七下几何证明

七下几何证明（共18篇）

1.七下几何证明 篇一

专题6：几何推理-几何证明

1、已知：如图，CD⊥AD，DA⊥AB，∠1=∠2.求证：DF∥AE.C

D

E

AF

B2、已知：BF⊥AC于F，GD⊥AC于D，∠1=∠2.求证：EF∥BD.A

F

E

BDC

G3、已知：如图，AE平分∠BAC，CE平分∠ACD，且∠1+∠2=90°.试判断直线AB、CD是否平行，为什么？

A

BE

D

C4、如图，已知∠ABC=52°, ∠ACB=64°，∠ABC和∠ACB的平分线相交于M，DE过M且DE∥BC.（1）求∠BMC的度数；（2）过M作EC的平行线，交BC于F，求∠BMF的度数.A

M

FDBEC5、已知：如图，AB、CD被EF所截，且AB∥CD，GM∥HN.求证：（1）∠3=∠4；（2）∠1=∠2.E

A

BND

CF6、如果，直线AB.CD被EF所截，∠1 =∠2，∠CNF =∠BME.求证：MP∥NQ．

A C

F7、已知：如图，AD∥BC, DE，CF分别平分∠ADC，∠BCG.求证：DE∥CF.D

2E B P D

Q

C

4GF

E

B

A8、已知∠1=∠2,∠C=∠F.请问∠A与∠D存在怎样的关系？验证你的结论.FE

D

B

C9、如图，∠ABC=∠ADC，BF、DE分别平分∠ABC与∠ADC，DE∥BF.求证：AB∥DC.DA10、A、B、C三点在同一直线上，∠1=∠2，∠3=∠D.试说明BD∥CE.F

CB

E

A

B

C11、如图，已知AB∥CD，试再添上一个条件，使∠1 =∠2成立．

（要求给出两个以上答案，并选择其中一个加以证明）

12、已知：如图，在△ABC中，FE⊥AB，CD⊥AB，G在AC边上，并且∠1=∠2.求证：∠AGD=∠ACB.F C

A

E

B

D

ADEB

G

F

C13、已知：DM⊥BC于M，AC⊥CB于C，EF⊥AB于E，∠1=∠2.试说明CD⊥AB的理由.AE

D

F

B

M

C14、如图，AB∥CD，直线EF分别交AB、CD于点E、F，EG平分∠BEF交CD于点G，∠1=50，求∠2的度数.15、已知：如图，AB∥CD，∠B＝35°，∠1＝75°．求∠A的度数．

16、已知：如图，AB∥DE，CM平分∠BCE，CN⊥CM．求证：∠B＝2∠DCN．

2.七下几何证明 篇二

一、认真分析“求证”, 寻找最佳思路

“求证”显示了几何的结论, 要想证明这个结论成立, 必须找到最佳思路, 有路才能往前走, 才能走到终点。几何的思路是把结论逆推理, 即:要证明结论成立, 只须先证明另一个问题成立, 而另一个问题的证明是我们容易找到的, 只要通过已知条件就可完成证明, 这样顺藤摸瓜, 就可以找到证明结论的基本思路, 而后通过已知条件就可以写出证明。

例1:已知△ABC中、E是AC的中点、∠1=∠2, AD:AB=1:2

求证:△ACB～△AED

分析:△ACB与△AED已具有∠1=∠2, 故只须另一对应角相等或夹∠1、∠2的两边对应成比例都可完成证明, 由已知条件可知后者更能证明本题, 即采用:SAS方法证明, 显然, AE:AC=AD:AB=1:2成立。

有些几何题需要绕一个弯才能完成, 我们更需要跟踪结论, 只要找到思路才能攻破“证明”。又例2:

求证:∠BAD=∠CAE

分析:由于BAD与∠CAE分别在两个三角形中, 我们可以证明其全等或相似。由已知条件知道, 证明相似最有利, 然而只能证明△ABC～△ADE, 其实, 这已经足够证明结论成立:

因为△ABC～△ADE, 所以∠BAC=∠DAE, 而∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE。

二、让证明方法“浮出水面”

一道几何题的证明, 方法几乎都是唯一的, 若找不到方法, 那这道题就证不出来了。对于初二年级的学生, 我们在教学中更要训练他们的逻辑推理能力, 让他们学会自己找思路, 选方法, 也要使他们学会把证明方法“浮出水面”来。有了方法, 还愁证明吗?例3:

已知:如图, 在△ABC中, ∠BAC=90°, AD⊥BC于D、ED⊥DF、DE与DF分别相交AB、AC于E、F

求证:△EBD～△FAD

分析:证明三角形相似有AA、SAS、SSS等判定方法, 本题已知条件没有比例, 故排除SAS、SSS选择AA方法, 由于∠DAF=90°-∠BAD=∠B、∠BDE=90°-∠ADE=∠ADF, 两个“A”都很容易找到。

几何证明方法必须围绕已知条件寻找, 从求证部分突破。如果离开已知条件盲目找方法, 那等于竹篮打水一场空, 或者你的证明方法是错误的 (假证明) 。故几何的教学, 必须大力开拓基本思路, 找出方法, 再难的问题也能解决。

三、证明过程书写要简洁, 先后要合理

几何的证明必须把结论所需要的理由一一显示出来, 对于初二的几何, 这些条件的产生, 有两种情形。其一, 从已知条件直接搬下来;其二, 由已知条件转化而产生, 在这一过程中, 包含着“因为……所以……”的因果关系。有时, 需要几个条件才能产生一个结论, 有时一个条件就可以产生几个结论。我在指导学生做几何题时, 要求他们对结论的证明需要哪些条件, 对照已知, 把直接条件与间接条件找到。在书写过程中, 先把间接条件转化出来, 再把直接条件与转化出来的间接条件写在一起, 然后用大括号在后面括起来, 表示证明结论的理由已充分, 最后写出结论并注明判定的理由 (方法) , 一道几何题证明的书写过程就完成了。

如例1的证明:

∵E是AC中点∴AE:AC=1:2

而AD:AB=1:2

∴AE:AC=AD:AB

∵∠1=∠2

∴△ACB～△AED (SAS)

3.几何定理的机器证明 篇三

几千年来，人们解几何题的招数，层出不穷，争奇斗艳，概括起来，不外这4类：检验、搜索、归约和转换，50多年来，数学家和计算机科学家费尽心思，循循善诱，把个中奥秘向计算机传授，使得计算机解几何题的能力日新月异，大放光彩，除了灵机一动加辅助线，或千变万化的问题转换之外，前3种方法计算机都学得十分出色了，用机器帮助，以至在某种程度上代替学者研究几何，帮助乃至代替老师指导学生学习几何，已经从古老的梦想变为现实。

在几何定理机器证明中，采用代数方法，引进坐标，将几何定理的叙述用代数方程的形式重新表达，证明问题就转化成判定是否能从假设的代数方程推出结论的代数方程的问题，这样把几何问题代数化，自笛卡尔以来已是老生常谈，并无实质困难，然而代数化的过程，坐标点的选取和方程引进的次序都可能影响到后续证明的难度，甚至由于技术条件的限制，影响到证明是否可能完成，也就是说，几何问题化成纯代数问题之后，也并不见得一定容易，更不能说就能实现机械化了，这不仅是因为解决这些代数问题的计算量往往过大，令人望而却步，还因代表几何关系而出现的那些代数等式或不等式常常杂乱无章，使人手足无措，从这些杂乱无章的代数关系式中要找出一条途径，以达到所要证的结论，往往要用到高度的技巧，换句话说，即使你不怕计算，会用计算机来算，也不知道从何算起。

解几何题是思维的体操，是十分有吸引力的智力活动之一，图形的直观简明，推理的曲折严谨，思路的新颖巧妙，常给人以美的享受，许多青少年数学爱好者，往往首先是对几何有了浓厚的兴趣，用计算机证明几何问题，如果仅限于用平凡而繁琐的数值计算代替巧妙而难于入手的综合推理，则未免大煞风景，通过计算机的大量计算判断命题为真，确实是证明了定理，这是有严谨理论基础的，但这样的证明写出来只是一大堆令人眼花缭乱的算式、数字或符号，既没有直观的几何意义，又难于理解和检验，这跟几何教科书上十行八行就说得明明白白的传统风格的证明大相径庭，如果计算机给出的这一堆难于理解和检验的数据也算是几何问题的解答，这种解答只能叫做不可读的解答。

4.初一几何证明题 篇四

(2)在直角三角形ABC中，角C=90度，BD是角B的平分线，交AC于D，CE垂直AB于E，交BD于O，过O作FG平行AB，交BC于F，交AC于G。求证CD=GA。

