初中数学竞赛(几何篇)(2)

＝

1. c(提示：在BC上取一点D,使AD＝AB.分别过点B、C作AD的平行线交直线CA、BA于点E、F.)

7. 分别以△ABC的边AC和BC为一边在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中点.求证：P点到边AB的距离是AB的一半.

8. △ABC的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F,过点F作BC的平行线分别交直线DA、DE于点H、G.求证：FH＝HG.

(提示：过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点M、N.)

9. AD为⊙O的直径,PD为⊙O的切线,PCB为⊙O的割线,PO分别交AB、AC于点M、N.求证：OM＝ON.

(提示：过点C作PM的平行线分别交AB、AD于点E、F.过O作BP的垂线,G为垂足.AB∥GF.)

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

A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＝

E∠A.求证：BD＝2CD.

分析：关键是寻求∠BED＝2∠CED与结论的联系.

BCD容易想到作∠BED的平分线,但因BE≠ED,故不能 GF直接证出BD＝2CD.若延长AD交△ABC的外接圆 图1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＝

1∠BEF＝∠CEF,∠GFE＝∠CFE,故△FEG≌△FEC.从而GF＝FC. 2 于是,BF＝2CF.故BD＝2CD. 1.2 利用四点共圆 CB例2 凸四边形ABCD中,∠ABC＝60°,∠BAD＝ OD∠BCD＝90°,

AB＝2,CD＝1,对角线AC、BD交于点O,如图2. A则sin∠AOB＝____.

分析：由∠BAD＝∠BCD＝90°可知A、B、C、D

P四点共圆,欲求sin∠AOB,联想到托勒密定理,只须求出BC、AD图2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＝3x,DP＝2x.由割线定理得(2＋3x)3x＝2x(1＋2x).解得AD＝x＝23－2,BC＝

1BP＝4－3. 2 由托勒密定理有

BD·CA＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.

又SABCD＝S△ABD＋S△BCD＝

33. 2 故sin∠AOB＝

15?63. 26A例3 已知：如图3,AB＝BC＝CA＝AD,AH ⊥CD于H,CP⊥BC,CP交AH于P.求证：

3△ABC的面积S＝AP·BD.

4分析：因S△ABC＝

BPQDC图3H323BC＝AC·BC,只 44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＝

33AC·BC＝AP·BD. 44

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 AB＝DB＝p,BC＝q.求对角线AC的长.

E分析：由“AD＝DC＝DB＝p”可知A、B、C在 CD半径为p的⊙D上.利用圆的性质即可找到AC与 p、q的关系.

图4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,

∴BC＝AE. 从而,BC＝AE＝q.

在△ACE中,∠CAE＝90°,CE＝2p,AE＝q,故

22 AC＝CE2?AE2＝4p?q.

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.

y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)、

A0(1,9)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(1－22,1)、

PEQDC(4,0)xQ(1＋22,1).

B(-2,0)图5 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：AB2－AN2＝BM·BN.

分析：因AB2－AN2＝(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. 证明：如图6,

E∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,

又∠3＝∠4,∠1＝∠5, A∴∠1＝∠2.从而,AM＝AN.

2N1F 以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交

35M4BA的延长线于E.则AE＝AF＝AN.

CDB 由割线定理有 图6 BM·BN＝BF·BE ＝(AB＋AE)(AB－AF) ＝(AB＋AN)(AB－AN) ＝AB2－AN2,

即 AB2－AN2＝BM·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：EP2＋FQ2＝EF2.

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 A结CG.

PQ因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE,故F、D、C、

OG四点共圆. DCB由切割线定理,有

EF2＝(EG＋GF)·EF FEG ＝EG·EF＋GF·EF ＝EC·ED＋FC·FB

＝EC·ED＋FC·FB

＝EP2＋FQ2,

即 EP2＋FQ2＝EF2.

2.4 联想托勒密定理构造辅助圆

A例8 如图8,△ABC与△A＇B＇ A'cbc'b'C＇的三边分别为a、b、c与a＇、

Bab＇、c＇,且∠B＝∠B＇,∠A＋∠A CB'a'C'(1)＇＝180°.试证：aa＇＝bb＇＋cc＇. (2)图8分析：因∠B＝∠B＇,∠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△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,

A ∠BCD＝∠B＝∠B＇,

c ∴∠A＇＝∠D,∠B＇＝∠BCD. bC ∴△A＇B＇C＇∽△DCB. aBA'B'B'C'A'C' 有＝＝,

DCCBDBc'a'b'即 ＝＝.

DBDCaac'ab' 故DC＝,DB＝.

a'a'bD图9 又AB∥DC,可知BD＝AC＝b,BC＝AD＝a.

从而,由托勒密定理,得

AD·BC＝AB·DC＋AC·BD, 即 a2＝c·

ac'ab'＋b·. a'a'练习题

故aa＇＝bb＇＋cc＇.

1. 作一个辅助圆证明：△ABC中,若AD平分∠A,则

ABBD＝. ACDCABBD＝ACDE(提示：不妨设AB≥AC,作△ADC的外接圆交AB于E,证△ABC∽△DBE,从而＝

BD.) DC2. 已知凸五边形ABCDE中,∠BAE＝3a,BC＝CD＝DE,∠BCD＝∠CDE＝180°－2a.求证：∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.

(提示：由已知证明∠BCE＝∠BDE＝180°－3a,从而A、B、C、D、E共圆,得∠BAC＝∠CAD＝∠DAE.)

3. 在△ABC中AB＝BC,∠ABC＝20°,在AB边上取一点M,使BM＝AC.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＝BKM＝10°,得∠AMC＝30°.)

4．如图10,AC是ABCD较长的对角线,过C作 CF⊥AF,CE⊥AE.求证：AB·AE＋AD·AF＝AC2. (提示：分别以BC和CD为直径作圆交AC于点

A图101∠2FDCBE

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库初中数学竞赛(几何篇)(2)在线全文阅读。