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一道初中几何题的多种解法

【题目】已知：过ABC的顶点C任作一直线，与边AB及中线AD分别交于点F和E.

求证：FBAFEDAE2.

【分析】平行线分线段成比例

【提示】系数2既是难点，又是突破点

【解法1】

证：连BE，则由同高三角形面积关系得

BCFACFBEFAEFSSSSFBAF，CDEAECSSEDAE

根据等比性质得：

BCEACEBEFBCFAEFACFSSSSSSFBAF

∵D为BC的中点，

∴DCEBCESS2

∴DEAEFBAF2，即FBAFEDAE2

【解法2】

证：过D作CFDM//交AB于M，

∵CFDM//，

∴FMAFEDAE

∵D为BC的中点，CFDM//

∴M为BF的中点，即BFMF21，

∴BFAFEDAE21，即FBAFEDAE2

【解法3】

证：过D作ABDN//交CF于N，

∵ABDN//， EDABCFMEDABCFNEDABCFEDABCF2

∴DNAFEDAE

∵D为BC的中点，ABDN//

∴N为CF的中点，

∴DN为BCF的中位线，则BFDN21

∴BFAFEDAE21，即FBAFEDAE2

【解法4】

证：过B作CFBG//交AD延长线于G，

∵CFBG//，

∴EGAEFBAF

∵D为BC的中点，CFBG//

∴D为GF的中点，即DEEG2

∴DEAEFBAF2，

即FBAFEDAE2

【解法5】

证：过B作ADBH//交CF延长线于H，

∵ADBH//，

∴BHAEFBAF

∵D为BC的中点，ADBH//

∴E为CH的中点，

∴DE为BCH的中位线，则DEBH2

∴DEAEFBAF2，即FBAFEDAE2

【解法6】

证：过A作BCAK//交CF延长线于K，

∵BCAK//， GEDABCFHEDABCFKEDABCF3

∴BCAKFBAF，DCAKEDAE

∵D为BC的中点，

∴DCBC2

∴EDAEDCAKBCAKFBAF22

即FBAFEDAE2

【解法7】

证：过A作CFAP//交BC延长线于P，

∵CFAP//，

∴CBPCFBAF，

CDPCEDAE

∵D为BC的中点，

∴DCBC2

∴EDAECDPCCBPCFBAF22

即FBAFEDAE2

【解法8】

证：过D作ACDP//交CF延长线于P，交AB于Q，

∵ACDP//，

∴DPACEDAE，QPACFQAF

∵D为BC的中点，ACDP//

∴Q为AB的中点，

即FQAFBF2，ACDQ21，

∵QPACFQAF，由合比性质得FQAFAFPQACAC21212121，即BFAFDPAC21 PEDABCFQPEDABCF4

∴BFAFEDAE21，即FBAFEDAE2

【解法9】

证：过B作ACBM//分别交CF、AD的延长线于M、N，

∵ACBM//，

∴BMACFBAF，MNACENAE

∵D为BC的中点，ACBM//

∴DNAD，ACBN

则EDAEEN2，

∵MNACENAE，即MNACEDAEAE2

由合比性质得ACMNACEDAE2，

即BMACEDAE2

∴BFAFEDAE2，即FBAFEDAE2

【解法10】

证：过C作ADCK//交BA延长线于K，

∵ADCK//，D为BC的中点，

∴ABAK，ADCK2，

∵ADCK//

∴FKAFCKAE，即AKAFAFADAE2，

∴AKAFAFADAE2

由合比性质得

AFAKAFAFAEADAE22，即AFABAFDEAE2，

∴FBAFEDAE2

【解法11】 NMEDABCFKEDABCFPEDABCF5

证：过C作ABCP//交AD延长线于P，

∵ABCP//，D为BC的中点，

∴ADPD，ABPC，

∵ABCP//

∴PCAFEPAE，

由合比性质得AFPCAFAEEPAE

即BFAFDEAE2，

∴FBAFEDAE2

【解法12】

证：过F作ADFQ//交BC于Q，

∵ADFQ//，∴BABFBDBQADFQ，CQCDFQDE

∴CQBQADDE，

由合比性质得BQCQBQDEADDE，即QDBQAEDE2

∵ADFQ//，∴FABFQDBQ，∴AFBFQDBQAEDE22，即FBAFEDAE2

【解法13】

证：过F作BCFR//交AD于R，

∵BCFR//，

∴RDARFBAF，EDRECDFRBDFRABAF，

由合比性质得REEDREAFABAF，

即REEDREBFAF

∴REEDRERDARBFAF，

由等比性质得REEDRDREARBFAF，即EDAEBFAF2∴FBAFEDAE2.

【解法14】 QEDABCFREDABCF6

证：过E作BCEM//交AB于M，

∵BCEM//，

∴ADAEABAMBDMEBCMEFBFM222，

由等比性质得FBABFMAMADAE22，

即AFABAFADAE2

∴AFABAFADAE2

由合比性质得AFAFABAFAEADAE22，∴FBAFEDAE2

【解法15】

证：过E作ABEP//交AC于P，交BC于Q，

∵ABEP//，

∴QDBQEDAE，QCBCEQFB，DBDQABEQ

∴QCDQABFB2，即DQQCFBAB2

由合比性质得DQDQQCFBFBAB22，即DQBQFBAF2，

∴DQBQFBAF2，∴FBAFEDAE2

【解法16】

证：过E作ACMN//交AB于M，交BC于N，

∵ACMN//，

∴DCDNACENDADE，ACMEFAFM，

DCDNFAFMACENACMEACMNBCBNBABM，

∴11DCBNFAAMDCBDBNFAAMFABABM

又DCBC2，则FAAMBCBNBABM2

即FAAMBABMBABM2，∴FAAMBABM MEDABCFQPEDABCFNMEDABCF7

∴BNCNBMAMBAFA

由合比性质得CNBNCNFABAFA，即DNCNBFFA2

∴DEAEBFFA2，即FBAFEDAE2

【解法17】

证：过F作ACFM//交BC于M，交射线AD于N，

如图（1）：∵ACFM//，

∴ACNMACFNACNMFNACFMBABF，

则ADANADAEAEANDADNAENEBABF

ADANAEAN11ADAEAEADAN

∴ADAEDEANBABF，

∴BFAFBMCMBMBCCDCMBFABADANDEAE22，

即FBAFEDAE2

如图（2）：∵ACFM//，

∴ACNMACFNACNMFNACFMBABF，

则ADADANAEAEANDADNAENEBABF

ADANAEAN11ADAEAEADAN

同图（1）得：FBAFEDAE2

【解法18】

证：直线CEF截ABD，由梅涅劳斯定理， MNEDABCF图（1）

MNEDABCF图（2）

EDABCF8

得：1EADECDBCFBAF

又CDBC2，

∴21EADEFBAF，

则FBAFEDAE2