等量代换在几何比例证明中的应用

徐勇

有一类关于a2=bc和和a∶b=c∶d的几何题，虽然应用三点定位法能找到与结论有关的两个三角形，但是这两个三角形并不相似，因而使证明陷入困境.然而借助等量代换，却能柳暗花明，使结论很快得证.现举例如下，供初中师生教学参考.1 等线代换

例1 过△ABC的重心G及顶点A作圆与BG切于G，CG的延长线交所作圆于D.求证：AG2=GC·GD.

证明 如图1，过C作CF∥BG交AG于F，因为AK=KC，所以AG=CF.（1）连接AD，因BG是圆的切线，故∠ADG=∠AGK=∠AFC.于是A、D、F、C四点共圆.从而由相交弦定理得AG·GF=CG·GD.（2）因此以GF代AG，由（1）、（2）即得AG2=CG·GD.

注 证明本题的关键在于以等线GF代替AG从而利用相交弦定理得证.

2 等比代换

例2 已知ABCD是圆内接四边形，E是AB、DC延长线的交点，F是AD、BC延长线的交点，求证：EDFB=EAFA.

证明 如图2，连接AC、BD.在△ACF和△BDF中，因为∠CAF=∠DBF，∠AFC=∠BFD.

所以△ACF∽△BDF.所以FAFB=ACBD（1），同理△ACE∽△DBE，所以ACBD=EAED（2），因此由等比代换，从（1）、（2）得FAFB=EAED，即EDFB=EAFA.

注 证明本题的关键在于通过中间过渡比“ACBD”，借助于△ACF∽△BDF和△ACE∽△DBE得证.3 等积代换

例3 如图3，已知AD是△ABC外接圆的直径，CF⊥AD交AD于E，交AB于F.求证：AC2=AB·AF.

证明 连接CD、BD，因为AD是圆的直径，所以∠ACD=∠ABD=90°.因为CE⊥AD.所以AC2=AE·AD（射影定理） （1）.又在Rt△ABD和Rt△AEF中，因为θ为公用角，所以Rt△ABD∽Rt△AEF，所以ABAE=ADAF，所以AE·AD=AB·AF （2），故由等积代换，从（1）、（2）得AC2=AB·AF.

注 证明本题的关键在于利用射影定理先将结论比例式代换为证明AE·AD=AB·AF的等积式，而后由Rt△ABD∽Rt△AEF得出相关线段比，代换即得证.4 等线等比代换

例4 已知PA、PB是⊙O的切线，它们与⊙O分别切于A、B两点.PD是⊙O的割线，与⊙O相交于C、D.求证：AD·BC=AC·BD.

证明 如图4，因为PA是切线，A是切点，所以∠1=∠2.又因为∠APC=∠APD，所以△APC∽△APD.所以PDPA=ADAC （1），因为PB切⊙O于B，同理PDPB=BDBC （2）.因为PA=PB（切线长定理），所以作等线代换代入（1），得PDPB=ADAC.（3）故由（2）、（3）作等比代换，得ADAC=BDBC因此AD·BC=AC·BD.

注 证明本题的关键有两点：（1）先证△APC∽△APD.（2）再运用PA=PB代换.

5 等比等积代换endprint

有一类关于a2=bc和和a∶b=c∶d的几何题，虽然应用三点定位法能找到与结论有关的两个三角形，但是这两个三角形并不相似，因而使证明陷入困境.然而借助等量代换，却能柳暗花明，使结论很快得证.现举例如下，供初中师生教学参考.1 等线代换

例1 过△ABC的重心G及顶点A作圆与BG切于G，CG的延长线交所作圆于D.求证：AG2=GC·GD.

证明 如图1，过C作CF∥BG交AG于F，因为AK=KC，所以AG=CF.（1）连接AD，因BG是圆的切线，故∠ADG=∠AGK=∠AFC.于是A、D、F、C四点共圆.从而由相交弦定理得AG·GF=CG·GD.（2）因此以GF代AG，由（1）、（2）即得AG2=CG·GD.

注 证明本题的关键在于以等线GF代替AG从而利用相交弦定理得证.

2 等比代换

例2 已知ABCD是圆内接四边形，E是AB、DC延长线的交点，F是AD、BC延长线的交点，求证：EDFB=EAFA.

证明 如图2，连接AC、BD.在△ACF和△BDF中，因为∠CAF=∠DBF，∠AFC=∠BFD.

所以△ACF∽△BDF.所以FAFB=ACBD（1），同理△ACE∽△DBE，所以ACBD=EAED（2），因此由等比代换，从（1）、（2）得FAFB=EAED，即EDFB=EAFA.

