浅谈几何证明

浅谈几何证明（精选18篇）

1.浅谈几何证明 篇一

浅谈初中几何证明入门教学的有效策略

几何证明对初中生来说普遍认为难学，同时任课教师也认为几何证明比较难教。倘若任课教师在教学的过程中稍有不注意，就会导致学生两极分化，小部分学生学得很好；大部分学生学得很糟糕，以致于丧失学习几何的兴趣和信心。本人在七年级的几何教学中发现，学生刚学习几何，头脑中形的概念特别差，适应不了初中几何题目对抽象思维能力的要求。以下是我从学生在课堂、作业以及测试中表现出来的问题进行了分析归纳，发现学生学习几何存在以下几个问题：

1、不会读图、画图。不会由有关图形联想到相关的数量关系，挖掘隐含条件，比如对等角相等。不会画出几何图形帮助理解题意。

2、几何语言表述不清楚。几何讲究思维严密性，而学生在练习、作业时，几何语言表述比较随意，甚至颠三倒四。

3、几何逻辑推理能力差。学生对数学定义、定理、公理、判定、性质、法则等理解肤浅，全凭感性认识，思维不严谨，推理不严密，不知道由已知条件推导出什么结论，或者，每一个结论的依据是什么。

4、书写几何证明过程不清晰。面对几何证明题无从下手，不知道先写哪一步后写哪一步，哪些步骤该写，哪些步骤可以省略，最终导致关键步骤缺失。

针对学生学习几何的以上困难，我认为，教师在几何入门教学时应转变教学思路，把严密的逻辑推理和合情推理有机的结合起来，通过猜想、观察、归纳等合情推理，让学生树立对几何学习的自信心理。要加强学生画几何图形的能力，结合图形理解运用。要根据已知条件以及与其有关的定理作辅助线或者进行逆向思维，从结论出发，结合已知条件缺什么补什么。教师是学生学习过程中的引导者，至此在教学过程中我主要围绕以下几个方面去开展教学：

1、注重培养读图、画图能力

首先要求学生掌握基本图形的画法，如作一条线段等于已知线段、作一个角等于已知角、作角的平分线、作线段的垂直平分线。其次，要求学生根据文字描述画出几何图形。观察图形时，指导学生对图形进行拆分，把一个复杂的图形分成几个简单的图形来处理，从而提高识图能力。充分利用教材编排特点：量一量、摆一摆、画一画、折一折、填一填培养学生的动手动脑能力。

2、加强几何语言表达训练及定义、定理的理解

结合图形让学生掌握直线、射线、线段、角的多种表示方法，认真理解数学定义、定理、公理、判定、性质，用简单的符号表达出因果关系。几何推理证明要应用定义、定理，所以对定义、定理的理解至关重要，其次就是应用定义、定理。

3、重视几何学习的逻辑推理过程及书写

要解决几何的证明问题，就要学会逻辑推理。几何证明过程的描述，是初学几何的学生很难入门的事情。在教学时着重于方法的指导，如“执果索因”的分析方法，让学生从结果入手，逐层剥笋，寻找原因，找到源头，明白已知条件的用处，然后再由条件到结论，把过程写出来。再如“据因寻果”的分析法，让学生从已知条件出发，根据条件寻找结论，逐渐

2.浅谈几何证明 篇二

关键词：代数,图形,不等式,结合,构造

数学在其发展中曾被分为构造性数学和非构造性数学, 这表明在学习数学基础知识, 解答数学问题时, 抓住巧妙的构造性思想, 就能使难于理解的概念清晰, “山穷水尽”的复杂问题会显得“柳暗花明”, 当然这种构造性数学思想并不局限于某个方面, 可用于各个数学分支, 从而得到不同的构造性方法, 如构造图形, 构造方程, 构造过程, 构造反例, 构造模型, 构造例题等, 限于篇幅, 下面就构造图形来证明不等式一类题型谈谈自己的肤浅的认识。

不等式, 属代数问题, 不涉及图形, 但是抓住数学的构造性思想, 如能根据适当的途径构造出相应的图形, 则解决来得直观、清晰。

[题1]已知:a>b>0, 求证:。

证明:构造Rt△ABC, ∠ACB=90°

BC=a, AC=b, CM是中线, CD是角平分线

由CM=

∵S△ABC=S△ACD+S△BCD

∴ab=b·CD sin45o+a·CD sin45

从而CD=

∵a>b即BC>AC

∴∠CDB>∠CDA, 且点M在D、B之间的线段上

∴∠CDB>90°即∠CDM>90°

∴CM>CD, 即:

[题2]已知:求证:a>0, b>0, c>0,

求证:

证明:在平面上取OA、OB、OC三线段, 使∠AOB=∠BOC=∠COA=120°, 且OA=a, OB=b, OC=c, 分别连结AB、BC、CA构造

如图所示的三角形

则由余弦定理, 得

该题依据:由要求证的形式而联想到余弦定理, 再构造三角形, 根据三角形任意两边之和大于第三边, 于是得解。

[题3]已知:a>0, b>0, a+b=1求证:

证明:∵a+b=1且a>0, b>0

由 (1) 联想到勾股定理,

于是构造如右图所示的直角三角形

由定理:三角形两边之和大于第三边

此题的根据是由给出的条件, 联想结论而构造直角三角形。再用几何和三角中的简单知识得其解答。

[题4]已知, 0<θ<, 求证:1+cotθ

证明:构造如图的单位圆,

其中, ∠XOT1=θ, ∠XOT2=,

过点作A作⊙O的切线AT1T2,

则AT1=cotθ, AT2=cot

∠T1OT2=∠T1T2O=∠XOT2=, OT1=T1T2,

而AT2=T1T2+AT1=OT1+AT1

∵OT1>1

∴AT2>1+AT1

∴cot>1+cotθ

即1+cotθ

该题构造单位圆, 利用三角函数解决。

[题5]已知a是实数, , 求证:-1

证明:在直角坐标系xoy中, 设

由此看来, 对于一些复杂的不等式, 若能抓住条件、结论的特征, 构造恰当的形图, 如三角形、四边形、单位圆等, 有时给构造的图形建立适当的坐标系, 充分运用数形结合这一重要的数学思想方法, 就能得到优美的解答方法, 达到事半功倍之效。从而提高分析问题解决问题的能力。

参考文献

3.浅谈几何证明中如何添置辅助线 篇三

添置辅助线的方法虽然千差万别，但总会有规律可循的，并不是“混连瞎碰”.下面笔者谈谈在几何图形中如何添置辅助线.

一、抓“关键点”，连“关键线”，作“关键线”

平面几何图形中，常有不少具备一定特征的点，如：线段的交点、线段的中点、圆心、直线与圆相切的切点、两圆的交点等.这些点经常是证明的“关键点”.如圆的辅助线的作法规律是：弦与弦心距，亲密紧相连；两圆相切，公切线；两圆相交，公共弦；遇切点，作半径；圆与圆，心心连；遇直径，想直角；直角相对（共弦）点共圆.

已知切线的“作”（过点D作DG⊥OB，垂足为G）.只要证明DE=DG（角平分线上的点到其两边的距离相等），从而得证.

二、移出图形，添补图形

有时，为了找到较好的证明或解题的方法，可以添置辅助线或添补一部分图形.如在三角形中，常延长中线一倍，构造成平行四边形或新三角形.有时，利用等底等高的三角形面积相等，等底（两底）等高的梯形面积相等的方法解题.

图3【例3】如图3，已知半圆的直径AB=40cm，点C、D是这个半圆的三等分点.求证：弦AC、AD和弧CD围成的图形的面积S等于半圆面积的三分之一.

分析：求不规则图形的面积时，往往采用化不规则图形为规则图形的方法，利用它们的面积相等求解.弦AC、AD和弧CD围成的图形是不规则图形，是无法用已知条件来计算的，但它的面积S刚好等于扇形OCD的面积，即等于半圆面积的三分之一.

三、和差倍分，截长补短

平面几何证题千姿百态，因而添置辅助线的方法也变化多端.有时同一问题可以找出几种添置辅助线的方法，而使一题多解.

