第二講 巧添輔助 妙解競賽題

1、第二講 巧添輔助 妙解競賽題 在某些數(shù)學(xué)競賽問題中,巧妙添置輔助圓?？梢詼贤ㄖ本€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.下面舉例說明添置輔助圓解初中數(shù)學(xué)競賽題的若干思路.1 挖掘隱含的輔助圓解題 有些問題的題設(shè)或圖形本身隱含著“點共圓”,此時若能把握問題提供的信息,恰當(dāng)補(bǔ)出輔助圓,并合理挖掘圖形隱含的性質(zhì),就會使題設(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,ABAC,D是底邊BC上一點,E是線段AD上一點且BED2CEDA.求證：BD2CD.分析：關(guān)鍵是尋求BED2CED與結(jié)論的聯(lián)系.容易想到作BED的平分線,但因BEED,故不能直接證出BD2CD.若

2、延長AD交ABC的外接圓于F,則可得EBEF,從而獲取.證明：如圖1,延長AD與ABC的外接圓相交于點F,連結(jié)CF與BF,則BFABCAABCAFC,即BFDCFD.故BF:CFBD:DC. 又BEFBAC,BFEBCA,從而FBEABCACBBFE.故EBEF. 作BEF的平分線交BF于G,則BGGF. 因GEFBEFCEF,GFECFE,故FEGFEC.從而GFFC. 于是,BF2CF.故BD2CD.1.2 利用四點共圓例2 凸四邊形ABCD中,ABC60°,BADBCD90°, AB2,CD1,對角線AC、BD交于點O,如圖2.則sinAOB_.分析：由BADBCD9

3、0°可知A、B、C、D四點共圓,欲求sinAOB,聯(lián)想到托勒密定理,只須求出BC、AD即可.解：因BADBCD90°,故A、B、C、D四點共圓.延長BA、CD交于P,則ADPABC60°. 設(shè)ADx,有APx,DP2x.由割線定理得(2x)x2x(12x).解得ADx22,BCBP4. 由托勒密定理有 BD·CA(4)(22)2×11012. 又SABCDSABDSBCD. 故sinAOB.例3 已知：如圖3,ABBCCAAD,AHCD于H,CPBC,CP交AH于P.求證：ABC的面積SAP·BD. 分析：因SABCBC2AC

4、3;BC,只須證AC·BCAP·BD,轉(zhuǎn)化為證APCBCD.這由A、B、C、Q四點共圓易證(Q為BD與AH交點).證明：記BD與AH交于點Q,則由ACAD,AHCD得ACQADQ. 又ABAD,故ADQABQ. 從而,ABQACQ.可知A、B、C、Q四點共圓. APC90°PCHBCD,CBQCAQ, APCBCD. AC·BCAP·BD. 于是,SAC·BCAP·BD.2 構(gòu)造相關(guān)的輔助圓解題有些問題貌似與圓無關(guān),但問題的題設(shè)或結(jié)論或圖形提供了某些與圓的性質(zhì)相似的信息,此時可大膽聯(lián)想構(gòu)造出與題目相關(guān)的輔助圓,將原問題轉(zhuǎn)化為

5、與圓有關(guān)的問題加以解決.2.1 聯(lián)想圓的定義構(gòu)造輔助圓例4 如圖4,四邊形ABCD中,ABCD,ADDCDBp,BCq.求對角線AC的長. 分析：由“ADDCDBp”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與p、q的關(guān)系.解：延長CD交半徑為p的D于E點,連結(jié)AE.顯然A、B、C在D上. ABCD,BCAE. 從而,BCAEq. 在ACE中,CAE90°,CE2p,AEq,故 AC.2.2 聯(lián)想直徑的性質(zhì)構(gòu)造輔助圓例5 已知拋物線yx22x8與x軸交于B、C兩點，點D平分BC.若在x軸上側(cè)的A點為拋物線上的動點,且BAC為銳角,則AD的取值范圍是_.分析：由“BAC為

6、銳角”可知點A在以定線段BC為直徑的圓外,又點A在x軸上側(cè),從而可確定動點A的范圍,進(jìn)而確定AD的取值范圍.解：如圖5,所給拋物線的頂點為A0(1,9),對稱軸為x1,與x軸交于兩點B(2,0)、C(4,0). 分別以BC、DA為直徑作D、E,則兩圓與拋物線均交于兩點P(12,1)、Q(12,1). 可知,點A在不含端點的拋物線PA0Q內(nèi)時,BAC90°.且有3DPDQADDA09,即AD的取值范圍是3AD9.2.3 聯(lián)想圓冪定理構(gòu)造輔助圓例6 AD是RtABC斜邊BC上的高,B的平行線交AD于M,交AC于N.求證：AB2AN2BM·BN.分析：因AB2AN2(ABAN)(

7、ABAN)BM·BN,而由題設(shè)易知AMAN,聯(lián)想割線定理,構(gòu)造輔助圓即可證得結(jié)論.證明：如圖6, 234590°,又34,15,12.從而,AMAN. 以AM長為半徑作A,交AB于F,交BA的延長線于E.則AEAFAN. 由割線定理有 BM·BNBF·BE (ABAE)(ABAF) (ABAN)(ABAN) AB2AN2,即 AB2AN2BM·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：EP2FQ2EF2.分析：因EP和FQ是O的切線,由

8、結(jié)論聯(lián)想到切割線定理,構(gòu)造輔助圓使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FDCABCCGE,故F、D、C、G四點共圓.由切割線定理,有EF2(EGGF)·EF EG·EFGF·EF EC·EDFC·FBEC·EDFC·FBEP2FQ2,即 EP2FQ2EF2.2.4 聯(lián)想托勒密定理構(gòu)造輔助圓例8 如圖8,ABC與ABC的三邊分別為a、b、c與a、b、c,且BB,AA180°.試證：aabbcc. 分析：因BB,AA180°,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

9、證明.證明：作ABC的外接圓,過C作CDAB交圓于D,連結(jié)AD和BD,如圖9所示. AA180°AD, BCDBB, AD,BBCD. ABCDCB. 有, 即 . 故DC,DB. 又ABDC,可知BDACb,BCADa. 從而,由托勒密定理,得 AD·BCAB·DCAC·BD,即 a2c·b·. 故aabbcc.練習(xí)題1. 作一個輔助圓證明：ABC中,若AD平分A,則.(提示：不妨設(shè)ABAC,作ADC的外接圓交AB于E,證ABCDBE,從而.)2. 已知凸五邊形ABCDE中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE180°2

10、a.求證：BACCADDAE.(提示：由已知證明BCEBDE180°3a,從而A、B、C、D、E共圓,得BACCADDAE.)3. 在ABC中ABBC,ABC20°,在AB邊上取一點M,使BMAC.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BCMBKM10°,得AMC30°.)4如圖10,AC是ABCD較長的對角線,過C作CFAF,CEAE.求證：AB·AEAD·AFAC2. (提示：分別以BC和CD為直徑作圓交AC于點G、H.則CGAH,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ACAD,EC、ED分別切兩圓于C、D.求證：AC2AB·AE.(提示：作BCD的外接圓O3,延長BA交O3于F,證E在O3上,得ACEADF,從而AEAF,由相交弦定理即得結(jié)論.)6已