延长AE至F，使AE=EF。BE=ED，对顶角。证明ABE全等于DEF。=》AB=DF，角B=角EDF角ADB=角BAD=》AB=BD，CD=AB=》CD=DF。角ADE=BAD+B=ADB+EDF。AD=AD=》三角形ADF全等于ADC=》AC=AF=2AE。

题干中可能有笔误地方：第一题右边的E点应为C点，第二题求证的CD不可能等于GA，是否是求证CD=FA或CD=CO。如上猜测准确，证法如下：第一题证明:设F是AB边上中点，连接EF角ADB=角BAD，则三角形ABD为等腰三角形，AB=BD;∵AE是三角形ABD的中线，F是AB边上中点。∴EF为三角形ABD对应DA边的中位线，EF∥DA，则∠FED=∠ADC，且EF=1/2DA。∵∠FED=∠ADC,且EF=1/2DA，AF=1/2AB=1/2CD∴△AFE∽△CDA∴AE:CA=FE:DA=AF:CD=1:2AC=2AE得证第二题：证明:过D点作DH⊥AB交AB于H，连接OH，则∠DHB=90°;∵∠ACB=90°=∠DHB，且BD是角B的平分线，则∠DBC=∠DBH，直角△DBC与直角△DBH有公共边DB;∴△DBC≌△DBH，得∠CDB=∠HDB，CD=HD;∵DH⊥AB，CE⊥AB;∴DH∥CE，得∠HDB=∠COD=∠CDB，△CDO为等腰三角形，CD=CO=DH;四边形CDHO中CO与DH两边平行且相等，则四边形CDHO为平行四边形，HO∥CD且HO=CD∵GF∥AB，四边形AHOF中，AH∥OF，HO∥AF，则四边形AHOF为平行四边形，HO=FA∴CD=FA得证

有很多题

1.已知在三角形ABC中，BE,CF分别是角平分线，D是EF中点，若D到三角形三边BC,AB,AC的距离分别为x,y,z，求证：x=y+z

证明;过E点分别作AB,BC上的高交AB,BC于M,N点.过F点分别作AC,BC上的高交于p,Q点.根据角平分线上的点到角的2边距离相等可以知道FQ=Fp,EM=EN.过D点做BC上的高交BC于O点.过D点作AB上的高交AB于H点,过D点作AB上的高交AC于J点.则X=DO,Y=HY,Z=DJ.因为D是中点,角ANE=角AHD=90度.所以HD平行ME，ME=2HD

同理可证Fp=2DJ。

又因为FQ=Fp,EM=EN.FQ=2DJ，EN=2HD。

又因为角FQC，DOC，ENC都是90度，所以四边形FQNE是直角梯形，而D是中点，所以2DO=FQ+EN

又因为

FQ=2DJ，EN=2HD。所以DO=HD+JD。

因为X=DO,Y=HY,Z=DJ.所以x=y+z。

2.在正五边形ABCDE中,M、N分别是DE、EA上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON=108°，请问结论BM=CN是否成立?若成立，请给予证明;若不成立，请说明理由。

当∠BON=108°时。BM=CN还成立

证明;如图5连结BD、CE.在△BCI)和△CDE中

∵BC=CD,∠BCD=∠CDE=108°,CD=DE

∴ΔBCD≌ΔCDE

∴BD=CE,∠BDC=∠CED,∠DBC=∠CEN

∵∠CDE=∠DEC=108°,∴∠BDM=∠CEN

∵∠OBC+∠ECD=108°,∠OCB+∠OCD=108°

∴∠MBC=∠NCD

又∵∠DBC=∠ECD=36°,∴∠DBM=∠ECN

∴ΔBDM≌ΔCNE∴BM=CN

3.三角形ABC中，AB=AC,角A=58°，AB的垂直平分线交AC与N，则角NBC=()

3°

因为AB=AC，∠A=58°，所以∠B=61°，∠C=61°。

因为AB的垂直平分线交AC于N，设交AB于点D，一个角相等，两个边相等。所以，Rt△ADN全等于Rt△BDN

所以∠NBD=58°，所以∠NBC=61°-58°=3°

4.在正方形ABCD中，p，Q分别为BC，CD边上的点。且角pAQ=45°，求证：pQ=pB+DQ

延长CB到M，使BM=DQ，连接MA

∵MB=DQAB=AD∠ABM=∠D=RT∠

∴三角形AMB≌三角形AQD

∴AM=AQ∠MAB=∠DAQ

∴∠MAp=∠MAB+∠pAB=45度=∠pAQ

∵∠MAp=∠pAQ

AM=AQAp为公共边

∴三角形AMp≌三角形AQp

∴Mp=pQ

∴MB+pB=pQ

∴pQ=pB+DQ

5.正方形ABCD中,点M,N分别在AB,BC上,且BM=BN,Bp⊥MC于点p,求证Dp⊥Np

∵直角△BMp∽△CBp

∴pB/pC=MB/BC

∵MB=BN

正方形BC=DC

∴pB/pC=BN/CD

∵∠pBC=∠pCD

∴△pBN∽△pCD

∴∠BpN=∠CpD

∵Bp⊥MC

∴∠BpN+∠NpC=90°

∴∠CpD+∠NpC=90°

5.几何证明方法总结 篇五



1、首先找出两个平面的交线，然后证明这几点都是这两个平面的公共点，〖1〗 证点共线：由公理2可知，这些点都在交线上 

2、首先选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点在此直线上



1、先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内

〖2〗 证点线共面：

2、过有关的点、线分别作多个平面，再证明这些平面重合 

3、反证法

〖3〗 证线线平行：常用公理

4、线面平行的性质、面面平行的性质、两直线与同

一平面垂直

〖4〗 证线面平行：





平面相交的交线经过直线作或找平面与在平面内作或找一

1、根据面面平行的定义：两个平面没有公共点

2、面面平行的判定定理：

〖5〗 证面面平行： 

3、垂直于同一条直线的两个平面平行



4、两个平面同时平行于第三个平面

5、一个平面的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条相交直线

理

1、用三垂线定理或逆定

2、求两直线所成的角为直角〖6〗 证线线垂直：

3、线面垂直的性质

4、面面垂直的性质

1、利用线面垂直的定义

2、用线面垂直的判定定理〖7〗 证线面垂直：

3、两平行线之一垂直平面，则另一条也垂直于这个平面

〖8〗 证面面垂直：面的平面角是直角

1、定义法：证明两个平

平面经过另一个平面的垂线

2、判定定理：证明一个

〖9〗 求斜线和平面所成的角、二面角、直线和直线所成的角：常先作出要求的角，然后组成三角形，通过解三角形求角（一作、二证、三计算）



1、找斜线和平面所成的角，关键是找斜线在平面内的射影，而找射影关键是找垂足和斜足

1、用定义法

2、找二面角的平面角

2、利用垂面法要注意以上各种角的范围 



3、利用三垂线定理





3、无棱二面角可考虑用射影面积法





4、直线和直线所成的角用公理4找出所要求的角

〖10〗求点到平面的距离、求点到直线的距离、平行平面之间的距离、直线和平

面平行时直线到平面的距离，异面直线的距离常先作出垂线段，然后解由垂线段组成的三角形，或利用体积相等的方法求垂线段的长 〖11〗利用向量判断线线、线面、面面的位置关系，利用向量求角、距离、证明

平行垂直等问题：先选定一组基底，其它向量都用这组基底表示，再利用向量的法则进行计算

〖12〗在空间直角坐标系中判断线线、线面、面面的位置关系，求角、距离：先

把点、线段、向量坐标化，然后用向量的坐标进行计算

1、如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=3，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点，【1】 求证：AC⊥BC

1A1

【2】 求证：AC1∥平面CDB1

【3】 求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值

2、如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=BC，D、E分别为BB1、AC1的中点。

【1】 ED为异面直线BB1与AC1的公垂线 Ｄ 【2】 设AA1=AC=2AB，求二面角A1—AD—C1 的大小．

3、如图，在直三棱柱ABC---A1B1C1中，AA1=4, AB=5,BC=3,AC=4,D,E分别CC1、AB上的中点，【1】 求证：平面B1C1E⊥平面ACC1A1 【2】 求二面角D—AB—C的大小 【3】 求点D到平面B1C1E的大小

4、如图，直三棱柱AB1C1---ABC中，BC=CC1=CA= =2，AC⊥BC，D、E分别为棱C1C、AC的中点，【1】 求二面角B—A1D—A的大小

【2】 若F为线段B1C1上的任意一点，试确定F的位置，使EF⊥平面A1BD

Ｃ

B1

D B

Ｅ 1

B1

B

A1

C1 D

C

A

B1

6.2013几何证明 篇六

1.（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,在ABC

中,C900,A600,AB20,过C作ABC的外接圆的切线CD,BDCD,BD与外接

圆交于点E,则DE的长为_____

_____

2.（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, △ABC为圆的内接三角形,BD为圆的弦, 且BD//AC.过点A 做圆的切线与DB的延长线交于点E, AD与BC交于点F.若AB =

