“三线合一”证题VIP免费

等腰三角形巧用“三线合一”证题“三线合一”是等腰三角形的一条特殊性质，在一些几何题的证题过程中有着广泛的应用。本文结合实例说明其应用，供参考。一.直接应用“三线合一”例1.已知，如图1，AD是ABC的角平分线，DE、DF分别是ABD和ACD的高。求证：AD垂直平分EFA12EFBDC图1分析：从本题的条件和图形特征看，欲证AD垂直平分EF，因为有12，所以只要证AEF为等腰三角形即可证明：DEABDFAC，12，ADADRtAEDRtAFDAEAF又12AD垂直平分EF例2.如图2，ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的高，AD的中点为M，CM的延长线交AB于点K，求证：ABAK3AKMEBDC图2分析：可考虑作DE//CK交AB于E，因为M是AD的中点，所以K是AE的中点，只要证E是BK的中点，问题可得到解决。由于有ABAC，ADBC，所以就想到用“三线合一”。证明：过点D作DE//CK交BK于点EABACADBC，BDDCBEEK，1AMMDAKKE，AKKEEBABAK3二.先连线，再用“三线合一”例3.如图3，在ABC中，A90，ABAC，D是BC的中点，P为BC上任一点，作PEAB，PFAC，垂足分别为E、F求证：（1）DE＝DF；（2）DEDFAEFBDPC图3分析：（1）欲证二线段相等，容易想到利用全等三角形。观察DE为BDE或PDE的一边，DF为DFP或DFC的边，但它们都没有全等的可能。由于D为等腰直角三角形的底边BC上的中点，于是我们想到连结AD一试，这时容易发现AEDCFD或BDFADF问题得证。（2）欲证DEDF，只要证ADEADF90，即可但由（1）已证出ADECDF又ADFCDF90，故问题解决证明：连结AD。D是BC的中点BAC90，ABACADBDBC12DA平分BAC，ADBCDABDACBAC1245B45ABACPFACPEAB，，四边形PEAF是矩形PEFABPEBBEPEAF45又ABACECF，又EADFCDADDC45，AEDCFDDEDF（2）AEDCFDADECDF又ADFCDF90ADFADE90即DEDF2三.先构造等腰三角形，再用“三线合一”例4.如图4，已知四边形ABCD中，ACBADB90，M、N分别为AB、CD的中点，求证：MNCDCDAMB图4N分析：由于MN与CD同在MCD中，又N为CD的中点，于是就想到证MCD为等腰三角形，由于MD、MC为RtADB、RtACB斜边AB上的中线，因此MDMCAB12，所以，问题容易解决。证明：连结DM、CMACBADB90，M是AB的中点DMCMAB12CMD是等腰三角形又N是CD的中点，MNCD例5.如图5，ABC中，BC、CF分别平分ABC和ACB，AEBE于E，AFCF于F，求证：EF//BCAFE1BC图5M2N分析：由BE平分ABC、AEBE容易想到：延长AE交BC于M，可得等腰BMA，E为AM的中点；同理可得等腰CAN，F是AN的中点，故EF为AMN的中位线，命题就能得证。证明：延长AE、AF分别交BC于M、N12，AEBEBAM为等腰三角形即ABMB，AEEM同理AFFNEF为AMN的中位线EFMNEFBC////，3一、证明角相等【例1】已知：如图1，在中，，于D．求证：．【分析】作出等腰的顶角平分线将顶角分为相等的两部分，根据“三线合一”的性质证得等于其中任一部分即可．【证明】作的平分线AE，则有． ，，∴（三线合一）．∴．又 ，∴．∴．∴．【点拨】添加辅助线，利用等腰三角形的“三线合一”性质，巧妙地构造了两个具有同一锐角的直角三角形，将已知条件与待证结论有机地联系在一起，从而容易获得问题的解决．二、证明线段相等【例2】（2009·汕头）如图2，是等边三角形，D点是AC的中点，延长BC到E，使，过点D作，垂直为M．求证：【分析】在中，．如果能证得，由“三线合一”就可得出．【证明】 是等边三角形，D是的AC中点，∴，BD平分（三线合一）．∴．又 ，∴．又 ，∴．∴．∴．又 ，∴（三线合一）．【点拨】能利用“三线合一”证明线段相等的问题，也可以用全等三角形来解决，但利用“三线合一”证明要比用全等三角形证明简便得多．因此，我们在解决这类问题时，要纠正总是依据三角形全等的思维定势，应该优先选用“三线合一”来解决．三、证明直线垂直...