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1、数学竞赛平面几何讲座：讲巧添辅助妙解竞赛题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11 作出三角形的外接圆例1如图1,在△AB中,AB＝A,D是底边B上一点,E是线段AD上一点且∠BED＝2∠ED＝∠A求证：BD＝2D分析：关键是寻求∠BED＝2∠ED与结论的联系容易想到作∠BED的平分线
2、,但因BE≠ED,故不能直接证出BD＝2D若延长AD交△AB的外接圆于F,则可得EB＝EF,从而获取证明：如图1,延长AD与△AB的外接圆相交于点F,连结F与BF,则∠BFA＝∠BA＝∠AB＝∠AF,即∠BFD＝∠FD故BF:F＝BD:D又∠BEF＝∠BA,∠BFE＝∠BA,从而∠FBE＝∠AB＝∠AB＝∠BFE 故EB＝EF作∠BEF的平分线交BF于G,则BG＝GF因∠GEF＝∠BEF＝∠EF,∠GFE＝∠FE,故△FEG≌△FE从而GF＝F于是,BF＝2F故BD＝2D12利用四点共圆例2凸四边形ABD中,∠AB＝60°,∠BAD＝∠BD＝90°,AB＝2,D＝1,对角线A
3、、BD交于点,如图2则sin∠AB＝____分析：由∠BAD＝∠BD＝90°可知A、B、、D四点共圆,欲求sin∠AB,联想到托勒密定理,只须求出B、AD即可解：因∠BAD＝∠BD＝90°,故A、B、、D四点共圆延长BA、D交于P,则∠ADP＝∠AB＝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,B＝BP＝4－由托勒密定理有BD•A＝(4－)(2－2)＋2×1＝10－12又SABD＝S△ABD＋S△BD＝故sin∠AB＝例3已知：如图3,AB＝B＝A＝AD,AH⊥D于H,P⊥B,P交AH于P求证：△AB的面积
4、S＝AP•BD分析：因S△AB＝B2＝A•B,只须证A•B＝AP•BD,转化为证△AP∽△BD这由A、B、、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A＝AD,AH⊥D得∠AQ＝∠ADQ又AB＝AD,故∠ADQ＝∠ABQ从而,∠ABQ＝∠AQ可知A、B、、Q四点共圆∵∠AP＝90°＋∠PH＝∠BD,∠BQ＝∠AQ,∴△AP∽△BD∴A•B＝AP•BD于是,S＝A•B＝AP•BD2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
5、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21联想圆的定义构造辅助圆例4如图4,四边形ABD中,AB∥D,AD＝D＝DB＝p,B＝q求对角线A的长分析：由“AD＝D＝DB＝p”可知A、B、在半径为p的⊙D上利用圆的性质即可找到A与p、q的关系解：延长D交半径为p的⊙D于E点,连结AE显然A、B、在⊙D上∵AB∥D,∴B＝AE从而,B＝AE＝q在△AE中,∠AE＝90°,E＝2p,AE＝q,故A＝＝22联想直径的性质构造辅助圆例已知抛物线＝－x2＋2x＋8与x轴交于B、两点，点D平分B若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点,且∠BA
6、为锐角,则AD的取值范围是____分析：由“∠BA为锐角”可知点A在以定线段B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,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)、(4,0)分别以B、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,∠BA＜90°且有3＝DP＝DQ＜AD≤DA0＝9,即AD的取值范围是3＜AD≤923联想圆幂定理构造辅助圆例6AD是Rt△AB斜边B上的高,∠B的平行线交AD于,交A于N求证：AB2－AN2＝
7、B•BN分析：因AB2－AN2＝(AB＋AN)(AB－AN)＝B•BN,而由题设易知A＝AN,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠,∴∠1＝∠2从而,A＝AN以A长为半径作⊙A,交AB于F,交BA的延长线于E则AE＝AF＝AN由割线定理有B•BN＝BF•BE＝(AB＋AE)(AB－AF)＝(AB＋AN)(AB－AN)＝AB2－AN2,即AB2－AN2＝B•BN例7如