AC, AE = 6, BD = 5, 则线段CF的长为

______.3.（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））(几何证明选讲选做题)如图,AB

是圆O的直径,点C在圆O上,延长BC到D使BCCD,过C作圆O的切线交AD于E.若

AB6,ED2,则BC_________.E

第15题图

4.（2013年高考四川卷（理））设P1,P2，Pn为平面内的n个点,在平面内的所有点中,若点P到

P1,P2，Pn点的距离之和最小,则称点P为P1,P2，Pn点的一个“中位点”.例如,线段AB上的任意点都是端点A,B的中位点.则有下列命题:

①若A,B,C三个点共线,C在线AB上,则C是A,B,C的中位点;[来源:学#科#网] ②直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点;③若四个点A,B,C,D共线,则它们的中位点存在且唯一;④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点.其中的真命题是____________.(写出所有真命题的序号数学社区)

5.（2013年高考陕西卷（理））B.(几何证明选做题)如图, 弦AB与CD相交于O内一点E, 过E作

BC的平行线与AD的延长线相交于点P.已知PD=2DA=2, 则PE=_____.6.（2013年高考湖南卷（理））如图2,O中,弦AB,CD相交于点

P,PAPB

2,PD1,则圆心O到弦CD的距离为____________.7.（2013年高考湖北卷（理））如图,圆O上一点C在直线AB上的射影为D,点D在半径OC上的射

影为E.若AB3AD,则CE

EO的值为___________.C

A

B

第15题图

8.（2013年高考北京卷（理））如图,AB为圆O的直径,PA为圆O的切线,PB与圆11.修4-1:几何证明选讲]本小题满分10分.如图,AB和BC分别与圆O相切于点D,C,AC经过圆心O,且BC2OC O相交于D.若PA=3,PD：DB9：16,则PD=_________;AB=___________.求证:AC2AD[来源:学.科.网]

9.选修4—1几何证明选讲:如图,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点

D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BCAEDCAF,B,E,F,C四点共圆.(Ⅰ)证明:CA是△ABC外接圆的直径;

(Ⅱ)若DBBEEA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.10.选修4-1:几何证明选讲

如图,AB为O直径，直线CD与O相切于E.AD垂直于CD于D，BC垂直于CD于

C，EF,垂直于F,连接AE,BE.证明:

7.质点几何定理证明的机器实现 篇七

几何定理机器证明是自动推理领域内的一个热门课题.1977年, 吴文俊先生提出的“吴法”[1,2,3,4]使得几何定理机器证明的研究取得了重大进展.通常, 几何定理机器证明方法可分为三大类:代数法, 人工智能法和几何不变量法.代数法的优点是证明效率高, 缺点是可读性差;人工智能法虽然可读性好但效率低、不完备;几何不变量法的可读性介于代数法和人工智能法之间, 证明效率与代数法也在伯仲之间.

质点几何使用了比几何不变量更抽象的对象———质点, 作为基本几何元素.莫绍揆先生在文献[5]中系统地阐述了质点几何的理论和方法.质点几何支持对点直接进行线性运算, 在处理仿射几何问题时较方便, 为发展出一种可读性更好、效率更高的几何定理机器证明方法提供了可操作的依据.

邹宇等人采用质点几何作为模型, 在质点几何的基础上, 通过调用函数搜索质点在点表中的位置, 从而调用向量表中相应位置数组进行运算, 建立了能处理希尔伯特交点类命题的仿射几何机器证明算法MPM, 发展了基于几何点的可读机器证明方法[6,7].

本文是在参考文献[6]的工作基础上, 针对其只是对质点所一一对应的数组做运算而非质点本身消点运算的问题, 作了纯质点代数运算.消点过程比邹宇的数组法简明.每一步消点过程都有相应的质点关系式输出, 每个质点关系式又对应于相应的几何信息, 消点过程结束, 质点关系也就都明确了, 再利用待定系数法而非数组计算法来判定结论语句是否成立, 使得每一个步骤的几何意义都非常明确.建立了能处理构造型几何定理的证明器MMP, 并通过Matlab语言实现机器证明.

1 质点几何

1.1 预备知识

质点几何使用了质点作为基本的几何元素.莫绍揆先生在《质点几何学》一书中系统地阐述了质点几何的理论和方法.质点几何支持对点直接进行线性运算, 在处理仿射几何问题时较方便, 为发展出可读性更好、效率更高的几何定理机器证明方法提供了依据.

质点是一个既有位置又有质量的基本几何元素, 其质量为一个实数, 可正可负以及零.质点几何的创新之处在于质点均有质量.当质量为非零实数时, 质点表示一个点, 或者其对应的位置;当质量为零时, 质点表示一个矢量, 或者其对应的方向.

通常, 用小写希腊字母ω, ξ, ψ, …表示质点, 用大写英文字母A, B, C, …表示平面上的点, 用小写英文字母a, b, c, …表示实数, 将位于点P处质量为m (m≠0) 的质点记作m P.在不引起混淆的情况下, 将位于点P质量为1的单位质点1P也简记成P.质点几何中常用的基本定理和运算律主要有:

1) 实数r与质点ω的数乘决定唯一质点rω.

2) 两质点ω1, ω2的和决定唯一质点ω1+ω2.

3) 若P1, P2, P3是质点平面的一组基, 则该平面上的任一点P都可以由这组基点线性表示, 即必存在3个和为1的实数k1, k2和k3, 使得P=k1P1+k2P2+k3P3.

4) 点P在直线AB上当且仅当存在一个实数k使得P=k A+ (1-k) B.

5) A, B, C三点共线当且仅当存在实数m和n, 使得m A+n B+ (1-mn) C=0.

6) 直线AB平行直线CD当且仅当存在一个实数k使得A-B=k (C-D) .

7) 对任意质点ω1, ω2和ω3, 任意实数a和b, 有如下运算律:

ω1+ω2=ω2+ω1 (交换律) ;

a (bω1) = (ab) ω1, ω1+ (ω2+ω3) = (ω1+ω2) +ω3 (结合律) ;

aω1+bω1= (a+b) ω1, aω1+aω2=a (ω1+ω2) (分配律) .

1.2 构造型质点几何命题

质点法不是利用尺规作要证定理的几何图形, 而是使用一种叫做“构图语句”作图步骤按题中的已知条件一步一步地向图中引入新点, 直到作出几何图形中全部的点为止.

构造型几何命题的前提能用有限的构图语句序列C0, C1, …, Cn描述, 这里的构图语句C0必须是初始构图语句, 其他构图语句即后继构图语句中出现的质点, 除了新引进的质点外, 其余的都必须是前面的构图语句所引进过的质点.

质点法使用引入点的“构图语句”来描述要证定理的前提, 本文主要构图语句有以下几条:

C0:Free Points (X, Y, Z) :在平面上任作不共线三点X, Y, Z

C1:Free Point (X) :在平面上任作一点X

C2:Point On Line (X, A, B) :在直线AB上任作一点X

C3:Midpoint (X, A, B) :作线段AB的中点X

C5:Translation (X, A, B, C) :作过点A且平行线段BC的直线上一点X

C6:Intersection (X, A, B, C, D) :作AB, CD两直线的交点X

2 证明器的设计

2.1 证明器的架构

MMP证明器主要由模块Mmprove、Loadgs和Cinter组成.

当要利用该证明器证明几何定理时, 首先将要证明的几何命题转化成相应的构图语句存储在文本文件中, Matlab通过调用模块Mmprove中的Loadgs读取该文本文件, 并利用模块Loadgs将构图语句转化成相应的消点公式, 来实现消点过程, 其中求两直线交点的消点公式还需要交点模块Cinter的辅助, 依据质点几何的基本原理和法则完成证明器的实现.

2.2 Loadgs模块

2.2.1 几何命题的输入

证明器MMP的模块Mmprove顺次阅读构图语句, 调用相应的消点公式生成, 显示质点关系式, 几何定理结论以结论等式的形式输出

Loadgs模块将文本文件中的含有待定系数x的结论质点等式 (EQ标识所在的行) 读入到符号变量eq中, 将要验证的待定系数的值 (XV标识所在的行) 读入到符号变量xv中.xv的取值为“exit”, 表示xv的值只要存在就可以.若xv的值是数或符号表达式, 则表示结论质点等式中的待定系数取此值才成立, 否则不成立.

