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数学竞赛平面几何讲座5讲 第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题


第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题
在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有 关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.

1、挖掘隐含的辅助圆解题 有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅 助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明

朗化. 1.1 作出三角形的外接圆

例 1 如图 1,在△ABC 中,AB=AC,D 是底边 BC 上一点,E 是线段 AD 上一点且∠BED= 2∠CED=∠A.求证:BD=2CD.
A

分析:关键是寻求∠BED=2∠CED 与结论的联系. 容易想到作∠BED 的平分线,但因 BE≠ED,故不能 直接证出 BD=2CD.若延长 AD 交△ABC 的外接圆 于 F,则可得 EB=EF,从而获取.
B E

G

D F

C

图1

证明:如图 1,延长 AD 与△ABC 的外接圆相交于点 F,连结 CF 与 BF,则∠BFA=∠BCA= ∠ABC=∠AFC,即∠BFD=∠CFD.故 BF:CF=BD:DC. 又∠BEF=∠BAC,∠BFE=∠BCA,从而∠FBE=∠ABC=∠ACB=∠BFE. 故 EB=EF. 作∠BEF 的平分线交 BF 于 G,则 BG=GF. 因∠GEF=

1 ∠BEF=∠CEF,∠GFE=∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而 GF=FC. 2
C O D A

于是,BF=2CF.故 BD=2CD. 1.2 利用四点共圆 例 2 凸四边形 ABCD 中,∠ABC=60° ,∠BAD=∠BCD=90° , AB=2,CD=1,对角线 AC、BD 交于点 O,如图 2. 则 sin∠AOB=____. 分析:由∠BAD=∠BCD=90° 可知 A、B、C、D 四点共圆,欲求 sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出 BC、AD 即可. 解: 因∠BAD=∠BCD=90° ,故 A 、 B、 C、 D 四点共圆.延长 BA、 CD 交于 P,则∠ADP=∠ABC
P 图2 B

=60° . 设 AD=x,有 AP= 3 x,DP=2x.由割线定理得(2+ 3 x) 3 x=2x(1+2x).解得 AD=x= 2 3 -2,BC=

1 BP=4- 3 . 2

由托勒密定理有 BD· CA=(4- 3 )(2 3 -2)+2× 1=10 3 -12.

又 SABCD=S△ABD+S△BCD=

3 3 . 2

故 sin∠AOB=

15 ? 6 3 . 26
A

例 3 已知:如图 3,AB=BC=CA=AD,AH ⊥CD 于 H,CP⊥BC,CP 交 AH 于 P.求证:
B

3 △ABC 的面积 S= AP· BD. 4
分析:因 S△ABC=

P Q D C 图3 H

3 2 3 BC = AC· BC,只 4 4

须证 AC· BC=AP· BD,转化为证△ APC∽△BCD.这由 A、B、C、Q 四点共圆易证(Q 为 BD 与 AH 交点). 证明:记 BD 与 AH 交于点 Q,则由 AC=AD,AH⊥CD 得∠ACQ=∠ADQ. 又 AB=AD,故∠ADQ=∠ABQ. 从而,∠ABQ=∠ACQ.可知 A、B、C、Q 四点共圆. ∵∠APC=90° +∠PCH=∠BCD,∠CBQ=∠CAQ, ∴△APC∽△BCD. ∴AC· BC=AP· BD. 于是,S=

3 3 AC· BC= AP· BD. 4 4

2、构造相关的辅助圆解题 有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息, 此时可大胆联想构造出与题目相关 的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决.

2.1 联想圆的定义构造辅助圆 例 4 如图 4,四边形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=DB=p,BC=q.求对角线 AC 的长. 分析:由“AD=DC=DB=p”可知 A、B、C 在半径为 p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到 AC 与 p、q 的关系. 解:延长 CD 交半径为 p 的⊙D 于 E 点,连结 AE. 显然 A、B、C 在⊙D 上.
C B A E

∵AB∥CD, ∴BC=AE. 从而,BC=AE=q. 在△ ACE 中,∠CAE=90° ,CE=2p,AE=q,故
2 2 AC= CE 2 ? AE 2 = 4 p ? q .

D

图4

2.2 联想直径的性质构造辅助圆 例 5 已知抛物线 y=-x2+2x+8 与 x 轴交于 B、C 两点,点 D 平分 BC.若在 x 轴上侧的 A 点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则 AD 的取值范围是____. 分析:由“∠BAC 为锐角”可知点 A 在以定线段 BC 为直径的圆外,又点 A 在 x 轴上侧,从而可 确定动点 A 的范围,进而确定 AD 的取值范围.
y

解:如图 5,所给抛物线的顶点为 A0(1,9), 对称轴为 x=1,与 x 轴交于两点 B(-2,0)、 C(4,0). 分别以 BC、DA 为直径作⊙D、⊙E,则 两圆与抛物线均交于两点 P(1-2 2 ,1)、 Q(1+2 2 ,1). 可知,点 A 在不含端点的抛物线 PA0Q 内时,∠BAC<90° .且有 3=DP=DQ<AD ≤DA0=9,即 AD 的取值范围是 3<AD≤9. 2.3 联想圆幂定理构造辅助圆 例 6 AD 是 Rt△ ABC 斜边 BC 上的高,∠B 的平行线交 AD 于 M,交 AC 于 N.求证: AB2-AN2 =BM· BN. 分析:因 AB2-AN2=(AB+AN)(AB-AN)=BM· BN,而由题设易知 AM=AN,联想割线定理,构
P B (-2,0) D 图5 A0 (1,9)

