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∠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。