第一篇：2011高考平面幾何證明

2011高考平面幾何證明試題選講

1（2011安徽）如圖4，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=2.E,F分別為

AD，BC上點，且EF=3，EF∥AB，則梯形ABCD與梯形EFCD的面積比為（2011北京）如圖，AD，AE，BC分別與圓O切于點D，E，F(xiàn)，延長AF與圓O交于另一點G。給出下列三個結(jié)論：

1AD+AE=AB+BC+CA； ○

2AF·AG=AD·AE ○

③△AFB ～△ADG

其中正確結(jié)論的序號是

（A）①②（B）②③

（C）①③（D）①②③（2011天津理）如圖已知圓中兩條弦AB與CD相交于點F，E是AB延長線

上一點，且DF?CF?AF:FB:BE?4:2:1.若CE與圓相切，則CE的長為

_________

4（2011陜西理）（幾何證明選做題）如圖，?B??D,AE?BC,?ACD?90?，且AB?6,AC?4,AD?12，則BE?________（2011湖南理）如圖2，A,E是半圓周上的兩個三等分點，直徑BC=4，AD⊥BC,垂足為D,BE與AD相交與點F，則AF的長為。（2011全國新課標）（本小題滿分10分）選修4-1：幾何證明選講

如圖，D，E分別為?ABC的邊AB，AC上的點，且不與?ABC的頂點重合。已知AE的長為n，AD，AB的長是關(guān)于x的方程x2?14x?mn?0的兩個根。

（Ⅰ）證明：C，B，D，E四點共圓；

（Ⅱ）若?A?90?，且m?4,n?6，求C，B，D，E所在圓的半徑。

第二篇：2012高考：平面幾何證明

2012高考：幾何證明

1、（2012全國課標，22）如圖，D，E分別為△ABC邊AB，AC的中點，直線DE交△ABC的外接圓于F，G兩點，若CF∥AB，證明：

（I）CD?BC；

（II）△BCD∽△GBD；

GEFB2、（2012廣東，15）如圖所示，圓O的半徑為1，A，B，C是圓周上的三點，滿足?ABC?30°，過點A作圓O的切線與OC的延長線交于點P，則PA?

P

第2題圖第3題圖

3、（2012江蘇，21-A）如圖，AB是圓O直徑，D，E為圓O上位于AB異側(cè)的兩點，連接BD并延長至點C，使BD?DC，連接AC，AE，DE，求證?E??C。

4、（2012遼寧，22）如圖，圓O和圓O?相交于A，B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓與C，D兩點，連接BD并延長交圓O于點E，證明：

（I）AC?BD?AD?AB；（II）AC?AE。

5、（2012天津，13）如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點BD作圓的切線與AC的延長線交于點D，過點C作BD的平行線與圓

相交于E，與AB相交于F，AF?3，F(xiàn)B?1，EF?

CD的長為

3，則線段2AF6、（2012陜西15-B）如圖所示，在圓O中，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF?BD，垂足為F，若AB?6，AE?1，則DF?DB?。

第6題圖第7題圖

7、（2012湖南，11）如圖所示，過點P的直線與圓O相交于A，B兩點，若PA?1，AB?2，PO?3，則圓O的半徑等于。

8、（2012北京，5）如圖所示，?ACB?90°，CD?AB于點D，以BD為直徑的圓與BC交于點E，則（）

22A、CE?CB?AD?DBB、CE?CB?AD?ABC、AD?AB?CDD、CE?EB?CD

AB第8題圖

第9題圖

9、（2012湖北，15）如圖，點D在圓O的弦CD上移動，AB?4，連接OD，過D作OD的垂線交圓O于點C，則CD的最大值為。

答案：

1、略

23、略

4、略5、46、578、A9、2 3

第三篇：平面幾何證明習(xí)題專題

平面幾何證明習(xí)題

1.如圖5所示，圓O的直徑AB?6，C為圓周上一點，BC?3，過C作圓的切線l，過A作l的垂線AD，垂足為D，則?DAC?,線段AE的長為l線段CD的長為，線段AD的長為

