于点E，连接BE，DE。

（1）求证：∠CAD=2∠D；（2）若AB=5，AD=4，求AC的长。

分析：（1）由切线的性质得CA⊥AB，即∠1+∠2=90°；由同角的余角相等得到∠1=∠AOC。由同弧所对的圆周角相等知∠D=∠ABE，由外角等于不相邻的两个内角和知∠AOC=2∠ABE故∠CAD=2∠D；

（2）连接BD，由直径所对的圆周角是直角得∠ADB=90°，由勾股定理求得BD=3。

由△OAC∽△BDA得OA︰BD=AC︰DA，从而求得AC的值。

解：（1）证明：∵AC是⊙O的切线，AB是⊙O直径，

∴AB⊥AC。则∠1+∠2=90°，又∵OC⊥AD，∴∠2+∠AOC=90°，∴∠1=∠AOC，∵OE=OB ∴∠OBE=∠OEB ∵∠AOC=∠OBE+∠OEB=2∠OBE ∴∠1=2∠OBE；∵∠D=∠ABE ∴∠1=2∠D即∠CAD=2∠D；

（2）解：连接BD，∵AB是⊙O直径，

∴∠ADB=90°，∵AB=5，AD=4 ∴BD=3，∵∠CAO=∠ADB=90°，∠2=∠C ∴△OAC∽△BDA，∴OA︰BD=AC︰DA，即2.5︰3=AC︰4，∴AC=10/3 。

这是一条综合性很强的题目，在本题的解题过程中我们用到了很多知识点，有切线的性质，勾股定理，同角的余角相等，相似三角形的判定，同弧所对的圆周角相等。这就要求在分析问题的过程中老师仔细讲解分析，强调重点，分解难点，使学生能把新旧知识融汇贯通，灵活运用。

二、利用切线巧建直角三角形，解决相应问题

圆是初中数学中非常重要的一块内容，而切线又是圆中一个重要的知识点，熟练掌握切线的性质，能为解题带来很大的帮助。有切线就有垂直，所以勾股定理是解决切线问题必不可少的工具，教师在讲解过程中应加以强调。

例2：已知如图，⊙O的直经为4，点O到直线l的距离为3，点P是直线l上任意一点，PQ是⊙O的切线，切点为Q，求PQ的最小值是多少·

分析：因为PQ为

切线，由于切线与半径

垂直，所以△OPQ是直

角三角形。又OQ为半

径是确定的，所以在直角三角形中当一直角边确定，斜边最小时，另一直角边也最小。根据垂线段最短，知OP=3时PQ最小。所以运用勾股定理即可解答。

解：作OP⊥l于P点，则OP=3。

∵OQ=2

在Rt△OPQ中，

由勾股定理得PQ=

√32-22 = √5。

这条题目看似简

单，实则很有难度。动点问题一直是学生感觉难以下手的题型，教师在分析问题时要作适当的引导，并强调在运动的过程中寻找不变的量。切线与半径垂直是切线最重要的特征，学生在解题过程中要结合勾股定理灵活解答。

三、利用直角关系，巧判切线存在

切线的判定是切线性质的逆运用，判定方法的归类可以参照性质得到，有切线就有直角，反之有直角才有切线。教师需强调证明的方法有多种，但只要抓住本质，那就万变不离其中。

例3：已知如图，AB是⊙O的直径，D是圆周上一点，连接BD并延长至点C，连接AC，过点D作 DE⊥AC于点E，请你补充一条件 ，求证DE是⊙O的切线。

分析：连接AD，若DE为⊙O的切线，则D为切点，所以只需证到∠EDO=90°即可。根据现有的已知条件，最简单的方法是补充AC∥OD，根据两直线平行，内错角相等可得∠EDO=90°，可以证明DE是⊙O的切线。还可补充D是BC中点，由中位线性质定理可得AC∥OD，即得到∠EDO=90°。也可补充AB=AC利用圆周角定理和三线合一可以得到点D是BC的中点，OD是△ABC的中位线，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°。