注 证明本题的关键在于通过中间过渡比“ACBD”，借助于△ACF∽△BDF和△ACE∽△DBE得证.3 等积代换

例3 如图3，已知AD是△ABC外接圆的直径，CF⊥AD交AD于E，交AB于F.求证：AC2=AB·AF.

证明 连接CD、BD，因为AD是圆的直径，所以∠ACD=∠ABD=90°.因为CE⊥AD.所以AC2=AE·AD（射影定理） （1）.又在Rt△ABD和Rt△AEF中，因为θ为公用角，所以Rt△ABD∽Rt△AEF，所以ABAE=ADAF，所以AE·AD=AB·AF （2），故由等积代换，从（1）、（2）得AC2=AB·AF.

注 证明本题的关键在于利用射影定理先将结论比例式代换为证明AE·AD=AB·AF的等积式，而后由Rt△ABD∽Rt△AEF得出相关线段比，代换即得证.4 等线等比代换

例4 已知PA、PB是⊙O的切线，它们与⊙O分别切于A、B两点.PD是⊙O的割线，与⊙O相交于C、D.求证：AD·BC=AC·BD.

证明 如图4，因为PA是切线，A是切点，所以∠1=∠2.又因为∠APC=∠APD，所以△APC∽△APD.所以PDPA=ADAC （1），因为PB切⊙O于B，同理PDPB=BDBC （2）.因为PA=PB（切线长定理），所以作等线代换代入（1），得PDPB=ADAC.（3）故由（2）、（3）作等比代换，得ADAC=BDBC因此AD·BC=AC·BD.

注 证明本题的关键有两点：（1）先证△APC∽△APD.（2）再运用PA=PB代换.

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有一类关于a2=bc和和a∶b=c∶d的几何题，虽然应用三点定位法能找到与结论有关的两个三角形，但是这两个三角形并不相似，因而使证明陷入困境.然而借助等量代换，却能柳暗花明，使结论很快得证.现举例如下，供初中师生教学参考.1 等线代换

例1 过△ABC的重心G及顶点A作圆与BG切于G，CG的延长线交所作圆于D.求证：AG2=GC·GD.

证明 如图1，过C作CF∥BG交AG于F，因为AK=KC，所以AG=CF.（1）连接AD，因BG是圆的切线，故∠ADG=∠AGK=∠AFC.于是A、D、F、C四点共圆.从而由相交弦定理得AG·GF=CG·GD.（2）因此以GF代AG，由（1）、（2）即得AG2=CG·GD.

注 证明本题的关键在于以等线GF代替AG从而利用相交弦定理得证.

2 等比代换

例2 已知ABCD是圆内接四边形，E是AB、DC延长线的交点，F是AD、BC延长线的交点，求证：EDFB=EAFA.

证明 如图2，连接AC、BD.在△ACF和△BDF中，因为∠CAF=∠DBF，∠AFC=∠BFD.

所以△ACF∽△BDF.所以FAFB=ACBD（1），同理△ACE∽△DBE，所以ACBD=EAED（2），因此由等比代换，从（1）、（2）得FAFB=EAED，即EDFB=EAFA.

注 证明本题的关键在于通过中间过渡比“ACBD”，借助于△ACF∽△BDF和△ACE∽△DBE得证.3 等积代换

例3 如图3，已知AD是△ABC外接圆的直径，CF⊥AD交AD于E，交AB于F.求证：AC2=AB·AF.

证明 连接CD、BD，因为AD是圆的直径，所以∠ACD=∠ABD=90°.因为CE⊥AD.所以AC2=AE·AD（射影定理） （1）.又在Rt△ABD和Rt△AEF中，因为θ为公用角，所以Rt△ABD∽Rt△AEF，所以ABAE=ADAF，所以AE·AD=AB·AF （2），故由等积代换，从（1）、（2）得AC2=AB·AF.

注 证明本题的关键在于利用射影定理先将结论比例式代换为证明AE·AD=AB·AF的等积式，而后由Rt△ABD∽Rt△AEF得出相关线段比，代换即得证.4 等线等比代换

例4 已知PA、PB是⊙O的切线，它们与⊙O分别切于A、B两点.PD是⊙O的割线，与⊙O相交于C、D.求证：AD·BC=AC·BD.

证明 如图4，因为PA是切线，A是切点，所以∠1=∠2.又因为∠APC=∠APD，所以△APC∽△APD.所以PDPA=ADAC （1），因为PB切⊙O于B，同理PDPB=BDBC （2）.因为PA=PB（切线长定理），所以作等线代换代入（1），得PDPB=ADAC.（3）故由（2）、（3）作等比代换，得ADAC=BDBC因此AD·BC=AC·BD.

注 证明本题的关键有两点：（1）先证△APC∽△APD.（2）再运用PA=PB代换.

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