（责任编辑钟伟芳）

若有一条河横在你面前，阻断你的去路，而在你苦于无法顺利过河时却发现有一座桥，心里肯定万分高兴，因为若没有这座桥，你可能要绕一个大圈子才能到达河的彼岸，甚至过不去.同样，添置辅助线在几何证明中起着过河搭桥的作用，通过添置辅助线，把已知元素和未知元素联想起来，在证明或解题时，就能如鱼得水，得心应手.

添置辅助线的方法虽然千差万别，但总会有规律可循的，并不是“混连瞎碰”.下面笔者谈谈在几何图形中如何添置辅助线.

一、抓“关键点”，连“关键线”，作“关键线”

平面几何图形中，常有不少具备一定特征的点，如：线段的交点、线段的中点、圆心、直线与圆相切的切点、两圆的交点等.这些点经常是证明的“关键点”.如圆的辅助线的作法规律是：弦与弦心距，亲密紧相连；两圆相切，公切线；两圆相交，公共弦；遇切点，作半径；圆与圆，心心连；遇直径，想直角；直角相对（共弦）点共圆.

已知切线的“作”（过点D作DG⊥OB，垂足为G）.只要证明DE=DG（角平分线上的点到其两边的距离相等），从而得证.

二、移出图形，添补图形

有时，为了找到较好的证明或解题的方法，可以添置辅助线或添补一部分图形.如在三角形中，常延长中线一倍，构造成平行四边形或新三角形.有时，利用等底等高的三角形面积相等，等底（两底）等高的梯形面积相等的方法解题.

图3【例3】如图3，已知半圆的直径AB=40cm，点C、D是这个半圆的三等分点.求证：弦AC、AD和弧CD围成的图形的面积S等于半圆面积的三分之一.

分析：求不规则图形的面积时，往往采用化不规则图形为规则图形的方法，利用它们的面积相等求解.弦AC、AD和弧CD围成的图形是不规则图形，是无法用已知条件来计算的，但它的面积S刚好等于扇形OCD的面积，即等于半圆面积的三分之一.

三、和差倍分，截长补短

平面几何证题千姿百态，因而添置辅助线的方法也变化多端.有时同一问题可以找出几种添置辅助线的方法，而使一题多解.

（责任编辑钟伟芳）

若有一条河横在你面前，阻断你的去路，而在你苦于无法顺利过河时却发现有一座桥，心里肯定万分高兴，因为若没有这座桥，你可能要绕一个大圈子才能到达河的彼岸，甚至过不去.同样，添置辅助线在几何证明中起着过河搭桥的作用，通过添置辅助线，把已知元素和未知元素联想起来，在证明或解题时，就能如鱼得水，得心应手.

添置辅助线的方法虽然千差万别，但总会有规律可循的，并不是“混连瞎碰”.下面笔者谈谈在几何图形中如何添置辅助线.

一、抓“关键点”，连“关键线”，作“关键线”

平面几何图形中，常有不少具备一定特征的点，如：线段的交点、线段的中点、圆心、直线与圆相切的切点、两圆的交点等.这些点经常是证明的“关键点”.如圆的辅助线的作法规律是：弦与弦心距，亲密紧相连；两圆相切，公切线；两圆相交，公共弦；遇切点，作半径；圆与圆，心心连；遇直径，想直角；直角相对（共弦）点共圆.

已知切线的“作”（过点D作DG⊥OB，垂足为G）.只要证明DE=DG（角平分线上的点到其两边的距离相等），从而得证.

二、移出图形，添补图形

有时，为了找到较好的证明或解题的方法，可以添置辅助线或添补一部分图形.如在三角形中，常延长中线一倍，构造成平行四边形或新三角形.有时，利用等底等高的三角形面积相等，等底（两底）等高的梯形面积相等的方法解题.

图3【例3】如图3，已知半圆的直径AB=40cm，点C、D是这个半圆的三等分点.求证：弦AC、AD和弧CD围成的图形的面积S等于半圆面积的三分之一.

分析：求不规则图形的面积时，往往采用化不规则图形为规则图形的方法，利用它们的面积相等求解.弦AC、AD和弧CD围成的图形是不规则图形，是无法用已知条件来计算的，但它的面积S刚好等于扇形OCD的面积，即等于半圆面积的三分之一.

三、和差倍分，截长补短

平面几何证题千姿百态，因而添置辅助线的方法也变化多端.有时同一问题可以找出几种添置辅助线的方法，而使一题多解.

4.初一几何证明题 篇四

1.如图，AD∥BC，∠B=∠D，求证：AB∥CD。

A

B

D

C

2.如图CD⊥AB，EF⊥AB，∠1=∠2，求证：∠AGD=∠ACB。

A

D

G

/

F

BEC

3.如图，已知∠1=∠2，∠C=∠CDO，求证：CD∥OP。

D

P

/

C

OB

4.如图∠1=∠2，求证：∠3=∠4。

A

/

B

C

D

5.已知∠A=∠E，FG∥DE，求证：∠CFG=∠B。

A

B

C F D

E

6.已知，如图，∠1=∠2，∠2+∠3=1800，求证：a∥b，c∥d。

cd

a

b

7.如图，AC∥DE，DC∥EF，CD平分∠BCA，求

A

证：EF平分∠BED。

D

F

B

E

C8、已知，如图，∠1=450，∠2=1450，∠3=450，∠4=1350，求证：l1∥l2，l3∥l5，l2∥l4。

l3

l11 l2

4l59、如图，∠A=2∠B，∠D=2∠C，求证：AB∥CD。

C

A

B10、如图，EF∥GH，AB、AD、CB、CD是∠EAC、∠FAC、∠GCA、∠HCA的平分线，求证：∠BAD=∠B=∠C=∠D。

A

E

F

B G

C

H11、已知，如图，B、E、C在同一直线上，∠A=∠DEC，∠D=∠BEA，∠A+∠D=900，求证：AE⊥DE，AB∥CD。

A

D

5.立体几何证明 篇五

Ⅰ.平行关系：

线线平行：1.在同一平面内无公共点的两条直线平行。2.公理4(平行公理)。3.线面平行的性质。4.面面平行的性质。5.垂直于同一平面的两条直线平行。

线面平行：1.直线与平面无公共点。2.平面外的一条直线与平面内的一条直线平行。3.两平面平行，一个平面内的任一直线与另一平面平行。

面面平行：1.两个平面无公共点。2.一个平面内的两条相交直线分别与另一平面平行。

Ⅱ.垂直关系：

线线垂直：1.直线所成角为90°。2.一条直线与一个平面垂直，那么这条直线与平面内的任一直线垂直。

线面垂直：1.一条直线与一个平面内的任一直线垂直。2.一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直。3.面面垂直的性质。4.两条平行直线中的一条垂直与一个平面，那么另一直线也与此平面垂直。5.一条直线垂直与两个平行平面中的一个，那么这条直线也与另一平面垂直。

面面垂直：1.面面所成二面角为直二面角。2.一个平面过另一平面的垂线，那么这两个平面垂直。

四个判定定理：

①若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

②如果一个平面内有两条相交直线都平行于一个平面，那么这两个平面平行。

③如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直。

④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。

从平面拓展到空间的角相等或互补的判定定理：

空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。

四个性质定理：

①一条直线与一个平面平行，则过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行。

②两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行。

③垂直于同一平面的两条直线平行。

④两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直。

标准只要求对于四个性质定理用综合几何的方法加以证明。对于其余的定理，在选修2的“空间向量与立体几何”中利用向量的方法予以证明。

6.变换视角研究一类几何证明题 篇六

常州市中考试题中有这样一题:

【例】 (本小题满分7分) 已知:如图1, △ABC和△ECD都是等腰直角三角形, ∠ACB=∠DCE=90°, D为AB边上一点.

求证: (1) △ACE≌△BCD;

(2) AD2+AE2=DE2.

无独有偶, 徐州市中考也出现这样一题:

【例】 如图2, 圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起, OA=3, OC=1, 分别连结AC、BD, 则图中阴影部分的面积为 ( ) .