解：当AC∥OD时，∠CED=∠EDO

∵DE⊥AC，

∴∠CED=90°

∴∠EDO=90°

∴DE是⊙O的切线。

当D是BC中点时，

∴CD=BD。

∵AO=BO

∴OD是△ABC的中位线

∴OD∥AC

∴DE是⊙O的切线。

当AB=AC时，如图：连接AD

∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴CD=BD

∵AO=BO∴OD是△ABC的中位线，

∴DE是⊙O的切线。

本题是一条灵活性极强的综合题，它考查了如何判定切线，根据切线的判定定理，一条直线只要过半径的外端点且与半径垂直，即为圆的切线。由此可见当切点明确时，只要找到夹角为直角即可。这题介绍了三种补充条件的方法，用到了平行线的判定，中位线性质定理，三线合一等知识点。教师在讲解的过程中重点是对解题的思维方式的总结，利用一题多解锻炼学生的思维，而不是简单给出结果。

解剖学在几何证明题中的应用 第5篇

课时：18 课型：复习课 复习引入：

在处理直线与圆锥曲线相交形成的弦中点的有关问题时，我们经常用到如下解法：设弦的两个端点坐标分别为x1,y1、x2,y2，代入圆锥曲线得两方程后相减，得到弦中点坐标与弦所在直线斜率的关系，然后加以求解，这即为“点差法”，此法有着不可忽视的作用，其特点是巧代斜率.本文列举数例，以供参考.1 求弦中点的轨迹方程

x2y21，求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程.例1 已知椭圆2解 设弦的两个端点分别为Px1,y1,Qx2,y2，PQ的中点为Mx,y.x12x222y11，y221，则（1）（2）22x12x22y12y220，12得：2x1x2y1y2y1y20.2x1x2y1y22，x4y0.x1x2又x1x22x,y1y22y,弦中点轨迹在已知椭圆内，所求弦中点的轨迹方程为x4y0（在已知椭圆内）.例2 直线l:axya50（a是参数）与抛物线f:yx1的相交弦是

2AB，则弦AB的中点轨迹方程是.解 设Ax1,y1、Bx2,y2，AB中点Mx,y，则x1x22x.l:ax1y50，l过定点N1,5，kABkMN又y1x11，（1）y2x21，（2）22y5.x112得：y1y2x11kAB于是

2x21x1x2x1x22，2y1y2x1x22.x1x2y52x2，即y2x27.x1弦中点轨迹在已知抛物线内，所求弦中点的轨迹方程为y2x27（在已知抛物线内）.2 求曲线方程

例3 已知ABC的三个顶点都在抛物线y232x上，其中A2,8，且ABC的重心G是抛物线的焦点，求直线BC的方程.解 由已知抛物线方程得G8,0.设BC的中点为Mx0,y0，则A、G、M三点共

22x0812线，且AG2GM，G分AM所成比为2，于是，82y0012解得x011，M11,4.y04设Bx1,y1,Cx2,y2，则y1y28.又y1232x1，（1）y2232x2，（2）

12得：y12y2232x1x2，kBCy1y232324.x1x2y1y28BC所在直线方程为y44x11，即4xy400.x2y2例4 已知椭圆221ab0的一条准线方程是x1，有一条倾斜角为的4ab直线交椭圆于A、B两点，若AB的中点为C11,，求椭圆方程.24x12y121解 设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1x21,y1y2，且221，（1）

2abx22y2221a2b，（2）

12得：

x12xa2yy12b2222，2b2x1x2y1y22b2y1y2b21，1kAB（3）222，a22b2，x1x2ay1y2a1x1x2a2a21，a2c，又（4）c而

2（5）由（3），（4），（5）可得aa2b2c2，121,b，24x2y21.所求椭圆方程为11243 求直线的斜率

x2y291上不同的三点Ax1,y1,B4,,Cx2,y2与焦点例5 已知椭圆2595（2）若线段AC的垂直平分线与x轴F4,0的距离成等差数列.（1）求证：x1x28；的交点为T，求直线BT的斜率k.（1）证 略.（2）解 x1x28，设线段AC的中点为D4,y0.x12y12x22y221，1，又A、C在椭圆上，（1）（2）259259x12x22y12y22，12得：2599x1x2y1y29836.x1x225y1y2252y025y0直线DT的斜率kDT25y025y0，直线DT的方程为yy0x4.令36369056464.y0，得x，即T,0，直线BT的斜率k564425254254 确定参数的范围 例6 若抛物线C:y2x上存在不同的两点关于直线l:ymx3对称，求实数m的取值范围.解 当m0时，显然满足.当m0时，设抛物线C上关于直线l:ymx3对称的两点分别为（1）y22x2，（2）Px1,y1、Qx2,y2，且PQ的中点为Mx0,y0，则y12x1，12得：y12y22x1x2，kPQ又kPQy1y211，x1x2y1y22y01m，y0.m25.中2中点Mx0,y0在直线l:ymx3上，y0mx03，于是x0点M在抛物线y2x区域内