Loadgs模块将初始构图语句Free Points (A, B, C) 引入的3个点A、B和C存储到基点列表base.构图语句序列中的其它后续语句所引入的点都可直接或间接地用前面已引入的点线性表示出来.将这些质点关系式称为构图语句所引入点的消点公式.Loadgs模块根据质点几何中的有相关的基本命题, 可以直接求出下列构图语句所引入点的消点公式:

Free Point (X) 所引入点X的消点公式:

Point On Line (X, A, B) 所引入点X的消点公式:

Midpoint (X, A, B) 所引入点X的消点公式:

DPDP (X, A, B, λ) 所引入点X的消点公式:

Translation (X, A, B, C) 所引入点X的消点公式:

上述消点公式中的a和b都是表示实数的符号变量, λ是实数或为表示实数的符号变量, X1, X2和X3是质点平面的一组基点.

2.2.2 消点公式

在质点平面上任作三个线性无关的单位质点X, Y和Z.将这三个单位质点选定为其所在的质点平面的一组基后, 那么构图语句序列中的其它语句所作的点都可直接或间接地用这组基线性表示出来,

这些质点公式分别叫做构图语句所作点X的消点公式.具体情况如下:

这里, a和b都是取值为实数的符号变量, λ、u0和v0是取值为实数的符号常量, 这些值决定了点X在平面上的确切位置.

2.3 Cinter模块

在上述消点公式中只有消点公式 (epf6) 需要复杂计算得到.下面给出求消点公式 (epf6) 的Cinter模块, 该模块使用前面构图语句所作点的消点公式列表epfs和3个基点, 求两直线AB和CD交点X的消点公式 (epf6) 中的u0和v0.

将消点公式列表epfs中新引进的质点Xi (i=1, …, n) 依次存储到初始值为空的元胞数组points中, 建立方程eq=u A+ (1-u) B-v C- (1-v) D.依次检验元胞数组points中质点Xi (i=1, …, n) 是否为eq中的符号常量, 若Xj是的话, 则用对应的消点公式epfsj替换掉Xj, 继续循环, 直至eq没有质点Xi (i=1, …, n) 出现, 此时eq只由基点的关系式表示.设基点对应系数分别用E1, E2和E3表示, 令Ei=0 (i=1, 2, 3) , 解此方程组得u0和v0的值.

3 Matlab实验

我们用Matlab编写程序实现了MMP证明器, 下面是利用该证明器解题的例子.

(高斯线定理) 设A、B、C、D是平面上的四点, E是AB、CD的交点, F是AC、BD的交点, P、Q、R分别是AD、BC、EF的中点, 则P、Q、R三点共线.

在文本文件中输入:

Free Point D

XV exist

下面是Matlab程序给出的实现过程:

消点过程:

消点结束后, 令EQ=0, 写成f1 (x) A+f2 (x) B+f3 (x) C=0形式.

这里, 系数fi (a, b) 都是a和b的线性表达式, 其中i=1, 2, 3.因A, B和C线性无关, 可得

这是一个含有3个一元一次方程的超定线性方程组, 由所作几何图形的合理性可知该方程组的解是存在的.解一元一次方程f1 (x) =0, 求出其解, 分别带入方程f2 (x) =0和f3 (x) =0中, 经验算f2 (x0) =0和f3 (x0) =0成立, 则原方程组有且仅有唯一解.

待定系数x值存在, P, Q, R三点共线.

4 结论

本文在质点几何基本定理和法则的基础上, 总结归纳质点法解题的特点, 建立了能处理仿射几何定理机器证明的消点过程, 并利用待定系数的方法而非数组计算法来判定定理结论是否成立, 使得每一个质点关系式的几何意义都非常明确.本文基于质点法处理几何点本身, 易于扩展和融合, 形成了具有完全性的消点过程.由于可以对点直接进行运算, 质点法的消点过程比面积法或向量法简明, 并通过Matlab程序实现.

本文的质点法是继面积法之后又一个能对构造性几何命题生成可读证明的完全的消点过程.运行结果显示, 本文的方法不仅效率高, 程序自动生成的证明条理简明清晰、语义简洁易懂、几何意义明确、储存信息丰富, 可读性强.此外, 由于可以对点直接进行运算, 质点法的算法和编程比面积法或向量法都要简明.本文基于点的可读机器证明的研究为扩展和融合其他已有的可读证明方法提供了基础, 也为几何的研究提供了一个新的工具.

随着计算机技术的发展和机器证明方法的不断改进, 几何定理可读证明的研究成果为研制的智能几何软件如几何专家、超级画板等提供了更广阔的平台.

摘要：本文针对质点法生成的目标关系式的过程不简明, 缺少明显几何意义的问题, 提出了一种具有较高可读性算法的几何定理证明器MMP.首先, 直接从消点公式推导目标关系式, 该方法不再使用质点坐标而直接对质点进行运算;其次, 利用三个模块架构证明器, 形成了具有完全性的消点过程;最后, 利用待定系数法判定结论语句.由于可以对点直接进行运算, 该证明器的消点过程比原有质点法具有明显的几何意义和较高运算效率.

关键词：质点几何,证明器,消点法,机器证明,自动推理

参考文献

[1]吴文俊.初等几何判定问题与机械化证明[J].中国科学 (A) , 1977, 6:507-516.

[2]Wu W T.On the decision problem and the mechanization of theorem-proving in elementary geometry[J].Scientia Sinica.1978, 21:159-172.

[3]Wu W T.Mechanical theorem proving in geometries:Basic principles[M].Springer, New York, 1994.

[4]Wu W T.Mathematics Mechanization[M].Science Press, Kluwer, 2000.

[5]莫绍揆.质点几何学[M].重庆:重庆出版社, 1992.

[6]邹宇.几何代数基础与质点几何的可读机器证明[D].广州:广州大学, 2010.

8.一道几何证明题引发的思考 篇八

【关键词】图形 平行四边形 向量 对角线

义务教育教科书《数学》八年级下册P69复习题18，拓展探索第15题是一道几何证明题且是一道证明命题的证明题。从这题中引发我许多思考，我首先想到的是该题有多少种解法，在这诸多方法中选择哪种能让学生更易理解，从不同的角度来训练学生的思维，但有些方法需要高中的知识才能解答，所以此题与高中的知识联系非常密切。题目如下：

15.求证：平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和。

已知：如图，四边形是平行四边形，对角线与相交于点.

求证：

证法一：如图1，过点作于点，

在平行四边形中，设AD=a，AB=b，BD=m，AC=n，DE=h，AE=x，则分别有①，

②，

③，

由①×2=②+③，

化简可得，

即

因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

证法二：如图2，过点A作AF⊥BC，垂足为F，过点B作BE⊥BD，垂足为E.

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC，AB=CD，易证BE=AF，AE=BF，

∴，

∵

∴

即

因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

证法三：如图3，过A，D两点做BC边的高，垂足分别为E、F

则易知△ABE≌△DCF，BE=CF，AE=DF

利用勾股定理得

所以

即

因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

证法四：如图4，以顶点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则 A（0，0）.设B（a，0），D（b，c），由平行四边形的性质得点 C的坐标为（a+b，c），因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

解析：余玄定理是高中的知识点，它可以帮助我们解决一些生活中的问题。相同的问题比用初中的知识来解更为简单。

总之，一题多解、一題多变是我们教学的重心，通过题目的各种变换训练学生的思维，从而提高学生思考和分析问题的能力。本题介绍的六种方法从不同的角度来分析和看待问题，体现任何事物都具有多面性，不同的问题用同一种方法或者同一个问题用不同的方法这一辩证的思想，将其贯穿于我们的数学教学中。

作者简介：齐廷廷（1989-）女，黑龙江省大庆市，研究方向：中外政治制度

9.“奇葩证明”危害几何 篇九

“开证明”已是人们日常办事必不可少的环节，社保、住房、养老、就业、上学、入托、参军、转业……大大小小的生活事务，都离不开“一纸证明”。然而，类似证明“你妈是你妈”“菜刀确实已经丢失”等“奇葩证明”，不仅让人啼笑皆非，甚至会直接、间接地产生多方面的负面影响。

加重群众负担。据《人民日报》报道，湖北省恩施土家族苗族自治州一名准备出国打工的中年男子就曾遭遇这样一次“欲哭无泪”的“奇葩证明”

――在他需要办理的各种手续中，包括一项出生证明公证，而办理该公证需要提供父母的结婚证。可该男子的母亲年过七旬，父亲亡故，结婚证早已遗失。为此，该男子跑了一星期、花费数千元，公证依然没有办下来。

