立体几何中的证明问题

立体几何中的证明问题（共15篇）

立体几何中的证明问题 篇1

证明问题

例1.如图，E、F分别是长方体边形

.-的棱A、C的中点，求证：四边形是平行四

例2.如图所示，ABCD为正方形，SA⊥平面ABCD，过点A且垂直于SC的平面分别交SB、SC、SD与E、F、G.求证：AE⊥SB.例3.如图，长方体∠求证：

=90°.⊥

PQ

-中，P、Q、R分别为棱、、BC上的点，PQ//AB，连结，例4.已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不同在一个平面内，P、Q分别是对角线AE、BD上的点，且AP=DQ，如图所示.求证：PQ//平面

CBE.例5.如图直角三角形ABC平面外一点S，且SA=SB=SC，且点D为斜边AC的中点.（1）求证：SD⊥平面ABC.（2）若AB=AC，求证BD⊥平面

SAC.例6.如图，在正方体

-中，M、N、E、F分别是棱、、、的中点.求证：平面AMN//平面

EFDB.例7.如图（1）、（2），矩形ABCD中，已知AB=2AD，E为AB的中点，将ΔAED沿DE折起，使AB=AC.求证：平面ADE⊥平面

BCDE.

立体几何中的证明问题 篇2

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

立体几何中的证明问题 篇3

关键词：线段；转移；桥梁；关系

中图分类号：G622 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）07-073-01

在几何问题的证明过程中，我们常常会遇到要证明两条线段相等的情形。然而很多时候，要证明的这两条线段相等的迹象并不是十分明显，甚至看上去连一点关联都没有。遇到这种问题，我们就要想到是否可以先证明它们都与另外一条线段相等，把这条线段作为连接它们相等关系的“桥梁”。这其实就是把这两条线段进行了位置或关系的“转移”的一种解题技巧。例如：

例1、已知：如图1，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE=EF.

求证：AC=BF.

分析：欲证AC=BF，如果按照我们常规的思路，只须证明AC、BF所在的两个三角形全等即可.然而我们由图上可以看出，图中显然没有含有AC、BF的两个全等三角形，即AC、BF看不出有任何联系。但如果我们利用作辅助线的方法，把BF进行一下“转移”，即作CH∥BF，且与AD的延长线交于点H，这时就有△BDF≌△CDH，于是可得BF=CH，这时我们便很容易发现AC与CH都是△ACH的两条边，我们只需证明△ACH是等腰三角形，即证明AC=CH，这样，我们便把明明没有任何关联的两条线段BF与AC通过“转移”变成互相有关联的两条线段了，即是把BF“转移”成为CH，再通过CH这一“桥梁”，从而达到我们证明的目的.具体证法如下：

立体几何中的证明问题 篇4

知识回顾：

1一般地，能明确指出概念含义或特征的句子，称为定义。

（定义必须是严密的，诸如“一些”，“大概”，“差不多”等不能在定义中出现）

2.判断一件事情的句子，叫做命题。

命题必须是一个完整的句子，且必须对某件事情作出“是什么”或“不是什么”的判断。正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题。（注意：错误的命题也是命题）

3.命题的构成：命题由题设（或条件）和结论两部分构成。

命题表述的标准形式是：“如果„„那么„„”；或“若„„，则„„”

一般地，“如果（若）„„”是题设部分，“那么（则）„„”是结论部分。4公理与定理

公理与定理都是真命题．

经过人们长期实践中总结出来的，并作为判定其他命题真假的依据，这样的真命题叫公理．（公理是不需要证明的基本事实）

从公理或其他真命题出发，通过逻辑推理来判断一个命题是正确的，并可进一步作为判断其他命题真假的依据，这样的真命题叫定理．证明：

根据题设的条件以及定义、公理、定理等，经过逻辑推理来判断一个命题是否正确，这样的推理过程叫证明．反证法与举反例证明假命题

反证法的步骤为：先假设结论的反面是正确的，然后通过逻辑推理、推出与公理、已证的定理、定义或已知条件相矛盾，说明假设的不成立，从而得出原结论是正确的．若要证明一个命题为假命题，只要举出一个反例来说明命题不成立即可．