A.π B.π

C.2π D.4π

这两题形式不同, 但实质相同, 它们都脱胎于《数学》 (苏科版) 八年级 (上) 习题1.5第12题:

如图3, △ABC和△CDE都是等边三角形, 且点A、C、E在一条直线上.度量并比较AD与BE的大小, 你能对所得的结论说明理由吗?

容易证明, △ACD与△BCE全等, 所以AD=BE.

我们可以将△DCE看成是由△ACB绕C点旋转120度并进行等比例放缩得到, 其中点A与点D、点B与点E分别是对应点.可以看到, 对应点连线长度相等.那么是否一定要旋转120度呢?我们将条件弱化后再进行分析.

[变题1]将等边△ACB绕C点旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 证明:AD=BE.

当然两个三角形还可能部分重合, 如图5:

因为EC=DC, AC=BC,

易证∠ACD=∠BCE, 所以△ACD≌△BCE,

所以AD=BE.

是否一定要是等边三角形呢?我们再将条件进一步弱化.可以看到△ACD与△BCE全等的关键在于两边对应相等, 夹角相等, 而与△ABC和△DCE是否是等边三角形无关.

[变题2]将等腰△ACB绕其两腰交点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 证明:AD=BE.

当然两个等腰三角形还可能部分重合, 如图7:

在这里要注意, 等腰三角形一定要绕其两腰交点旋转并等比例放缩.

如果将等腰三角形特殊化为等腰直角三角形, 又会出现什么情形呢?

[变题3]将等腰直角△ACB绕其两腰交点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 证明: (1) AD=BE; (2) AD⊥BE.

证明: (1) ∵AC=BC, CD=CE

又∵∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°+∠BCD,

∠BCE=∠DCE+∠BCD=90°+∠BCD,

∴∠ACD=∠BCE.

∴△ACD≌△BCE,

所以AD=BE.

(2) ∵△ACD≌△BCE,

∴∠1=∠2.

∴∠CAB+∠CBA=∠PAB+∠1+∠CBA=∠PAB+∠2+∠CBA=∠PAB+∠PBA=90°.

∴∠APB=180°- (∠PAB+∠PBA) =90°.

∴AD⊥BE.

当然两个等腰直角三角形还可能部分重合, 如9图:

此时AD与BE仍是相等且垂直的.

推而广之, 等腰△ACB绕其两腰交点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 则有∠APB=∠ACB=∠DCE, 如图10:

同理, 当等边△ACB绕其顶点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 则线段AD、BE的交角即为60度. (证明略)

现在, 再回过头来看常州与徐州市中考题, 便能发现它们的本质是相同.如果再做些变换, 此题就变成了一道竞赛题.

[变题4]以△ABC的边AB、AC为斜边分别向外作等腰直角三角形APB、AQC, M是BC的中点, 求证MP=MQ, MP⊥MQ. (新课标数学竞赛通用教材)

思考:在这一题中, 三角形ABC是假的, 中点M也是假的, 我们考虑到等腰三角形一定要绕其两腰交点旋转并等比例放缩, 所以我们可以将三角形ABP、ACQ补形为以A为顶点的等腰直角三角形.

证明:延长CQ到F, 使QF=CQ, 延长BP到E, 使PE=BP, 则△BAE、△CAF都是等腰直角三角形.

显然, △ABF≌△AEC,

∴EC=BF, EC⊥BF,

而PM∥EC, PM=EC, MQ∥BF, MQ=BF,

∴MP=MQ, MP⊥MQ.

可以看到, 一道复杂的竞赛题可归结为一个最简单的模型:将等腰三角形绕其两腰交点旋转任意角度并进行放缩, 变换前后对应点连线相等且其交角等于等腰三角形的顶角.

7.一道几何证明题思路剖析 篇七

从命题者提供答案看，是由条件BA=BA′联想到等腰三角形，进而想到证明BD为底边AA′的高，思路是顺畅的，也无可厚非，但证明用了3次三角形相似，显然超过了课程标准要求.这促使笔者深思、细研，思索着有没有其它解法？

解题是由条件出发，运用已有定义、定理、法则，通过运算、推理得到结论的过程.因此，题干条件是什么、能得到什么结论、需要什么条件、条件与结论之间用什么方法打通、有哪些思路，这是解题者必须思考的问题.那么该题有其它通性通法吗？

结合本题，结论是证明D为AA′的中点，那么，遇到中点问题（已知中点或证明中点）我们还可以想到什么呢？从另一角度考虑，是否可以构造“8”字型或“A”字型或其他思路，这难道不是通性通法呢？

3解题反思

3.1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，无需通过证明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.

3.2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、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？同样的方法能用来处理更一般性的命题吗？命题能够推广吗？条件能减弱吗？结论能加强吗？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？

3.3关注模型思想，强化学生的识模能力

拿到一道试题，在理解题意后，立即思考问题属于哪一主题、哪一章节？与这一章节的哪个类型的问题比较接近？解决这个类型的问题有哪些方法？哪个方法可以首先拿来试用？这一想，下手的地方就有了，前进的方向也大体确定了，这就是解题中的模式识别.运用模式识别可以简洁回答解题中的两个基本问题，从何处下手？向何方前进？我们说就从辨认题型模式入手，向着提取相应方法、使用相应方法解题的方向前进.正如本文中所提到的构造“A字型”、“8字型”或“共点双垂直型”等基本模型，因此在平时的教学中，教师要引导学生从习题中提炼出常用的基本模型，再推广模型，并通过典型问题帮助学生认识模、用模，从而强化学生对基本模型的理解.

参考文献

[1]钱德春.对数学解题“繁”与“简”的辨析与思考[J].中学数学杂志，2015

（10）：17-21

[2]沈岳夫.对一道“新定义”型折叠题的解法探析[J].数理化学习（初中版），2015（11）：2-3

8.初三几何证明题 篇八

（三）一、填空题

1、用一把刻度尺来判定一个零件是矩形的方法是

(2)

（1）(3)

2．如果边长分别为4cm和5cm的矩形与一个正方形的面积相等，那么这个正方形的边长为______cm．

3．已知菱形两条对角线的长分别为5cm和8cm，则这个菱形的面积是cm2．

4．如图1，DE∥BC，DF∥AC，EF∥AB，图中共有_______个平行四边形．

5若四边形ABCD是平行四边形，请补充条件(写一个即可)，使四边形ABCD是菱形．

6．图2，在平行四边形ABCD中，已知对角线AC和BD相交于点O，△ABO的周长为17，AB＝6，那么对角线AC＋BD＝

7、以正方形ABCD的边BC 为边做等边△BCE，则∠AED的度数

为。

8．如图3，延长正方形ABCD的边AB到E，使BE＝AC，（4）则∠E＝°

9．已知菱形ABCD的边长为6，∠A＝60°，如果点P是菱形内一点，且PB

＝PD＝2，那么AP的长为．

10．在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是A(－2，5)，B(－3，－1)，C(1，－1)，在第一象限内找一点D，使四边形ABCD是平行四边形，A那么点D的坐标是．

E

二、选择题 B11．如图4在平行四边形ABCD中，∠B=110°，延长AD至F，延长CD至

E，连结EF，则∠E＋∠F＝()

A．110°B．30°C．50°D．70°

12．菱形具有而矩形不具有的性质是()

A．对角相等B．四边相等

C．对角线互相平分D．四角相等

（5）D G F（6）C

13．如图5，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是BC的中点．若OE=3 cm，则AB的长为()

A．3 cmB．6 cmC．9 cmD．12 cm

14．已知：如图6，在矩形ABCD中，E、F、G、H分别为边

AB、BC、CD、DA的中点．若AB＝2，AD＝4，则图中阴影部分的面积为()

A．8B．6C．4D．

315．将两块能完全重合的两张等腰直角三角形纸片拼成下列图形：①平行四边形（不包括菱形、矩形、正方形）②矩形③正方形④等边三角形⑤等腰直角三角形()