据新华社组织的一项问卷调查显示，办一个手续，有13.1%的人跑了10趟以上，3趟以下就办完的只占28.7%。而在这其中，如果遇到的是“奇葩证明”，更是难上加难。

“奇葩证明”的泛滥让群众疲于奔命、怨声载道，可谓“劳民伤财”。这种扰民行为无疑加大了群众的办事成本。更重要的是，“奇葩证明”的要求给办事群众乃至企业增加了重重障碍，耽误了当事人、相关人或企业的宝贵时间，在无形中对经济发展造成了消极影响。

增加行政成本。负责开具各类证明的部门主要是社区居委会和基层派出所。据《北京青年报》报道，北京市政府审改办相关负责人在对21个社区居委会摸底调查后发现，由居委会日常开具的各类证明多达240余个。一位参与调查的工作人员表示：“其实这个数量还不完全准确，因为各区所辖的居委会开具证明的类别、数量不尽相同，就像家庭困难的证明都能有十多种。由于没有相对一致的标准和口径，导致证明五花八门。”

而在派出所，各类开具证明的需求也让“警察蜀黍”们哭笑不得。2015年8月，网络连续曝光三起基层派出所吐槽“奇葩证明”的事件，警方所发出的“纯粹是增加老百姓补办证件的麻烦”“难道有犯罪前科的人就不可以买房吗”“请公证处公证人员来塘下派出所进行核对”等为民张目的声音也在网络上备受赞誉。一个叫张钦的民警在接受《南方都市报》采访时表示：“现在很多地方‘开具无犯罪记录证明’的要求都是不必要的。比如说就业，难道人家坐牢出来就不能再找工作了？我前几天还遇到一个到餐馆打工的，也要求开具‘无犯罪前科’证明，真让人哭笑不得。开这个是我们的职责，但有些地方确实不需要。”显然，泛滥的“奇葩证明”给社区居委会和基层派出所增加了很多额外工作负担，大大增加了行政运行的成本。

降低管理科学性。《人民日报》曾报道这样一件事：很多人曾为开证明而发愁，但在武汉工作的王先生却因一张“太好开”的证明而产生疑惑。北京户口的王先生准备去日本旅游，而通过旅行社办理签证，需要到派出所开具外地户口异地居住证明。在派出所，王先生只说了自己的姓名、居住地址，对方就给开具了证明。证明如此好开，令王先生感到费解：“全凭我说，这证明的可信度由谁来保证？为什么非要这样一张无用的证明？”

这种担忧并非多余，如果有不法分子冒名顶替，是不是也就可以轻而易举拿到相关证明或个人信息？制度存在的意义本来是为了强化监管，可如此一来，却因存在各种漏洞而变得名存实亡。有些证明如果仅仅是无意义的一道程序、一种形式，也就变成了地地道道的无效证明，反而容易给不法分子提供可乘之机。

损害政府形象。公众对政府最直接的了解和评价主要来自对政府部门尤其是窗口单位服务情况的观察。据《中国青年报》社会调查中心在2016年全国两会期间进行的一项调查显示，60.5%的受访者及身边人曾遭遇过“奇葩证明”，58.0%的人认为“奇葩证明”的出现是因为相关工作人员缺乏职位担当，46.7%的人认为这是服务主体与客体的倒挂，46.2%的人将其归因为诚信缺失，44.7%的人直言，这是一些政府职能部门服务意识匮乏……

10.几何证明选讲 篇十

―――几何证明选讲题解体攻略

赵栋先

20，河南省的新课标卷给人以耳目一新的感觉，尤其是他的几何证明选讲问题，命题人确实下了很大功夫，该题分两问，第一问考查四点共圆问题，难度不是很大，但是应用了一元二次方程根与系数关系的知识，应用了相似三角形的证明，第二问是考察四边形的外接圆半径问题，难度还是有的，很多同学理解不透外接圆的本质，所以无从下手解决。

请先看题：

(22)(本小题满分10分)选修4-1：几何证明选讲如图， ， 分别为 的边 ， 上的点，且不与 的顶点重合。已知 的长为m，的长为n，AD, 的长是关于 的方程 的两个根。

(Ⅰ)证明： ， ， ， 四点共圆;

(Ⅱ)若 ，且 ，求 ， ， ， 所在圆的半径。

第一问解法：

证明策略一：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．

因为 ， 的长是关于 的方程 的两个根.

所以 ，

因为 的长为 ， 的长为 ，所以 .

连接 ，根据题意，在 和 中，

因为，

即 ，又 ,

从而 .

因此，

所以 ， ， ， 四点共圆.

证明策略二：把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的`四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．(根据托勒密定理的逆定理)

事实上，以上定理就是割线定理的逆定理，即托勒密定理的逆定理，先让我们证明他的正确性。

E

D

B

C

A

已知：在四边形BCDE中，延长BE边和CD边交于A点，

若AExAB=ADxAC ,求证：B,C,D,E四点共圆。

证明：∵AD・AB=AE・AC，

∴ =

又∵∠A=∠A

∴△AED∽△ABC

∴∠AED=∠B

根据圆内接四边形判定定理知，B,C,D,E四点共圆。

这个结论，即为托勒密定理的逆定理，我们可以利用它证明第一问：

因为 ， 的长是关于 的方程 的两个根.

所以 ，

因为 的长为 ， 的长为 ，所以

所以 =AE・AC

根据托勒密定理的逆定理，B,C,D,E四点共圆。

对于第一问来说，我们只要平时多积累方法，总是可以解决的，但是对于托勒密定理的逆定理，大纲中没有要求掌握，我们可以根据自己的基础，有选择的去掌握。

下面我们来解决第二问：

第二问是在第一问四点共圆的基础上，求这四个点所在圆的半径。

解决策略一：我们可以根据圆内接四边形圆心的性质，把圆心做出来，圆心到任一顶点的连线长度即为半径这个思路来解题。

知识联系：那么，圆内接四边形的圆心究竟有什么性质呢?让我们先来考虑一下三角形的外接圆圆心的性质，我们知道，三角形外接圆圆心是各条边垂直平分线的交点，

11.七下几何证明 篇十一

平面几何是初中数学的基本内容之一，是培养学生逻辑推理能力和逻辑表达能力的主要学科。几何定义、定理较多，学生一时难于正确记忆；性质定理与判定定理容易混淆，“文字语言”与“几何语言”学生难于正确辨析。

关键词：理论几何与实验几何 推理论证 非智力因素 说理论证

一、适应初一学生的生理和心理的特点进行教学

初一学生正值从童年向青年的过渡期，生理和心理正发生着大的变化。《教育心理学》中都称之为易于向各个方面发展的“危机年龄”，有的专家称之为“危险期”。他们好奇、活泼、热情，对各方面都十分感兴趣。但是自控力、主动性、坚持性和独立性较差，感情很不稳定，波动性大，注意力不能长时间的集中，善于机械记忆和直觉思维，很易两极分化，教师一定要顺应其特点调整教学。

1.精心设计适当的教学过程，适应学生心理和生理的特点

根据初一学生注意力集中持续时间不长的特点，我每节课讲授的时间不超过20分钟，其余的时间让学生分组讨论交流，然后做练习。练习的形式要多样性，有时笔算，有时口述等。经常让不同层次的学生到黑板上做难易程度不同的题目，这样就让每一个学生都有不同表现的机会，获得心理的平衡。教师纠正时以正面鼓励为主，增强了学生学习的信心，培养学生学习几何的兴趣。

2.重视学生非智力因素开发，激发学习热情

学生学习动机、意志、情感乃至态度、毅力、理想等非智力因素对几何入门起着重大作用。我在开始上几何课时，对学生进行积极引导，简述学习几何的重要性，介绍一些中外著名的数学家所取得的伟大成就和他们为国家、社会所做的巨大贡献，讲一些和几何知识有关的小故事等增强学习几何的兴趣。针对学生感情不稳定的特点，需要耐心教育学生胜不骄，败不馁。维护他们的自尊心，鼓励进取，增强意志控制能力，增强克服困难的毅力。

3.选择适当的教学方法，让学生真正地成为学习的主人。

课堂教学是教师与学生之间双边活动，应该想法设法让学生主动地学习。教学方法要灵活，不同的内容应采取不同的方法。一般地如公式、定理等的教学多采用“发现法”来适应学生十分好奇的特点。在上概念课时采用“读读、讲讲、议议、练练”的教学方法，探究性问题常常采用合作学习的方式。运用启发式教学法，让学生真正地成为主体，让学生“动”起来。