但所举的反例要简单、明确、有说服力．

【典型例题】：

例3.判断下列语句，是不是命题，如果是，请判断它是真命题还是假命题。

（1）画线段AB的中垂线。

（2）两条直线相交，有几个交点？

（3）如果a//b，b//c，那么a//c。

（4）两个角不相等，则它们不是对顶角。

（5）已知一个数能被4整除，这个数一定能被8整除。

（6）同位角相等。

例1.判断下列命题的真伪．如果是假命题，请举出一个反例．

①若a>b，则

1a1

b

②两个锐角的和是个锐角

③同位角相等，两直线平行

④一个角的补角大于这个角

解：①假命题．比如当a＝2，b＝－3时，就有1

21

3．②假命题．比如30°和80°均为锐角，但30°+80°>90°

③真命题．

④假命题．比如：130°的补角是70°，但70°<130°

（注：举反例说明命题为假只需举一个反例即可）

例2.下列各命题中是假命题的是（）A.推理过程叫做证明B.定理都是命题

C.命题都是公理D.公理都是命题 解：C

例6.已知：（如图）MN//PQ，AC⊥PQ，BD、AC相交于点E，且DE＝2AB．

求证：∠DBC＝

3∠ABC．

MDAN

Q

C B

证明：取DE的中点G，连结AG

∵AC⊥PQ MN//PQ（已知）

∴∠CAD＝90°（两直线平行，同旁内角互补）又G为DE中点 ∴AG＝DG＝

2（直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半）DE．

∵DE＝2AB

∴AG=AB∴∠ABD＝∠AGB＝2∠ADG=2∠DBC（等腰三角形底角相等，与三角形外角定理）

∴∠DBC＝

∠ABC

例

7、反正法

1证明几何量之间的关系

：已知：四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，EF

2(ABCD)。

求证：AB//CD。

证明：假设AB不平行于CD。如图，连结AC，取AC的中点G，连结EG、FG。∵E、F、G分别是AD、BC、AC的中点，∴GE//CD，GE∵AB不平行于CD，∴GE和GF不共线，GE、GF、EF组成一个三角形。∴GEGFEF① 但GEGF①与②矛盾。

2(ABCD)EF②

CD；GF//AB，GF

12AB。

A

B

∴AB//CD2、证明“唯一性”问题

在几何中需要证明符合某种条件的点、线、面只有一个时，称为“唯一性”问题。

例3：过平面上的点A的直线a，求证：a是唯一的。证明：假设a不是唯一的，则过A至少还有一条直线b，b ∵a、b是相交直线，∴a、b可以确定一个平面。设和相交于过点A的直线c。∵a，b，∴ac，bc。

这样在平面内，过点A就有两条直线垂直于c，这与定理产生矛盾。所以，a是唯一的。

【练习题】

1.判断下列命题是真还是假命题，简要说明理由．

（1）同一个角的邻补角是对顶角

（2）三条直线a，b，c，若a⊥b，c⊥b，则a//c

（3）若延长线段AB，延长射线CD后它们仍不相交，则这条线段与这条射线互相平行（4）点到直线的距离即是点到直线的垂线段（5）若同旁内角不互补，则这两条直线不平行（6）推论是真命题

（7）是9的倍数的数，它一定也是3的倍数（8）若一个数能被5整除，则它一定也能被10整除（9）只有开方开不尽的式子才是二次根式（10）当m≥0时，解不等式mx≥n，得到解集x

nm

6.如图，已知△ABC中，AD平分∠BAC，AB+BD＝AC求证：∠B＝2∠C．

BDC

*8.如图，△ABC中，AD平分∠BAC，BE＝CE，过点E作GH⊥AD，交AC、以及AD、AB的延长线于H、F、G．

求证：AC＝2BG+AB

A

BDHF

GC

1.（1）√（2）√（3）×（4）×（5）√

（6）√（7）√（8）×（9）×（10）×，理由略

6.提示：延长AB到点E，使BE＝BD，连结ED，证明△AED△ACD8.提示：过B作BN//AC，证明△AGH为等腰三角形，则BG＝BN又证明△BNE△CHE，∴BN＝HC＝BG

∴AC＝AH+HC＝AB+BG+HC＝AB+2BG

八年级下学期几何动态问题

1.已知：等边三角形ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1厘米/秒的速度向B点运动（运动开始时，点M与点A重合，点N到达点B时运动终止），过点M、N分别作AB边的垂线，与△ABC的其它边交于P、Q两点，线段MN运动的时间为t秒．

（1）线段MN在运动的过程中，t为何值时，四边形MNQP恰为矩形？并求出该矩形的面积；

（2）线段MN在运动的过程中，四边形MNQP的面积为S，运动的时间为t．求四边形MNQP的面积S随运动时间t变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．

2.如图，在Rt△ABC中，A90，AB6，AC8，D，E分别是边AB，AC的中点，点P从点D出发沿DE方向运动，过点P作PQBC于Q，过点Q作QR∥BA交

AC于

R，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设BQx，QRy．

B

A M N

（1）求点D到BC的距离DH的长；

（2）求y关于x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；

x的（3）是否存在点P，使△PQR为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的A

C

H Q

值；若不存在，请说明理由．

3.如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝16，DC＝12，AD＝21。动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动。设运动的时间为t（秒）。

（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；

（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？

（3）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。

4.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD3，DC5，BC10，梯形的高为4．动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t（秒）．

B

M

C

（1）当MN∥AB时，求t的值；

立体几何的证明策略 篇5

几何法证明

证明平行：3，2，11、线线平行：公理四，10页

线面平行的性质定理，课本20页面面平行的性质定理，36页

2、线面平行：线面平行的判定定理，19页面面平行的性质，36页

3、面面平行：面面平行的判定定理，35页 证明垂直：2，2，11、线线垂直：平移，相交，解三角形线面垂直的定义，23页

2、线面垂直：线面垂直的判定定理，24页面面垂直的性质定理，43页

3、面面垂直：面面垂直的判定定理，43页 向量法证明：

1、线线平行：

ab 

2、线面平行：a1b2c



3、面面平行：a1c2d且b3b4c 

4、线线垂直：ab0



5、线面垂直：ab0且ac0



6、面面垂直：n1n20

求角的方法：

线线角：平移，相交，解三角形

cosab

| a|b|||

线面角：斜线与射影夹角



an

2arcco|a

|n|||

二面角：位置形状两个角度

位置：水平，竖直，有垂面（借助三垂线定理）形状：等腰，直角，全等cos

s1s



与arccos|n1n2

|n|相等或互补 1||n2|

求距离的方法

线线距离：公垂线段

转化为点面距离



d|an

|n|

|其中a是斜向量 点面距离：垂线段（可以借助垂面）转化为其他点到平面距离等体积法



d|an

|n|

旋转在几何计算与证明中的妙用 篇6

例1正△ABC中,P为其内部 一点 , 且PB∶PA∶PC = 3∶4∶5, 求∠APB的大小.

