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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,AB＝AC,D是底边BC上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝ ∠A.求证：BD＝2CD. 分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系. 容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,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△FEG≌△FEC.从而GF＝FC. 于是,BF＝2CF.故BD＝2CD. 1.2?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sin∠AOB＝____. 分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D 四点共圆,欲求sin∠AOB,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(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：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH ⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证： △ABC的面积S＝AP?BD.? 分析：因S△ABC＝BC2＝AC?BC,只 须证AC?BC＝AP?BD,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AC＝AD,AH⊥CD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, ∴△APC∽△BCD. ∴AC?BC＝AP?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,AB∥CD,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. ∵AB∥CD, ∴弧BC＝弧AE. 从而,BC＝AE＝q. 在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故 AC＝＝. 2.2?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).? 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＜AD≤9. 2.3?联想圆幂定理构