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美妙的辅助线

2022-11-12 19:04 作者:奥博格沙特 0人读过 | 我要投稿

如图， $G_1%E3%80%81G_2$ 分别是 $%E2%96%B3ABC%E3%80%81%E2%96%B3ACD$ 的重心， $%E2%96%B3AG_1C$ 的外接圆与直线 $BD$ 相交于点 $P$ ，且 $%E2%88%A0G_1AG_2%3D%E2%88%A0AG_2C%3D90%C2%B0$ ，求证： $%E2%88%A0APD%3D%E2%88%A0CPG_1.$

证明

图1

如图1，延长 $CG_2$ 与 $BD$ 交于 $Q$ ，联结 $AQ$

$%E2%88%A0G_1AG_2%3D%E2%88%A0AG_2C%3D90%C2%B0%20%5Cimplies%20AG_1%20%2F%2F%20CG_2$

$%E2%88%A0APD%3D%E2%88%A0CPG_1$

$%5Ciff%20%E2%88%A0APQ%3D%E2%88%A0CAG_1$

$%5Ciff%20%E2%88%A0APQ%20%3D%20%E2%88%A0ACQ$

$%5Ciff%20Q$ 在 $%5Codot%20(ACG_1)$ 上

只需证 $AQ%3DCG_1$ （等腰梯形的四个顶点共圆）

注意到， $G_1$ 为 $%E2%96%B3ABC$ 的重心且 $CG_2%2F%2FAG_1$ ，同时我们希望转移线段 $CG_1$

可以联想到关于重心的经典辅助线：

图2

如图2， $G$ 为 $%E2%96%B3ABC$ 重心. 延长 $GD$ 至 $P$ ，使 $DP%3DDG$ .

则 $BPCG$ 为平行四边形， $BP%3DCG%2C%20%5C%20CP%3DBG%2C%20%5C%20PG%3D2DG%3DAG$

图3

回到原题，如图3，取 $AC$ 中点 $M$ ，作 $AN%2F%2FCG_1$

（作平行与倍长中线无本质区别，此处已有 $CG_2%2F%2FAG_1$ ，故采用作平行的方法）

则 $ANCG_1$ 为平行四边形

$%5Cimplies%20CG_1%3DAN$ ， $N%E3%80%81M%E3%80%81G_1$ 共线

$%5Cimplies%20N%E3%80%81M%E3%80%81G_1%E3%80%81B$ 共线

$%5Cimplies%20NG_1%3D2MG_1%3DBG_1$

$AQ%3DCG_1$

$%5Ciff%20AQ%3DAN$

$%5Ciff%20NG_2%3DQG_2$ （三线合一）

$%5Ciff%20%5Cfrac%7BNG_2%7D%7BQG_2%7D%3D%5Cfrac%7BNG_1%7D%7BBG_1%7D$

$%5Ciff%20G_1G_2%2F%2FBQ$ （1）

$%E2%88%B5M%E3%80%81G_2%E3%80%81D$ 共线， $M%E3%80%81G_1%E3%80%81B$ 共线

$%E2%88%B4%5Cfrac%7BMG_1%7D%7BG_1B%7D%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%3D%5Cfrac%7BMG_2%7D%7BG_2D%7D%0A%5Cimplies%20G_1G_2%2F%2FBD$

$%E2%88%B4$ （1）成立

$Q.E.D.$

说明 1. 本题中构造平行四边形将重心、平行和垂直的条件与两条线段相等的结论巧妙地联系在一起，起到了一举多得的效果，从而得证. 2. 此处证明过程采用综合分析法（条件与结论相结合）的方式书写，是为了体现我的思考路径，使证明思路更加清晰，读者也可采用综合法（从条件出发）的方式书写.

本文中的方法仅为个人方法，如有雷同，纯属巧合.

如果读者有其他方法，或者有问题，欢迎分享交流！

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