构造隐圆解赛题

徐智勇

【摘要】 几何构造是解决较复杂几何问题的一条极为重要的途径，而其中对隐圆，即对隐藏于条件背后的圆的发现与构造往往能为问题的解决带来意想不到的便利环境.适宜通过构造隐圆来解决问题的情形很多，比如在定边定角、对角互补等模型中均可以加以尝试.

【关键词】 构造隐圆

圆作为初中数学知识体系中的重要内容，与诸多几何元素之间存在着数量和位置方面的关系，并在解决几何问题时经常表现出特有的灵活性.赛题中关于圆的考查方式基本有三类：

（1）圆作为条件直接呈现于题干中，即显圆;

（2）圆的结构或浅或深地隐藏于条件中，即隐圆;

（3）显圆、隐圆二者兼备.

本文主要介绍一些可以通过构造隐圆来解决问题的常见思路，以供读者参考.

首先给出竞赛问题中常用到的两个判定结论，以方便后续讨论.

结论1 如图1，若凹四边形PAOB满足OA=OB，且∠P=12∠AOB，则点P在以点O为圆心，OA为半径的圆上.

结论2 如图1，若凸四边形QAOB满足OA=OB，且∠Q=180°-12∠AOB，则点Q在以点O为圆心，OA为半径的圆上.

注 结论与“定边对定角”模型本质上是一致的，其证明思路也很基础，故不再详述.

例1 如图2，PA=PB，∠APB=2∠ACB，AC与PB交于点D，且PB=4，PD=3.则AD·DC的值为.

解法1 如圖3，过点P作∠APB的角平分线PE，交AD于点E，则由角平分线性质可知

AEDE=PAPD=PBPD

ADDE=73

及∠DPE=12∠APD，

且∠APB=2∠ACB，

故∠DPE=∠DCB，

即P，E，B，C四点共圆，

故ED·DC=PD·DB=3×1=3，

故AD·DC=73ED·DC=7.

解法2 由条件

PA=PB，

∠APB=2∠ACB，

再联系结论1可知点C在以点P为圆心，PA为半径的圆上，即如图3，并延长BP交⊙P于点E，从而

AD·DC=ED·DB

=（EP+PD）·（PB-PD）

=（PB+PD）·（PB-PD）

=（4+3）×（4-3）

=7.

例2 如图4，已知凸四边形ABCD满足∠CAD=45°，∠ACD=30°，∠BAC=∠BCA=15°.则∠DBC的度数为.

解法1 如图4，由条件可在CD上找到一点E，使得∠CAE=30°，则∠CAE=∠ACE=30°，

且∠BAC=∠BCA=15°，

故易知△ABE与△CBE关于BE轴对称，进而

∠AEB=∠CEB=60°，

且∠BAE=∠BAC+∠EAC=60°，

故∠AEB=∠BAE，

即B，A，D，E四点共圆，

故∠BDC=∠BAE=45°，

且∠BCD=45°，

从而∠DBC=90°.

解法2 一方面，由∠BAC=∠BCA=15°可知BA=BC及∠ABC=150°;

另一方面，由∠CAD=45°，∠ACD=30°可知∠ADC=105°，

故∠ADC=180-12∠ABC.

于是，满足结论2，故点D在以点B为圆心，BA为半径的圆上，从而

∠DBC=2∠CAD=90°.

点评 例1，例2两道赛题都提供了不同的隐圆构造方法，其中直接运用结论1，2的思路则明显更简练一些.

例3 如图5，在凸四边形ABCD中，已知∠ABC+∠ADC=180°，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB于点E.证明：AE=12（AB+AD）.

证明 如图5，在AB取一点D，使得AD′=AD，则结合条件AC平分∠BAD易证△ACD′≌△ACD（SAS），

故CD′=CD.

又由∠ABC+∠ADC=180°可知A，B，C，D四点共圆，且AC平分∠BAD，

故CB=CD=CD′，

再结合CE⊥AB，可知BE=D′E，进而

AB+AD=（AE+BE）+AD′

=AE+（D′E+AD′）

=2AE，

即得AE=12（AB+AD）.

点评 利用对角互补得到四点共圆结构在数学竞赛中是一种常规思路，可以一定程度上简化问题的证明过程.近年来，在中考试题中可以看到一些关于本例的拓展延伸.

