高中数学竞赛题之平面几何 下载本文

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. 442 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,

∴BC=AE.

从而,BC=AE=q.

在△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(1-22,1) 、Q(1+22,1).

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,

∵∠2+∠3=∠4+∠5=90°,又∠3=∠4,∠1=∠5, ∴∠1=∠2.从而,AM=AN.

以AM长为半径作⊙A,交AB于F,交BA的延长线于E.则AE=AF=AN.

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由割线定理有

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,连结CG.

因∠FDC=∠ABC=∠CGE,故F、D、C、G四点共圆. 由切割线定理,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 联想托勒密定理构造辅助圆

例8 如图8,△ABC与△A'B'C'的三边分别为a、b、c与a'、 b'、c',且∠B=∠B',∠A+∠A=180°.试证:aa'=bb'+cc'. 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, ∠BCD=∠B=∠B',

∴∠A'=∠D,∠B'=∠BCD. ∴△A'B'C'∽△DCB. 有

A'B'B'C'A'C'==, DCCBDBc'a'b'ac'ab'即 ==. 故DC=,DB=.

DBa'DCa'a 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·. 故aa'=bb'+cc'. a'a'

练习题

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=∠

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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=

1∠2BKM=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 G、H.则CG=AH,由割线定理可证得结论.)

5. 如图11.已知⊙O1和⊙O2相交于A、B,直线CD过A交⊙O1和⊙O2于C、D, 且AC=AD,EC、ED分别切两圆于C、D.求证:AC2=AB·AE.

(提示:作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3于F,证E在⊙O3上, 得△ACE≌△ADF,从而AE=AF,由相交弦定理即得结论.) 6.已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点. 求证:AB·AC=AE2-BE2. (提示:以BE为半径作辅助圆⊙E,交AE及其延长线于N、M,由△ANC∽△ABM证AB·AC=AN·AM.)

7. 若正五边形ABCDE的边长为a,对角线长为b,试证:

ba-=1. ab(提示:证b2=a2+ab,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)

第三讲 点共线、线共点

在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。

1. 点共线的证明

点共线的通常证明方法是:通过邻补角关系证明三点共线;证明两点的连线必过第三点;证明三点组成的三角形面积为零等。n(n≥4)点共线可转化为三点共线。

例1 如图,设线段AB的中点为C,以AC和CB为对角线作平行四边形AECD,

BFCG。又作平行四边形CFHD,CGKE。求证:H,C,K三点共线。 证 连AK,DG,HB。

由题意,ADECKG,知四边形AKGD是平行四边形,于是AKDG。同样可证AKHB。四边形AHBK是平行四边形,其对角线AB,KH互相平分。而C是AB中点,线段KH过C点,故K,C,H三点共线。

例2 如图所示,菱形ABCD中,∠A=120°,O为△ABC外接圆,M为其上

一点,连接MC交AB于E,AM交CB延长线于F。求证:D,E,F三点共线。

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证 如图,连AC,DF,DE。

因为M在

O上,则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB,

MCCFCF??。 MACACD有△AMC∽△ACF,得

又因为∠AMC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得 所以

MCACAD??。 MAAEAECFAD?,又∠BAD=∠BCD=120°,知△CFD∽△ADE。所以∠ADE=CDAE∠DFB。因为AD∥BC,所以∠ADF=∠DFB=∠ADE,于是F,E,D三点共线。

例3 四边形ABCD内接于圆,其边AB与DC的延长线交于点P,AD与BC的

延长线交于点Q。由Q作该圆的两条切线QE和QF,切点分别为E,F。求证:P,E,F三点共线。 证 如图。

连接PQ,并在PQ上取一点M,使得B,C,M,P四点共圆, 连CM,PF。设PF与圆的另一交点为E’,并作QG丄PF,垂足为G。 易如 QE2=QM·QP=QC·QB ①

