《高中数学竞赛平面几何讲座第二讲 巧添辅助妙解竞赛题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学竞赛平面几何讲座第二讲 巧添辅助妙解竞赛题（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高中数学竞赛平面几何讲座第二讲高中数学竞赛平面几何讲座第二讲 巧添辅助妙解竞赛题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 1 挖掘隐含的辅助圆解题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例 1 1 如图 1,在ABC 中,ABAC,D 是底边 BC 上一点,E 是线段 AD 上一点且 BED2CEDA.求证：BD
2、2CD.分析：关键是寻求BED2CED 与结论的联系.容易想到作BED 的平分线,但因 BEED,故不能直接证出 BD2CD.若延长 AD 交ABC 的外接圆于 F,则可得 EBEF,从而获取.证明：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 BFABCAABCAFC,即BFDCFD.故 BF:CFBD:DC.又BEFBAC,BFEBCA,从而FBEABCACBBFE.故 EBEF.作BEF 的平分线交 BF 于 G,则 BGGF.因GEFBEFCEF,GFECFE,故FEGFEC.从而GFFC.于是,BF2CF.故 BD2CD.1.2 利用四点共圆例
3、例 2 2 凸四边形 ABCD 中,ABC60,BADBCD90, AB2,CD1,对角线 AC、BD 交于点 O,如图 2.则 sinAOB_.分析：由BADBCD90可知 A、B、C、D四点共圆,欲求 sinAOB,联想到托勒密定理,只须求出 BC、AD 即可.解：解：因BADBCD90,故 A、B、C、D 四点共圆.延长 BA、CD 交于 P,则 ADPABC60.设 ADx,有 APx,DP2x.由割线定理得(2x)x2x(12x).解得 ADx22,BC=BP4.由托勒密定理有BD?CA(4)(22)211012.又 SABCDSABDSBCD. 故 sinAOB例例 3 3 已知：
4、如图 3,ABBCCAAD,AHCD 于 H,CPBC,CP 交 AH 于 P.求证：ABC 的面积 SAP?BD. 分析：因 SABCBC2AC?BC,只须证 AC?BCAP?BD,转化为证APCBCD.这由 A、B、C、Q 四点共圆易证 (Q 为 BD 与 AH 交点).证明：证明：记 BD 与 AH 交于点 Q,则由 ACAD,AHCD 得ACQADQ.又 ABAD,故ADQABQ.从而,ABQACQ.可知 A、B、C、Q 四点共圆.APC90PCHBCD,CBQCAQ,APCBCD.AC?BCAP?BD.于是,SAC?BCAP?BD.2 2 构造相关的辅助圆解题构造相关的辅助圆解题有些
5、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例 4 4 如图 4,四边形 ABCD 中,ABCD,ADDCDBp,BCq.求对角线 AC 的长. 分析：由“ADDCDBp”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：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.ABCD,弧 BC弧 AE.从而,BCAEq.在ACE 中,CAE90,CE2p,AEq,故AC.2.2
6、联想直径的性质构造辅助圆例例 5 5 已知抛物线 yx22x8 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：解：如图 5,所给抛物线的顶点为 A0(1,9),对称轴为 x1,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(12,1)、Q(12,1).可知,点 A 在不含端点的抛
7、物线 PA0Q内时,BAC90.且有 3DPDQADDA09,即 AD 的取值范围是 3AD9.2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例例 6 6 AD 是 RtABC 斜边 BC 上的高,B 的平行线交 AD 于 M,交 AC 于 N.求证： AB2AN2BM?BN.分析：因 AB2AN2(ABAN)(ABAN)BM?BN,而由题设易知 AMAN,联想 割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：证明：如图 6, 234590,又34,15,12.从而,AMAN.以 AM 长为半径作A,交 AB 于 F,交BA 的延长线于 E.则 AEAFAN.由割线定理有BM?BNBF?BE(ABAE)(ABAF)(
8、ABAN)(ABAN)AB2AN2,即 AB2AN2BM?BN.例例 7 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： EP2FQ2EF2.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：证明：如图 7,作BCE 的外接圆交 EF 于 G,连结 CG.因FDCABCCGE,故 F、D、C、G 四点共圆.由切割线定理,有EF2(EGGF)?EFEG?EFGF?EFEC?EDFC?FBEC?
9、EDFC?FBEP2FQ2,即 EP2FQ2EF2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例例 8 8 如图 8,ABC 与ABC的三边分别为 a、b、c 与 a、b、c,且BB,AA180.试证：aabbcc. 分析：因BB,AA180,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：证明：作ABC 的外接圆,过 C 作 CDAB 交圆于 D,连结 AD 和 BD,如图 9 所示.AA180AD, BCDBB,AD,BBCD. ABCDCB.有 , 即.故 DC,DB.又 ABDC,可知 BDACb,BCADa.从而,由托勒密定理,得AD?BCAB?DCAC?BD,即 a2c?b?.故 a
10、abbcc.练练 习习 题题1. 作一个辅助圆证明：ABC 中,若 AD 平分A,则.(提示：不妨设 ABAC,作ADC 的外接圆交 AB 于 E,证ABCDBE,从而.)2. 已知凸五边形 ABCDE 中,BAE3a,BCCDDE,BCDCDE180 2a.求证：BACCADDAE.(提示：由已知证明BCEBDE1803a,从而 A、B、C、D、E 共圆,得 BACCADDAE.)3. 在ABC 中 ABBC,ABC20,在 AB 边上取一点 M,使 BMAC.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BCMBKM10,得AMC30
11、.)4如图 10,AC 是ABCD 较长的对角线,过 C 作CFAF,CEAE.求证：AB?AEAD?AFAC2. (提示：分别以 BC 和 CD 为直径作圆交 AC 于点G、H.则 CGAH,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 ACAD,EC、ED 分别切两圆于 C、D.求证： AC2AB?AE.(提示：作BCD 的外接圆O3,延长 BA 交O3于 F,证 E 在O3上,得ACEADF,从而 AEAF,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?ACAE2BE2. (提示：以 BE 为半径作辅助圆E,交 AE 及其延长线于 N、M,由ANCABM 证 AB?ACAN?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 b2a2ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)