二、注重理论几何与实验几何的衔接

1.要充分利用实验几何的教学方法和学习方法，引导学生由实验几何逐步向理论几何过渡

小学的“简单的形体知识”把初中平面几何的一些初步知识介绍过了，但没有给出证明，也不可能用说理的方法去讲解这些知识，而是根据小学生的认识事物的客观规律，大量地借助直观，依靠触觉和视觉的作用，画画、比比、拼拼，或借助于实物来获取新知识，不仅让学生容易接受，还增强了学生学习几何的趣味性。几何入门教学如果脱离了实验几何，学生会感觉到与小学所学知识脱节太大，对老师所传授的知识不易接受，学习起来十分枯燥，缺少趣味性，很快失去了学习几何的兴趣。因此，在几何入门的教学过程中，可以先沿用实验几何教法，让学生从感性上去认识新的事物，再引导学生去发现新事物具有哪些特征，然后根据这些特征从理论上重新去认识新事物。

2.引导和训练学生用几何理论去说理论证

实验几何使学生获得的知识没有系统化，对几何学中的逻辑推理掌握还不够，对几何教学和学生学习几何知识形成层层障碍。我们在几何入门教学中要注意理论几何与实验几何的衔接，逐步培养学生逻辑推理能力，防止学生以直观代替论证，运用生活的事例，尽可能的提出问题让学生思考，调动学生学习的积极性，启发学生细心观察周围事物，运用所学知识解释某些现象，说出其中的道理，从而培养学生说理（论证）的好习惯。

三、重视基本技能的训练

12.几何证明中线段的和差问题 篇十二

当图形具备的条件较丰富, 则应根据图形具体分析;若图形较特殊, 还有其他一些解决方法.下面通过几个与正方形有关的例子, 来具体体会一下.

例1:如图1, 在正方形ABCD中, F是CD的中点, E是BC边上的一点, 且AF平分∠DAE, 连接EF.求证:AE=EC+CD.

分析:本题背景图形为正方形, 即可将问题中的CD转换成其它三条与之相等的线段.根据条件中F是CD的中点, 可利用中线倍长的思想延长AF, 与EC的延长线相交, 达到补长EC的目的;也可利用AF是∠DAE的角平分线, 且FD⊥AD, 从而根据角平分线的性质, 过F点作AE的垂线, 来截取AE.这两种方法便分别是间接补短和

间接截长.

证明: (法一) 延长AF, 与EC的延长线相交于点G (如图2)

∵F是CD的中点

∴DF=CF

∵正方形ABCD

∴∠D=∠DCG=90°

又∵∠AFD=∠GFC

∴△ADF≌△GCF

∴AD=GC=CD

∵AF平分∠DAE

∴∠EAF=∠DAF=∠G

∴AE=EG=EC+CG=EC+CD

证明: (法二) 作FH⊥AE, 垂足为H (如图3)

∵正方形ABCD

∴∠D=90°

∵AF平分∠DAE, 且FH⊥AE

∴FH=FD

∴Rt△ADF≌Rt△AHF

∴AD=AH=CD

又∵F是CD的中点

∴CF=DF=FH

∴Rt△FHE≌Rt△FCE

∴HE=CE

∴AE=AH+HE=CD+EC

例2:如图4, 正方形ABCD中, E为BC延长线上一点, 连接DE, 在DE上截取DF=AD.连接AF, 与CD交于点G, 过点D作DH⊥DF, 交AF于点H.求证:DE=DH+CE.

分析:本题背景图形为正方形, 即提供了边的相等及角相等的条件, 结合题目中DF=AD及DG⊥DF的条件, 可证明角相等和三角形全等, 为问题的证明创造了更多的条件.利用这些条件, 在辅助线的添加上, 便有多种方法.以下的法一为间接补短, 而法二和法三分别为直接补短和直接截长.

证明: (法一) 延长DH, 与AB交于点I (如图5)

∵正方形ABCD

∴DA=DC

∠DAI=∠DCE=∠ADC=90°

又∵DH⊥DF

∴∠ADI=∠CDE

∴△ADI≌△CDE

∴AI=CE DI=DE

∵DA=DF

∴∠DAF=∠DFA

∴∠DGH=∠DHG=∠AHI

又∵AB∥CD

∴∠IAH=∠DGH=∠IHA

∴IA=IH

∴DE=DI=DH+HI=DH+AI=DH+CE

证明: (法二) 延长HD至点M, 使DM=CE, 连接FM (如图6)

∵正方形ABCD

∴DC=DA=DF

∵DH⊥DF

∴∠DCE=∠FDM=90°

∴△CDE≌△DFM

∴DE=FM∠CDE=∠MFD

又∵∠ADC=90°

∴∠ADH=∠CDE=∠MFD

∵∠DAH=∠DFG

∴∠DAH+∠ADH=∠DFG+∠MFD即∠MHF=∠MFH

∴DE=MF=MH=HD+DM=HD+CE

证明: (法三) 在DE上截取DN, 使DN=DH, 连接CN (如图7)

∵正方形ABCD

∴DA=DC∠ADC=90°

又∵DH⊥DF

∴∠ADH=∠CDE

∴△ADH≌△CDN

∴∠DAH=∠DCN

∵∠DAH+∠DGA=90°=∠DCN+∠NCE

∴∠DGA=∠NCE

∵DA=DF

∴∠DAF=∠DFA=∠DCN

∴∠DFA+∠CDF=∠DCN+∠CDF即∠DGA=∠CNE=∠NCE

∴EC=EN

∴DE=DN+NE=DH+CE

其中, 若将法三中的辅助线换一种描述, 即改为“过点C作CN⊥AF, 与DE交于点N”, 同样可以证明该结论.因此, 在用截长补短的方法证明几何题时, 对同一辅助线的描述不同时, 其所具备的功能也就不尽相同, 创造的条件及证明过程相应的也有所不同.有时每种描述均可证明结论, 但有时, 换一种描述, 未必可以证明.因此, 在解题时应如何描述所作辅助线, 还需对图形进行探索和尝试.

如果题目中出现了较多特殊的角度值, 有时也可用代数的方法计算该类问题.

例3:如图8, 正方形ABCD中, E为AB边上一点, 过点D作DF⊥DE, 与BC延长线交于点F.连接EF, 与CD边交于点G, 与对角线BD交于点H.若2∠BFE=∠ADE, 求证:FH=HE+HD.

分析:对于平面几何图形的分析, 首先应观察图中是否有特殊图形, 是否有全等、相似三角形.在本图中, 不难发现△ADE≌△CDF, 进而可以说明△DEF为等腰直角三角形, 得到特殊角∠DEF=∠DFE=45°.再结合2∠BFE=∠ADE, 可得∠HDE=15°, ∠DHF=60°, 利用这些特殊的角度, 便可通过截长或代数的方法解决问题.

证明: (法一) 在FE上截取一段FI, 使得FI=EH (如图9)

∵正方形ABCD

∴AD=DC

∠A=∠DCF=∠ADC=90°

∵DF⊥DE

∴∠ADE=∠CDF

∴△ADE≌△CDF

∴DE=DF

∴△DEF为等腰直角三角形

∴∠DEF=∠DFE=45°

∴△DEH≌△DFI

∴DH=DI

又∵∠DHE=∠BHF∠DEF=∠DBC=45°

∴∠HDE=∠BFE=∠ADE

∵∠HDE+∠ADE=45°

∴∠HDE=15°

∴∠DHI=∠DEH+∠HDE=60°, 即△DHI为等边三角形

∴DH=HI

∴FH=FI+HI=HE+HD

证明: (法二) 作DM⊥EF, 垂足为M (如图10)

∵正方形ABCD

∴AD=DC

∠A=∠DCF=∠ADC=90°

∵DF⊥DE

∴∠ADE=∠CDF

∴△ADE≌△CDF

∴DE=DF

∴△DEF为等腰直角三角形

∴∠DEF=∠DFE=45°=∠DBC

∴∠HDE=∠BFE=∠ADE

∵∠HDE+∠ADE=45°

∴∠HDE=15°

∴∠DHM=∠DEH+∠HDE=60°

设DM=a, 则EM=FM=DM=a, EF=2a

由本题可知, 若题目中出现了较多的特殊角, 可通过构造直角三角形, 设一条线段的长度, 利用特殊角的三角函数, 表示出相应线段的长, 最终将求证式中三条线段的长表示出来, 进而证明等式成立.