分析PB∶PA∶PC = 3∶4∶5,则PA,PB,PC三边可构成直角三角形 ,由此可想能否通过旋转, 将PA,PB,PC转换到一个三角形中, 可能此题就找到了切入点, 而△ABC为正三角形,为旋转提供了先决条件,可想将△ABP绕A逆时针旋转60°至△ACP′,则∠APB = ∠AP′C, AP = AP′, CP′ =BP,连接PP′, △APP′为正三角形,PA = P′A = PP′,则CP′∶P′P∶PC = 3∶4∶5, △PCP′为直角三角形,∠PP′C = 90°, 故∠AP′C =60° + 90° = 150° = ∠APB.

例2正方形ABCD中,M,N分别在边BC,CD上运动,∠MAN = 45°.试证:MN = BM + ND.

分析要证MN = BM + ND, 可想BM,ND能否转换到一条直线上 ,若将△ABM绕A点逆时针 旋转90° ,△ABM至△ADM′位置,∠ADM′ = ∠ABM = 90°, 显然D M′在CD延长线上,BM + ND = NM′,现需证MN = M′N即可,连接MN,不难发现△AMN≌△AM′N,此题得解.

例3任意△ABC, 在BC边同侧分别以AB,BC,AC为边作等 边△ABD,△BCE, △ACF,连接DE,EF,试判断四 边形ADEF的形状 , 说明△ABC对四边形ADEF形状的影响.

分析当图形出现有公共点的不同正三角形时,图中一定蕴含有全等三角形且它们一定可以通过旋转重合. 在此题中以△ABC为基本图形将其绕C点顺时针旋转60°即可得到△ECF, 从而EF = BA = DA. 而将△ABC绕B点逆时针旋转60°即得△DBE, 则有DE = AC =AF,进而很易作出判断四边形ADEF是有两组对边分别相等的四边形, 它是平行四边形. 而当△ABC中,AB = AC时,即有AD = AF, 四边形ADEF为菱形 , 若∠BAC = 150°时 ,∠DAF = 90°,四边形ADEF为矩形,两者同时成立则四边形ADEF为正方形. 而当∠BAC = 60°时 ,D, A ,F三点共线 ,四边形ADEF不存在.

例4正三角形ABC内接于⊙O,D是劣弧BC上任意一 点 ,AD = 8, 求四边形ABDC的面积.

分析四边形ABDC的形状随着D点位置的变化而改变 , 且题中条件单一,该如何思考呢? 可想由题中出现的正三角形条件怎么用得上, 由此不难想到旋转. 利用旋转变换将△ADC绕A点顺时针 旋转60°到△AEB的位置 ,则△AED是正三角形, 因为∠ADB = ∠ACB = 60°, 故E,B,D在一条线上, 四边形ABDC的面积即转换为正△AED的面积,求出边长为8的正三角形面积即得四边形ABDC的面积.

几个几何定理的纯几何证明 篇7

《中学数学杂志》(初中)2008年第2期刊载的“从一道美国数学竞赛题引出的一组几何定理及代数证法”一文(下称文[1])，由一道美国数学竞赛试题经探索、整合，得到了几个新颖有趣、耐人寻味的几何定理，阅后很受启发. 由于这几个几何定理的独特风格和丰富的内涵，颇显其思考性，而引人入胜. 缺感的是文[1]的代数证法冗长繁琐，不够简约，有失纯几何方法的风采、韵味，并非是“定理的证明用代数法解决更妙”(文[1]). 笔者经思索、探究，得到了文[1]中四个定理的浅显、简明、别致的纯几何证法，现介绍如下，供读者参考(为方便计，定理顺序同文[1]).

定理1 已知：如图1，在以AB为直径的半圆中，正方形CDEF内接于半圆，正方形CGHK内接于△BCF，且边CG在AB上，求证：AC=CG.

分析 由对称性，易知AC=BD.

由射影定理(或相交弦定理的推论)，得CF2=AC·BC.

又CF=CD，BC=CD+BD=CD+AC，得CD2=AC(CD+AC)，即AC2+CD·AC=CD2.①

由AC=BD，知AG=BG.故点G是半圆的圆心.

参考文献

[1] 曾恒忠，白方奎等. 从一道美国数学竞赛题引出的一组几何定理及代数证法[J].中学数学杂志(初中).2008，(2).

作者简介：令标，男，1962年11月生，中学高级教师，主要从事数学教学及解题研究，已在多家中学数学期刊发表文章数十篇.

