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超实用经典--------高中数学竞赛平面几何讲座第二讲_巧添辅助妙解竞赛题.doc

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1、高中数学竞赛平面几何讲座第二讲 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BED2 CEDA.求证:BD 2CD .分析:关键是寻求BED2CED 与结论的联系.容易想到作BED 的平分

2、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: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BEFBAC, BFEBCA,从而FBEABCACBBFE.故 EBEF .作BEF 的平分线交 BF 于 G,则 BGGF.因GEF BEFCEF,GFE CFE ,故FEGFEC.从而GFFC.于是,BF2CF.故 BD2CD.1.2 利用四点共圆例 2 凸四边形 ABCD 中,ABC60,BADBCD90, AB

3、2,CD1,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ADPABC60.设 ADx ,有 AP x,DP2x.由割线定理得 (2x) x2x (12x).解得 ADx 2 2,BC= BP4 .由托勒密定理有BD?CA(4 )(2 2)2110 12.又 SABCDS ABD S BCD . 故 sinAOB例 3 已知:如图 3,ABBCCAAD,AHCD

4、 于 H,CPBC,CP 交 AH 于 P.求证:ABC 的面积 S AP?BD. 分析:因 SABC BC2 AC?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:记 BD 与 AH 交于点 Q,则由 ACAD,AH CD 得ACQADQ .又 ABAD ,故ADQABQ.从而,ABQ ACQ .可知 A、B 、C 、Q 四点共圆.APC90PCHBCD,CBQCAQ,APCBCD.AC?BCAP?BD .于是,S AC?BC AP?BD.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

5、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,ADDCDB p,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,弧 BC弧 AE.从而,BCAEq.在ACE 中,CAE90,CE2p,AEq,故AC .2.2 联想直径的性质构造辅助圆例 5 已知抛物线

6、yx 22x8 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(12 ,1)、Q(12 ,1).可知,点 A 在不含端点的抛物线 PA0Q内时,BAC90.且有 3DPDQA

7、DDA 0 9,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 2BM?BN.分析:因 AB2AN 2(ABAN)(AB AN)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 34590,又34,15,12.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(ABAE )(ABAF)(ABAN)(AB AN)AB 2AN 2,即

8、 AB 2AN 2BM ?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:EP2FQ 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(EGGF)?EFEG ?EFGF?EFEC?EDFC?FBEC?EDFC?FBEP 2FQ 2,即 EP

9、 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 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: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 .故 DC ,DB .又 ABDC,可知 BDACb,BCADa.从而,由托勒密定理,得AD?BCAB ?DCAC?BD,即 a 2c? b? .故 aabbcc.练 习 题

10、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,BAE 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BCM BKM10,得AMC30.)4如图 10,AC

11、 是 ABCD 较长的对角线,过 C 作CFAF,CEAE .求证:AB ?AEAD?AFAC 2. (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:AC2AB?AE.(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:AB?ACAE 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 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 b2a 2ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)

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