A．①③⑤B．②③⑤C．①②③D．①③④⑤

19、四边形ABCD，仅从下列条件中任取两个加以组合，使得ABCD是平行四边形，一共有多少种不同的组合？（）

AB∥CDBC∥ADAB=CDBC=AD

（A）2组（B）3组（C）4组（D）6组

20、下列说法错误的是（）

（A）一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形。

（B）每组邻边都相等的四边形是菱形。

（C）对角线互相垂直的平行四边形是正方形。图8

（D）四个角都相等的四边形是矩形。

三、阅读理解题

21、如图8，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，阅读下列材料，回答问题：

⑴连结AC、BD，由三角形中位线的性质定理可证四边形 EFGH是。⑵对角线AC、BD满足条件时，四边形 EFGH是矩形。

⑶对角线AC、BD满足条件时，四边形 EFGH是菱形。

⑷对角线AC、BD满足条件时，四边形 EFGH是正方形。

22、如图9，四边形ABCD是菱形，对角线AC＝8 cm ,BD＝6cm,DH⊥AB于H，求：DH的长

23、已知：如图10，菱形ABCD的周长为16cm，∠ABC＝60°，对角线AC和BD相交于点O，求AC和BD的长。

四、证明题

24、如图11，在正方形ABCD中，P为对角线BD上一点，PE⊥BC，垂足为E，PF⊥CD，垂足为F，求证：EF＝AP25、如图12，在△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,DE⊥AB, DF⊥AC,垂足分别是E,F.⑴试说明:DE=DF

⑵只添加一个条件,使四边形EDFA是正方形.请你至少写出两种不同的添加方法.(不另外

添加辅助线,无需证明

26.如图13，E，F是平行四边形ABCD的对角线AC上的点，CEAF．请你猜想：BE与DF有怎样的位置关系和数量关系？ ．．．．并对你的猜想加以证明：

9.初中几何证明题 篇九

初中几何证明题

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。

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。

10.几何证明题学习方法指导 篇十

关键词：几何;分析方法;总结技巧

中图分类号：G633.6文献标识码：A     文章编号：1992-7711（2016）04-091-2

平面几何是初中生普遍认为难学，任课教师认为难教的一个知识点。之所以难，是因为从代数到几何发生了由数到形、由计算到推理的转变，学生一时难以适应;其次，概念、性质、定理比较多，而学生不能正确理解并掌握其几何语言;进而，遇到问题不会分析，予以解答。

众所周知，几何的证明就是要用合理的推断来说明因果关系的正确性，从而培养学生的逻辑思维能力。在几何证明教学中，教师对学生学习方法的指导和训练十分重要，要让学生在主动获得知识的过程中，学会有关数学思想方法和解题技巧，形成良好的思维习惯，最终达到能独立分析、解答问题的目的。通过实践教学反馈总结，我认为对几何证明学习方法的指导有以下四个方面：

一、学会读题

第一，很多学生在把一个题目读完后，还没有弄清楚题目讲的是什么意思，就开始动笔书写，这是不可取的，往往写下来也是不得分的。我们应该边读边想，给的条件有什么用，再对照图形来对号入座;思考所求结论从什么地方入手，也应在图中找到相应位置。

第二，在读题的时候每个条件要在所给的图形中标记出来。相等的边或角用相同的符号来表示;倍数关系的边或角用同类型的相应倍数来表示。

第三，图形复杂一点的题目往往有一些隐藏条件，我们读题时也要能挖掘出来。这就需要注重平时的积累，对基本知识点的掌握，对特殊图形的认识。有些是由已知条件所能直接得出的结论，也应标注在图形旁边，结合证明内容看需要用哪些。

二、学会分析

证明题的分析无非三种方法：第一，正向思维。对于一般简单的题目，从已知条件出发，通过有关定义、定理、性质的应用，逐步推导，证出结论。第二，逆向思维。从命题的结论考虑，逆推使其成立需要具备的条件，然后再把所需的条件看成要证的结论继续往前倒推，直到已知条件。这种方法能使学生从不同角度，不同方向思考问题，探索解题方法，拓宽解题思路。第三，正逆结合。从题目要你证明的结论出发往回推理，然后再考虑用这种方法证明还缺少哪些条件，以利于缩短条件与结论的距离，最后达到证明的目的。

三、学会看图

所谓看图，是指观察，分析和认识几何图形。通过看图，不仅找到图形中的已知条件和证明内容，还要知晓几何图形的内在构成和联系，从而达到解一题通一类的效果。激发了学生的解题兴趣，迸发出创新思维。

初中数学几何板块的模型思想非常突出，如果学生把每一道几何题目的基本构架“理”清楚，也就是几何图形的本质“看”透彻，那么学习将会事半功倍。复杂的图形都是由基本图形组成的，因此要善于将复杂图形分解成基本图形。有时还需要构造基本图形，添加辅助线，把大问题细化成几个小问题，逐一击破，从而解决问题。

例如：苏科版数学用书初二下册学习四边形的时候，有这样一个问题：在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，

（1）将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点E处（如图①），设DE和BC相交于点F，试说明△BDF为等腰三角形，并求BF的长;

（2）将矩形纸片折叠，使B与D重合（如图②）求折痕GH的长。

这道题目中，问题（1）由平行线加角平分线就能得等腰三角形。对于BF的长度的求解，借助于方程思想，设BF=x，利用“角落里的小勾”来完成，得x2=（8-x）2+62，解方程即可，在这里就不赘述了。

问题（2）中，同是翻折，但折痕不一样，得到的翻折图形自然不一样，但两张图形在结构模型上是完全一致的，都包含了全等图形和直角三角形，看透这一点，解题就会容易许多。和图（1）一样，利用“角落里的小勾”很快求出BH、CH=AG=GF。接下来思考GH的求法，想法一：放入直角三角形求GH，那么就要添辅助线GM⊥BC于点M，这样，只要求出BM，就能得MH，放在Rt△GMH中，利用勾股定理求出GH。所以解题关键转化成求BM，而BM=AG，问题迎刃而解。想法二：GH看成四边形GBHD的对角线，因此连接GB和BD交于点O。继续由图（1）的积累，容易证四边形GBHD是菱形，对角线互相垂直平分，放于Rt△BOH中，利用勾股定理求出OH，两倍即是GH。

因此，我们认清图形的内在构成和联系，看清图形的本质，将复杂图形解析成几个基本图形，很多看似困难的问题都能轻松解答。

四、学会总结

当一道几何题证出来后，同学们会感到很高兴，事实上，这对今后的学习可以带来更大的信心。此时，如果同学们花上几分钟的时间，回顾总结一下自己在解题中所用的定理、性质，总结解题时的思路和方法，这将是学习的更高境界，也是自我升华的一个重要环节，今后会解的就不仅仅是这道题，而是这一类题。

例如：4.1如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F.

求证：（1）AD=CF;（2）AB=BC+AD.

此题的证明较为简单，当我们边读题边把条件标注在图形上，题目读完，解题思路也就出来了。通过证明△ADE≌△FCE，得出AD=CF;再证△ABE≌△FBE，就能得AB=BF，从而得出AB=BC+AD.

这时，我们是成功的，自然是开心的，但仍需静下心来，总结一下图形特点以及解题方法，我们说，图形中由平行线加线段的中点构成全等三角形是解题的关键。这样，遇到下面这道题，你就心中有数啦。

4.2如图，AD∥BC，DC⊥AD，AE平分∠BAD，且E是DC的中点，AD、BC与AB之间有何关系？请说明理由.