5my0x0，即，解得10m10.2222综上可知，所求实数m的取值范围是10,10.5 证明定值问题

x2y2例7 已知AB是椭圆221ab0不垂直于x轴的任意一条弦，P是AB的ab中点，O为椭圆的中心.求证：直线AB和直线OP的斜率之积是定值.证明 设Ax1,y1,Bx2,y2且x1x2，x12y12x22y22则221，（1）221，（2）ababx12x22y12y2212得：22，abb2x1x2b2x1x2y1y2y1y2，kAB.22x1x2x1x2ay1y2ay1y2又kOP6 y1y2b2b21，kAB2，kABkOP2（定值）.ax1x2akOP处理存在性问题 例8

2已知双曲线x12y1，过B1,1能否作直线l，使l与双曲线交于P，Q2两点，且B是线段PQ的中点，这样的直线如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由.解 假设这样的直线存在，设P,Q的坐标分别为x1,y1,x2,y2，则x1x22，y1y22，又x12 12122y11，（1）x2y21，（2）221xxxx 得：12y1y2y1y20，121222x1x2y1y20 PQ的斜率 k y1y22

等积变形在几何题中的应用 第6篇

一、平移

利用平移进行等积变形是最常见的题型之一, 平移包括点平移、线段平移、整个图形平移等。

例1.如右图, A是半径为1的圆外的一点, OA=2, AB是圆的切线, B为切点, 弦BC//OA, 连接AC, 求图中阴影部分的面积。

分析:阴影部分为不规则图形, 由ΔABC与弓形组成, B为切点。连接OB、OC, 如右图所示, 因为BC//OA, 在弓形面积不变的情况下把A点向O点平移, 得到ΔABC与ΔOBC同底同高, 则两三角形面积相等, 那么阴影部分面积等于扇形OCB的面积。

解:连接OB、OC, ∵AB是切线, ∴∠OBA是直角, ∵OB=21OA, ∴∠BAO=30°, ∠BOA=60°, ∴∠CBO=∠BOA=60°, ∴ΔABC是等边三角形, ∴SΔABC=SΔOBC, ∴S阴影=S扇形OCB60360=×π×12=1/6π

再看一个例子

例2.从大半圆中剪去一个小半圆 (小半圆的直径在大半圆的直径MN上) 点O为大半圆的圆心, AB是大半圆的弦, 且与小半圆相切, AB//MN。已知AB=24cm, 求阴影部分的面积。

分析:由于只知道了弦AB的长, 所以就不可能直接求出阴影部分的面积, 此时因为AB//MN, 两条平行线间的距离保持不变, 所以可以通过平移小半圆, 使小半圆的圆心与大半圆的圆心重合, 然后作OC⊥AB, 垂足为点C, 连接OB, 利用Rt△OCB就很容易得出正确答案。如右图所示, 具体过程为:

解:设大半圆与小半圆的半径分别为R、r, 平移小半圆, 使小半圆的圆心与大半圆的圆心重合, 作OC⊥AB, 垂足为点C, 则AC=BC=12cm。连接OB, 在Rt△OCB中, R2-r2=144, 所以S阴影=1/2π-r2) =72π1/2 (cm2)

二、拆分与组合

拆分与组合这一形式要求较高, 学生必须对图形深入了解, 能把不规则图形进行分解成若干规则图形, 进行求解。

例3.如右图, 两个半径为1, 圆心角是90度的扇形OAB和扇形O'A'B'叠放在一起, 点O'在弧AB上, 四边形OPO'Q是正方形, 则阴影部分的面积等于多少?

分析:对此图形进行拆分, 拆成两个全等的扇形, 再进行拼凑, 如右图所示, 阴影部分的面积实际等于半圆的面积减去两个正方形的面积, 那此题就迎刃而解了。

例4.见右图:如图ΔABC中, ∠C是直角, AB=12, ∠ABC=60°, 将ΔABC以点B为中心顺时间旋转, 使点C旋转到AB边的延长线上的点D处, 则图中的阴影部分的面积是多少?