高中立体几何证明平行的专题 篇8

一、利用三角形及一边的平行线a.利用中位线

b.利用对应线段成比例

（a）、利用中位线

例

1、如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，E是PC的中点。求证： PA ∥平面BDE

例

2、如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，D为AC的中点.求证AB1//平面BC1D

例

3、在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB=

练习

1、ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，E是棱BC的中点。求证：BD1//平面C1DE1DC，E为PD中点.求证：AE∥平面PBC；

2练习

2、在三棱柱ABCA1B//平面ADC1； 1B1C1中，D为BC中点.求证：A

B

1B

C1

练习

3、如图所示, 四棱锥PABCD底面是直角梯形, BAAD,CDAD,CD=2AB, E为PC的中点,证明: EB//平面PAD;

练习

4、如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中点，试判断A1B与平面ADC1的位置关系，并证明你的结论.（b)、利用对应线段成比例

例

4、如图：S是平行四边形ABCD平面外一点，M、N分别是SA、BD上的点，且

SDC

AMBN

=，求证：MN∥平面SMND

例

5、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、Q分别是AD1、BD上的点，且AP=BQ，求证：PQ∥平面DCC1D1。

1A

A

二、利用平行四边形的性质

例6．如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，点E、F 分别为棱AB、PD的中点．求证：AF∥平面PCE；

例

7、如图，已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，过A作AE⊥CD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，求证：FG∥面BCD；

例

8、正方体ABCD—A1B1C1D1中O为正方形ABCD的中心，M为BB1的中点，求证： D1O//平面A1BC1;

例

9、在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB=

DC，E为PD中点.求证：AE∥平面PBC

2练习

5、四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，M、N分别是AB、PC的中点，求证：MN∥平面

PAD；

练习

6、如图，在正方体ABCD——A1B1C1D1中，O是底面ABCD对角线的交点.求证：C1O//平面AD1B1.练习

7、已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，E、F分别是

AB、PD的中点．求证：AF//平面PEC

P

A

E

B

C

练习

8、在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是CC1，AB的中点．求证：CN //平面AB1M．

C

1A1

M

B1

C

A

B

3利用平行线的传递性

例

10、已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，D, E, F分别为AA1, CC1, AB的中点，M为BE的中点, AC⊥BE.求证：C1D∥平面B1FM.F

A

1D

A

练习

9、三棱柱ABC—A1B1C1中，若D为BB1上一点，M为AB的中点，N为BC的中点.求证：MN∥平面A1C1D；

4利用面面平行

例

圆锥侧面积的几何证明和积分证明 篇9

一、几何证明：

二、如上图所示为一圆锥的侧面展开平面图，有L`=

22ll①

ι`=2πr=αι

s=πι2

2②

因为αι=2πr,带入中②，得s=πrι

二、积分证明：

如上图，y=kx绕x轴旋转成为圆锥，在距离原点x的地方取微量dx，设在x处圆锥底面半径为r,且有r=kx侧有圆锥底周长l=2πkx,以此处周长近似表达x处所切得的微量的面积的底边长，则其高度h=dxkdx=kdx

ds=2πkxkdx

x

2s= 2πkxkdx=πkx222222k③ 2

22因为ι=xr=kx带入③中得： 2

S=π

立体几何中的证明问题 篇10

类型一：探索动点的位置(动点在一条定直线上移动)

【例１】 如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且AB⊥BC,O为AC的中点.在BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB,若不存在,说明理由；若存在,确定点E的位置．

分析 (1) A1O⊥平面ABC；(2) 建立空间直角坐标系；(3) 求平面A1AB的法向量n=(x,y,z)；(4) 设E点的坐标；(5) 利用OE•n=0来求解E点的坐标。

解 因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1O⊥AC．

又由题意可知,平面AA1C1C⊥平面ABC,交线为AC,且A1O平面AA1C1C,

所以A1O⊥平面ABC．

如图,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系．

由题意可知,A1A=A1C=AC=2,又AB=BC,AB⊥BC

∴OB=12AC=1．

∴得：O（0,0,0）,A（0,-1,0）,A1（0,0,3）,C（0,1,0）,C1（0,2,3）,B（1,0,0）,则有：

A1C=（0,1,-3）,AA1=（0,1,3）,AB=(1,1,0).

设平面AA1B的一个法向量为n=（x,y,z）,则有

n•AA1=0,

n•AB=0,y+3z=0,

x+y=0,令y=1,得x=-1,z=-33,

∴n=-1,1,-33．

设E=（x0,y0,z0）,令BE=λBC1，

即（x0-1,y0,z0）=λ（-1,2,3）,得x0=1-λ，

y0=2λ，

z0=3λ.