例4 如图6，AD为△ABC中线且AD<12BC，DE，DF分别平分∠ADB，∠ADC，EA=EB，FA=FC，且∠AEB+∠DCF=90°.证明：E，F，C三点共线.

证明 如图6，由AD为△ABC中线且AD<12BC，故可延长DA至点G，使得DB=DG=DC，连接EG，FG.

由DE，DF分别平分∠ADB，∠ADC可知

△DBE≌△DGE，

△DCF≌△DGF，

故EA=EB=EG，

FA=FC=FG，

进而EF垂直平分AG，

即DA⊥EF.

同时，由EA=EG可知

∠EAG=∠EGA，

及由△DBE≌△DGE又知

∠EBD=∠EGD，

故∠EBD=∠EAG，

从而E，B，D，A四点共圆，即

∠AEB=∠ADC，

故∠ADC+∠DCF=∠AEB+∠DCF=90°，

即DA⊥CF，

且DA⊥EF，

从而E，F，C三点共线.

点评 本例中由条件AD

例5 如图7，在等腰△ABC中，AB=AC=5，D为边BC上异于中点的点，点C关于直线AD的对称点为E，EB的延长线与AD的延长线交于点F.求AD·AF的值.

解 如图7，连接AE，DE，CF.由AB=AC可知∠ABC=∠ACB，且由对称性可知∠AED=∠ACD，

故∠AED=∠ABD，则A，E，B，D四点共圆，进而∠BED=∠BAD，

且再由对称性可知

∠FED=∠FCD，

故∠FCD=∠BAD，

則又有A，B，F，C四点共圆，

进而∠ABD=∠CFD，

且∠ABC=∠ACB，

故∠ACD=∠AFC，

即得△ACD∽△AFC，

易知AD·AF=AC2=5.

点评 本例的求解看似与圆没有直接的联系，但在对称点条件下进行连线尝试后，逐渐浮现出了两组四点共圆关系，进而实现了角度之间的连续转化，最终实现了一对关键的相似关系来解决问题.

中考中也存在许多与隐圆相关的问题，有些问题的综合程度已接近或达到竞赛的要求，能够较好地考查学生灵活运用相关知识解决问题的能力.限于篇幅，以一道动态几何最值问题为例，并辅以数学竞赛中的常用方法来简化计算过程.

例6 如图8，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，点D，E分别在边AB，AC上，且DB=2AD，AE=3EC，连接BE，CD，相交于点O，则△ABO面积的最大值为.

证明 如图8，作Rt△ABC的外接圆，即知当点C取直径AB所对半圆弧中点时，Rt△ABC取得面积最大值（此时定边AB上的高最大），易知SRt△ABC最大=4.同时，由梅涅劳斯定理可知

CEEA·ABBD·DOOC=1，

且DB=2AD，

AE=3EC，

故DOOC=2，

即DODC=23，

从而由共边定理可知

S△ABOS△ABC=DODC=23，

且SRt△ABC最大=4，

则SRt△ABO最大=83.

点评 本例的难点在于发现S△ABO与S△ABC之间存在着固定的比值，进而结合隐圆知识先得到SRt△ABC最大=4，再转化为SRt△ABO最大=83.图9

练习

1.如图9，已知∠B=30°，∠C=45°，∠BDC=150°，且BD=CD=5，则AB=（  ）

（A）75.  （B）52.

（C）53.（D）5+5.

2.如图10，在正△ABC的边BC上取一点D，图10使CD=2BD，作CH⊥AD于点H，连接BH，则∠DBC-∠DAB是（  ）

（A） 0.（B）负数.

（C）正数.（D）无法确定.

3.在△ABC中，已知AB=AC，D为边BC的中点，BE⊥AC于点E，BE与AD交于点P.若BP=3，PE=1，则AE=（  ）

（A）62.（B）2.

（C）3.（D）6.

1

4.如图11，在四边形ABCD中，已知∠BAD=75°，∠ABC=90°，∠BCD=105°，对角线AC，BD交于点S，且DS=233SB.求证：AD=DC.

答案

1.（C）. 2.（A）. 3.（B）. 4.略.