分析:通过分析图形的形成过程, 整个图形由扇形ABE与直角三角形ΔBDE组成, 而图中的非阴影部分由扇形CBD与直角三角形ΔABC组成, 则可得图中阴影部分的面积

解:S=S扇形ABE+SΔBDE-S扇形CBD-SΔABC=S扇形ABE-S扇形CBD

三、旋转与对称

例5.矩形ABCD中, BC=2, DC=4, 以AB为直径的半圆O与DC相切于点E, 求阴影部分的面积。

分析:见切点连圆心, 连接OE交DB于点F, △DEF与△BOF全等, 且△DEF与△BOF组成了以F点为对称中心的中心对称图形, 阴影部分的面积等于四分之一的圆的面积。

例6.如图, 正方形ABCD和正方形OEFG的边长均为4, O为正方形ABCD的对称中心, 求图中阴影部分的面积。

分析:阴影部分的四边形是一不规则图形, 记OG与CD的交点为M, OE与BC的交点为N, 连接OC、OB, 如下图所示, 发现△OMC以O点为旋转中心, 顺时针旋转900即可得到△ONB, 则阴影部分的面积即为直角三角形△COB的面积。即S阴影=SΔOBC=21×2姨2×2姨2=4。

等积变形在几何题中的应用 第7篇

一、平移

利用平移进行等积变形是最常见的题型之一,平移包括点平移、线段平移、整个图形平移等。

例1.如右图,A是半径为1的圆外的一点,OA=2,AB是圆的切线,B为切点,弦BC//OA,连接AC,求图中阴影部分的面积。

分析:阴影部分为不规则图形,由ΔABC与弓形组成,B为切点。连接OB、OC,如右图所示,因为BC//OA,在弓形面积不变的情况下把A点向O点平移,得到ΔABC与ΔOBC同底同高,则两三角形面积相等,那么阴影部分面积等于扇形OCB的面积。

再看一个例子

例2.从大半圆中剪去一个小半圆(小半圆的直径在大半圆的直径MN上)点O为大半圆的圆心,AB是大半圆的弦,且与小半圆相切,AB//MN。已知AB=24cm,求阴影部分的面积。

分析:由于只知道了弦AB的长,所以就不可能直接求出阴影部分的面积,此时因为AB//MN,两条平行线间的距离保持不变,所以可以通过平移小半圆,使小半圆的圆心与大半圆的圆心重合,然后作OC⊥AB,垂足为点C,连接OB,利用Rt△OCB就很容易得出正确答案。如右图所示,具体过程为:

二、拆分与组合

拆分与组合这一形式要求较高,学生必须对图形深入了解,能把不规则图形进行分解成若干规则图形,进行求解。

例3.如右图,两个半径为1,圆心角是90度的扇形OAB和扇形O'A'B'叠放在一起,点O'在弧AB上,四边形OPO'Q是正方形,则阴影部分的面积等于多少?

分析:对此图形进行拆分,拆成两个全等的扇形,再进行拼凑,如右图所示,阴影部分的面积实际等于半圆的面积减去两个正方形的面积,那此题就迎刃而解了。

例4.见右图:如图ΔABC中,∠C是直角,AB=12,∠ABC=60°,将ΔABC以点B为中心顺时间旋转,使点C旋转到AB边的延长线上的点D处,则图中的阴影部分的面积是多少?

分析:通过分析图形的形成过程,整个图形由扇形ABE与直角三角形ΔBDE组成,而图中的非阴影部分由扇形CBD与直角三角形ΔABC组成,则可得图中阴影部分的面积

三、旋转与对称

例5.矩形ABCD中,BC=2,DC=4,以AB为直径的半圆O与DC相切于点E,求阴影部分的面积。

分析:见切点连圆心,连接OE交DB于点F,△DEF与△BOF全等,且△DEF与△BOF组成了以F点为对称中心的中心对称图形,阴影部分的面积等于四分之一的圆的面积。

例6.如图,正方形ABCD和正方形OEFG的边长均为4,O为正方形ABCD的对称中心,求图中阴影部分的面积。

以上是等积变形常见的三种形式,这三种形式由易到难,由浅入深。在解题中,不规则图形题型多种多样,但万变不离其宗,只要同学们认真观察,冷静思考,运用等积变形的规律,不规则图形就会变得规则,复杂的问题就会变得简单。

“点差法”在解析几何题中的应用 第8篇

一、求弦中点的轨迹方程

【例1】已知椭圆+y2=1, 求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程.

