一道平面幾何題的六種證法

和玉梅

（麗江師范高等專科學校，云南麗江674100）

平面幾何是中學數學的基本內容之一。 平面幾何題千變萬化，證法靈活多樣，一題可有多種證法。 在平時的教學中，通過一題多證，可以加深學生對各學科知識的系統理解， 培養學生的邏輯推理能力，進一步拓展學生的思維水平；使他們能熟練、系統地運用掌握的基礎知識去分析問題和解決問題，更重要的是提高和培養了學生綜合解題能力和思維能力。下面以一道經典平面幾何題為例，作六種證法和總結。

1 題目

題目：如圖1，已知AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4，

直線DC 過E 點交AD 于D，交BC 于C。

求證：AD+BC=AB

圖1

2 證法

證法一：【分析】如圖2，在AB 上截取AF，使AF=AD，再證FB=BC即可，此為截長法。

圖2

【證明】如圖2，在AB 上截取AF，使AF=AD

在△ADE 和△AFE 中，

∵AD=AF，∠1=∠2，AE=AE

∴△ADE≌△AFE

∴∠ADE=∠AFE

∵AD∥BC，∴∠ADE+∠ECB=180°

又∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠EFB=∠ECB

在△BEF 和△BEC 中，

∠3=∠4，∠EFB=∠ECB BE=BE

∴ △BEF≌△BEC，∴BC=BF

因此，AD+BC=AF+BF=AB

即：AD+BC=AB

證法二：【分析】如圖2，作∠AEF 使∠AEF=∠DEA，EF 交于F

則AF=AD，再證FB=BC 即可

證明：作∠AEF 使∠AEF=∠DEA，EF 交于F

在△ADE 和△AFE 中，

∵∠AEF=∠DEA，∠1=∠2，AE=AE

∴△ADE≌△AFE

∴∠ADE=∠AFE

∵AD∥BC，∴∠ADE+∠ECB=180°

又∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠EFB=∠ECB

在△BEF 和△BEC 中，

∠3=∠4，∠EFB=∠ECB BE=BE

∴△BEF≌△BEC，∴BC=BF

因此，AD＋BC＝AF＋BF＝AB

即：AD＋BC＝AB

圖3

證法三：【分析】由AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4 得

∠BAE＝90° AE⊥BE。

可延長AD、BE 交于點F

再證DF＝BC，此為補短法。

【證明】延長AD、BE 交于點F

∵AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4

可得，∠BAE＝90°，AE⊥BE

∴Rt△BAE≌Rt△FAE，

∴AB＝AF、BE＝EF

從而可證，△FDE≌△BEC

DF＝BC

∴AB=AF=AD+DF=AD+BC

圖4

證法四：【分析】如圖4，因點E 是∠DAB 和∠CBA 的平分線的交

過E 點作EF⊥AB 交AB 于F、EG⊥BC 交BC 于G、EH⊥AD 交AD 的延長線于H，則EF=EG=EH

從而，S△EDA+S△EBC=S△EAB， 利用三角形面積公式再證AD+BC=AB即可，此為面積法。

【證明】過E 點作EF⊥AB 交AB 于F、EG⊥BC 交BC 于G，EH⊥AD 交的延長線于H，

∵∠1=∠2，∠3=∠4

∴EF=EG=EH

從而，Rt△EHA≌Rt△EFA

Rt△EFB≌Rt△EGB

Rt△EHD≌Rt△EGC

∴S△EDA+S△EBC=S△EAB

∵EF=EG=EH

∴AD+BC=AB

證法五：【分析】由AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4，得

即可證得AD+BC=AB ，此為等量代換法。

【證明】取AB 的中點，連接EF

∵AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4

∴∠1+∠3＝90°

∴△EAB 是Rt△

∴EF=AF=BF=1 2 AB

從而，∠1=∠2=∠5

∠3=∠4=∠6

∴AD∥EF∥BC

∴EF 是梯形ABCD 的中位線，

∴AD+BC=AB

證法五：【分析】如圖5，過點E 作EF∥AD∥BC 交AB 于點F，則

∠AEF=∠1=∠2，故EF=AF，同理EF=BF

從而，EF 是梯形ABCD 的中位線，從而，EF＝1 2 （AD＋BC）

又由由AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4 得

即可證得AD+BC=AB ，此為等量代換法。

圖5

【證明】過點E 作EF∥AD∥BC 交AB 于點F，

則∠AEF＝∠2，又因為∠1=∠2，

∴EF＝AF，同理可證EF＝BF

∵AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4

∴∠1+∠3＝90°

∴△EAB 是Rt△

∴AD+BC=AB

通過本例，挖掘了“截長或補短法”、“面積法”“等量代換法”等解決平面幾何問題的四種數學思想和方法，這也是平面幾何中解決線段間關系問題最常用的幾種方法。

［1］雷君,畢曉欣.三點一測叢書[M].科學出版社,龍門書局,1998.