初中数学竞赛几何强化复习总结(共5讲) 下载本文

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==,

DCCBDBb'c'a'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∠2FDCBEG、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.

E(提示:作△BCD的外接圆⊙O3,延长BA交⊙O3

D于F,证E在⊙O3上,得△ACE≌△ADF,从而AE

A=AF,由相交弦定理即得结论.)

COO216.已知E是△ABC的外接圆之劣弧BC的中点.

B求证:AB·AC=AE2-BE2. 图11(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。 G由题意,ADECKG,知四边形AKGDD是平行四边形,于是AKDG。同样可证

KB行四边形,其对AKHB。四边形AHBK是平ACH角线AB,KH互相平分。而C是AB中点,线

E段KH过C点,故K,C,H三点共线。

F

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。

证 如图,连AC,DF,DE。

因为M在

O上,

CFBMEOAD则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB, 有△AMC∽△ACF,得

MCCFCF。 ??MACACD又因为∠AMC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得

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