中考圓綜合題解法（構造三角形外接圓解四類難題）

2023-05-09 22:44:31 3

在解證幾何題時，四點共圓已經被一些學生所了解或重視，然而作三角形的外接圓還沒有被學生重視，使對許多幾何題的證明難於入手．下面介紹作三角形外接圓這個輔助圓的思路和方法，以期待對你的學習有所幫助。

類型1 作三角形外接圓，求含有乘積式問題

例1．已知AD是△ABC的角平分線，求證：AB•AC＝AD² BD•CD．

【分析】作輔助圓，根據同弧所對的圓周角相等和角平分線證明相似得出比例式，再證△BAD∽△ECD，根據相似三角形的性質得出AD•ED＝BD•DC，即可得出答案．

【解答】證明：作△ABC的外接圓O，延長AD交⊙O於E，連接CE，

∵AE平分∠BAC，∴∠BAD＝∠EAC，

∵∠B＝∠E，∴△ABD∽△AEC，∴AB/AE=AD/AC，

∴AB•AC＝AD•AE＝AD（AD DE）＝AD² AD•ED，

∵∠B＝∠E，∠BAD＝∠DCE，∴△BAD∽△ECD，

∴AD/CD=BD/ED，∴AD•ED＝BD•DC，∴AB•AC＝AD•AE＝AD² BD•DC．

【點評】本題考查了相似三角形的性質和判定，圓周角定理的應用，解此題的關鍵是推出△ABD∽△AEC和△BAD∽△ECD，主要考查學生的推理能力．

例2．如圖，ABCD是圓內接四邊形，AB、DC的延長線交於E，AD、BC的延長線交於F，EP、FQ切圓於P、Q兩點，求證：EP² FQ²＝EF²．

【分析】作輔助圓，構建四點共圓的四邊形，利用切割線定理列式：EP2＝EC•ED，FQ2＝FC•FB，得出結論．

【解答】證明：作△BCE的外接圓，交EF於G，連接CG，

∵A、B、C、D四點共圓，∴∠FDC＝∠ABC，

∵B、C、G、E四點共圓，∴∠ABC＝∠CGE，

∴∠FDC＝∠ABC＝∠CGE，∴F、D、C、G四點共圓，

由切割線定理得：EP²＝EC•ED，FQ²＝FC•FB，

EF2＝（EG GF）•EF＝EG•EF GF•EF＝EC•ED FC•FB，

∴EP² FQ²＝EF²．

【點評】本題考查了切割線定理和圓內接四邊形的性質，本題運用了圓內接四邊形的任意一個外角等於它的內對角（就是和它相鄰的內角的對角）；反之也成立；在證明線段的平方和時，一方面考慮利用勾股定理來求，另一方面考慮利用切割線定理列式得出．

類型2 作三角形外接圓，利用圓中的角證明線段的和差倍半問題

例3．四邊形ABCD內接於圓，另一圓的圓心在邊AB上且與其餘三邊相切，求證：AD BC＝AB．

【分析】先畫圖，設AB上的圓心為P，由等腰三角形的性質得，∠CMB＝∠PDC，則M，P，C，D四點共圓，從而得出∠AMD＝∠ADM，最後證得AD BC＝AB．

【解答】證明：設AB上的圓心為P，在AB上取一點M，使MB＝BC，

連接MC，MD，PD，PC 等腰△CMB中，∠CMB＝∠MCB，

∴∠CMB＝1/2（∠MCB ∠CMB）＝1/2（180°﹣∠B），

＝1/2∠ADC （圓內接四邊形ABCD的對角相加為180°），

＝∠PDC （設圓P切AD於E，切DC於F，有PE＝PF，Rt△PDE和Rt△PDF中，一對兒直角邊相等，且斜邊是公共的，∴兩Rt△全等，可得PD平分∠CDA），

∴M，P，C，D四點共圓，

∴∠AMD＝∠DCP＝1/2∠DCB （同理，可證PC平分∠DCB），

＝1/2（180°﹣∠A） （ABCD的另一對兒對角和為180°，

＝1/2（∠ADM ∠AMD），

∴∠AMD＝∠ADM∴AD＝AM，∴AD BC＝AM MB＝AB．

例4．如圖，在△ABC中，AB＝AC，D是底邊BC上一點，E是線段AD上一點且∠BED＝2∠CED＝∠A．求證：BD＝2CD．

【分析】首先作DO∥AB交AC於O，得出O為△EDC的外心，進而得出△ACE∽△ADF，即有AD/AC=AF/AE，即可得出△ADO∽△BAE，即可得出BD＝2CD．

【解答】證明：作DO∥AB交AC於O．則由AB＝AC易知OD＝OC，且∠DOC＝∠BAC＝2∠CED，所以O為△EDC的外心，

取F為△EDC的外接圓與AC的交點，連接DF，則OF＝OC＝OD，∠ACE＝∠ADF． 所以△ACE∽△ADF，即有AD/AC=AF/AE．

再由DO∥AB，∠ADO＝∠BAE，

∠AOD＝180﹣∠DOC＝180°﹣∠A＝180°﹣∠BED＝∠AEB，

所以△ADO∽△BAE，即得OD/AE=AD/AB=AF/AE.

