初中数学竞赛讲解教材第二讲巧添辅助妙解竞赛题

1、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 .1.1作出三角形的外接圆例 1如图 1, 在 ABC 中, ABAC, D 是底边 BCA上一点 , E 是线段 AD 上一点且 BED 2 CEDA. 求证： BD2CD.E分析：关键是寻求 BED2CED 与结论的联系

2、.容易想到作 BED 的平分线 , 但因 BE ED, 故不能 BG DC直接证出 BD2CD. 若延长 AD 交 ABC 的外接圆F图1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 BF: CFBD: DC.又 BEF BAC, BFE BCA, 从而 FBE ABC ACB BFE. 故 EBEF.作 BEF 的平分线交 BF 于 G, 则 BGGF.因 GEF 1 BEF CEF, GFE CFE, 故 FEG 2 FEC. 从而 GF FC

3、.于是, BF2CF. 故 BD2CD.1.2利用四点共圆例 2 凸四边形 ABCD 中, ABC60°, BADBCD90°,CB ODAB2, CD 1, 对角线 AC、BD 交于点 O, 如图 2.则 sin AOB _.分析：由 BAD BCD90°可知 A、 B、 C、DAP图2四点共圆 , 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 ABC60°.设AD x, 有AP 3 x, DP 2x.

4、由割 线 定理 得 (2 13 x)3x2x(1 2x). 解得 AD x23 2, BCBP43 .由托勒密定理有BD·CA(4 3 )(232) 2×1103 12.又 SABCD S ABD SBCD 3 3 .2故 sinAOB 15 63 .26例 3 已知：如图 3, ABBCCAAD, AH CD 于 H, CPBC, CP 交 AH 于 P. 求证：A ABC 的面积 S3BPAP· BD.Q4D3 BC23 AC·BC, 只分析：因 SABCCH图344须证 AC·BCAP·BD, 转化为证 APC BCD. 这由

5、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 ACAD, AH CD 得 ACQ ADQ.又 ABAD, 故 ADQ ABQ.从而 , ABQ ACQ. 可知 A、B、C、Q 四点共圆 . APC90° PCH BCD, CBQ CAQ, APC BCD.AC·BCAP·BD.于是, S3 AC·BC 3 AP·BD.442 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

6、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 4如图 4, 四边形 ABCD 中, ABCD, ADDC BA DB p, BCq. 求对角线 AC 的长 .分析：由“ ADDCDBp”可知 A、B、C 在 CE半径为 p 的 D 上 . 利用圆的性质即可找到AC 与Dp、q 的关系 .解：延长 CD 交半径为 p 的 D 于 E 点, 连结 AE.图4显然 A、B、C 在D 上.ABCD,BCAE.从而 , BCAEq.在 ACE 中 , CAE90°, CE 2p, AEq, 故AC CE 2AE 2 4 p2q 2 .2.2联想直径的性质构造辅助圆例 5 已

7、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：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).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 2 ,1) 、Q(1 22 ,1).可知 , 点

8、A 在不含端点的抛物线 PA0Q 内时 , BAC90°. 且有 3DPDQAD DA0 9,即 AD 的取值范围是 3AD9.yA0 (1,9)EPQBDCx(-2,0)(4,0)图52.3联想圆幂定理构造辅助圆例 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 AB2 AN2( AB AN)( 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： 如图 6, 2 3 4 590°,又 3 4, 1 5, 1

9、 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 AEAFAN.由割线定理有BM·BNBF·BE( AB AE)( AB AF) ( AB AN)( AB AN) AB2 AN2,EA2NF13 5 M4BDC图6即 AB2 AN2 BM· BN.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： EP2FQ2 EF2.分析：因 EP 和 FQ 是 O 的切线 ,

10、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A结 CG.因FDC ABC CGE, 故 F、D、C、PQG 四点共圆 .OD由切割线定理 , 有CBEF2 ( EGGF) · EFEGFEG· EFGF· EFEC·EDFC·FBEC·EDFC·FBEP2 FQ2,即EP2 FQ2 EF2.2.4联想托勒密定理构造辅助圆例 8AA'如图 8, ABC与 ABcbC 的三边分别为 a、b、c 与 a 、c'b'b

11、、c, 且B B, AACB'a'C'Ba 180°. 试证： aabb(2)cc .(1)分析：因 B B, A A图8 180°, 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 A'B' B'C' A'C',DCCBDB即 c' a' b' .DCaDB故

12、DC ac' , DB ab' .a'a'AcbCB abD图9又 ABDC, 可知 BDACb, BCADa.从而 , 由托勒密定理 , 得AD·BCAB·DCAC·BD,即a2c· ac ' b· ab' .a'a'故 aa bb cc .练 习 题1. 作一个辅助圆证明： ABC 中, 若 AD 平分 A, 则 AB BD .ACDC( 提示：不妨设 ABAC, 作 ADC 的外接圆交 AB 于 E, 证 ABC DBE, 从而 AB BD BD .)ACDEDC2. 已知凸

13、五边形 ABCDE 中, BAE 3a, BCCD 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 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 BCM 1 BKM10°, 得AMC30°.)24如图 10, AC 是 ABCD 较长的对角线 , 过 C 作FCCFAF, CEAE. 求证： AB· AEAD· AFAC2 . D( 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 .)AB E5. 如图 11. 已知 O1 和 O2 相交于 A、B, 直线图10CD 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 O3E于 F, 证 E 在 O3 上, 得 ACE ADF, 从而 AED AF, 由相交弦定理