13.几何证明练习题 篇十三

1、已知：在⊿ABC中，AB=AC，延长AB到D，使AB=BD，E是AB的中点。求证：CD=2CE。

C2、已知：在⊿ABC中，作∠FBC=∠ECB=

2∠A。求证：BE=CF。

B

C3、已知：在⊿ABC中，∠A=900，AB=AC，在BC上任取一点P，作PQ∥AB交AC于Q，作PR∥CA交BA于R，D是BC的中点，求证：⊿RDQ是等腰直角三角形。

C

B4、已知：在⊿ABC中，∠A=900，AB=AC，D是AC的中点，AE⊥BD，AE延长线交BC于F，求证：∠ADB=∠FDC。

5、如图甲，RtABC中，AB=AC，点D、E是线段AC上两动点，且AD=EC，AMBD，垂足为M，AM的延长线

交BC于点N，直线BD与直线NE相交于点F。

（1）试判断DEF的形状，并加以证明。

（2）如图乙，若点D、E是直线AC上两动点，其他条件不变，试判断DEF的形状，并加以证明。A

B

B

D6、已知：在⊿ABC中BD、CE是高，在BD、CE或其延长线上分别截取BM=AC、CN=AB，求证：MA⊥NA。

C7、已知：如图(1)，在△ABC中，BP、CP分别平分∠ABC和∠ACB，DE过点P交AB于D，交AC于E，且DE∥BC．求证：DE－DB=EC．

A

D

PEB图⑴C8、△ABC为正三角形，点M是射线BC上任意一点，点N是射线CA上任意一点，且BM=CN，直线BN与AM相交于Q点，就下面给出的三种情况，如图8中的①②③，先用量角器分别测量∠BQM的大小，然后猜测∠BQM等于多少度．并利用图③证明你的结论．

①

②

③

图

89、在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC=90°，O为BC的中点。

(1)写出点O到△ABC的三个顶点A、B、C的距离的大小关系(不要求证明)；

(2)如果点M、N分别在线段AB、AC上移动，在移动中保持AN＝BM，请判断△OMN的形状，并证明

你的结论。

A M B

(第9题图)

10、如图，△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，AE=BD，连结EC、ED，求证：CE=DE11、如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥BC且BC＝10，求△DCE的周长。

12、如图，在ΔABC中，AD平分∠BAC，DE||AC,EF⊥AD交BC延长线于F。求证： ∠FAC=∠B

14.七年级上几何证明 篇十四

1、如图，①画∠BAC的角平分线AD；②过点A画线段BC的垂线段AE；③取线段BC的中点F，连结AF；④过点A、C分别画BC、AB的平行线，两平行线交于点G．

2、如图AB//CD，∠1与∠A互补，试证明：EF//CD．（用两种证法）

3、如图，CD是∠ACB的平分线，∠EDC=250，∠DCE=250，∠B=700

①求证：DE//BC②求∠BDC的度数。

5、如图5，AO⊥CO，BO⊥DO，且∠AOB=160，求∠COD的度数。

D C

O 图5 B6、如图6所示，已知CD是∠ACB的平分线，∠ACB=50，∠B=70，DE∥BC，求∠EDC和∠BDC的度数。

B

图6E7、如图7所示，BE平分∠ABD，DE平分∠BDC，如果∠1与∠2互为余角，那么直线AB与直线CD平行吗？说说你的理由。

C

图7

D8、如图,已知OB平分∠AOC,且∠2:∠3:∠4=2:5:3,求∠1,∠2,∠3,∠4的度数.C

4B

A

D9、如图所示,已知AB∥CD,∠A=∠C试判断AD与BC的位置关系并加以说明.(8分)

DC

B

10.如图所示,已知∠ABC=50°,∠ACB=60°,BF、CF为∠ABC、∠ACB的平分线且交于点F,过点F作DE∥BC交AB、AC于点D、E,求∠BFC的度数.(9分)

A

DB

F

E11、已知:如图所示,AB∥CD试说明:∠B+∠BED+∠D=360°.(9分)

A

B

E

C

D12、.如图，CDAB于D，GFAB于F，140,250，求B度数.D

4A

E

F

B

G

C

13.如图所示,已知∠A=∠1,∠E=∠2,且AC⊥EC,试证明:AB∥DE.A

E

BCD14、如图，已知∠ A＝∠ F，∠ C＝∠ D.试问BD是否与CE平行?为什么?

15、如图，已知∠1=∠2，∠3=∠D，求证：DB//EC.D

13E

F

A

B

C18、如图，已知DF//AC，∠C=∠D,求证：∠AMB=∠ENF.D

M

E

N

F

A

B

C19、如图，在三角形ABC中，D、E、F分别为AB、AC、BC上的点且DE//BC、EF//AB，求证：∠ADE=∠EFC.20、如图，已知EC、FD与直线AB交于C、D两点且∠1=∠2，求证：CE//DF.A

C

EF

A

D

E

C

D

2B

F21、如图，已知∠ABC=∠ADC，BF和DE分别是∠ABC和∠ADC的平分线，AB//CD，求证：DE//BF.22、如图，已知AC//DE，DC//EF，CD平分∠BCA，求证：EF平分∠BED.C

E

B

FD

A

E

B

D

F

C

A23、如图,AB⊥BF,CD⊥BF, ∠A=∠C,求证: ∠AEB=∠F.C

B

1D

F

E24、如图，AD⊥BC，EF⊥BC，∠1=∠2，求证：DG//AB.B

E1F

2D

C

A

G25、在三角形ABC中，AD⊥BC于D，G是AC上任一点，GE⊥BC于E，GE的延长线与BA的延长线交于F，∠BAD=∠CAD，求证：∠AGF=∠F.B

A

F

G27、如图，AB//CD，求证：∠

B

A

E

4D

C

E26、如图，∠1=∠2，∠3=∠4，∠B=∠5，求证：CE//DF.F

G

5D

BCD=∠B+∠D.A

C

B

E

D28、如上图，已知∠BCD=∠B+∠D，求证：AB//CD.29、如图，AB//CD，求证：∠BCD=∠B-∠D.AB

E

C

D30、如上图，已知∠BCD=∠B-∠D，求证：AB//CD.31、已知：如图，12，3B，AC//DE，且B、C、D在一条直线上。求证：AE//BD

A

2E

B

C

D32、已知：如图，DE平分CDA，BF平分CBA，且ADEAED。CDACBA，求证：DE//FB

D

F

C

AEB



33、已知：如图，BAPAPD180，12。

求证：EF

A

E

B

F

C

P

15.七下几何证明 篇十五

比如:△ABC中, AB=AC, BD、CE是高。

求证:BD=CE

证明:∵S△=AB×CE=AC×BD, 又AB=AC

∴BD=CE

或者:∵在Rt△CDB中sin∠DCB=, 在Rt△CEB中sin∠DCB=, 又∠DCB=∠EBC

∴CE=DE

除用全等证明的通法解决这个简单几何问题外, 用面积法和三角函数法也很简洁。这种方法对于一些较复杂的几何题目也同样适用。

例1:在△ABC中, AB=AC, CG⊥BA交BA的延长线于点G。一等腰直角三角尺按如图15-1所示的位置摆放, 该三角尺的直角顶点为F, 一条直角边与AC边在一条直线上, 另一条直角边恰好经过点B。

(1) 在图15-1中请你通过观察、测量BF与CG的长度, 猜想并写出BF与CG满足的数量关系, 然后证明你的猜想;

(2) 当三角尺沿AC方向平移到图15-2所示的位置时, 一条直角边仍与AC边在同一直线上, 另一条直角边交BC边于点D, 过点D作DE⊥BA于点E。此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度, 猜想并写出DE+DF与CG之间满足的数量关系, 然后证明你的猜想;

(3) 当三角尺在 (2) 的基础上沿AC方向继续平移到图15-3所示的位置 (点F在线段AC上, 且点F与点C不重合) 时, (2) 中的猜想是否仍然成立? (不用说明理由)

证明: (2) 连接AD, S△ABC=AB×CG=AB×DE+AC×DF, 又AB=AC

所以:CG=DE+DF

也可以借助三角函数来证明:

证明∵在Rt△BED中sin∠B=

∴DE=BDsin∠B

同理在Rt△DFC中, DF=DCsin∠ACB

∴DE+DF=BDsin∠B+DCsin∠ACB, 又∠B=∠ACB

DE+DF= (BD+DC) sin∠B=BC sin∠B

∵在Rt△BGC中CG=BCsin∠B

∴DE+DF=CG

(3) 问方法与 (2) 一样

此题是2007年河北省中考试题, 在多年没有考截长补短类几何证明的情况下, 出现这样的题目, 很多学生束手无策, 如果我们平时教学中, 注意培养学生从多角度思考问题, 防止思维定势解题干扰, 提高学生思维的深度, 学会一题多解, 学习效果会更好些。用面积法和函数法解决M+N=P型题目一般思路是:找到三条垂直的线段分布的三角形, 利用面积和差、等线段关系证明结论, 或者找到三条垂线所在的直角三角形, 借助三角函数以及相等的线段、角来解决。

例2:正方形ABCD中, 直线MN经过点A, DE⊥MN, BF⊥MN, CG⊥MN, 求证: (1) DE=BF+EF (2) BF=DE-CG (3) 如果点M绕A点旋转到CD上 (2) 的结论会发生变化吗?