∴E=（1-λ,2λ,3λ）,得OE=（1-λ,2λ,3λ）

令OE∥平面AA1B,得OE•n=0,

即-1+λ+2λ-λ=0,得λ=12,

即存在这样的点E,E为BC1的中点．

点拨 (1) 本题的难点在于E点的坐标的设法,要是只设E=（x0,y0,z0）,则很难得到答案,运用共线向量定理,则问题可以迎刃而解；

(2) 一般的,若动点E在定直线BC1(B、C1是定点)上移动,可以令BE=λBC1。

【奇思妙想】 如图,在四棱锥SABCD中,底面ABCD是正方形,其他四个侧面都是等边三角形,AC与BD的交点为O,E为侧棱SC上一点.试判断点E在SC上的位置,使二面角EBDC的大小为45°．

分析 (1) 先证SO⊥面ABCD；(2) 建立空间直角坐标系；(3) 求平面BDE和BCD的法向量；(4) 引入恰当的变量,控制点E的位置；(5) 利用条件“二面角EBDC的大小为45°”来求解E点的坐标。

解 易证SO⊥面ABCD,AC⊥BD．

建立如图所示的空间直角坐标系．

设四棱锥SABCD的底面边长为2,

则O（0，0，0），S（0，0，2），A（2，0，0），B（0，2，0）,C（-2，0，0），D（0，-2，0）.

所以AC=(-22,0,0),BD=(0,-22,0)．

设CE=a(0

所以E-2+22a,0,22a,BE=-2+22a,-2,22a．

设平面BDE法向量为n=(x,y,z),

则n•BD=0，

n•BE=0.

即y=0,

-2+22ax-2y+22az=0.

令z=1,得n=a2-a,0,1.

因为SO⊥底面ABCD，

所以OS=（0，0，2）是平面BCD的一个法向量．

由已知二面角EBDC的大小为45°.

所以|cos〈OS,n〉|=cos45°=22,

所以2a2-a2+1•2=22,解得a=1．

所以点E是SC的中点．

点拨 (1) 该解法通过设CE=a来达到对动点E的位置的控制；(2) 本题也可采用例1的方法,运用共线向量定理来设动点E的坐标；(3) 一般的,对动点通常只设一个变量,再利用条件列出等量关系求出变量,最后再解释动点的位置。

类型二：探索动点的位置(动点在一个固定平面内移动)

【例2】 如图,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F,O分别为PA,PB,AC的中点,AC=16,PA=PC=10．

(1) 设G是OC的中点,证明：FG∥平面BOE；

(2) 证明：在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE．

分析 (1) 建立空间直角坐标系；(2) 求平面BOE的法向量n；(3) 设点M的坐标；(4) 利用FM∥n求出点M的坐标。

证明 (1) 如图,连接OP,以O为坐标原点,分别以OB、OC、OP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),由题意得,G(0,4,0),因为OB=(8,0,0),OE=(0,-4,3),因此平面BOE的一个法向量为n=(0,3,4),FG=(-4,4,-3)，得n•FG=0,又直线FG不在平面BOE内,因此有FG∥平面BOE.

(2) 设点M的坐标为(x0,y0,0),则FM=(x0-4,y0,-3),因为FM⊥平面BOE,所以有FM∥n,因此有x0=4,y0=-94,即点M的坐标为4,-94,0,在平面直角坐标系xOy中,△ABO的内部区域满足不等式组x>0,

y<0,

x-y<8,经检验,点M的坐标满足上述不等式组,所以在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE.

点拨 (1) 由于高中阶段对平面方程不作要求,所以这类问题中牵涉到的平面往往是坐标平面；(2) 一般的,xOy平面内的点坐标可设为(x0,y0,0),yOz平面内的点坐标可设为(0,y0,z0),xOz平面内的点坐标可设为(x0,0,z0)。

【奇思妙想】 已知几何体EFGABCD如图所示,其中四边形ABCD,CDGF,ADGE均为正方形,且边长为1,点M在边DG上.是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45°,若存在,试求点M的位置；若不存在,请说明理由．

分析 (1) 建立空间直角坐标系；(2) 利用点M的特殊位置,设点M的坐标；(3) 求平面BEF的法向量；(4) 利用条件求出点M的坐标。

解 ∵四边形ABCD,CDGF,ADGE均为正方形,

∴GD⊥DA,GD⊥DC,又DA∩DC=D,

∴GD⊥平面ABCD．

立体几何中的动点轨迹问题 篇11

一、轨迹是线段或直线

例1.如图1,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,点P在侧面BCC'B'及其边界上运动,并总是保持AP⊥BD’,则动点P的轨迹是()

(A)线段B'C

(B)线段BC'

(B)BB'中点与CC'中点连成的线段

(D)BC中点与B'C'中点连成的线段

分析:要使动直线AP垂直于定直线BD',则只要BD'垂直于AP所在的某个平面,又由于P点在侧面BCC'B'及其边界上运动,所以此平面应过点A和侧面BCC'B'内的点.据正方形的性质,此平面为AB'C.故动点P的轨迹是线段B'C,因此选(A).

二、轨迹是圆弧或圆

例2如图2,已知P是棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'表面上的动点,且,则动点P的轨迹的长度是______.

分析:动点P的轨迹是三段圆弧:

(1)在面BCC'B'内,以点B为圆心,1为半径的圆弧B'C;

(2)在面A'B'C'D'内,以A'为圆心,1为半径的圆弧B'D’;

(3)在面ZDCC'D'内,以ZD为圆心,1为半径的圆弧D'C.

以上三段圆弧的长均为,故点P的轨迹的总长为,

变式1如图3,已知平面α//平面β,点P∈α,平面α、β之间的距离为4,则在β内到点P的距离为5的点的轨迹为()

(A)一个点(B)两个点

(C)四个点(D)一个圆

分析:过点P作PH⊥面β于H,则线段PH=4,所求轨迹是平面β内,以点H为圆心,3为半径的圆.故选(D).