故AF＝OD＝OC＝1/2CF，從而AO＝2OC．

由DO∥AB，得：BD＝2CD．

類型3 作三角形的外接圓，利用圓中的角判斷三角形的形狀

例5.已知：AD是△ABC的中線，若∠ABC ∠CAD＝90º．試判斷△ABC的形狀．

分析： 作△ABC的外接圓．使分散的∠ABC．∠CAD集中在一起，從而知道中線AD在外接圓的直徑上．根據圓中弦的定理，可判斷△ABC的形狀．

解： 作△ABC的外接圓．延長AD交外接圓於E．連結BE．

∵∠EBC＝∠CAD，又∠ABC＋∠CAD＝90°，

∴∠ABC＋∠EBC＝90°，即∠ABE＝90°．

AE是△ABC的外接圓的直徑．又AD是BC邊上的中線．

(1)當BC不是外接圓的直徑時，即BC為弦，則 AD⊥BC，AD是BC邊的中垂線．△ABC為等腰三角形．

(2)當BC是外接圓的直徑時，∠CAB＝90°，△ABC為直角三角形．

例6. 設P、Q為線段BC 上兩定點，且BP＝CQ．A為BC外一動點．當點A運動到使∠BAP＝∠CAQ時，△ABC是什麼三角形？

分析：作△ABC的外接圓，能把角等轉化為弦等，構造全等三角形．

證明 ：作△ABC的外接圓，延長AP、AQ分別交外接圓於E、F．連結BE、CF．

∵∠BAP＝∠CAQ，即∠BAE＝∠CAF，∴BE=FC, 弧BE=弧CF,

∴弧BF=弧CE, ∴∠EBP＝∠FCQ，

又BP＝CQ，∴△BEP≌△CFQ．∠E＝∠F，

在△ABE和△ACF中,∠E＝∠F，∠BAE＝∠CAF，BE＝CF．

∴△ABE≌△ACF,AB＝AC, ∴△ABC是等腰三角形．

類型4 作三角形的外接圓，解幾何綜合題

例7.已知：A、B、C三點不在同一直線上．

（1）若點A、B、C均在半徑為R的⊙O上，

i）如圖①，當∠A＝45°，R＝1時，求∠BOC的度數和BC的長；

ii）如圖②，當∠A為銳角時，求證：sinA＝BC/2R；

（2）若定長線段BC的兩個端點分別在∠MAN的兩邊AM、AN（B、C均與A不重合）滑動，如圖③，當∠MAN＝60°，BC＝2時，分別作BP⊥AM，CP⊥AN，交點為P，試探索在整個滑動過程中，P、A兩點間的距離是否保持不變？請說明理由．

【分析】（1）i）根據圓周角定理得出∠BOC＝2∠A＝90°，再利用勾股定理得出BC的長；

ii）作直徑CE，則∠E＝∠A，CE＝2R，利用sinA＝sinE＝BC/2R，得出即可；

（2）首先證明點A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin60°＝BC/AP，得出AP＝2/ sin60°＝4√3/3（定值）．

【解答】（1）i）∵A、B、C均在⊙O上，

∴∠BOC＝2∠A＝2×45°＝90°，

∵OB＝OC＝1，∴BC＝√2，

註：也可延長BO或過O點作BC的垂線構造直角三角形求得BC．

ii）證法一：如圖②，連接EB，作直徑CE，則∠E＝∠A，CE＝2R，

∴∠EBC＝90°∴sinA＝sinE＝BC/2R，

證法二：如圖③．連接OB、OC，作OH⊥BC於點H，

則∠A＝1/2∠BOC＝∠BOH，BH＝1/2BC

∴sinA＝sin∠BOH＝BH/OB=1/2BC/R=BC/2R，

（2）如圖④，連接AP，取AP的中點K，連接BK、CK，

在Rt△APC中，CK＝1/2AP＝AK＝PK，

同理得：BK＝AK＝PK，∴CK＝BK＝AK＝PK，

∴點A、B、P、C都在⊙K上，

∴由（1）ii）可知sin60°＝BC/AP

∴AP＝2/ sin60°＝4√3/3（定值），

故在整個滑動過程中，P、A兩點間的距離不變．

【點評】此題主要考查了圓周角定理以及解直角三角形和四點共圓等知識，根據已知得出點A、B、P、C都在⊙K上以及sin60°＝BC/AP是解題關鍵．