圖

5PA?2．PB?1，AC是圓O的直徑，PC與圓O交于點B，2.已知PA是圓O的切線，切點為A，則圓O的半徑R?．

3.如圖4，點A,B,C是圓O上的點，且AB?4,?ACB?450，則圓O的面積等于．

4.如圖3, 半徑為5的圓O的兩條弦AD和BC相交于點P,OD?BC,P為AD的中點, BC?6, 則弦AD的長度為

5.如圖5, AB為⊙O的直徑, AC切⊙O于點A,且AC?22cm,過C

CMN交AB的延長線于點D,CM=MN=ND.AD的長等于_______cm.6.如圖，AB是圓O的直徑，直線CE和圓O相切于點于C，圖5

AD?CE于D，若AD＝1，?ABC?30?，則圓O的面積是

7.如圖，O是半圓的圓心，直徑AB?2，PB

與半圓交于點C，AC?4，則PB?

．

8.如圖，點A,B,C是圓O上的點,且AB?2,BC??CAB?120?, 則?AOB對應(yīng)的劣弧長為．

9.如圖，圓O的割線PAB交圓O于A,B兩點，割線PCD經(jīng)過圓心O，已知PA?6，AB?

10.如圖，已知P是圓O外一點，PD為圓O的切線，D為切點，割線PEF經(jīng)過圓心O，若PF?12,PD?則圓O的半徑長為，2

2，PO?12，則圓O的半徑是．

3?EFD的度數(shù)為

11.如圖4，已知PA是⊙O的切線，A是切點，直線PO交⊙O 于B、C兩點，D是OC的中點，連結(jié)AD并延長交⊙O于點E． 若PA?23，?APB?30?，則AE=．

12.如圖，在?ABC中，DE//BC，EF//CD，若

P

B

O

D

C圖

4BC?3,DE?2,DF?1，則BD的長為，AB的長為___________．

13.如圖，圓O是?ABC的外接圓，過點C的切線交AB 的延長線交于點D，CD?2，AB?BC?3，則線段BD的長為，線段AC的長為

14．如圖，?ACB?60°，半徑為2cm的⊙O切BC于點

C，若將⊙O在CB上向右滾動，則當(dāng)滾動到⊙O與CA

也相切時，圓心O移動的水平距離是__________cm．

15．如圖，A、B、c是⊙0上的三點，以BC為一邊，作∠CBD=

∠ABC，過BC上一點P，作PE∥AB交BD于點E．若∠AOC=60°，BE=3，則點P到弦AB的距離為_______．

16．四邊形ABCD和四邊形ACED都是平行四邊形，點R為DE 的中點，BR分別交AC,CD于點P,Q．則CP:AP= ……()A．1:3B．1:4C．2:3D．3:4

C

R

E

17． 如圖,Rt△ABC中,AB⊥AC,AB=3,AC=4,P是BC邊上一點,作PE⊥AB于E,PD⊥AC于D,設(shè)BP=x,則PD+PE=……………………………（）A．

x5

?3B．4?

x5

C ．

D．

12x12x25

?

18.如圖，⊙O是△ABC的外接圓，已知∠B=60°，則∠CAO的度數(shù)是………………()A．15°

19.已知 ?ABC中，AB=AC,D是 ?ABC外接圓劣弧?，延長AC上的點（不與點A,C重合）BD至E。

（1）求證：AD的延長線平分?CDE；

（2）若?BAC=30，?ABC中BC邊上的高為

B．30°

C．45°D．60°

?ABC外接圓的面積。

20.如圖，在邊長為2的圓內(nèi)接正方形ABCD中，AC是對角線，P為邊CD的中點，延長AP交圓于

點E．

（1）∠E=度；

（2）寫出圖中現(xiàn)有的一對不全等的相似三角形，并說明理由；（3）求弦DE的長．

21.如圖，AB是⊙O的直徑，C是弧BD的中點，CE⊥AB，垂足為E，BD 交CE于點F．（1）求證：CF?BF；（2）若AD=4，⊙O的半徑為6，求BC的長．

22.如圖，△ABC內(nèi)接于半圓，AB是直徑，過A作直線MN，若∠MAC=∠ABC ．（1）求證：MN是半圓的切線；

（2）設(shè)D是弧AC的中點，連結(jié)BD交AC 于G，過D作DE⊥AB于E，交AC于F．求證：FD＝FG．

（3）若△DFG的面積為4.5，且DG=3，GC=4，試求△BCG的面積．

00

?O的直徑，AD是弦，?DAB=22.5，延長AB到點C，使得?ACD=45。24．（10分）如圖，AB是○?O的切線；（1）求證：CD是○（2）若AB=22，求BC的長。