变式2如图4,定点A和B都在平面α内,定点,PB⊥α,C是α内异于A和B的动点,且PC⊥AC,则动点C在平面α内的轨迹是()

(A)—条线段但要去掉两个点

(B)—个圆但要去掉两个点

(C)一个椭圆但要去掉两个点

(D)半圆但要去掉两个点

分析:因为PB⊥α,MC⊂α,所以PB⊥AC,又因为PC⊥AC,而PB、PC⊂面PBC,PB∩PC=P,所以AC⊥面PBC,所以AC⊥BC,所以动点C在平面α内的轨迹是以AB为直径的圆,但要去掉A、B两点.故选(B).

三、轨迹是抛物线

例3如图5,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,E、F分别为A'D'、B'C'的中点,若点M是平面BCC'B'内一动点,且M到BC、EF的距离相等,求点M的轨迹.

分析:因为EF⊥面BCC'B',所以EF⊥MF,即MF的长为M到EF的距离,

所以点M的轨迹即平面BCC'B'内到定点F的距离与到定直线BC的距离相等的点的轨迹,由抛物线的定义知,点M轨迹为平面BCC'B'内,以点F为焦点,直线BC为准线的抛物线.

变式1如图5,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,若点M是平面BCC'B'内一动点,且M到直线BC、C'D'的距离相等,求点M的轨迹.

分析:因为C'D'⊥面BCC'B',所以C'D'⊥MC',即MC'的长为M到C'D'的距离,

所以点M的轨迹即平面BCC'B'内到定点C'的距离与到定直线BC的距离相等的点的轨迹,由抛物线的定义知,点M轨迹为平面BCC'B'内,以点C'为焦点,直线BC为准线的抛物线.

变式2如图6,已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,点M在棱AB上,且AB=4AM,P点是平面ABCD内的动点,且P到直线A'D'的距离与P到点M的距离的平方差为1,则动点P的轨迹是()

(A)圆(B)抛物线

(C)双曲线(D)直线

解:设PF⊥A'D'于F,PE⊥AD于E,连EF,则PF的长就是P到直线A'D'的距离,且AD⊥面EFP,所以AD⊥EF,所以EF//AA',所以FEP=90°,所以PF2=EF2+PE2=1+PE2,又由已知PF2-PM2=1,所以PE2-PM2=0,所以PE=PM,由抛物线定义得,点P的轨迹是平面ABCD内,以M点为焦点,直线AD为准线的抛物线.故选(B).

四、轨迹是椭圆

例4若将例3中“且M到BC、EF的距离相等”改为“且M到BC、EF的距离比为2:1”,则点M的轨迹是什么图形?

分析:因为EF⊥面BCC'B',所以EF⊥MF,即MF的长为M到EF的距离,所以点M的轨迹即平面BCC'B'内到定点F的距离与到定直线BC的距离的比为1:2点的轨迹,由椭圆的定义知,点M轨迹为平面BCC'B'内,以点F为一焦点,直线BC为相应准线的椭圆.

例5已知正四面体D-ABC,动点P在侧面DBC内,且P到底面ABC的距离与到点D的距离相等,则点P的轨迹所在的曲线是()

(A)圆(B)抛物线

(C)椭圆(D)双曲线

分析:过点P作PM⊥BC于M,设PH⊥面ABC于H,连HM,DP,则BC⊥HM,∠MH为二面角D-BC-A的一个平面角,设∠PMH=θ,则sinθ为定值,且0

在Rt△PHM中,,又由已知可得PD=PH,所以,

由椭圆的定义知,点P轨迹所在的曲线是平面BCD内,以点D为一焦点,直线BC为相应准线的椭圆.答案选(C).

五、轨迹是双曲线

例6若将例3中“且M到BC、EF的距离相等”改为“且M到BC、EF的距离比为1:2,则点M的轨迹是什么图形?

