巧用“三线合一”证题

“三线合一”是等腰三角形的一条特殊性质，在一些几何题的证题过程中有着广泛的应用。本文结合实例说明其应用，供参考。 一. 直接应用“三线合一”

例1. 已知，如图1，AD是ABC的角平分线，DE、DF分别是ABD和ACD的高。 求证：AD垂直平分EF

A 1 2 E F B D C 图1

分析：从本题的条件和图形特征看，欲证AD垂直平分EF，因为有12，所以只要证AEF为等腰三角形即可 证明：DEAB，DFAC 12，ADAD

RtAEDRtAFDAEAF 又12

AD垂直平分EF

例2. 如图2，ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的高，AD的中点为M，CM的延长线交AB于点K，求证：AB3AK

A K M E B D C 图2

考

虑

作

分析DEABACADBC：可

ABAC，ADBCBDDC，BEEKAMMD，AKKEAKKEEBAB3AK先连线，再用“三线合一”

 例3. 如图3，在ABC中，A90，ABAC，D是BC的中点，P为BC上任一点，作PEAB，PFAC，垂足分别为E、F 求证：（1）DE＝DF；（2）DEDF

A E F B D P C 图3

分析：（1）欲证二线段相等，容易想到利用全等三角形。观察DE为BDE或PDE的一边，DF为DFP或DFC的边，但它们都没有全等的可能。由于D为等腰直角三角形的底边BC上的中点，于是我们想到连结AD一试，这时容易发现AEDCFD或

BDFADF

问题得证。

（2）欲证DEDF，只要证ADEADF90，即可 但由（1）已证出ADECDF 又ADFCDF90，故问题解决 证明：连结AD。D是BC的中点 BAC90，ABAC

1BC 2 DA平分BAC，ADBC

1 DABDACBAC45

2 B45

ABAC，PFAC，PEAB 四边形PEAF是矩形

PEFA ADBD BPE45B

BEPEAF 又ABAC，ECF

又EADFCD45，ADDC AEDCFD DEDF

（2）AEDCFD ADECDF

 又ADFCDF90 ADFADE90 即DEDF

三. 先构造等腰三角形，再用“三线合一”

例4. 如图4，已知四边形ABCD中，ACBADB90，M、N分别为AB、CD的中点，求证：MNCD



D N C A M B

分析：由于MN与CD同在MCD中，又N为CD的中点，于是就想到证MCD为等腰三角形，由于MD、MC为RtADB、RtACB斜边AB上的中线，因此MDMC所以，问题容易解决。 证明：连结DM、CM

ACBADB90，M是AB的中点 DMCM图4 1AB，21AB 2 CMD是等腰三角形

又N是CD的中点，MNCD

例5. 如图5，ABC中，BC、CF分别平分ABC和ACB，AEBE于E，AFCF于F，求证：EF//BC

A F E 1 2 B N M C 图5

分析：由BE平分ABC、AEBE容易想到：延长AE交BC于M，可得等腰BMA，E为AM的中点；同理可得等腰CAN，F是AN的中点，故EF为AMN的中位线，命题就能得证。

证明：延长AE、AF分别交BC于M、N 12，AEBE BAM为等腰三角形

即ABMB，AEEM 同理AFFN

EF为AMN的中位线 EF//MN，EF//BC 年级 初中 学科 数学 版本 期数

内容标题 巧用“三线合一”证题 分类索引描述 辅导与自学 栏目名称 学法指导 二校 审稿老师 审核 分类索引号 主题词 巧用“三线合一”证题 供稿老师 录入

韩秋荣 一校 康纪云