张志朝暑期培训材料-平几证明中的接与截 (1)

平几证明中的“接”与“截”

张志朝

在平面几何的证明中，常常会遇到证明：“某两条线段的和（或差）等于第三条线段”的平几问题．对于这类问题，我们有时会感到不易找到有效的证题思路．事实上，如果在证明过程中学会使用线段“接”与“截”的策略，就能找到使问题获证的“切入口”。下面我们通过举例来和读者共同感受平几证明中“接”与“截”的策略．

例1．如图（1）所示，正ABC内接于圆O，点D是弧BC上的任意一点，试证明：BD+CD=AD．

分析：可以考虑将线段BD与CD“接”起来，亦即在BD的延长线上取一点E，使DE=CD，从而只要证明BE与AD相等．

证明：延长BD至E，使DE=CD，再连接CE，为了要证明AD与BE相等，可以先证明ADCBEC，由于ABC是正三角形，

所以60ADC，120BDC．

由120BDC可知60CDE，

所以等腰CDE是正三角形，故60E．

又因为CBEDAC，所以ADCBEC．

又因为BC=AC，所以ADCBEC，

所以BE=AD，亦即有BD+CD=AD．

说明：①将线段BD与CD相接得到线段BE后，一方面要求有BE=AD（要证明的），另一方面又有CBEDAC与BC=AC，故一定有ADCBEC．因此，我们通过求证这两个三角形全等来获得要证的结图（1）

论成立．

②纵观以上证题的全过程，可以发现“将BD延长至E，使DE=CD”是问题获证的关键，如果没有它，证明过程就不易展开．

③当然这里我们也可以采用“截”的策略，就是在AD上取一点F，使DF=CD，然后再证明AF=BD读者不妨一试．

例2．如图（2）所示，ABC（AB>CD）内接于O，A外角的平分线与O相交于D，由D向CA的延长线作垂线，垂足为E，试证明：AB-AC=2AE．

分析：由于AB-AC=2AE可变形为：AB-AE=AC+AE，这个等式的左边为两线段的差，而右边是两线段的和，所以对左边可以通过“截”得到新线段，而对右边则通过“接”也可得到新线段，于是只需证明这两个新线段相等．

证明：过点D向AB作垂线，垂足为F，由于AD是BAE的平分线，

又因为AD是RtADE与RtADF的公共边，

所以RtADERtADF，故AF=AE

所以AB-AE=AB-AF=BF，

而AC+AE=CE，

于是要证明AB-AE=AC+AE，只要证明BF=CE．

连BD与CD，这样我们就得到RtBDF与RtCDE，

由于DE=DF，DBFDCE，

所以RtBDFRtCDE，

所以BF=CE，即AB-AE=AC+AE，也就是有AB-AC=2AE． 图（2）

说明：在本题的证明过程中，将要证明的等式变形为AB-AE=AC+AE后，“接”与“截”的策略均运用到了．事实上，我们也可以仅用“接”的策略来求证，即延长AE到E，使EEAE，从而将问题转化为求证ABCE；还可以仅用“截”的策略来求证，即在BF上取一点F，使FFAF，因为AF=AE，所以2AFAE，于是只要求证BFAC．读者不妨根据以上两种思路进行尝试．

例3．在ABC中，AB

BDE的外接圆与ABC的外接圆交于F点（如图（3）），求证：BF=AF+CF．

分析：可以考虑将线段CF与AF相接，然后再利用三角形全等来求证相接后得到的新线段与BF相等．

证明：延长AF至P使FP=FC，这样AF+FP=AP，于是只要证明BF=AP．

下面我们通过证明ACPBDF来得到BF=AP．

先考察BED与FPC，由于BE=BD，FP=FC，

所以这两个三角形均为等腰三角形．

因为A、B、C、F四点共圆，

所以PFCABD，

即这两个等腰三角形的顶角相等，

故它们的底角P与E相等．

又因为BFDE，所以BFDP， 图（3）

再根据已知条件：AC=BD以及PAC与BDF是同弧上的圆周角，

可得ACPBDF，于是BF=AP=AF+CF．

说明：在上述证明过程中，除了将AF与CF相“接”得到新线段AP之外的关键是：发现两等腰BED与FPC的顶角相等，否则我们无法求证BFDP，也就不能获得：ACPBDF．

例4．（2002年全国高中联赛题）如图（4），在ABC中，60A，AB>AC，点O是外心，两条高BE、CF交于H点，点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM=CN，求MHNHOH的值．

分析：由于所求中含有两线段MH与NH的和，故可以考虑将这两条线段连接之后，再求它与OH的比值．

证明：在BM上取一点G，使MG=HN，于是MH+NH=GH．

又因为BM=CN，所以 BG=CH

由于点O是ABC的外心，60A

所以120BOC，30BCO，

因为BEAC，CFAB，

所以A、E、H、F四点共圆，

所以18018060120BHCEHFA

于是BOCBHC，

故B、O、H、C四点共圆30OHBBCO，OBGOCH

又因为OB=OC，BG=CH，

所以OBGOCH，OG=OH，故OHG是底角为30的等腰图（4）

三角形，

所以MHNHOHGHOH2cos303．

说明：回顾以上解题过程，可以发现要获得所求的值，一个关键是将MH与NH相“连接”，另一个关键是确定了OHG为底角为30的等腰三角形，其中B、C、H、O四点共圆起了重要作用，为此，“点O是外心”这一题设条件不能忽视．

通过以上解题实践，我们深深感受到了求证“两线段之和（或差）等于第三条线段”的问题，常常要运用“接与截”的证题策略．当然这只是第一步．而在“接”或者“截”了以后，还需要做进一步的工作，而这一步工作往往是利用三角形全等来完成．希望读者在将来求证“两线段之和（或差）等于第三条线段”的问题时，进一步实践这种平几证题中的“接与截”的策略，从而真正掌握这种策略．

巩固练习

1.如图（5），在ABC中，已知AB=AC，100A，BD是角B的平分线并且交AC于D，求证BC=BD+AD.

图（5） 图（6）

2.如图（6），在ABC中，AB=AC，线段AB上有一点D，线段AC延长线上有一点E，使得DE=AC，线段DE与ABC的外接圆交于点T，P是线段AT的延长线上的一点，若点P在ADE的外接圆上，求证：PD+PE=AT.

3.（第38届IMO试题）设A是ABC中最小的内角，点B和C将这个三角形的外接圆分成两段弧，U是落在不含A的那段弧上且不等于B与C的一个点，线段AB和AC的垂直平分线分别交线段AU于V和W，直线BV和CW相交于T，证明：AU=TB+TC.

解答与提示：

1. 提示：延长BD至P，使DP=AD，然后求证BP=BC.

2. 提示：延长DP到F，使PE=PF，然后求证ACTPEF来获得DFAT，即PD+PE=AT.

3. 证明：如图（7），设直线BT和CT分别交O于X和Y，连CX，

由题设条件得BV=AV，CW=AW

再由相交弦定理可得：VU=VX，WY=WU，

图（7）

故有BX=CY，CY=AU，因此，BX=AU 又易知,ABXBAUACYCAU ，故XBAAC

于是TC=TX，因此，TB+TC=TB+TX=BX=AU.