分析:因为EF⊥面BCC'B',所以EF⊥MF,即MF的长为M到EF的距离,

几何证明题方法 篇12

初中几何证明技巧（分类）

证明两线段相等

1.两全等三角形中对应边相等。

2.同一三角形中等角对等边。

3.等腰三角形顶角的平分线或底边的高平分底边。

4.平行四边形的对边或对角线被交点分成的两段相等。

5.直角三角形斜边的中点到三顶点距离相等。

6.线段垂直平分线上任意一点到线段两段距离相等。

7.角平分线上任一点到角的两边距离相等。

8.过三角形一边的中点且平行于第三边的直线分第二边所成的线段相等。*9.同圆（或等圆）中等弧所对的弦或与圆心等距的两弦或等圆心角、圆周角所对的弦相等。

*10.圆外一点引圆的两条切线的切线长相等或圆内垂直于直径的弦被直径分成的两段相等。

11.两前项（或两后项）相等的比例式中的两后项（或两前项）相等。*12.两圆的内（外）公切线的长相等。

13.等于同一线段的两条线段相等。

证明两个角相等

1.两全等三角形的对应角相等。

2.同一三角形中等边对等角。

3.等腰三角形中，底边上的中线（或高）平分顶角。

4.两条平行线的同位角、内错角或平行四边形的对角相等。

5.同角（或等角）的余角（或补角）相等。

*6.同圆（或圆）中，等弦（或弧）所对的圆心角相等，圆周角相等，弦切角等于它所夹的弧对的圆周角。

*7.圆外一点引圆的两条切线，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角。

8.相似三角形的对应角相等。

*9.圆的内接四边形的外角等于内对角。

10.等于同一角的两个角相等。

证明两条直线互相垂直

1.等腰三角形的顶角平分线或底边的中线垂直于底边。

2.三角形中一边的中线若等于这边一半，则这一边所对的角是直角。

3.在一个三角形中，若有两个角互余，则第三个角是直角。

4.邻补角的平分线互相垂直。

5.一条直线垂直于平行线中的一条，则必垂直于另一条。

6.两条直线相交成直角则两直线垂直。

7.利用到一线段两端的距离相等的点在线段的垂直平分线上。

8.利用勾股定理的逆定理。

9.利用菱形的对角线互相垂直。

*10.在圆中平分弦（或弧）的直径垂直于弦。

*11.利用半圆上的圆周角是直角。

证明两直线平行

1.垂直于同一直线的各直线平行。

2.同位角相等，内错角相等或同旁内角互补的两直线平行。

3.平行四边形的对边平行。

4.三角形的中位线平行于第三边。

5.梯形的中位线平行于两底。

6.平行于同一直线的两直线平行。

7.一条直线截三角形的两边（或延长线）所得的线段对应成比例，则这条直线平行于第三边。

证明线段的和差倍分

1.作两条线段的和，证明与第三条线段相等。

2.在第三条线段上截取一段等于第一条线段，证明余下部分等于第二条线段。

3.延长短线段为其二倍，再证明它与较长的线段相等。

4.取长线段的中点，再证其一半等于短线段。

5.利用一些定理（三角形的中位线、含 30 度的直角三角形、直角三角形斜边上的中线、三 角形的重心、相似三角形的性质等）。

证明 角的和差倍分

1.与证明线段的和、差、倍、分思路相同。

2.利用角平分线的定义。

3.三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和。

证明线段不等

1.同一三角形中，大角对大边。

2.垂线段最短。

3.三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边。

4.在两个三角形中有两边分别相等而夹角不等，则夹角大的第三边大。*5.同圆或等圆中，弧大弦大，弦心距小。

6.全量大于它的任何一部分。

证明两角的不等

1.同一三角形中，大边对大角。

2.三角形的外角大于和它不相邻的任一内角。

3.在两个三角形中有两边分别相等，第三边不等，第三边大的，两边的夹角也大。*4.同圆或等圆中，弧大则圆周角、圆心角大。

5.全量大于它的任何一部分。

证明比例式或等积式

1.利用相似三角形对应线段成比例。

2.利用内外角平分线定理。

3.平行线截线段成比例。

4.直角三角形中的比例中项定理即射影定理。

*5.与圆有关的比例定理---相交弦定理、切割线定理及其推论。

6.利用比利式或等积式化得。

证明四点共圆

*1.对角互补的四边形的顶点共圆。

*2.外角等于内对角的四边形内接于圆。

*3.同底边等顶角的三角形的顶点共圆（顶角在底边的同侧）。

*4.同斜边的直角三角形的顶点共圆。

*5.到顶点距离相等的各点共圆

知识归纳：

1.几何证明是平面几何中的一个重要问题，它对培养学生逻辑思维能力有着很大作 用。几何证明有两种基本类型：一是平面图形的数量关系；二是有关平面图形的位置关系。这两类问题常常可以相互转化，如证明平行关系可转化为证明角等或角互补的问题。

2.掌握分析、证明几何问题的常用方法：（1）综合法（由因导果），从已知条件出发，通过有关定义、定理、公理的应用，逐 步向前推进，直到问题的解决；（2）分析法（执果索因）从命题的结论考虑，推敲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推敲，如此逐步往上逆求，直到已知事实为止；（3）两头凑法：将分析与综合法合并使用，比较起来，分析法利于思考，综合法易于 表达，因此，在实际思考问题时，可合并使用，灵活处理，以利于缩短题设与结论的距离，最后达到证明目的。

初中几何证明口诀 篇13

初中几何证明口诀

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。平行四边形出现，对称中心等分点。梯形里面作高线，平移一腰试试看。平行移动对角线，补成三角形常见。证相似，比线段，添线平行成习惯。斜边上面作高线，比例中项一大片。半径与弦长计算，弦心距来中间站。弧有中点圆心连，垂径定理要记全。圆周角边两条弦，直径和弦端点连。弦切角边切线弦，同弧对角等找完。如果遇到相交圆，不要忘作公共弦。内外相切的两圆，经过切点公切线。若是添上连心线，切点肯定在上面。圆上若有一切线，切点圆心半径连。切线长度的计算，勾股定理最方便。要想证明是切线，半径垂线仔细辨。是直径，成半圆，想成直角径连弦。图中有角平分线，可向两边作垂线。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。等积式子比例换，寻找线段很关键。直接证明有困难，等量代换少麻烦