A

C

?O，?O的直徑，?ABC內(nèi)接于○25．（9分）如圖，AB為○?BAC=2?B，?O的切線與OC的延長線交于點P，求PA的長。AC=6，過點A作○

OB

B

A

C

P

26.如圖，設(shè)△ABC的外接圓的切線AE與BC的延長線交于點E，∠BAC的平分線與BC交于點D．求證：ED?EB?EC．

?

27.如圖，已知?ABC中的兩條角平分線AD和CE相交于H，?B=60，F(xiàn)在AC上，且

A

B D E

AE?AF。

（1）證明：B,D,H,E四點共圓；

（2）證明：CE平分?DEF。

第四篇：平面幾何常用證明方法

平面幾何常見證明方法

1,分析法

分析法是從命題的結(jié)論入手，先承認它是正確的，執(zhí)果索因，尋求結(jié)論正確的條件，這樣一步一步逆而推之，直到與題設(shè)會合，于是就得出了由題設(shè)通往結(jié)論的思維過程。

分析法主要應(yīng)用與的幾何問題特點主要是：從證明推理的時候出現(xiàn)多個方向，不知道哪個方向能夠成功推導(dǎo)到結(jié)論，也就是說從正向推導(dǎo)比較迷茫的時候，比較適合用分析法來解決這些問題。

例1 如圖2.1.1，四邊形ABCD的一條對角線BD平行于兩對邊之交點的連線EF，求證：AC平分BD。[1]

證明：設(shè)AC交BD于M，交EF于N

BMMD?，欲證BM?MD ENNF作方向猜測，只需證EN?NF或 BMEN??1即可。MDNF則但我們意識到這不容易證明，（圖2.1.1）

BMMDBMEN??即可。而，從而MDBMMDNFMDENMDBMMDMCBM????只需證即可，又只需證即可。而，故得證。BMNFENNFENCNNF再作方向猜測，欲證BM?MD，只需證明2 綜合法

綜合法則是由命題的題設(shè)條件入手，由因?qū)Чㄟ^一系列的正確推理，逐步靠近目標，最終獲得結(jié)論。再從已知條件著手，根據(jù)已知的定義、公式、定理，逐步推導(dǎo)出結(jié)論。綜合法和分析法有些不同的是分析法的思路從結(jié)論開始，綜合法的思路從題設(shè)開始。

例2如圖2.2.1設(shè)D是?ABC底邊BC上任一點，則AD?BC?AB?CD?AC?BD?BC?BD?CD。[1] 證明：在?ADB和?ABC中 222AD2?BD2?AB cos?ADB?

2AD?BDAD2?CD2?AC2

cos?ADC?

2AD?BD

由cos?ADB??cos?ADC，所以

(圖2.2.1)AD2?BD2?AB2AD2?CD2?AC2??

2AD?BD2AD?BD

有AD2(BD?CD)?AB2?CD?AC2?BD?BD?CD(BD?CD)

將BD?CD?BC代入上式則有

AD?BC?AB?CD?AC?BD?BC?BD?CD，證畢。

在具體證題時，這兩種方法可單獨運用，也可配合運用，在分析中有綜合，在綜合中有分析，以進行交叉使用。由于篇幅有限在此僅歸納方法，并不做詳細介紹。

但是有些命題往往不易甚至不能直接證明，這時，不妨證明它的等效命題，以間接地達到目標，這種證題思路就稱為間接式思路。我們常運用的反證法是一種典型的用間接式思路證題的方法。2223反證法

