第二講巧添輔助妙解競賽題
在某些數學競賽問題中,巧妙添置輔助圓常可以溝通直線形和圓的內在聯絡,通過圓的有關性質找到解題途徑.下面舉例說明添置輔助圓解初中數學競賽題的若干思路.
1 挖掘隱含的輔助圓解題
有些問題的題設或圖形本身隱含著「點共圓」,此時若能把握問題提供的資訊,恰當補出輔助圓,並合理挖掘圖形隱含的性質,就會使題設和結論的邏輯關係明朗化.
1.1 作出三角形的外接圓
例1 如圖1,在△abc中,ab＝ac,d是底邊bc
上一點,e是線段ad上一點且∠bed＝2∠ced＝
∠a.求證：bd＝2cd.
分析：關鍵是尋求∠bed＝2∠ced與結論的聯絡.
容易想到作∠bed的平分線,但因be≠ed,故不能
直接證出bd＝2cd.若延長ad交△abc的外接圓
於f,則可得eb＝ef,從而獲取.
證明：如圖1,延長ad與△abc的外接圓相交於點f,鏈結cf與bf,則∠bfa＝∠bca＝∠abc＝∠afc,即∠bfd＝∠cfd.故bf:cf＝bd:dc.
又∠bef＝∠bac,∠bfe＝∠bca,從而∠fbe＝∠abc＝∠acb＝∠bfe.
故eb＝ef.
作∠bef的平分線交bf於g,則bg＝gf.
因∠gef＝∠bef＝∠cef,∠gfe＝∠cfe,故△feg≌△fec.從而gf＝fc.
於是,bf＝2cf.故bd＝2cd.
1.2 利用四點共圓
例2 凸四邊形abcd中,∠abc＝60°,∠bad＝
∠bcd＝90°,
ab＝2,cd＝1,對角線ac、bd交於點o,如圖2.
則sin∠aob＝____.
分析：由∠bad＝∠bcd＝90°可知a、b、c、d
四點共圓,欲求sin∠aob,聯想到托勒密定理,只須求出bc、ad即可.
解：因∠bad＝∠bcd＝90°,故a、b、c、d四點共圓.延長ba、cd交於p,則∠adp＝∠abc＝60°.
設ad＝x,有ap＝x,dp＝2x.由割線定理得(2＋x) x＝2x(1＋2x).解得ad＝x＝2－2,bc＝bp＝4－.
由托勒密定理有
bd·ca＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12.
又sabcd＝s△abd＋s△bcd＝.
故sin∠aob＝.
例3 已知：如圖3,ab＝bc＝ca＝ad,ah
⊥cd於h,cp⊥bc,cp交ah於p.求證：
△abc的面積s＝ap·bd.
分析：因s△abc＝bc2＝ac·bc,只
須證ac·bc＝ap·bd,轉化為證△apc∽△bcd.這由a、b、c、q四點共圓易證(q為bd與ah交點).
證明：記bd與ah交於點q,則由ac＝ad,ah⊥cd得∠acq＝∠adq.
又ab＝ad,故∠adq＝∠abq.
從而,∠abq＝∠acq.可知a、b、c、q四點共圓.
∵∠apc＝90°＋∠pch＝∠bcd,∠cbq＝∠caq,
∴△apc∽△bcd.
∴ac·bc＝ap·bd.
於是,s＝ac·bc＝ap·bd.
2 構造相關的輔助圓解題
有些問題貌似與圓無關,但問題的題設或結論或圖形提供了某些與圓的性質相似的資訊,此時可大膽聯想構造出與題目相關
的輔助圓,將原問題轉化為與圓有關的問題加以解決.
2.1 聯想圓的定義構造輔助圓
例4 如圖4,四邊形abcd中,ab∥cd,ad＝dc
＝db＝p,bc＝q.求對角線ac的長.
分析：由「ad＝dc＝db＝p」可知a、b、c在
半徑為p的⊙d上.利用圓的性質即可找到ac與
p、q的關係.
解：延長cd交半徑為p的⊙d於e點,鏈結ae.
顯然a、b、c在⊙d上.
∵ab∥cd,
∴bc＝ae.
從而,bc＝ae＝q.
在△ace中,∠cae＝90°,ce＝2p,ae＝q,故
ac＝＝.
2.2 聯想直徑的性質構造輔助圓
例5 已知拋物線y＝－x2＋2x＋8與x軸交於b、c兩點，點d平分bc.若在x軸上側的a點為拋物線上的動點,且∠bac為銳角,則ad的取值範圍是____.
分析：由「∠bac為銳角」可知點a在以定線段bc為直徑的圓外,又點a在x軸上側,從而可確定動點a的範圍,進而確定ad的取值範圍.
解：如圖5,所給拋物線的頂點為a0(1,9),
對稱軸為x＝1,與x軸交於兩點b(－2,0)、
c(4,0).
