高中數(shù)學(xué)競賽平面幾何講座第二講-巧添輔助妙解競賽題

中學(xué)數(shù)學(xué)競賽平面幾何講座其次講巧添協(xié)助妙解競賽題在某些數(shù)學(xué)競賽問題中,奇妙添置協(xié)助圓常可以溝通直線形和圓的內(nèi)在聯(lián)系,通過圓的有關(guān)性質(zhì)找到解題途徑.下面舉例說明添置協(xié)助圓解初中數(shù)學(xué)競賽題的若干思路.1挖掘隱含的協(xié)助圓解題有些問題的題設(shè)或圖形本身隱含著“點(diǎn)共圓”,此時(shí)若能把握問題供應(yīng)的信息,恰當(dāng)補(bǔ)出協(xié)助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會(huì)使題設(shè)和結(jié)論的邏輯關(guān)系明朗化.1.1

作出三角形的外接圓例1如圖1,在△ABC中,AB＝AC,D是底邊BC上一點(diǎn),E是線段AD上一點(diǎn)且∠BED＝2∠CED＝∠A.求證：BD＝2CD.分析：關(guān)鍵是尋求∠BED＝2∠CED及結(jié)論的聯(lián)系.簡單想到作∠BED的平分線,但因BE≠ED,故不能干脆證出BD＝2CD.若延長AD交△ABC的外接圓于F,則可得EB＝EF,從而獲得.證明：如圖1,延長AD及△ABC的外接圓相交于點(diǎn)F,連結(jié)CF及BF,則∠BFA＝∠BCA＝∠ABC＝∠AFC,即∠BFD＝∠CFD.故BF:CF＝BD:DC.又∠BEF＝∠BAC,∠BFE＝∠BCA,從而∠FBE＝∠ABC＝∠ACB＝∠BFE.故EB＝EF.作∠BEF的平分線交BF于G,則BG＝GF.因∠GEF＝∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.從而GF＝FC.于是,BF＝2CF.故BD＝2CD.1.2

利用四點(diǎn)共圓例2凸四邊形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝∠BCD＝90°,

AB＝2,CD＝1,對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O,如圖2.則sin∠AOB＝____.分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D四點(diǎn)共圓,欲求sin∠AOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可.解：因∠BAD＝∠BCD＝90°,故A、B、C、D四點(diǎn)共圓.延長BA、CD交于P,則∠ADP＝∠ABC＝60°.設(shè)AD＝x,有AP＝x,DP＝2x.由割線定理得(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：如圖3,AB＝BC＝CA＝AD,AH⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求證：△ABC的面積S＝AP?BD.

分析：因S△ABC＝BC2＝AC?BC,只須證AC?BC＝AP?BD,轉(zhuǎn)化為證△APC∽△BCD.這由A、B、C、Q四點(diǎn)共圓易證(Q為BD及AH交點(diǎn)).證明：記BD及AH交于點(diǎn)Q,則由AC＝AD,AH⊥CD得∠ACQ＝∠ADQ.又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ.從而,∠ABQ＝∠ACQ.可知A、B、C、Q四點(diǎn)共圓.∵∠APC＝90°＋∠PCH＝∠BCD,∠CBQ＝∠CAQ,∴△APC∽△BCD.∴AC?BC＝AP?BD.于是,S＝AC?BC＝AP?BD.

2構(gòu)造相關(guān)的協(xié)助圓解題

有些問題貌似及圓無關(guān),但問題的題設(shè)或結(jié)論或圖形供應(yīng)了某些及圓的性質(zhì)相像的信息,此時(shí)可大膽聯(lián)想構(gòu)造出及題目相關(guān)的協(xié)助圓,將原問題轉(zhuǎn)化為及圓有關(guān)的問題加以解決.2.1

聯(lián)想圓的定義構(gòu)造協(xié)助圓例4如圖4,四邊形ABCD中,AB∥CD,AD＝DC＝DB＝p,BC＝q.求對(duì)角線AC的長.