解:设弦的两个端点分别为P (x1, y1) , Q (x2, y2) , PQ的中点为M (x, y) .

∵弦中点轨迹在已知椭圆内, ∴所求弦中点的轨迹方程为x+4y=0 (在已知椭圆内) .

二、求曲线方程

【例2】已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2=32x上, 其中A (2, 8) , 且△ABC的重心G是抛物线的焦点, 求直线BC的方程.

解:由已知抛物线方程得G (8, 0) .设BC的中点为M (x0, y0) , 则A、G、M三点共线, 且|AG|=2|GM|,

设B (x1, y1) , C (x2, y2) , 则y1+y2=-8.

又y12=32x1, (1) y22=32x2, (2)

∴BC所在直线方程为y+4=-4 (x-11) ,

三、求直线的斜率

【例3】已知椭圆上不同的三点A (x1, y1) , B () , C (x2, y2) 与焦点F (4, 0) 的距离成等差数列. (1) 求证:x1+x2=8; (2) 若线段AC的垂直平分线与x轴的交点为T, 求直线BT的斜率k.

(1) 证:略.

(2) 解:∵x1+x2=8, ∴设线段AC的中点为D (4, y0) .

四、确定参数的范围

【例4】若抛物线c:y2=x上存在不同的两点关于直线l:y=m (x-3) 对称, 求实数m的取值范围.

解:当m=0时, 显然满足.

当m≠0时, 设抛物线c上关于直线l:y=m (x-3) 对称的两点分别为P (x1, y1) 、Q (x2, y2) , 且PQ的中点为M (x0, y0) , 则y12=x1, (1) y22=x2, (2)

∵中点M (x0, y0) 在直线l:y=m (x-3) 上,

∴y0=m (x0-3) , 于是

∵中点M在抛物线y2=x区域内

解得

解剖学在几何证明题中的应用 第9篇

关键词：类比；平面几何；立体几何；联想；猜想

类比推理是根据两个对象或两类事物之间存在着一些相同或相似的属性，猜测他们之间可能具有其他一些相同或相似属性的思维方法，这类试题以类比思维为轴心，与数学方法、数学思想和数学基础知识相结合，着重考察学生的探究能力、创造能力、推理能力。将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中，这种类比方法即为降维类比。平面几何与立体几何两者之间具有非常多的可比性，如：直线与平面、多边形与多面体、圆与球、面积与体积等可进行类比。在教学中通过对平面几何和立体几何问题的类比，不仅可以对原有平面几何知识有透彻的理解，还可以更快捷地获取知识，弄清概念的内涵和外延，明白结论的由来与适用范围，达到知识精练化、条理化、网络化，从而培养了学生的创新精神和创新意识，为学生将来继续学习及从事科学研究打好基础。

一、通过降维类比猜想一般性结论

例1.在平面几何中，有勾股定理：“设△ABC的两边AB、AC互相垂直，则AB2+AC2=BC2”。拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积之间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两相互垂直，则 。”

分析：此类型问题是指在问题没有给出结论时，需要从类比平面几何情况入手，进行猜想立体几何的结论。它的思路是：从平面几何出发，通过分析、比较、猜想，探討出结论。在平面几何与立体几何之间，多边形与多面体、直线与平面、线段长与面积、角与二面角等可类比。由此可以猜想例1的结论是：S2△ABC+S2△ACD+S2△ADB=S2△BCD。

二、通过降维类比探索一般性解题方法

美国著名数学教育家波利亚（G.Polya）在《怎样解题》中指出，“类比是一个伟大的一路人”“每当理智缺乏可靠认证的思路时，类比这个方法往往能引导我们前进”。而当我们解题遇到一个新问题时，总想用熟悉的题型去“套”，所以波利亚又指出：“求解立体几何问题往往依赖于平面几何的类比。”

例2.如图1，过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA′∥VA，OB′∥VB，OC′∥VC，A′、B′、C′分别是所作直线与侧面的交点，则++=。

联想：平面上的类似命题：过△ABC的一边AB上任一点O分别作OA′∥AC交BC于A′，OB′∥BC交AC于B′（如图2），则+= 。（利用相似三角形计算得其值为1，类比得其值也为1）

解析：（如图3）设平面OA′VA∩BC=M，平面OB′VB∩AC=N，平面OC′VC∩AB=K，则有△MOA′~△MAV，△NOB′~△NBV，△KOC′~△KCV，所以++=++。