具體地說，在證明一個命題時，如正面不易入手，就要從命題結(jié)論的反面入手，先假設(shè)結(jié)論的反面成立，如果由此假設(shè)進行嚴格推理，推導(dǎo)出的結(jié)果與已知條件、公式、定理、定義、假設(shè)等的其中一個相矛盾，或者推出兩個相互矛盾的結(jié)果，就證明了“結(jié)論反面成立”的假設(shè)是錯誤的，從而得出結(jié)論的正面成立，這種證題方法就叫做反證法。當(dāng)結(jié)論的反面只有一個時，否定了這一個便完成證明，這種較單純的反證法又叫做歸謬法;而當(dāng)結(jié)論的反面有若干個時，就必須駁倒其中的每一個，這種較繁瑣的反證法又稱為窮舉法。

反證法證題通常有如下三個步驟:

(1)反設(shè)。作出與結(jié)論相反的假設(shè)，通常稱這種假設(shè)為反證假設(shè)。

(2)歸謬。利用反證假設(shè)和已知條件，進行符合邏輯的推理，推出與某個已知條件、公理、定義等相矛盾的結(jié)果。根據(jù)矛盾律，在推理和論證的過程中，在同時間、同關(guān)系下，不能對同一對象作出兩個相反的論斷，可知反證假設(shè)不成立。

(3)得出結(jié)論。根據(jù)排除率，即在同一論證過程中，命題C與命題非C有且僅有一個是正確的，可知原結(jié)論成立。

例3 如圖2.3.1已知：在四邊形ABCD中，M、N分別是AB、CD的中點，1(AB?CD)。

2求證：AD∥BC

且MN?

證明：假設(shè)AD與BC不平行，連結(jié)ABD，并設(shè)P

是BD的中點，再連結(jié)MP、PN。在?ABD中

由BM?MA，BP?PD（圖2.3.1）

則MP1AD，同理可證PN2MP?PN?1BC 21(AB?CD)

① 從而

這時，BD的中點不在MN上

若不然，則由MN∥AD，MN∥BC，得AD∥BC與

假設(shè)AD與BC不平行矛盾，于是M、P、N三點不共線。

從而

MP?PN?MN

② 1

1由①、②得MN?(AB?CD)，這與已知條件MN?(AB?CD)相矛盾，2

2故假設(shè)不成立，所以AD∥BC，證畢。

在幾何中需要證明符合某種條件的點、線、面只有一個時，稱為“唯一性”問題。

例4 過平面?上的點A的直線a??，求證：a是唯一的。

證明：假設(shè)a不是唯一的，則過A至少還有一條直線b，b?? 由a、b是相交直線，則a、b可以確定一個平面?。設(shè)?和?相交于過點A的直線c。

由

a??，b??，有

a?c，b?c。

這樣在平面?內(nèi)，過點A就有兩條直線垂直于c，這與定理產(chǎn)生矛盾。所以，a是唯一的，證畢。

關(guān)于唯一性的問題，在幾何中有，在代數(shù)、三角等學(xué)科中也有。這類題目用直接證法證明相當(dāng)困難，因此一般情況下都采用間接證法。即用反證法或同一法證明，用反證法證明有時比同一法更方便。

另外，幾何中有一類問題，要證明某個圖形不可能有某種性質(zhì)或證明具有某種性質(zhì)的圖形不存在。它們的結(jié)論命題都是以否定形式出現(xiàn)的，若用直接證法證明有一定的困難。而它的否定命題則是某個圖形具有某種性質(zhì)或具有某種性質(zhì)的圖形存在，因此，這類問題非常適宜用反證法。

例5 求證：拋物線沒有漸近線。

證明：設(shè)拋物線的方程是y2?2px(p?0)。

假設(shè)拋物有漸近線，漸近線的方程是y?ax?b，易知a、b都不為0。因為漸近線與拋物線相切于無窮遠點，于是方程組

(1)?y2?2px ?