∠PMC=∠ABC=∠PDQ。

从而C,D,Q,M四点共圆,于是

PM·PQ=PC·PD ②

由①,②得 PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB, 即PQ2=QC·QB+PC·PD。

易知PD·PC=PE’·PF,又QF2=QC·QB,有

PE’·PF+QF2=PD·PC+QC·AB=PQ2,

即PE’·PF=PQ2-QF2。又

PQ2-QF2=PG2-GF2=(PG+GF)·(PG-GF)=PF·(PG-GF),

从而PE’=PG-GF=PG-GE’,即GF=GE’,故E’与E重合。所以P,E,F三点共线。

例4 以圆O外一点P,引圆的两条切线PA,PB,A,B为切点。割线PCD交

圆O于C,D。又由B作CD的平行线交圆O于E。若F为CD中点,求证:A,F,E三点共线。

证 如图,连AF,EF,OA,OB,OP,BF,OF,延长FC交BE于G。

易如OA丄AP,OB丄BP,

OF丄CP,所以P,A,F,O,B五点共圆, 有∠AFP=∠AOP=∠POB= ∠PFB。

又因CD∥BE,所以有∠PFB=∠FBE,∠EFD=∠FEB, 而FOG为BE的垂直平分线,故EF=FB,∠FEB=∠EBF, 所以∠AFP=∠EFD,A,F,E三点共线。

2. 线共点的证明

证明线共点可用有关定理(如三角形的3条高线交于一点),或证明第3条直线通过另外两条直线的交点,也可转化成点共线的问题给予证明。

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例5 以△ABC的两边AB,AC向外作正方形ABDE,ACFG。△ABC的高为AH。

求证:AH,BF,CD交于一点。

证 如图。延长HA到M,使AM=BC。连CM,BM。

设CM与BF交于点K。 在△ACM和△BCF中,

AC=CF,AM=BC, ∠MAC+∠HAC=180°, ∠HAC+∠HCA=90°,

并且∠BCF=90°+∠HCA,

因此∠BCF+∠HAC=180° ∠MAC=∠BCF。 从而△MAC≌△BCF,∠ACM=∠CFB。

所以∠MKF=∠KCF+∠KFC=∠KCF+∠MCF=90°, 即 BF丄MC。

同理CD丄MB。AH,BF,CD为△MBC的3条高线,故AH,BF,CD三线交于一点。

例6 设P为△ABC内一点,∠APB-∠ACB=∠APC-∠ABC。又设D,E分别

是△APB及△APC的内心。证明:AP,BD,CE交于一点。

证 如图,过P向三边作垂线,垂足分别为R,S,T。

连RS,ST,RT,设BD交AP于M,CE交AP于N。

易知P,R,A,S;P,T,B,R;

P,S,C,T分别四点共圆,则

∠APB-∠ACB=∠PAC+∠PBC=∠PRS+∠PRT=∠SRT。 同理,∠APC-∠ABC=∠RST,

由条件知∠SRT=∠RST,所以RT=ST。 又RT=PBsinB,ST=PCsinC,

PBPC? 所以PBsinB=PCsinC,那么 。 ABACANACABAM??? 由角平分线定理知 。 NPPCPBMP 故M,N重合,即AP,BD,CE交于一点。 例7

O1与

O2外切于P点,QR为两圆的公切线,其中Q,R分别为

O1,

O2上的切点,过Q且垂直于QO2的直线与过R且垂直于RO1的直线交

于点I,IN垂直于O1O2,垂足为N,IN与QR交于点M。证明:PM,RO1,QO2三条直线交于一点。

证 如图,设RO1与QO2交于点O, 连MO,PO。

因为∠O1QM=∠O1NM=90°,所以Q,O1,N,M四点共圆,有∠QMI=∠QO1O2。

而∠IQO2=90°=∠RQO1,所以∠IQM=∠O2QO1,

故△QIM∽△QO2O1,得

QO1O1O2 ?QMMI- 10 -