在三角形ABC中，由于AM、BN、CK交于点O，易证得++=1，所以++=1。

三、通过降维类比解决探索性结论

在中学数学教学中，也经常使用归纳法来培养学生的创造性思维，提出猜想，选择最有希望的证题路径（也是猜想），作“合情推理”，以便求得问题的最后解决。开普勒（J.Kepler）说：“我珍视类比胜过任何别的东西，它是我最信赖的老师，它能揭示自然界的秘密，在几何学中它是最不容忽视的。”

例3.如果对任意四面体的高为hi，旁切球的半径为ri，i=1，2，3，4，则2（+++）=+++。

联想：任意三角形的高hi和旁切圆的半径ri，i=1，2，3，则++=++，下面简单证明：三角形关于顶点A、B、C的旁切圆的半径分别是、和，则++==++=++（其中S表示三角形面积，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边），利用类比的方法我们来进行证明。

解析：用V与S表示四面体的体积与表面积。用Si表示第i面的面积，这个面对应的四面体的高为hi，旁切球的半径为ri。则V=hiSi=ri（S-2Si），因此+++=（S-2S1+S-2S2+S-2S3+S-2S4）==（S1+S2+S3+S4）=2（+++），所以，题目中的等式成立。

评注：关于空间问题与平面问题的类比，通常可抓住几何要素的如下对应关系作类比：多面体?圮多边形、面?圮边、体积?圮面积、二面角?圮平面角、面积?圮线段长……把立体几何知识与相关的平面几何知识类比，是实现知识迁移的有效办法，有利于化难为易、启迪思维。许多平面几何中的命题可以推广为立体几何中的相应命题。反之，解决立体几何的问题，常常先研究该问题在平面内的相应命题及解决方法，然后推广到空间，寻求相应的解决办法。

参考文献：

［1］徐斌艳.数学课程与教学论.浙江教育出版，2003-09.

［2］何豪明.高考中的平行类比.数学通讯，2005（3）.

［3］张奠宙，李士锜.数学教育研究前沿.华东师范大学出版社，2003-05.

［4］G.波利亚.数学与猜想.李心灿，王日爽，李志尧，译.科学出版社，2001-07.

（作者单位 浙江苍南矾山高中）

浅谈等面积法在几何题中的应用 第10篇

一、利用等面积法求线段的长度

例1:在△ABC中, ∠C=90°, AC=4, BC=3, CD⊥AB于点D, 求CD的长.

解:∵∠C=90°, AC=4, BC=3,

又∵CD⊥AB,

$\begin{array}{l}\therefore S{}_{△ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot CD.\\ \therefore CD=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{4\times 3}{5}=\frac{12}{5}.\end{array}$

评论:上述方法中, 利用△ABC面积的两种求法, 建立了关于CD长的方程, 从而可以求出CD的长度.

二、等面积法在证明题中的应用

例2:如图:在△ABC中, AB=AC, AD是△ABC的中线, 且DE⊥AB于点E, DF⊥AC于点F, 求证:DE=DF.

分析:因为AD是△ABC的中线, 可得BD=CD, 而BD与CD边上的高又相等, 所以△ABD与△ACD的面积相等, 可以建立DE与DF的关系.

证明:∵在△ABC中, AD是△ABC的中线,

∴BD=CD.

又∵△ABD与△ACD的边BD与CD边上的高相等,

∴SΔABD=SΔACD.

又∵DE⊥AB, DF⊥AC, AB=AC,

∴DE=DF.

评论:由上题可知, 等面积法不仅可以用来求线段的长度, 还可以用来证明线段的关系.

例3:如图, 在平行四边形ABCD中, AE⊥BC, 垂足为E, AF⊥CD, 垂足为F, AE=3cm, AF=4cm, AD=8cm, 求CD的长.

分析:因为AE⊥BC, AF⊥CD, 所以平行四边形ABCD的面积有两种求法, 但是结果一样, 故可以建立关于CD的方程, 从而问题可以解决.

解:∵在平行四边形ABCD中, AD=8cm,

∴BC=AD=8cm.

又∵AE⊥BC, AF⊥CD,

∴BC·AE=CD·AF.

又∵AE=3cm, AF=4cm,

$\therefore CD=\frac{BC\cdot AE}{AF}=\frac{8\times 3}{4}=6$cm.