此题是个开放式问题，需要我们有一定的图形积累，要有基本知识储备。正因为对4.1的总结思考，我们遇到此题时，并不慌张。从图形看，此图继续有平行线加线段的中点，和4.1结构一样，图形本质相同，因此，为了构成全等三角形，那么延长AE交BC延长线于点F，图形就变成4.1，问题解决了。

做完这道题，我们对于平行线加线段的中点构成全等三角形已经足够掌握，此时不妨从换一个角度来思考本题的另一个重点。那就是对于两条线段之和等于第三条线段的证明方法，是将两条中的一条线段通过全等或等角对等边替换成与另一条在一直线上的线段，从而转化成证两条长线段相等的模型。

11.初中几何常用的直角证明方法小结 篇十一

1.利用高线或垂直得到直角。

这是最简单的直角证明方法, 学生需要注意的是图形中的高线或垂直带来的往往不止一个直角, 结合题意合理判断究竟该使用哪一个直角才是更应该掌握的。

2.在△ABC中, 如果∠A+∠B=90°, 那么∠C=90°。

从角度出发, 在△ABC中, ∠A+∠B=90°的条件结合三角形的内角和定理可以很轻易地得到另一个角是直角。

3.在△ABC中, 如果a2+b2=c2, 那么△ABC是直角三角形。

从边出发, 使用勾股定理的逆定理也能帮助我们证明一个三角形是直角三角形, 从而得到直角。

例1: (2011·湛江) 如图1, 抛物线y=x2+bx+c的顶点为D (-1, -4) , 与y轴交于点C (0, -3) , 与x轴交于A、B两点 (点A在点B的左侧) 。

(1) 求抛物线的解析式。

(2) 连接AC、CD、AD, 试证明△ACD为直角三角形。

(3) 若点E在抛物线的对称轴上, 抛物线上是否存在点F, 使以A、B、E、F为顶点的四边形为平行四边形?若存在, 求出所有满足条件的点F的坐标;若不存在, 请说明理由。

此题也是贵州省安顺市2011年的中考试题, 在第二问中结合二次函数考查了利用勾股定理的逆定理证明直角三角形这一知识点。

解:在第一问中可轻易求出A (-3, 0) , 利用勾股定理可以很快求出AC2=18, CD2=2, AD2=20。

因为在△ACD中, AC2=18, CD2=2, AD2=20,

所以AC2+CD2=AD2,

所以△ACD是直角三角形。

4.若两直线平行, 那么产生的一对同旁内角的角平分线互相垂直。

例2:如图2, 已知AB//CD, AE、CE分别是∠BAC、∠ACD的平分线, 直线AE⊥CE吗?

证明:因为AB//CD,

所以∠BAC+∠ACD=180°,

因为AE、CE分别是∠BAC、∠ACD的平分线,

所以$\angle 1=\frac{1}{2}\angle BAC‚\angle 2=\frac{1}{2}\angle ACD$,

所以$\angle 1+\angle 2=\frac{1}{2}\angle BAC+\frac{1}{2}\angle ACD=\frac{1}{2}(\angle BAC+\angle ACD)=90°$,

所以AE⊥CE。

掌握好这个模型, 那么处理其他相关的这一类型的题目就能事半功倍了。

5.一对邻补角的角平分线互相垂直。

例3:如图3, 已知:AB、CD相交于O, OE、OF分别平分∠AOC, ∠AOD,

求证:OE⊥OF。

证明:因为OE平分∠AOC, OF平分∠AOD,

所以$\angle A{\rm O}E=\frac{1}{2}\angle A{\rm O}C‚\angle A{\rm O}F=\frac{1}{2}\angle A{\rm O}D$,

因为∠AOC+∠AOD=180°,

所以$\angle A{\rm O}E+\angle A{\rm O}F=\frac{1}{2}(\angle A{\rm O}C+\angle A{\rm O}D)=90°$,

所以OE⊥OF。

据我观察, 这一模型特别容易出现在证明矩形的题中。

例4: (2010·安顺) 如图4, 在△ABC中, AB=AC, AD⊥BC, 垂足为点D, AN是△ABC外角∠CAM的平分线, CE⊥AN, 垂足为点E,

(1) 求证:

四边形ADCE为矩形;

(2) 当△ABC满足什么条件时, 四边形ADCE是一个正方形?并给出证明。

如果大家对这个模型掌握得好, 相信不用我多说第一问就能很快做出解答, 同时中学平面几何中矩形的证明方法学生也能得以加强和巩固。

6.在△ABC中, 如果一边上的中线等于这条边的一半, 那么△ABC是直角三角形。

例5:如图5, 在△ACD中CD平分AB, 且CD=AD=BD,

求证:△ABC是直角三角形。

证明:因为AD=CD,

所以∠A=∠1。

同理∠2=∠B。

因为∠2+∠B+∠A+∠1=180°,

即2 (∠1+∠2) =180°,

所以∠1+∠2=90°,

即∠ACB=90°。

所以△ABC是直角三角形。

12.几何证明测试题 篇十二

1.半径为1的圆中，长度为1的弦所对的圆周角度数为：2.⊙O半径为5，弦AB=8，CD=6，且AB∥CD，则AB、CD间的距离是.3.过⊙O内一点P，的最长弦是10，最短的弦是6，那么OP的长为____________.4.如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，CE=1，AB=10，求CD的长。

5.如图，⊙O直径AB和弦CD相交于点E，AE=2，EB=6，∠DEB=30°，求弦CD长．.如图，以□ABCD的顶点A为圆心，AB为半径作圆，分别交BC、AD于E、F，若∠D=50°，的度数和EF的度数． 求BE

7.如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为B，OC∥AD。求证：DC是⊙O的切线。

A

8.如图，⊙O与△ABC三边分别截于DE、FG、HM，且DE=FG=HM，若∠A=70°,求∠BOC度数.A

OF

9.如图，C为⊙O直径AB延长线上的点，CD切⊙O于D点，CE平分∠DCA，交AD于E

CD切⊙O于E，AC⊥CD于C，BD⊥CD于D，交⊙O于F．连

结AE、EF．（1）求证：AE是∠BAC的平分线．（2）若∠ABD＝60°，问：AB与EF是否平行？E

11.如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A的平分线交BC于点D，E为AB上的一点，DE＝DC，以D为圆心，DB长为半径作⊙D，求证：（l）AC是⊙D的切线；（2）AB＋EB

＝AC．

中点，12.如图，AB、AC分别为⊙O的直径和弦，D为BCDE⊥AC于E，DE=6cm，CE=2cm，（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）求AC、AB的长.A

13.如图，AB是⊙O的直径，CD切⊙O于E，AC⊥CD于C，BD⊥CD于D，交⊙O于F，连接AE、EF，（1）求证：AE是∠BAC的平分线，（2）若∠ABD=60°，AB是否与EF平行，为什么？

14.如图，梯形ABCD中，∠C=90°，AD∥BC，AD+BC=AB，求证：（1）以AB为直径的圆与CD相切；（2）以CD为直径的圆与AB相切.A

B15．如图5，CD是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为C，BC＝3，BF＝AE∶

EF＝8∶3． 1，2

图5

13.几何证明选讲习题 篇十三

已知正方形ABCD，E、F分别为BC、AB边上的点，且BE=BF，BH⊥CF于H，连结DH.求证：DH⊥EH.已知AD⊥BC于D，AE:ED=CD:BD,DF⊥BE于F，求证：AF⊥CF.已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点，AE=3CE，F为AB边中点，求证：DE⊥EF.F

B

如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，BACAGF90，它们的斜边长为2，若△ABC固定不动，△AFG绕点



A旋转，AF，AG与边BC的交点分别为D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），设BEm，CDn．

（1）请在图中找出两对相似而不全等的三角形，并选取其中一对进行证明；（2）求m与n的函数关系式，直接写出自变量n的取值范围；

（3）以△ABC的斜边BC所在直线为x轴，BC边上的高所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系（如图2）．在边BC上找一点D，使BDCE，求出D点的坐标，并通过计算

验证BDCEDE．

（4）在旋转过程中，（3）中的等量关系BDCEDE是否始终成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

A

C G

2F 图

1图2

如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角．点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF． 解答下列问题：

（1）如果AB=AC，∠BAC=90º．

①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为，数量关系为．

F

E

A

E

C

B

图乙

FEC

B图甲

图丙

②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？

（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90º，点D在线段BC上运动．

试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？画出相应图形，并说明理由．（画图不写作法）

（3）若AC

＝BC=3，在（2）的条件下，设正方形ADEF的边DE与线段CF相交于点P，求线段CP长的最大值．

已知：如图①所示，在△ABC和△ADE中，ABAC，ADAE，BACDAE，且点B，A，D在一条直线上，连接BE，CD，M，N分别为BE，CD的中点．（1）求证：①BECD；②△AMN是等腰三角形．

