《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（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二讲第二讲 巧添辅助巧添辅助 妙解竞赛题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：BD2CD. 分析：关键是寻求BED2CED 与
2、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.21于是,BF2CF.故 BD2CD. 1.2 利用四点共圆 例例 2 2 凸四边形 AB
3、CD 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333ADx22,BCBP4.3213由托勒密定理有BDCA(4)(22)211012.333又 SABCDSABDSBCD.233ABGCD FE图1ABCDPO图2故
4、 sinAOB.263615例例 3 3 已知：如图 3,ABBCCAAD,AHCD 于 H,CPBC,CP 交 AH 于 P.求证：ABC 的面积 SAPBD. 43分析：因 SABCBC2ACBC,只43 43须证 ACBCAPBD,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.ACBCAPBD.于是,SACBCAPBD.43
5、432 2 构造相关的辅助圆解题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 例例 4 4 如图 4,四边形 ABCD 中,ABCD,ADDC DBp,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, BCAE.从而,BCA
6、Eq.在ACE 中,CAE90,CE2p,AEq,故AC.22AECE 224qp 2.2 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图3BP Q D HCAE DCB图4A 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
7、(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)、2Q(12,1).2可知,点 A 在不含端点的抛物线 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： AB2AN2BMBN. 分析：因 AB2AN2(ABAN)(ABAN)BMBN,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,A
8、MAN.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BMBNBFBE(ABAE)(ABAF)(ABAN)(ABAN)AB2AN2, 即 AB2AN2BMBN. 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,
9、连 结 CG. 因FDCABCCGE,故 F、D、C、 G 四点共圆. 由切割线定理,有 EF2(EGGF)EFEGEFGFEFECEDFCFB ECEDFCFBABDCPQEyx0(1,9)(-2,0)(4,0)图5EANCDBFM12345图6AOQPCBGFEDEP2FQ2, 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AB C的三边分别为 a、b、c 与 a、 b、c,且BB,AA 180.试证：aabbcc. 分析：因BB,AA 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：证明：作ABC 的外接圆,过 C 作 C
10、DAB 交圆于 D,连结 AD 和 BD,如图 9 所示.AA180AD, BCDBB,AD,BBCD. ABCDCB.有, DCBA CBCB DBCA即 .DCc aa DBb故 DC,DB. aac aab又 ABDC,可知 BDACb,BCADa.从而,由托勒密定理,得ADBCABDCACBD,即 a2cb. aac aab故 aabbcc. 练练 习习 题题1. 作一个辅助圆证明：ABC 中,若 AD 平分A,则.ACAB DCBD(提示：不妨设 ABAC,作ADC 的外接圆交 AB 于 E,证ABCDBE,从而ACAB.)DEBD DCBD2. 已知凸五边形 ABCDE 中,BAE
11、3a,BCCDDE,BCDCDE1802a.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.)214如图 10,AC 是ABCD 较长的对角线,过 C 作CFAF,CEAE.求证：ABAEADAFAC2. (提示：分别以 BC 和 CD 为直径作圆交 AC 于点(1)(2) 图8ABCABCcaba
12、cbABCDabbc图9F DABEC图10G、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： AC2ABAE. (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 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：ABACAE2BE2. (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ABACANAM.)7. 若正五边形 ABCDE 的边长为 a,对角线长为 b,试证：1.ab ba(提示：证 b2a2ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.) E DCABOO 12图11