分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在半徑為p的⊙D上.利用圓的性質(zhì)即可找到AC及p、q的關(guān)系.解：延長CD交半徑為p的⊙D于E點(diǎn),連結(jié)AE.明顯A、B、C在⊙D上.∵AB∥CD,∴弧BC＝弧AE.從而,BC＝AE＝q.在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故AC＝＝.2.2

聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造協(xié)助圓例5已知拋物線y＝－x2＋2x＋8及x軸交于B、C兩點(diǎn)，點(diǎn)D平分BC.若在x軸上側(cè)的A點(diǎn)為拋物線上的動(dòng)點(diǎn),且∠BAC為銳角,則AD的取值范圍是____.分析：由“∠BAC為銳角”可知點(diǎn)A在以定線段BC為直徑的圓外,又點(diǎn)A在x軸上側(cè),從而可確定動(dòng)點(diǎn)A的范圍,進(jìn)而確定AD的取值范圍.解：如圖5,所給拋物線的頂點(diǎn)為A0(1,9),對(duì)稱軸為x＝1,及x軸交于兩點(diǎn)B(－2,0)、C(4,0).

分別以BC、DA為直徑作⊙D、⊙E,則兩圓及拋物線均交于兩點(diǎn)P(1－2,1)、Q(1＋2,1).可知,點(diǎn)A在不含端點(diǎn)的拋物線PA0Q內(nèi)時(shí),∠BAC＜90°.且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD的取值范圍是3＜AD≤9.2.3

聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造協(xié)助圓例6AD是Rt△ABC斜邊BC上的高,∠B的平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2－AN2＝BM?BN.分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝BM?BN,而由題設(shè)易知AM＝AN,聯(lián)想割線定理,構(gòu)造協(xié)助圓即可證得結(jié)論.證明：如圖6,

∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.從而,AM＝AN.以AM長為半徑作⊙A,交AB于F,交BA的延長線于E.則AE＝AF＝AN.由割線定理有BM?BN＝BF?BE＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN)＝AB2－AN2,即AB2－AN2＝BM?BN.例7如圖7,ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形,延長AB和DC相交于E,延長AB和DC相交于E,延長AD和BC相交于F,EP和FQ分別切⊙O于P、Q.求證：EP2＋FQ2＝EF2.分析：因EP和FQ是⊙O的切線,由結(jié)論聯(lián)想到切割線定理,構(gòu)造協(xié)助圓使EP、FQ向EF轉(zhuǎn)化.證明：如圖7,作△BCE的外接圓交EF于G,連結(jié)CG.因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、G四點(diǎn)共圓.由切割線定理,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

聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造協(xié)助圓例8如圖8,△ABC及△A＇B＇C＇的三邊分別為a、b、c及a＇、b＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°.試證：aa＇＝bb＇＋cc＇.

分析：因∠B＝∠B＇,∠A＋∠A＇＝180°,由結(jié)論聯(lián)想到托勒密定理,構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形加以證明.證明：作△ABC的外接圓,過C作CD∥AB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如圖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.從而,由托勒密定理,得AD?BC＝AB?DC＋AC?BD,即a2＝c?＋b?.故aa＇＝bb＇＋cc＇.練習(xí)題1.

作一個(gè)協(xié)助圓證明：△ABC中,若AD平分∠A,則＝.(提示：不妨設(shè)AB≥AC,作△ADC的外接圓交AB于E,證△ABC∽△DBE,從而＝＝.)2.

已知凸五邊形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求證：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.(提示：由已知證明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,從而A、B、C、D、E共圓,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)3.

在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB邊上取一點(diǎn)M,使BM＝AC.求∠AMC的度數(shù).(提示：以BC為邊在△ABC外作正△KBC,連結(jié)KM,證B、M、C共圓,從而∠BCM＝∠BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)4．如圖10,AC是ABCD較長的對(duì)角線,過C作CF⊥AF,CE⊥AE.求證：AB?AE＋AD?AF＝AC2.

(提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點(diǎn)G、H.則CG＝AH,由割線定理可證得結(jié)論.)5.

如圖11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直線CD過A交⊙O1和⊙O2于C、D,且AC＝AD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2＝AB?AE.(提示：作△BCD的外接圓⊙O3,延長BA交⊙O3于F,證E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,從而AE＝AF,由