(2)?y?ax?b的兩組解的倒數(shù)都是0。

將（2）代入（1），得

a2x2?2(ab?p)x?b2?0

(3)

設(shè)x1、x2是（3）的兩個根，由韋達定理，可知

2(ab?p)b2x1?x2??，x1?x2?2 2aa則

11x1?x2?2(ab?p)????0

2x1x2x1x2b(4)

111a2????0，(5)x1x2x1x2b2由（4）、（5），可推得p?0，這于假設(shè)p?0矛盾。

所以，拋物線沒有漸近線，證畢。

關(guān)于不可能問題是幾何中最常見也是非常重要的一種類型。由于它的結(jié)論是以否定形式出現(xiàn)，采用直接證法有困難，所以這類問題一般都使用反證法加以證明。

在幾何中存在一類很特殊的問題，就是證明具有某種性質(zhì)的圖形至少有一個或不多于幾個。由于這類問題能找到直接論證的理論根據(jù)很少，用直接證法有一定困難。如果采用反證法，添加了否定結(jié)論這個新的假設(shè)，就可以推出更多的結(jié)論，容易使命題獲證。

例6 已知：四邊形ABCD中，對角線AC?BD?1。求證：四邊形中至少有一條邊不小于

2。2證明：假設(shè)四邊形的邊都小于

2，由于四邊形中至少有一個角不是鈍角（這一結(jié)論也20可用反證法證明），不妨設(shè)?A?90，根據(jù)余弦定理，得

BD2?AD2?AB2?2AD?AB?cosA，有

BD2?AD2?AB2，即

BD?AD2?AB2?(這與已知四邊形BD?1矛盾。所以，四邊形中至少有一條邊不小于

222)?()2?1。222，證畢。2在證題過程中，不論是直接思路還是間接思路，都要進行一系列正確的推理，需要解題者對撲朔迷離的表象進行由表及里、去偽存真地分析、加工和改造，并從不同方向探索，以在廣闊的范圍內(nèi)選擇思路，從而及時糾正嘗試中的錯誤，最后獲得命題的證明。

第五篇：高中競賽專題：平面幾何證明

競賽專題－平面幾何證明

[競賽知識點撥]

1． 線段或角相等的證明（1）利用全等△或相似多邊形（2）利用等腰△3）利用平行四邊形（4）利用等量代換（5）利用平行線的性質(zhì)或利用比例關(guān)系（6）利用圓中的等量關(guān)系等。

2． 線段或角的和差倍分的證明（1）轉(zhuǎn)化為相等問題。如要證明a=b±c，可以先作出線段p=b±c，再去證明a=p，即所謂“截長補短”，角的問題仿此進行。（2）直接用已知的定理。例如：中位線定理，Rt△斜邊上的中線等于斜邊的一半；△的外角等于不相鄰的內(nèi)角之和；圓周角等于同弧所對圓心角的一半等等。

3． 兩線平行與垂直的證明（1）利用兩線平行與垂直的判定定理。（2）利用平行四邊形的性質(zhì)可證明平行；利用等腰△的“三線合一”可證明垂直。（3）利用比例關(guān)系可證明平行；利用勾股定理的逆定理可證明垂直等。

【競賽例題剖析】

【例1】從⊙O外一點P向圓引兩條切線PA、PB和割線PCD。

從A點作弦AE平行于CD，連結(jié)BE交CD于F。求證：BE

平分CD。

【分析1】構(gòu)造兩個全等△。連結(jié)ED、AC、AF。

CF=DF←△ACF≌△EDF←

←∠PAB=∠AEB=∠PFB【分析2】利用圓中的等量

關(guān)系。連結(jié)OF、OP、OB

。←∠PFB=∠POB←←

注：連結(jié)OP、OA、OF，證明A、O、F、P四點共圓亦可。

【例2】△ABC內(nèi)接于⊙O，P是弧 AB上的一點，過P作

OA、OB的垂線，與AC、BC分別交于S、T，AB交于M、N。求證：PM=MS充要條件是PN=NT。

【分析】只需證，PM2PN=MS2NT。（∠1=∠2，∠3=∠4）

→△APM∽△PBN→→PM2PN=AM2BN（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA→→MS2NT=AM2BN

