高中数学竞赛 平面几何讲座第2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

A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＝

E∠A.求证：BD＝2CD.

分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.

B容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,故不能 F直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆 图1

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

于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.

1.2 利用四点共圆 CB例2 凸四边形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝ D∠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 P四点共圆,欲求sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC、AD图2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＝3x,DP＝2x.由割线定理得(2＋x)x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝23－2,BC＝1BP＝4－3. 2

由托勒密定理有

BD·CA＝(4－3)(2－2)＋2×1＝103－12.

又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝3. 2

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故sin∠AOB＝15?63. 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：

△ABC的面积S＝AP·BD. 4

分析：因S△ABC＝BD图3H23BC＝AC·BC,只 44

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. 44

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 AB

＝DB＝p,BC＝q.求对角线AC的长.

E分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在 CD半径为p的⊙D上.利用圆的性质即可找到AC与

p、q的关系.

图4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,

∴＝ 从而,BC＝AE＝q.

在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故

22 AC＝CE2?AE2＝4p?q.

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

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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(1－22,1)、

Q(1＋2,1). 图5 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,构造辅助圆即可证得结论.

证明：如图6,

E∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,

又∠3＝∠4,∠1＝∠5, A∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN. N

F 以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交

BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN. B 由割线定理有 图6

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

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＝EP2＋FQ2,

即 EP2＋FQ2＝EF2.

2.4 联想托勒密定理构造辅助圆

A

例8 如图8,△ABC与△A＇B＇ A'

cbb'C＇的三边分别为a、b、c与a＇、

b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A CB'(1)＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇. (2)

图8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,

A ∠BCD＝∠B＝∠B＇,

c ∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD. C

∴△A＇B＇C＇∽△DCB. B

A'B'B'C'A'C' 有＝＝,

DCCBDBc'a'b'即 ＝＝.

DBDCaac'ab'

故DC＝,DB＝.

a'a'

b

D

图9

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'

练习题

故aa＇＝bb＇＋cc＇.

1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则

ABBD

＝. ACDC

ABBD

＝ACDE

(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＝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

A

1∠2

FD

C

B图10

E

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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. 图11

(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：ba－＝1. ab

(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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