（2）在图①的基础上，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转180，其他条件不变，得到图②所示的图形．请直接写出（1）中的两个结论是否仍然成立；

△PBD∽△AMN．（3）在（2）的条件下，请你在图②中延长ED交线段BC于点P．求证：

C

B

D

B

E

图② A



如图，已知：Rt△ABC中，C90，ACBC2，将一块三角尺的直角顶点与斜边

A 图①

AB的中点M重合，当三角尺绕着点M旋转时，两直角边始终保持分别与边BC，AC交于D，E两点（D，E不与B，A重合）．（1）求证：MDME；

（2）求四边形MDCE的面积；

（3）若只将原题目中的“ACBC2”改为“BCa，ACb(ab)”其它都不变，请你探究：MD和ME还相等吗?如果相等，请证明；如果不相等，请求出MD:ME的值．B

D

M

C

E

14.浅谈几何证明 篇十四

人教A版必修2等角定理 (如果空间中两个角的两边分别对应平行, 那么这两个角相等或互补) 的推导过程得出:平面中的公理定理对于空间图形, 需要经过证明才能应用.作业中的证明过程必须以书本上出现的公理定理为基础, 不能以直观结论或自认为正确的结论作为证明依据.笔者在“直线与平面平行的判定和性质”教学中, 学生作业中出现了几个典型的错误证明.现例举如下:

例1 求证:如果一条直线和两个相交平面平行, 则这条直线和两个平面的交线平行.

已知:如图1, α∩β=b, a∥α, a∥β.

求证:a∥b.

错证设经过a的一个平面与α 相交于直线c, 因为a∥α, 所以a∥c.

又因为a∥β, , 所以c∥β.

又因为, α∩β=b, 所以c∥b.

又因为a∥c, 所以a∥b.

该证明过程中用到:

结论1 a∥c, a, , a∥β, 则c∥β.

因为学生可以直观地得出, 并能确定结论1是正确的, 于是就直接应用到几何证明中.这个结论并不是书本上的公理定理, 需要我们事先给出证明才能用在其他几何证明中.该题必须用到直线与平面平行的性质定理, 正解如下:

证明如图2, 经过a的一个平面与α相交于直线c, 因为a∥α, 所以a∥c.

同理, 设经过a的另一平面与β相交于直线d, 所以a∥d, 所以c∥d, 则c∥β.

又因为, α∩β=b, 所以c∥b.

又因为a∥c, 所以a∥b.

例2 图3 为一简单几何体, 其底面ABCD为正方形, PD⊥ 平面ABCD, EC∥PD, 且PD =AD =2EC, 求证:BE∥ 平面PDA.

错证作PD的中点F, 连接AF, EF.

因为

又因为∠ADF=∠BCE=90°, 所以

BE∥AF.

又因为AF平面PDA, BE平面PDA, 所以BE∥平面PDA.

由题设学生可以直观得出:

结论2 两全等的三角形两对应边分别平行且方向相同, 则两对应第三边平行.

这个结论也需要我们事先给出证明.该题的正解如下:

证法1 因为EC ∥PD, PD平面PDA, EC平面PDA, 所以EC ∥ 平面PDA.同理可得BC∥平面PDA.

因为EC∩BC=C, 所以平面BEC∥ 平面PDA.

又因为BE平面EBC, 所以BE∥平面PDA.

证法2 作PD的中点F, 连接AF, EF.

因为EFAB, 所以四边形ABEF为平行四边形, 所以BE∥AF.

又因为AF平面PDA, BE平面PDA, 所以BE∥平面PDA.

例3 已知线段AB, CD异面, CDα, AB∥α, E, F分别是线段AC, BD的中点.求证:EF∥α.

错证1 因为AB∥α, 过点D作DH ∥AB, 连结CH, AH;

作AH的中点G, 连结EG, FG (图4) .所以四边形ABDH为梯形.

又因为FG为梯形ABDH的中位线, 所以FG∥HD.所以FG∥α.

又因为EG为 △AHC的中位线, 同理:EG∥α.

又因为EG∩FG=G, 所以平面EFG∥α.

所以EF∥α.

由题设学生可以直观得出:

结论3 如果一条直线平行于一个平面, 过该平面上的一点有且只有一条直线平行于已知直线.

这个结论也需要我们事先给出证明.上述证明过程中产生DH的方法若改为:“设相交直线AB, BD确定的平面ABD满足:平面ABD∩α=DH, 因为AB∥α, 所以DH∥AB.”便是正确运用性质定理得出DH∥AB的方法.

错证2 如图5, 根据已知AB与CD为异面线段, 可得A, B, C, D不共面.连结AD, 并取AD中点G, 可得E, F, G不共线, 故E, F, G确定一个平面.

因为G是BD的中点, 所以FG∥AB.

又AB∥α, 所以FG∥α.

因为E是AC的中点, 所以EF∥CD.

又因为

因为EG∩FG=G, 所以平面EFG∥α.

所以EF∥α.

该证明过程中用到结论1“a∥c, a, a∥β, 则c∥β”, 因此也是错误的.

该题一正解如下:

证明如图6, 连结AF并延长交α 于G, 连结DG, CG.

因为AG∩CD=F, 所以AG, BD确定γ, 且AB∥α,

因为α∥β, 所以AB∥DG.

所以∠ABF=∠GDF.

又∠AFB = ∠DFG, BF = DF, 所以△ABF≌△GDF.所以AF=FG.

又因为AE=CE, 所以EF∥BG.

因为, 所以EF∥α.

2 原因

结论1是由公理4 (平行线的传递性) 类比得到;结论2是由等角定理类比得到;结论3是由“过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行”类比得到.造成上述错误的根源是学生盲目地认为类比推理得出的结论是正确的便可直接应用, 不需要先证明再使用.

若上述结论1, 2, 3出现在选择题的选项中, 学生能够直接判断是正确的, 所以在几何证明题中他们会错误地认为这些结论也可以直接应用.因此, 作业中的选择填空的直观判断也会影响几何证明的推理.

当然, 有的老师在立体几何教学中缺乏必要的提醒和学生对新学的定义、公理定理缺乏分析对比、归纳概括, 也是学生产生上述错误的重要原因.

3 对策

学生将直观结论直接应用于逻辑证明在立体几何学习中屡见不鲜, 下面就防止上述错误证法谈几点看法.

3.1 提前预防提醒, 避免直接应用

在教学立体几何的初始就要正面引导、提前提醒学生.如在公理2 (过不在一条直线上的3点, 有且只有一个平面) 的3个推论教学中, 学生不难理解3 个推论 (如推论2:两条相交直线确定唯一一个平面) .很多老师们因为课时的原因, 并没有给出3个推论的证明.笔者认为:公理2的3个推论师生应该共同探讨, 得出详细的证明过程.这样做, 一有助于提醒学生书本上出现的公理是不需要证明的, 而定理是需要证明的.同时由公理2推论1推论2推论3的推理过程强调:在几何证明中, 只能以现有的、我们学过的公理定理为依据证明其他结论, 由几何直观得出的结论必须经过证明才可以应用, 从而避免直观结论直接应用于逻辑证明.二也有助于在立体几何的学习中培养学生思维的严谨性和书写的规范性 (如证明定理要写明已知、求证和证明) .

3.2 及时归纳整理, 注意运用模型

在立体几何的教学中, 还要有计划、有目的地启发学生对平面几何与立体几何中有关的定理公理进行对比分析和归纳整理, 使学生深刻理解有关概念、定理公理并能灵活运用, 防止出现学生自己类比“创造”的结论用在几何证明中.特别是在直线与平面、平面与平面平行和垂直的性质学习中, 学生容易“创造”出如结论1, 2, 3的性质.因此, 在性质的教学中, 教师应强调性质定理的模型作用, 防止出现上述证明错误.

