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 数学竞赛平面几何讲座：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.

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.

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= ∠BEF=∠CEF,∠GFE=∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF=FC.

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=60°.

设AD=x,有AP= x,DP=2x.由割线定理得(2+ x) x=2x(1+2x).解得AD=x=2 -2,BC= BP=4- .

由托勒密定理有

BD•CA=(4- )(2 -2)+2×1=10 -12.

又SABCD=S△ABD+S△BCD= .

故sin∠AOB= .

例3 已知：如图3,AB=BC=CA=AD,AH

⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：

△ABC的面积S= AP•BD.

分析：因S△ABC= BC2= AC•BC,只

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= AC•BC= AP•BD.

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.

∵AB∥CD,

∴BC=AE.

从而,BC=AE=q.

在△ACE中,∠CAE=90°,CE=2p,AE=q,故

AC= = .

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.

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 ,1)、

Q(1+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

≤DA0=9,即AD的取值范围是3

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

EF2=(EG+GF)•EF

=EG•EF+GF•EF

=EC•ED+FC•FB

=EC•ED+FC•FB

=EP2+FQ2,

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',

∴∠A'=∠D,∠B'=∠BCD.

∴△A'B'C'∽△DCB.

有 = = ,

即 = = .

故DC= ,DB= .

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• +b• .

故aa'=bb'+cc'.

练习题

1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则 = .

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

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= ∠BKM=10°,得∠AMC=30°.)

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.)

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.)

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： - =1.

(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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