【例3】已知A為平面上兩半徑不等的圓O1和O2的一個交點，兩外公切線P1P2、Q1Q

2分別切兩圓于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分別為P1Q1、P2Q2的中點。求證：∠O1AO2=∠M1AM2。【分析】設(shè)B為兩圓的另一交點，連結(jié)并延長BA交P1P2于C，交O1O2于M，則C為P1P2的中點，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM為M1M2的中垂線。在O1M上截取MO3=MO2，則

∠M1AO3=∠M2AO2。故只需證∠O1AM1=∠O3AM

1，即證

。由

△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分線交△ABC的外接圓于D，DE⊥AB于E，求證：AE=。

【分析】方法1、2AE=AB-AC

← 在BE上截取EF=AE，只需證BF=AC，連結(jié)DC、DB、DF，從而只需證△DBF≌△DCA← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。

方法

2、延長CA至G，使AG=AE，則只需證BE=CG← 連結(jié)DG、DC、DB，則只需證△DBE≌△DCG← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。

【例5】∠ABC的頂點B在⊙O外，BA、BC均與⊙O相交，過BA與圓的交點K引∠ABC平分線的垂線，交⊙O于P，交BC于M。求證：線段PM為圓心到∠ABC平分線距離的2倍。

【分析】若角平分線過O，則P、M重合，PM=0，結(jié)論顯然成立。若角平分線不過O，則延長DO至D‘，使OD’=OD，則只需證DD‘=PM。連結(jié)D’P、DM，則只需證DMPD‘為平行四邊形。過O作m⊥PK，DD’,K

P，∴∠DPK=∠DKP，BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL為MK中垂線→∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’

D∥PM，∴DMPD‘為平行四邊形。

【例6】在△ABC中，AP為∠A的平分線，AM為BC邊上的中線，過B作BH⊥AP于H，AM的延長線交BH于Q，求證：PQ∥AB。

【分析】方法

1、結(jié)合中線和角平分線的性質(zhì)，考慮用比例證明平行。倍長中線：延長AM至

M’，使AM=MA‘，連結(jié)BA’，如圖6-1。

PQ∥AB←←←

←∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)=

180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ

方法

2、結(jié)合角平分線和BH⊥AH聯(lián)想對稱知識。延長BH交AC的延長線于B’，如

/

圖6-2。則H為BB‘的中點，因為M為BC的中點，連結(jié)HM，則HM∥BC。延長HM交AB于O，則O為AB的中點。延長MO至M’，使OM‘=OM，連結(jié)M’A、M‘B，則

AM’BM是平行四邊形，∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，所以PQ∥AB。

【例7】菱形ABCD的內(nèi)切圓O與各邊分別切于E、F、G、H，在EF與GH上分別作⊙O的切線交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。求證：MQ∥NP。（95年全國聯(lián)賽二試3）

【分析】由AB∥CD知：要證MQ∥NP，只需證∠AMQ=∠CPN，結(jié)合∠A=∠C知，只需

證△AMQ∽△CPN←，AM2CN=AQ2CP。連結(jié)AC、BD，其交點為內(nèi)切圓心O。

設(shè)MN與⊙O切于K，連結(jié)OE、OM、OK、ON、OF。記∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，則∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。

∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是同理，AQ2CP=AO2CO。，∴AM2CN=AO2CO

【例8】ABCD是圓內(nèi)接四邊形，其對角線交于P，M、N分別是AD、BC的中點，過M、N分別作BD、AC的垂線交于K。求證：KP⊥AB。

【分析】延長KP交AB于L，則只需證∠PAL+∠APL=90°，即只需證∠PDC+∠KPC=90°，只需證

∠PDC=∠PKF，因為P、F、K、E四點共圓，故只需證∠PDC=∠PEF，即

EF∥DC。

←

←←△DME∽△CNF

【例9】以△ABC的邊BC為直徑作半圓，與AB、AC分別交于點D、E。過D、E作BC的垂線，垂足分別是F、G，線段DG、EF交于點M。求證：AM⊥BC。

【分析】連結(jié)BE、CD交于H，則H為垂心，故AH⊥BC。（同一法）設(shè)AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面證M1、M2重合。

OM1∥DF→

→OM1=

。OM2∥EG→

→OM2=

。只需

證OG2DF=EG2OF，即

←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。