巧添辅助线妙解竞赛题

1、巧添辅助线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,在厶ABC中，AB= ACD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勺平分线，但因BE# ED故不

2、能 直接证出BD= 2CD若延长 人。交厶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的外接圆相交于点图1F，连结 CF与 BF,贝BFA=Z BCA=Z ABC=ZAFC 即/BFD=Z CFD故 BF CF= BD DC 又/ BEF=Z BAC / BFE=Z BCA从而/ FBE=Z ABC=ZACB=Z BFE故 EB= EF作/ BEF的平分线交 BF于G则BG= GF1因/ GEF=/ BEF=Z CEF / GFE=Z CFE故厶 FEGA FEC从而 GF= FC2于是,BF= 2CF 故 BD= 2CD1.2利用四点共圆例 2 凸四边形

3、 ABCD , / ABC= 60 , / BAD=Z BCD= 90AB= 2,CD= 1,对角线AC BD交于点Q如图2.则 sin / AQB=.分析：由/ BAD=Z BCD= 90 可知 A B CD四点共圆，欲求sin / AOB联想到托勒密定理，只须求出BC AD即可.P图2解：因/ BAD=Z BCD= 90 ,故 A B、C D四点共圆.延长 BA CD交于 P,则/ AD4/ ABC= 60 .设AD= x,有AP= 3 x, DP= 2x.由割线定理得(2 +、3x) 3x = 2x(1 + 2x).解得 AD= x=2 3 - 2, BC= BF= 4-3 .2由托勒密

4、定理有BD CA= (4 3 )(23 2) + 2 x 1 = 10 ：$3 12.又 Sabc= Saabd+ Sabcd=3、32故 sin Z AO=竺土26BC H图3分析：因Saabc=-AC- BC只例 3 已知：如图 3, AB= BC= CA= ADAH! CD于 H, CPL BC CP交 AH于 P.求证: i3 ABC勺面积S=AP BD4须证AC- BC= AP- BD转化为证厶APCA BCD这由A、B C Q四点共圆易证（Q为BD与 AH交用心爱心专心 121号编辑1www Dear EDUxom 点).证明：记BD与AH交于点 Q则由AC= ADAH!CD得/

5、ACQ=/ ADQ又 AB AD 故/ ADQ=/ ABQ APCA BCD二 AC- BC= AP- BD从而,/ AB(=zACQ可知A B C Q四点共圆./ APC= 90+/ PCH=Z BCD/ CBQ/ CAQ于是,S=AC- BC=AP- BD442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 , AB/ CDAD= DC=DB- p, BC= q.求对角线 AC的长分析：由“ AD=

6、 DC= DB= p” 可知 A、B、C在 半径为p的O 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O D于E点,连结AE 显然A B C在O D上./ AB/ CD- BC= AE从而：BC=AE= q.在厶 ACE中 , / CAE= 90 , CE= 2p, AE= q,故AC= .CE2 AE2 = . 4p2 q2 .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

7、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 A(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O DO E,则两圆与抛物线均交于两点P(1 2j2,1)、Q1 + 22 ,1).可知，点A在不含端点的抛物线 PAQ内时,/ BACc 90 . 且有 3= DP= DQ ADw DA= 9,即AD的取值范围是 3 v ADC 9.2.3联想圆幕定理构造辅助圆例6 AD是Rt ABC斜边BC上的高，/ B的平行线交 AD于M交AC于N求证：ABaN= BMBNN 分析：因AB

8、AN= (AB+ AN(AB- AN = BM- BN,而由题设易知 AM= AN,联想割线定理,构造辅助 圆即可证得结论.E图6证明：如图6,/ 2+Z 3 =Z 4 +Z 5= 90 , 又/ 3=/ 4, / 1 = / 5,/ 1 = / 2.从而，AM= ANI以AMI长为半径作O A交AB于F,交BA的延长线于E则AE= AF= ANI由割线定理有BM BN= BF- BE=(AB AE( AB AF)=(A聊 AN( AB- AN=AB AN,即 ABAN= BM- BN例7如图7, ABCD1O 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

9、于F,EP和FQ分别切O O于P、Q求证：EP+ fQ = EF.分析：因EP和FQ是O 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.AQO丿GF证明：如图7,作厶BCE的外接圆交 EF于G连 结CG因/ FDC=/ ABC=/ CGE故 F、D CG四点共圆.由切割线定理，有eF= (EGF GF - EF=EG- EF+ GF- EF即 eP+ fQ= eF.=EC- E叶 FC- FB=EC- EM FC- FB= EP+ FQ,2.4联想托勒密定理构造辅助圆例 8 如图 8, ABCW A BzG的三边分别为a、b、c与a/、c/ ,且/ B=/ B/ , /

10、A+/ A/ = 180 .试证：aa、= bb、+ cc、.分析：因/ B=/ Bz , / A+/ A=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：作厶ABC的外接圆，过C作CD/ AB交圆于D,连结AD和BD如图9所示./ A+/ A= 180=/ A+/ D/ BCD=/ B=/ B , / Az=/ D / B / =/ BCD A B CC DCB若 ABBCAC有 =-DCCBDBc a bDC a DB故DC=坐，DB=亚.aa又 AB/ DC可知 BD= AC= b, BC= AD= a.即 a2 = c -竺 + b - ab.故 aaz= bbz+ c

11、c/ .aa练习题Ab BD1.作一个辅助圆证明： ABC中,若AD平分/ A则MB = -BDAC DCAb bdbd（提示：不妨设AB AC作厶ADC的外接圆交 AB于 E证厶ABSA DBE从而=.）AC DEDC2.已知凸五边形 ABCD即,/ BAE= 3a, BC= CD= DE / BCD=Z CDE= 180 - 2a.求证：/ BAC= / CAD=/ DAE（提示：由已知证明/ BCE=Z BDE= 180- 3a,从而 A B C、D E 共圆，得/ BAC=Z CAD=ZDAE）3.在厶ABC中 AB= BC / ABC= 20 ,在AB边上取一点 M使BMk AC求/

12、 AMC勺度数.（提示：以BC为边在 ABC外作正 KBC连结KM证B、M C共圆，从而/ BCIMk - / BKIMk 102图10得/ AM6 30 .）4 .如图10, AC是匚7ABCD长的对角线，过C作CH AF,CEL AE求证：AB- A曰 AD- AF= AC.（提示：分别以BC和 CD为直径作圆交AC于点 G H则CG= AH由割线定理可证得结论.）5. 如图11.已知O 0和O Q相交于A、B直线C D.求证：AC= AB- AECD过A交O Q和O Q于C D且AC= ADEG ED分别切两圆于图11N、M 由厶 ANg ABIME AB-AC= AMAIM（提示：作厶BCD勺外接圆O Q,延长BA交O 03