三、等面积法在动点证明题中的应用

例4:如图:在△ABC中, AB=AC, 点P是BC边上的一动点, PD⊥AB, PE⊥AC, BF⊥AC, 垂足分别为点D、E、F.

问:请你猜想PD+PE与BF的关系, 并证明你的猜想.

分析:因为无论点P在BC上怎样运动时, △ABP与△ACP的面积之和都等于△ABC的面积, 故可以利用此关系建立PD、PE、BF的数量关系, 从而问题可以解决.

解:猜想:PD+PE=BF.

证明:连接AP

∵PD⊥AB, PE⊥AC, BF⊥AC,

∴SΔABP=SΔACP=SΔABC.

又∵AB=AC,

∴PD+PE=BF.

∴无论点P在BC上怎样运动时PD+PE=BF.

例5:如图:已知△ABC为正三角形, P为△ABC中任意一点.

求证:点P到AB、AC、BC的距离之和等于△ABC的高.

分析:因为无论点P在△ABC中什么位置时△ABP、△ACP、△BCP的面积之和都等于△ABC的面积, 故可以利用此关系建立△ABP、△ACP、△BCP的高与△ABC的高之间的数量关系, 从而问题可以解决.

证明:设点P到AB、AC、BC的距离分别是h1, h2, h3, △ABC的高为h.

∵SΔABC=SΔABP+SΔACP+SΔBCP,

又∵△ABC为正三角形,

∴AB=AC=BC.

∴ h1+h2+h3=h.

∴ 点P到AB、AC、BC的距离之和等于△ABC的高.

补全基本图形在解几何题中的作用 第11篇

一、补成三角形

例1：如图1，已知AD∥BC，点E为梯形ABCD的腰CD的中点;证明：△ABE的面积等于梯形ABCD面积的一半。

分析：过一顶点和一腰中点作直线，构造等面积的三角形。这也是梯形中常用的辅助线添法之一。

证明：延长AE交BC的延长线于点F，

∵AD∥BC，E为CD的中点

∴△ADE≌△FCE

∴AE=EF，S△ADE=S△FCE

∴S△ABE=S△BEF，∴S梯形ABCD=S△ABF=2S△ABE

三、补成直角三角形

例3：如图3，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B+∠C=900，F、G分别是AD、BC的中点，若BC=18，AD=8;求FG的长。

分析：要证明EC=ED，通常要证∠ECD=∠EDC，但难以实现，因此可采用补形法，即延长BD到F，使BF=BE，连接EF，则△BEF为等边三角形.

证明：延长BD到F，使BF=BE，连接EF

分析：因为平行四边形的对角线互相平分，故要证结论，需考虑四边形GEHF是平行四边形，为此，连接EH、EG、FH、FG。

证明：EH、EG、FH、FG

分析：矩形具有许多特殊的性质，巧妙地构造矩形，可使问题转化为角直角三角形，于是一些四边形中较难的计算题就不难获解.

解：作DE⊥BC交BC的延长线于E，作AF⊥ED交ED的延长线于F，

七、补成菱形

例7：如图7，凸五边形ABCDE中，∠A=∠B=1200，EA=AB=BC=2，CD=DE=4;求这个五边形的面积。

分析：本题要从已知条件直接求出此三角形的面积确实有些困难，如果从题设∠BAC=450，AD⊥BC出发，可以捕捉到利用轴对称性质构造一个正方形的信息，那么问题立即可以获解。

解：以AB为对称轴作△ABD的对称△ABE，以AC为对称轴作△ACD的对称△ACF，延长EB、FC交于点H，

∵∠BAC=450，AD⊥BC

∴∠EAF=∠E=∠F=900，∴四边形AEHF是矩形

又∵AE=AF=AD，∴四边形AEHF为正方形

设正方形的边长为x，则BH=x-3，CH=x-2

在直角三角形BCH中，由勾股定理得：（x-3）2+（x-2）2=52

整理得：x2-5x-6=0，解得：x1=6，x2=-1（舍去）

分析：本题从已知条件可知，中点多、垂线多的特点，联想到构造直角梯形来加以解决比较恰当，故过D作DD1⊥L ，于D1 ，则DD1 既是梯形BB1C1C 的中位线，又是梯形DD1A1A的一条底边，因而，可想到运用梯形中位线定理突破，使要证的结论明显地显示出来，从而使问题快速获证.