E Q C (4,0) x

造辅助圆即可证得结论. 证明:如图 6, ∵∠2+∠3=∠4+∠5=90° , 又∠3=∠4,∠1=∠5, ∴∠1=∠2.从而,AM=AN. 以 AM 长为半径作⊙A,交 AB 于 F,交 BA 的延长线于 E.则 AE=AF=AN. 由割线定理有 BM· BN=BF· BE =(AB+AE)(AB-AF) =(AB+AN)(AB-AN) =AB2-AN2, 即 AB2-AN2=BM· BN. 例 7 如图 7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长 AB 和 DC 相交于 E,延长 AB 和 DC 相交于 E, 延长 AD 和 BC 相交于 F,EP 和 FQ 分别切⊙O 于 P、Q.求证:EP2+FQ2=EF2. 分析:因 EP 和 FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使 EP、FQ 向 EF 转 化. 证明:如图 7,作△ BCE 的外接圆交 EF 于 G,连结 CG. 因∠FDC=∠ABC=∠CGE,故 F、D、C、 G 四点共圆. 由切割线定理,有 EF =(EG+GF)· EF =EG· EF+GF· EF =EC· ED+FC· FB =EC· ED+FC· FB
c A b a (1) 图8 C B' c' a' (2) A' b' C'
2

E A 1 3 5M 4 D B F 2 N

C 图6

A P O B E C G D Q

F

=EP +FQ ,
B

2

2

即 EP2+FQ2=EF2. 2.4 联想托勒密定理构造辅助圆

例 8 如图 8,△ ABC 与△ A' B' C' 的三边分别为 a、 b、 c 与 a' 、 b' 、 c' ,且∠B=∠B' ,∠A +∠A'=180° .试证:aa'=bb'+cc'.

分析:因∠B=∠B',∠A+∠A'=180° ,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以 证明. 证明:作△ ABC 的外接圆,过 C 作 CD∥AB 交圆于 D,连结 AD 和 BD,如图 9 所示. ∵∠A+∠A'=180° =∠A+∠D, ∠BCD=∠B=∠B',
c A b a b D 图9 C

∴∠A'=∠D,∠B'=∠BCD. ∴△A'B'C'∽△DCB.

B

A' B ' B ' C ' A' C ' = = , DC CB DB c' a' b' 即 = = . DB DC a ac ' ab ' 故 DC= ,DB= . a' a'
有 又 AB∥DC,可知 BD=AC=b,BC=AD=a. 从而,由托勒密定理,得 AD· BC=AB· DC+AC· BD, 即 a2=c·

ac ' ab ' +b· . a' a'

故 aa'=bb'+cc'.

练 习 题 1. 作一个辅助圆证明:△ ABC 中,若 AD 平分∠A,则

AB BD = . AC DC AB BD = = AC DE

(提示:不妨设 AB≥AC,作△ ADC 的外接圆交 AB 于 E,证△ ABC∽△DBE,从而

BD .) DC

2. 已知凸五边形 ABCDE 中,∠BAE=3a,BC=CD=DE,∠BCD=∠CDE=180° -2a.求证: ∠BAC=∠CAD=∠DAE. (提示:由已知证明∠BCE=∠BDE=180° -3a,从而 A、B、C、D、E 共圆,得∠BAC=∠CAD =∠DAE.)

3. 在△ ABC 中 AB=BC,∠ABC=20° ,在 AB 边上取一点 M,使 BM=AC.求∠AMC 的度数. (提示: 以 BC 为边在△ ABC 外作正△ KBC,连结 KM,证 B、 M、 C 共圆,从而∠BCM= =10° ,得∠AMC=30° .)

1 ∠BKM 2

4.如图 10,AC 是

ABCD 较长的对角线,过 C 作 CF⊥AF,CE⊥AE.求证:AB· AE+AD· AF=

AC2. (提示:分别以 BC 和 CD 为直径作圆交 AC 于点 G、H.则 CG=AH,由割线定理可证得 结论.)
D F C

A 图10

B

E

5. 如图 11.已知⊙O1 和⊙O2 相交于 A、 B,直线 CD 过 A 交⊙O1 和⊙O2 于 C、 D,且 AC=AD,EC、 ED 分别切两圆于 C、D.求证:AC2=AB· AE. (提示:作△ BCD 的外接圆⊙O3,延长 BA 交⊙O3 于 F,证 E 在⊙O3 上,得△ ACE≌△ADF,从而 AE=AF,由相交弦定理即得结论.)
E D A O1 B 图11

C

O2

6.已知 E 是△ ABC 的外接圆之劣弧 BC 的中点.求证:AB· AC=AE2-BE2. (提示:以 BE 为半径作辅助圆⊙E,交 AE 及其延长线于 N、M,由△ ANC∽△ABM 证 AB· AC =AN· AM.)

7. 若正五边形 ABCDE 的边长为 a,对角线长为 b,试证:

b a - =1. a b

(提示:证 b2=a2+ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)


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