3.3 强调转化思想, 强化转化意识

15.初中数学几何证明题解题方法探讨 篇十五

【关键词】树立信心  几何思想  答题思路  答题步骤

中图分类号：G4     文献标识码：A DOI：10.3969/j.issn.1672-0407.2015.05.058

几何类题目在卷面上大都体现为几何证明题，本文就如何帮助学生攻克几何证明题这一难关提出了相关建议。

一、树立面对几何证明题的信心

纵观整个数学学科，几何证明类题目称得上是初中数学的一大难点，也是初中数学试卷上占有较大分值的一个题目，多数学生在此类题目上失分，进而影响了整体的数学成绩。有的学生甚至对此类题目产生恐惧情绪，一看到几何证明类题目，就自动跳过，主观上认为这类题目的难度太大，自己一定做不出。学生的这种恐惧心理自然而然成为了他们攻克此类题目的一大障碍。作为老师应该清楚，还没读题就打退堂鼓是解题的一大禁忌。学术研究本身就具有一定的冒险精神，断然不可以对问题产生恐惧心理。老师讲解题目的时候，应当更多地引导学生自主思考，抛出一些直接的线索，让学生自然而然想到接下来的解题思路，树立学生的自信心。老师最好能总结出几何证明题的一般规律，告诉学生几何证明类题目有规律可循。最终让学生克服恐惧，树立信心，让学生能感受到其实几何证明类题目并不难，只需要掌握一定的规律，并能将理论知识与几何图相结合，这类问题就迎刃而解了。经过老师们长时间的引导，学生对于这类题目的自信心必然能够大大提高。

二、带领学生看图读图，培养几何思想

几何证明类题目最大的难点就在于读图，而解决此类题目的突破口往往隐藏在几何图形中。然而只有少数学生能够从几何图中发掘到线索，拿到高分。究其原因，大多是因为学生做惯了文字类题目，习惯性从文字中获得线索和解题关键，读图能力弱，分析几何图形的思想不够牢固，容易忽略几何图中所揭示的重要线索。作为老师，若想强化学生几何证明题的软肋，首先要做的，就是提高学生的读图能力，培养学生的几何思想。

第一类几何思想是指数形结合的思想。老师要在授课过程中给学生养成乐于读图，并能从图中获得线索的习惯，提高学生对于几何图的分析能力，最终要让学生能自如地将课本上的理论知识与几何图紧密地结合起来，树立起数形合一的几何思想，看到几何图就能轻松写出相应的数学公式和数值。老师千万不要以解题为目的进行讲解，而是要以教会学生分析几何图为目的进行讲解。例如我们做过的经典例题，老师可以反复拿出题目中的几何图，抛开例题所设的问题，就图论图，带领学生分析几何图，或者指派学生分析，检验教学成果。

第二个需要培养的几何思想就是整体变换的思想，整体变换，顾名思义就是要将部分结合到整体，从整体中分离个体。这就需要老师多在讲解题目的过程中花心思了，逐步引导，找出部分线索，向学生抛出问题，如何将这一部分线索与整体联系起来，要让学生能够主动的思考部分与整体的关系，例如，让学生养成一看到直线就要思考是否有与已知直线平行或垂直的直线。

第三种几何思想，就是分类讨论思想。我们常常遇到一些综合性强的证明类题目，既需要学生的逻辑性，也需要学生计算部分数值来作为证明的条件，这时可能会出现答案不唯一的情况，而粗心的学生往往会漏掉部分情况。例如一些题目要求证明两个三角形全等，已知某一角度，需要求出另一角度与之相等，计算时可能会出现多种答案，而答案只能取其中之一，这时，老师需要要求学生解出所有答案，分类讨论，列出某个答案不符合条件的理由，并舍去，这样学生才能拿到满分。在分类讨论的题目上失分是很可惜的，老师需要多给学生准备些需要分类讨论的题目，要让学生看到题目能及时想到分类讨论的情况。第四种必备的几何思想是逆变化思想，指的是从要证明的部分出发，倒推条件。对于某些难度稍大的题目，往往正推会比较困难，思路很难理清，这时就需要老师来教会学生逆变化的几何思想，引导他们反方向解题，平时多加训练，加深他们对逆变化思想的印象和理解。如此一来，学生做起几何证明题才能得心应手，拿到高分。有了这些几何思想，便能初步攻克几何证明题的大门。

三、帮助学生理清答题思路

证明题的解答必须要有清晰的思路和很强的逻辑性，然而很多学生答题时的思路混乱，想起什么就写什么，完全不依据逻辑，即使他们掌握了几何思想，发掘出几何图中的线索，也未必拿得到满分。混乱的思路和解题步骤必然会给阅卷老师留下思路混乱的误导，使他们对学生的解题能力产生怀疑，进而影响得分。

作为老师，在培养完成学生的几何思想之后，第二步就是要帮助学生理清答题思路。分析出题目的所有线索后，需要条理清晰地从所有线索中提取要点，并将它们有机结合，组合成一条完整的思路，最终体现到卷面上，这是完成一道几何证明题的关键一步。首先，老师上课时的思路一定要是清晰明了的，结合课本上的理论知识，让学生体会到此类题目的依据和逻辑性，要让学生明白，思路是来源于理论知识体系。再者，老师要尽可能将解题思路简单化、通俗化，采取平铺直叙，开门见山式的讲解方法，能让学生更直观地了解到老师想要表达的解题思路。这两点可以给学生建立解题需要清晰直白的思路的思维模式。同时，老师不能一味地讲解，要留给学生独立的思考空间，培养学生独立建立理清思路的习惯。

四、规范答题步骤

16.辅助线几何证明题 篇十六

三角形辅助线做法

图中有角平分线，可向两边作垂线。也可将图对折看，对称以后关系现。

角平分线平行线，等腰三角形来添。角平分线加垂线，三线合一试试看。

线段垂直平分线，常向两端把线连。要证线段倍与半，延长缩短可试验。

三角形中两中点，连接则成中位线。三角形中有中线，延长中线等中线。

常见的辅助线做法

1、遇到等腰三角形，可作底边上的高，利用“三线合一”的性质解题，思维模式是全等变换中的“对折”。

2、遇到三角形的中线，倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形，利用的思维模式是全等变换中的“旋转”。

3、遇到角平分线，可以自角平分线上的某一点向角的两边作垂线，利用的思维模式是三角形全等变换中的“对折”，所考知识点常常是角平分线的性质定理或逆定理。

4、过图形上某一点作特定的平分线，构造全等三角形，利用的思维模式是全等变换中的“平移”或“翻转折叠”。

5、截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，是之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明。这种作法，适合于证明线段的和、差、倍、分等类的题目。

6、特殊方法：在求有关三角形的定值一类的问题时，常把某点到原三角形各顶点的线段连接起来，利用三角形面积的知识解答。

一、倍长中线（线段）造全等

（一）例题讲解

例

1、（“希望杯”试题）已知，如图ABC中，AB5，AC3，求中线AD的取值范围。分析：本题的关键是如何把AB，AC，AD三条线段转化到同一个三角形当中。解:延长AD到E，使DEDA，连接BE

又∵BDCD，BDECDA

∴BDECDASAS，BEAC3

∵ABBEAEABBE(三角形三边关系定理)

即22AD8

∴1AD4

经验总结：见中线，延长加倍。

17.几何证明专题训练 篇十七

1、已知：如图，O是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD⊥AB，EF⊥AB，EG⊥CO.求证：

CD=GF.(初二)

2已知：如图，P是正方形ABCD内点，∠PAD=∠PDA=150.求证：△PBC是正三角形.(初二)

4已知：如图，在四边形

ABCD

中，AD=BC，M、N分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线交MN于E、F.求证：∠DEN=∠F.5已知：△ABC中，H为垂心(各边高线的交点)，O为外心，且OM

⊥BC于M.(1)求证：AH=2OM;(2)若∠BAC=600，求证：AH=AO.(初二)

设MN是圆O外一直线，过O作OA⊥MN于A，自A引圆的两条直线，交圆于B、C及D、E，直线EB及CD分别交MN于P、Q.求证：AP=AQ.如果上题把直线MN由圆外平移至圆内，则由此可得以下命题：设

