数学竞赛平面几何讲座：讲巧添辅助 妙解竞赛题

1 / 9 数学竞赛平面几何讲座：讲巧添辅助 妙解竞赛题 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 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 . 作出三角形的外接圆 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 2cED A. 求证： BD 2cD. 分析：关键是寻求 BED 2cED 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 BD 2cD.若延长 AD 交 ABc 的外接圆 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2 / 9 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 BEF cEF,GFE cFE, 故 FEGFEc.从而 GF Fc. 于是 ,BF 2cF.故 BD 2cD. 利用四点共圆 例 2 凸四边形 ABcD 中 ,ABc 60,BAD BcD 90, AB 2,cD 1,对角线 Ac、 BD 交于点 o,如图 2. 则 sinAoB _. 分析：由 BAD BcD 90 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：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 x,DP 2x.由割线定理得 (2 x)x 2x(12x).解得 AD x 2 2,Bc BP 4 . 由托勒密定理有 BDcA (4 )(2 2) 21 10 12. 3 / 9 又 SABcD SABD SBcD . 故 sinAoB . 例 3 已知：如图 3,AB Bc cA AD,AH cD 于 H,cPBc,cP 交 AH 于 P.求证： ABc 的面积 S APBD. 分析：因 SABc Bc2 AcBc,只 须证 AcBc APBD,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：记 BD 与 AH 交于点 Q,则由 Ac AD,AHcD 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, APcBcD. AcBc APBD. 于是 ,S AcBc APBD. 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 . 联想圆的定义构造辅助圆 4 / 9 例 4 如图 4,四边形 ABcD 中 ,ABcD,AD Dc DB p,Bc q.求对角线 Ac 的长 . 分析：由 “AD Dc DB p” 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：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, Bc AE. 从而 ,Bc AE q. 在 AcE 中 ,cAE 90,cE 2p,AE q,故 Ac . 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 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). 5 / 9 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 2,1)、 Q(1 2,1). 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 AD9. 联想圆幂定理构造辅助圆 例 6AD 是 RtABc 斜边 Bc 上的高 ,B 的平行线交 AD 于 m,交 Ac 于 N.求证： AB2 AN2 BmBN. 分析：因 AB2 AN2 (AB AN)(AB AN) BmBN,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, 2 3 4 5 90, 又 3 4,1 5, 1 2. 从而 ,Am AN. 以 Am 长为半径作 A, 交 AB 于 F,交 BA 的延长线于 E.则 AE AF AN. 由割线定理有 BmBN BFBE (AB AE)(AB AF) (AB AN)(AB AN) 6 / 9 AB2 AN2, 即 AB2 AN2 BmBN. 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 EGEF GFEF EcED FcFB EcED FcFB EP2 FQ2, 即 EP2 FQ2 EF2. 联想托勒密定理构造辅助圆 例 8 如图 8,ABc 与 A B c的三边分别为 a、 b、 c 与 a、 b、 c ,且 B B ,A A 7 / 9 180. 试证： aa bb cc . 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 cDAB 交圆于 D,连结 AD和 BD,如图 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 ABDc, 可知 BD Ac b,Bc AD a. 从而 ,由托勒密定理 ,得 ADBc ABDc AcBD, 即 a2 c b. 故 aa bb cc . 练习题 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 .) 8 / 9 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 cFAF,cEAE. 求证： ABAE ADAF Ac2. (提示：分别以 Bc 和 cD 为直径作圆交 Ac 于点 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 ABAE. (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