面积法: (图2-1)

证明:连接DM、AC。

∵S△AHD=S正=S△ABH+S△HCD, 又S△HCD=S△AHC

AH×DE=AH×BF+AH×CG

∴DE=BF+CG

即:BF=DE-CG

三角函数法:

简证:∵DE=ADsin∠1, BF=BHsin∠2, CG=CHsin∠3

易证:∠1=∠2=∠3又AD=BC

∴BF+CG= (BH+HC) sin∠2=BC sin∠2

∴BF+CG=DE

即:BF=DE-CG

(3) 结论发生变化:BF=DE+CG连接AC、HB (图2-3)

S△1AHB=S正1=S△BCH+S1△AHD, 又S△HCB=S△AHC

AH×BF=AH×CG+AH×DE

BF=CG+DE

也可以用三角函数证明:

简证:∵BF=ABcos∠2, DE=DHcos∠1, CG=CHcos∠3

易证:∠1=∠2=∠3又AB=DC

∴DE+CG= (DH+HC) cos∠1=DCcos∠1

∴BF+CG=DE

即:BF=DE-CG

这也是一道中档截长补短可以解决的证明题, 由于可以构造直角三角形, 并且可以找到面积和角的相等关系, 因而也可以借助面积法和函数方法解决, 解法比较简洁巧妙。

以下各题供学习分析使用

1:已知;△ABC中, AB=AC, M是底边BC上一点, MD⊥AC, ME⊥AB, BF⊥AC

(1) 求证:MD+ME=BF

(2) 如果点M在BC的延长线上, 其他条件不变, 结论 (1) 会变化吗? (图2)

2:已知正方形ABCD中, 对角线AC和BD交与O点, P是AD上一动点, PE⊥AC, PF⊥BD。 (图3)

求证:PE+PF=OB

16.一道几何证明题的思路剖析 篇十六

关键词：思路剖析；一题多解；思维突破；通性通法

对试题的研究是教师在教学和复习中经常做的一件事，通过研究把蕴含其中的数学思想方法揭露出来，挖掘出问题的本质属性.这样可以提高学生的空间想象、逻辑思维能力，分析和解决问题的思维技能，优化数学的思维品质，而且还可以培养学生探索创新的能力.下面，笔者通过实例进行探讨.

三、解题反思

（一）关注解题通法 增强学生的解题能力

优秀的几何题一般存在多种解法，而辅助线通常是解决问题的桥梁.巧妙的辅助线常能“柳暗花明又一村”，与标准答案不同的上述几种解法，其巧妙之处在于添加了辅助线，辅助线使未知与已知有了更紧密的联系，无须通过证明3次相似，证明过程大为简洁，体现了数学方法的多样性.同时也从侧面说明这是一道难得的好题，是训练学生数学思维的好素材.由此可见，通过一题多解，可以加深和巩固学生所学知识，充分运用学过的知识，从不同的角度思考问题，采用多种方法解决问题，这有利于学生加深理解各部分知识横向和纵向的内在联系，掌握各部分知识的转化关系，从而达到培养思维广阔性的目的.

（二）重视学会解题 拓展学生的思维空间

在解题教学中，题目是载体，解题是过程，方法和规律的揭示、策略和思想的形成是目的，因此，解题教学切忌就题论题，片面追求容量，忽视教学功能的发掘与开发.引导学生学会解题层面的回顾与反思：如解题中用到了哪些知识？解题中用到了哪些方法？这些知识和方法是怎样联系起来的？自己是怎么想到它们的？困难在哪里？关键是什么？遇到什么障碍？后来是怎么解决的？是否还有别的解决方法、更一般的方法或更特殊的方法、沟通其他学科的方法、更简单的方法？这些方法体现了什么样的数学思想？调动这些知识和方法体现了什么样的解题策略？

（三）关注模型思想 强化学生的识模能力

17.初一数学几何证明题 篇十七

1.已知在三角形ABC中，BE,CF分别是角平分线，D是EF中点，若D到三角形三边BC,AB,AC的距离分别为x,y,z，求证：x=y+z

证明;过E点分别作AB,BC上的高交AB,BC于M,N点.过F点分别作AC,BC上的高交于p,Q点.根据角平分线上的点到角的2边距离相等可以知道FQ=Fp,EM=EN.过D点做BC上的高交BC于O点.过D点作AB上的高交AB于H点,过D点作AB上的高交AC于J点.则X=DO,Y=HY,Z=DJ.因为D是中点,角ANE=角AHD=90度.所以HD平行ME，ME=2HD

同理可证Fp=2DJ。

又因为FQ=Fp,EM=EN.FQ=2DJ，EN=2HD。

又因为角FQC，DOC，ENC都是90度，所以四边形FQNE是直角梯形，而D是中点，所以2DO=FQ+EN

又因为

FQ=2DJ，EN=2HD。所以DO=HD+JD。

因为X=DO,Y=HY,Z=DJ.所以x=y+z。

2.在正五边形ABCDE中,M、N分别是DE、EA上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON=108°，请问结论BM=CN是否成立?若成立，请给予证明;若不成立，请说明理由。

当∠BON=108°时。BM=CN还成立

证明;如图5连结BD、CE.在△BCI)和△CDE中

∵BC=CD,∠BCD=∠CDE=108°,CD=DE

∴ΔBCD≌ΔCDE

∴BD=CE,∠BDC=∠CED,∠DBC=∠CEN

∵∠CDE=∠DEC=108°,∴∠BDM=∠CEN

∵∠OBC+∠ECD=108°,∠OCB+∠OCD=108°

∴∠MBC=∠NCD

又∵∠DBC=∠ECD=36°,∴∠DBM=∠ECN。

18.初中几何证明题 篇十八

求证:BD+CE≥DE。

1.延长EM至F,使MF=EM,连BF.∵BM=CM,∠BMF=∠CME,∴△BFM≌△CEM(SAS),∴BF=CE，又DM⊥EM，MF=EM,∴DE=DF

而∠DBF=∠ABC+∠MBF=∠ABC+∠ACB<180°，∴BD+BF>DF，∴BD+CE>DE。

2.己知M是△ABC边BC上的中点，,D,E分别为AB,AC上的点，且DM⊥EM。

求证:BD+CE≥DE

如图

过点C作AB的平行线，交DM的延长线于点F;连接EF

因为CF//AB

所以，∠B=∠FCM

已知M为BC中点，所以BM=CM

又，∠BMD=∠CMF

所以，△BMD≌△CMF(ASA)

所以，BD=CF

那么，BD+CE=CF+CE……………………………………………(1)

且，DM=FM

而，EM⊥DM

所以，EM为线段DF的中垂线

所以，DE=EF

在△CEF中，很明显有CE+CF>EF………………………………(2)

所以，BD+CE>DE

当点D与点B重合，或者点E与点C重合时，仍然采用上述方法，可以得到BD+CE=DE

综上就有：BD+CE≥DE。

3.证明因为∠DME=90°，∠BMD<90°，过M作∠BMD=∠FMD，则∠CME=∠FME。

截取BF=BC/2=BM=CM。连结DF,EF。

易证△BMD≌△FMD，△CME≌△FME

所以BD=DF，CE=EF。

在△DFE中，DF+EF≥DE，即BD+CE≥DE。

当F点落在DE时取等号。

另证

延长EM到F使MF=ME，连结DF，BF。

∵MB=MC，∠BMF=∠CME，∴△MBF≌△MCE，∴BF=CE，DF=DE，在三角形BDF中，BD+BF≥DF，即BD+CE≥DE。

分析已知、求证与图形，探索证明的思路。

对于证明题，有三种思考方式：

(1)正向思维。对于一般简单的题目，我们正向思考，轻而易举可以做出，这里就不详细讲述了。

(2)逆向思维。顾名思义，就是从相反的方向思考问题。运用逆向思维解题，能使学生从不同角度，不同方向思考问题，探索解题方法，从而拓宽学生的解题思路。这种方法是推荐学生一定要掌握的。在初中数学中，逆向思维是非常重要的思维方式，在证明题中体现的更加明显，数学这门学科知识点很少，关键是怎样运用，对于初中几何证明题，最好用的方法就是用逆向思维法。如果你已经上初三了，几何学的不好，做题没有思路，那你一定要注意了：从现在开始，总结做题方法。同学们认真读完一道题的题干后，不知道从何入手，建议你从结论出发。例如：可以有这样的思考过程：要证明某两条边相等，那么结合图形可以看出，只要证出某两个三角形相等即可;要证三角形全等，结合所给的条件，看还缺少什么条件需要证明，证明这个条件又需要怎样做辅助线，这样思考下去……这样我们就找到了解题的思路，然后把过程正着写出来就可以了。这是非常好用的方法，同学们一定要试一试。