MN是圆O的弦，过MN的中点A任作两弦BC、DE，设CD、EB分别交

MN于P、Q。

求证：AP=AQ.如图，分别以△ABC的AC和BC为一边，在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形

CBFG，点P是EF的中点.求证：点P到边AB的距离等于AB的一半.(初二)

如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，AE=AC，AE与

CD相交于F.求证：CE=CF.(初二)

如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，且

CE=CA，直线EC交DA延长线于F.求证：

AE=AF.设P是正方形ABCD一边BC上的任一点，PF⊥AP，CF平分∠DCE.求证：PA=PF.(初二)

如图，PC切圆O于C，AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、AF与直线PO相交于B、D.求证：AB=DC，BC=AD.(初三)

已知：△ABC是正三角形，P是三角形内一点，PA=3，PB=4，PC=5.求：∠APB的度数.(初二)

设P是平行四边形ABCD内部的一点，且∠PBA=∠

PDA.求证：∠PAB=∠PCB.(初二)

设ABCD为圆内接凸四边形，求证：AB·CD+AD·BC=AC·BD.(初三)

平行四边形ABCD中，设E、F分别是BC、AB上的一点，AE与CF相交于P，且 AE=CF.求证：∠DPA=∠DPC.(初二)

设P是边长为1的正△ABC内任一点，L=PA+PB+PC，求证：≤L<2。

已知：P是边长为1的正方形ABCD内的一点，求PA+PB+PC的最小值。

P为正方形ABCD内的一点，并且PA=a，PB=2a，PC=3a，求正方形的边长。

如图，△ABC中，∠ABC=∠ACB=800，D、E分别是AB、AC上的点，∠DCA=300，∠EBA=200，求∠BED的度数.某公交公司的公共汽车和出租车每天从乌鲁木齐市出发往返于乌鲁木齐市和石河子市两地，出租车比公共汽车多往返一趟，如图表示出租车距乌鲁木齐市的路程y(单位：千米)与所用

时间

x(单位：小时)的函数图象.已知公共汽车比出租车晚1小时出发，到达石河子市后休息2小时，然后按原路原速返回，结果比出租车最后一次返回乌鲁木齐早1小时。

(1)请在图中画出公共汽车距乌鲁木齐市的路程y(千米)与所用时间x(小时)的函数图象。

(2)求两车在途中相遇的次数(直接写出答案)。(3)求两车最后一次相遇时，距乌鲁木齐市的路程。

如图9，在矩形OABC中，已知A、C两点的坐标分别为(40)(02)AC，、，D为OA的中点.设点P是AOC平分线上的一个动点(不与点O重合).(1)试证明：无论点P运动到何处，PC总与PD相等;

(2)当点P运动到与点B的距离最小时，试确定过OPD、、三点的抛物线的解析式;

(3)设点E是(2)中所确定抛物线的顶点，当点P运动到何处时，PDE△的周长最小?求出此时点P的坐标和PDE△的周长;

18.浅谈几何证明 篇十八

一、平移变换

平移变换是通过作平行线的手段把图形中的某条线段或某个角移到一个新的位置上，使图形中分散的条件与结论有机地联系起来.我们几何中常见辅助线，如倍长中线、三角形的中位线、梯形中平移腰、平移对角线等，本质上都是平移思想.平移一般可分为三种情况：

(1)平移条件，即把图形中的某个条件平移;

(2)平移结论，即把结论中的线段或者角平移;

(3)平移条件和结论，即把图形中的条件和结论同时平移.

现用下面例子对平移的三种情况分别作说明.

例1：四边形ABCD中，AD=BC, E、F分别是DC、AB的中点，直线EF分别与BC、AD的延长线交于点G、H.求证：∠AHF=∠BGF.

分析：本题条件比较分散，解本题的关键是将分散的条件集中在一个三角形中.若用平移结论的方法，则可把结论中的两个角平移到同一个三角形中，故可这样添辅助线(如图1)：连结AC，取AC的中点M，边结ME、MF.由ME、MF分别是△ACD、△ACB的中位线，得ME∥AD, MF∥BC，∠AHF=∠MEF，∠BGF=∠MFE，从而将结论中的两个角∠AHF，∠BGF平移到同一个三角形△MEF中，故只要证ME=MF.因为AD=BC，又由中位线定理得ME、MF分别为AD、BC的一半，所以ME=MF，故命题得证.

若用平移条件的方法，如图2，可连结AC，将线段CB沿CA平移到AM位置，连结BM、CM、DM，这样就把条件中的线段AD、CB集中到△ADM中，可得AD=AM，故∠1=∠2，又由于AM∥CB且AM=CB，故四边形AMCB为平行四边形，故对角线CM、AB互相平分，即CM过点F，可得BF为△CDM的中位线，BF∥DM，∠2=∠AHF.又由于BF∥DM, AM∥CB，所以∠1=∠BGF，故∠AHF=∠BGF.

若用平移条件和结论，如图3，将线段DA沿DE方向平移到EQ，连结AQ，则四边形DEQA为平行四边形，EQ、DA平行且相等，DE、AQ平行且相等.同样将线段CB沿CE方向平移到EP，连结BP，同理可得CB、EP平行且相等，CE、BP平行且相等.所以EQ=EP，∠1=∠AHF，∠2=∠BGF, BP、AQ平行且相等，可证△FAQ≌△FBP，所以AQ=AP，再根据等腰三角形三线合一得到∠1=∠2，故∠AHF=∠BGF.

二、轴对称变换（反射变换）

轴对称变换是通过作图形关于直线的对称图形的手段，把图形中的某一图形对称地移到一个新的位置上，使图形中的分散条件和结论有机地联系起来.轴对称变换应用时通常有两种情况：⑴图形中有轴对称图形条件时，可考虑用此变换.⑵图形中有垂线条件时，可考虑用此变换.现举例说明.

例2：在四边形ABCD中，∠ADB=∠ABC=105°，∠BAD=∠C=45°，作AE⊥BD，垂足为E，求证：CD=2AE.

分析：本题思路即将题中分散的条件与结论集中起来，构造轴对称，可以作A关于直线BD的对称点F，连结DF、BF交CD于G，由∠ADB=105°，∠BAD=45°得∠ABD=30°，故∠FBE=30°，所以△ABF是等边三角形，BF=2AE.只要证CD=BF，因为∠ABC=105°，∠ABF=60°，所以∠FBC=45°.又∠C=45°，所以∠BGC=90°，又∠BAD=∠BFD=45°，所以△GBC和△DGF都是等腰直角三角形，所以BG+GF=CG+GD，即BF=CD，故命题得证.本题如果作C关于直线BE的对称点，方法类似.

三、旋转变换

旋转变换是通过将图形中某一图形绕一定点旋转一个角度，使之转移到一新位置上，使图形中的分散条件和结论有机地联系起来.旋转变换常用于有等腰三角形条件的题目中.旋转变换通常有下面三种情况：(1)当题目条件中有正方形或等腰直角三角形时，常将图形绕直角顶点旋转90°.(2)当题目条件中有等边三角形时，常将图形绕等边三角形一顶点旋转60°(3)当题目条件中有等腰三角形时，常将图形绕等腰三角形顶角的顶点旋转顶角的度数.举例如下：

例3：正△ABC中，D在△ABC外，且∠BDC=120°，DB=DC, E在AB上，F在AC上，且∠EDF=60°，求证:△AEF的周长=2AB.

分析:图中△BDC为顶角为120°等腰三角形，可考虑将△BDE绕点D顺时针旋转120°到△CDG的位置.再证△EDF≌△GDF，可得EF=GF=CG+CF=BE+CF，所以△AEF的周长=AE+AF+BE+CF=AB+AC=2AB.

例4：在△ABC中，AB=AC, P为△ABC内一点，且∠APB=∠APC.求证：△BCP是等腰三角形.

分析：本题△ABC为等腰三角形，可考虑将△ABP绕点A逆时针旋转∠PAC的度数得△ACD，则AP=AD, PB=CD，∠APB=∠ADC=∠APC，所以∠1=∠2，所以∠APC-∠1=∠ADC-∠2，即∠3=∠4，所以PC=CD, PB=PC.