分別以bc、da為直徑作⊙d、⊙e,則
兩圓與拋物線均交於兩點p(1－2,1)、
q(1＋2,1).
可知,點a在不含端點的拋物線pa0q
內時,∠bac＜90°.且有3＝dp＝dq＜ad
≤da0＝9,即ad的取值範圍是3＜ad≤9.
2.3 聯想圓冪定理構造輔助圓
例6 ad是rt△abc斜邊bc上的高,∠b的平行線交ad於m,交ac於n.求證：ab2－an2＝bm·bn.
分析：因ab2－an2＝(ab＋an)(ab－an)＝bm·bn,而由題設易知am＝an,聯想割線定理,構造輔助圓即可證得結論.
證明：如圖6,
∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,
又∠3＝∠4,∠1＝∠5,
∴∠1＝∠2.從而,am＝an.
以am長為半徑作⊙a,交ab於f,交
ba的延長線於e.則ae＝af＝an.
由割線定理有
bm·bn＝bf·be
＝(ab＋ae)(ab－af)
＝(ab＋an)(ab－an)
＝ab2－an2,
即 ab2－an2＝bm·bn.
例7 如圖7,abcd是⊙o的內接四邊形,延長ab和dc相交於e,延長ab和dc相交於e,延長ad和bc相交於f,ep和fq分別切⊙o於p、q.求證：ep2＋fq2＝ef2.
分析：因ep和fq是⊙o的切線,由結論聯想到切割線定理,構造輔助圓使ep、fq向ef轉化.
證明：如圖7,作△bce的外接圓交ef於g,連
結cg.
因∠fdc＝∠abc＝∠cge,故f、d、c、
g四點共圓.
由切割線定理,有
ef2＝(eg＋gf)·ef
＝eg·ef＋gf·ef
＝ec·ed＋fc·fb
＝ec·ed＋fc·fb
＝ep2＋fq2,
即 ep2＋fq2＝ef2.
2.4 聯想托勒密定理構造輔助圓
例8 如圖8,△abc與△a＇b＇
c＇的三邊分別為a、b、c與a＇、
b＇、c＇,且∠b＝∠b＇,∠a＋∠a
＇＝180°.試證：aa＇＝bb＇＋cc＇.
分析：因∠b＝∠b＇,∠a＋∠a＇
＝180°,由結論聯想到托勒密定理,構造圓內接四邊形加以證明.
證明：作△abc的外接圓,過c作cd∥ab交圓於d,鏈結ad和bd,如圖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ab∥dc,可知bd＝ac＝b,bc＝ad＝a.
從而,由托勒密定理,得
ad·bc＝ab·dc＋ac·bd,
即 a2＝c·＋b·.
故aa＇＝bb＇＋cc＇.
練習題1. 作乙個輔助圓證明：△abc中,若ad平分∠a,則＝.
(提示：不妨設ab≥ac,作△adc的外接圓交ab於e,證△abc∽△dbe,從而＝＝.)
2. 已知凸五邊形abcde中,∠bae＝3a,bc＝cd＝de,∠bcd＝∠cde＝180°－2a.求證：∠bac＝∠cad＝∠dae.
(提示：由已知證明∠bce＝∠bde＝180°－3a,從而a、b、c、d、e共圓,得∠bac＝∠cad＝∠dae.)
3. 在△abc中ab＝bc,∠abc＝20°,在ab邊上取一點m,使bm＝ac.求∠amc的度數.
(提示：以bc為邊在△abc外作正△kbc,鏈結km,證b、m、c共圓,從而∠bcm＝∠bkm＝10°,得∠amc＝30°.)
4．如圖10,ac是abcd較長的對角線,過c作
cf⊥af,ce⊥ae.求證：ab·ae＋ad·af＝ac2.
(提示：分別以bc和cd為直徑作圓交ac於點
g、h.則cg＝ah,由割線定理可證得結論.)
5. 如圖11.已知⊙o1和⊙o2相交於a、b,直線
cd過a交⊙o1和⊙o2於c、d,且ac＝ad,ec、ed分別切兩圓於c、d.求證：ac2＝ab·ae.
(提示：作△bcd的外接圓⊙o3,延長ba交⊙o3
於f,證e在⊙o3上,得△ace≌△adf,從而ae
＝af,由相交弦定理即得結論.)
6．已知e是△abc的外接圓之劣弧bc的中點.
求證：ab·ac＝ae2－be2.
(提示：以be為半徑作輔助圓⊙e,交ae及其延長線於n、m,由△anc∽△abm證ab·ac＝an·am.)
7. 若正五邊形abcde的邊長為a,對角線長為b,試證：－＝1.
(提示：證b2＝a2＋ab,聯想托勒密定理作出五邊形的外接圓即可證得.)
競賽講座 平面幾何證明
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