立体几何中的证明问题 篇14

通过几年的教学实践发现, 学生对解决此问题颇感困难, 有时竞无从下手。下面就介绍一种用定位思想解决最值问题的方法。所谓“定位思想”就是从问题的最终要求来选择合理的解题途径, 有意识地绕开不适当的思维方式的一种思维定势。在立体几何中, 就是通过对图形的观察分析, 确定取得最值的位置, 然后再求出最值。

例1如图1, 正三棱锥底面边长为a, 则棱长为2 a, 过底面一边作与相对侧棱相交的截面, 求截面周长的最小值。

[分析]将侧面展开, A、B两点连线为AM+BM的最小值, 从而可求截面周长的最小值。

解:如图2, 由已知, 在ΔAPC中

则截面周长最小值为

例二二面角a-a-β的平面角为120o在α内AB⊥a于B, AB=2, 在β内CD⊥a, CD=3, BD=1, M是棱a上的动点, 求AM+CM的最小值。

[分析]将二面角的两半平面展开成一平面, A, C两点的连线长为AM+CM的最小值。

解:AH//BD交CD延长线于H。AH=BD=1, AH=AB+CD=5,

则故的最小值为

例3, 如图3, △ABC在平面内a内, ∠A=6cm, PC⊥平面a, PC=4cm, K是AB边上的动点, 求面积最小值。

[分析]由已知, 无论K在何处为直角三角形, 面积为1/2, PC·PK, 而PC为定值, 面积最值取决于CK的最值。

解:作CK⊥AB, 连接PK, 此时CK为最小。

例4如图4, 点求A到平面PBC距离的最大值。

[分析]作PM⊥BC连AM, 且为定值,

当。

解:作PM⊥BC, 连AM, ∴BC⊥面PAM, 则面PAM⊥PBC, 作AH⊥PM, AH为所求。

在RiΔPBM中, 可知, 当PA=AM时, AH取最大值, 此时, AH=PM/2, 则

例5AB=2R为圆周的直径, , 二面角A-PB-C为何值时, 三棱锥P-AEF的体积V最大?值为?

[分析]如图7, 由已知得, AE⊥PB, EF⊥PB, ∠AEF=A, PE⊥面AEF, 而且VP-AEF=1/3⋅PE⋅SΔAEF, 而AE为定值, ΔAEF为RiΔ, 且斜边AE为定值, 可知ΔAEF为等腰三角形时面积最大。

由已知

综上数例所述, 不难看出, 立体几何中的最值问题, 主要是通过对具体图形的观察分析, 准确确定取得最值的位置, 而其解题判定的准确与否, 取决于学生对基础知识, 基本技能的掌握熟练程度。这些恰是中学数学素质教育的标志。用抽象的理论知识服务于实践, 则是数学教学的目的。提倡用定位思想解决问题, 就是要避免走弯路, 从而使复杂的问题简单化、直观化、最终使问题快捷、稳妥地获得解决。

摘要：用数学的观点和方法来解决以最少的耗费来创造最佳的经济效益问题, 就不可避免地涉及到最值问题, 在立体几何数学中的一种用定位思想解决最值问题的方法, 所谓“定位思想”就是从问题的最终要求来选择合理的解题途径, 有意识地绕开不适当的思维方式的一种思维定势。在立体几何中, 就是通过对图形的观察分析, 确定取得最值的位置, 然后再求出最值。

一道几何证明题引发的思考 篇15

【关键词】图形 平行四边形 向量 对角线

义务教育教科书《数学》八年级下册P69复习题18，拓展探索第15题是一道几何证明题且是一道证明命题的证明题。从这题中引发我许多思考，我首先想到的是该题有多少种解法，在这诸多方法中选择哪种能让学生更易理解，从不同的角度来训练学生的思维，但有些方法需要高中的知识才能解答，所以此题与高中的知识联系非常密切。题目如下：

15.求证：平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和。

已知：如图，四边形是平行四边形，对角线与相交于点.

求证：

证法一：如图1，过点作于点，

在平行四边形中，设AD=a，AB=b，BD=m，AC=n，DE=h，AE=x，则分别有①，

②，

③，

由①×2=②+③，

化简可得，

即

因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

证法二：如图2，过点A作AF⊥BC，垂足为F，过点B作BE⊥BD，垂足为E.

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC，AB=CD，易证BE=AF，AE=BF，

∴，

∵

∴

即

因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

证法三：如图3，过A，D两点做BC边的高，垂足分别为E、F

则易知△ABE≌△DCF，BE=CF，AE=DF

利用勾股定理得

所以

即

因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

证法四：如图4，以顶点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则 A（0，0）.设B（a，0），D（b，c），由平行四边形的性质得点 C的坐标为（a+b，c），因此，平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和.

解析：余玄定理是高中的知识点，它可以帮助我们解决一些生活中的问题。相同的问题比用初中的知识来解更为简单。

总之，一题多解、一題多变是我们教学的重心，通过题目的各种变换训练学生的思维，从而提高学生思考和分析问题的能力。本题介绍的六种方法从不同的角度来分析和看待问题，体现任何事物都具有多面性，不同的问题用同一种方法或者同一个问题用不同的方法这一辩证的思想，将其贯穿于我们的数学教学中。

作者简介：齐廷廷（1989-）女，黑龙江省大庆市，研究方向：中外政治制度