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 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 与结论的联系.容易想到作BED 的平分线,但因 BEED,故不能
2、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：如图 1,延长 AD 与ABC 的外接圆相交于点 F,连结 CF 与 BF,则BFA BCAABCAFC,即BFDCFD.故 BF:CFBD :DC.又BEF BAC,BFEBCA,从而FBEABCACBBFE.故 EBEF.作BEF 的平分线交 BF 于 G,则 BGGF.因GEF BEFCEF,GFECFE ,故 FEGFEC.从而 GFFC.21于是,BF2CF.故 BD2CD.1.2 利用四点共圆例 2 凸四边形 ABCD 中,ABC60,BADBCD90, AB2,CD1,对角线 AC、B
3、D 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：因BADBCD90,故 A、B、C 、D 四点共圆.延长 BA、CD 交于 P,则ADPABC60.设 ADx,有 AP x,DP2x.由割线定理得(2 x) x2x(12x ).解得33ADx 2 2,BC BP4 .1由托勒密定理有BDCA(4 )(2 2)2110 12.33又 SABCDS ABD S BCD .2ABGCDFE图 1ABCPO图 2故 sinAOB .26315例 3 已知：如图 3,ABBCC
4、A AD,AHCD 于 H,CPBC,CP 交 AH 于 P.求证：ABC 的面积 S APBD. 43分析：因 SABC BC2 ACBC,只须证 ACBCAPBD ,转化为证APC BCD.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 ACAD,AH CD 得ACQADQ.又 ABAD,故ADQ ABQ .从而,ABQACQ.可知 A、B、C 、Q 四点共圆.APC90PCHBCD,CBQCAQ,APCBCD.ACBCAPBD .于是,S ACBC APBD.43432 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
5、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 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：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,BCAEq.在ACE 中,CAE90,CE 2p,AEq,故AC .2AEC42.2 联想直径的性质构造辅助圆例 5 已
6、知抛物线 yx 22x8 与 x 轴交于 B、C 两点，点 D 平分 BC.若在 x 轴上侧的A图 3BPQDHAEDCB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：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 在不含端点的抛物线 P
7、A0Q内时,BAC90.且有 3DP DQADDA 09,即 AD 的取值范围是 3AD9.2.3 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：AB2AN 2BMBN.分析：因 AB2AN 2(AB AN )(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：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BMBN BFBE(ABAE)(ABAF )(ABAN
8、 )(ABAN)AB 2AN 2,即 AB 2AN 2BMBN.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：EP 2FQ 2EF 2.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FDCABCCGE,故 F、D、C 、G 四点共圆.由切割线定理,有EF2(EG GF)EFEGEF GFEFECEDFCFBECEDFCFBB
9、DCPQEyx0(1,9)(-2,0)(4图 5EANCDBFM12345图 6AOQPCBGFEDEP 2FQ 2,即 EP 2FQ 2EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆例 8 如图 8,ABC 与ABC的三边分别为 a、b、c 与 a、b、c,且B B,AA180.试证：aabbcc. 分析：因BB,A A180,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.AA180AD , BCDBB,AD,B BCD. ABCDCB.有 , 即 .cab故 DC ,DB .又 ABDC,可知
10、 BDACb,BCAD a.从而,由托勒密定理,得ADBCAB DCACBD ,即 a 2c b .a故 aabbcc.练 习 题1. 作一个辅助圆证明：ABC 中,若 AD 平分A,则 .CBD(提示：不妨设 ABAC,作ADC 的外接圆交 AB 于 E,证ABCDBE,从而 ACB .)DEBC2. 已知凸五边形 ABCDE 中,BAE3a,BC CDDE,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AM
11、C 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 BKM10,得AMC30.)214如图 10,AC 是 ABCD 较长的对角线,过 C 作CFAF,CEAE .求证：ABAEAD AFAC 2. (提示：分别以 BC 和 CD 为直径作圆交 AC 于点(1)(2)图 8ABCABCcabacbABCDabc图 9FDABE图 10G、H.则 CGAH,由割线定理可证得结论.)5. 如图 11.已知O 1 和O 2 相交于 A、B,直线CD 过 A 交O 1 和O 2 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O 3,延长 BA 交O 3于 F,证 E 在O 3 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：ABAC AE 2BE 2. (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(提示：证 b2a 2ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.) ECABO12图
