⦿ 湖北省武汉市第一初级中学 周静秋
例如图1,过弦AB的一端点B作一切线BC,过另一端点A作BC的垂线AC与圆O的直径AD.
图1
求证:∠DAB=∠BAC.
这是一道典型的传统意义上的圆与切线的几何证明题,图形简单,条件明了,富有美感.它以最常见的圆、切线、直径、垂线等几何元素组合成几何图形,求证角平分线.从不同角度去理解基本图形,构造辅助线,发现多种解法,可以培养学生的理性思考能力.解答时需运用转化与化归、数形结合等数学思想及模型观念,将基本图形与几何性质、定理完美结合.较好地考查学生的几何直观、推理能力、模型观念、应用意识、创新意识等数学核心素养.
如图2,连接BD,由AD是直径,出现90°的圆周角;同时出现弦切角,则∠1=∠DAB,即“同弧所对的圆周角等于它所夹的弦切角”.具体证明如下:如图2,连接BO,并延长BO交⊙O于点F,连接BD,DF.由切线性质,得∠DBF+∠1=90°.由BF为直径,得∠DBF+∠F=90°,所以∠1=∠F.由“同弧所对得圆周角相等”,得∠F=∠DAB,所以∠1=∠DAB.同样弦切角∠2=∠ADB,后面有的证明需反复用到,行文过程不再重复.
图2
分析一:由直径得∠1+∠2=90°,由弦切角得∠1=∠DAB,由直角三角形得∠2+∠BAC=90°,所以得证.
证法一:连接弦,证同角的余角相等.
如图2,连接BD.
∵AD是⊙O的直径,
∴∠ABD=90°.
∴∠1+∠2=90°.
∵BC切⊙O于点B,
∴∠1=∠DAB.
∴∠DAB+∠2=90°.
∵AC⊥BC,
∴∠BAC+∠2=90°.
∴∠DAB=∠BAC.
点评:证法一主要用到了“直径所对的圆周角等于90°”,切线的性质,“同弧所对的圆周角等于它所夹的弦切角”,最后以“同角的余角相等”结束证明.
分析二:连接BD,过点B作BE⊥AD于点E.由直角三角形和直径得∠3+∠D=∠3+∠2=90°,则∠D=∠2.由弦切角得∠1=∠D,则∠1=∠2,由等角的余角相等,所以得证.
证法二:作垂线,证等角的余角相等.
如图3,连接BD,过点B作BE⊥AD于点E,则∠3+∠D=90°.
图3
∵AD是⊙O的直径,
∴∠3+∠2=90°.
∴∠2=∠D.
∵BC切⊙O于点B,
∴∠1=∠D.
∴∠1=∠2.
又∠1+∠BAC=90°,∠2+∠BAD=90°,
∴∠BAD=∠BAC.
点评:证法二主要用到了“直径所对的圆周角等于90°”,直角三角形两锐角互余,“同弧所对的圆周角等于它所夹的弦切角”,最后以“等角的余角相等”结束证明.
分析三:如图4,连接DB并延长,与AC的延长线交于点F,则∠ABF=∠DBA=90°,进而证明∠DAB=∠BAC.
图4
证法三:补全图形,用三角形内角和证明.
如图4,连接DB并延长,交AC的延长线于点F.
∵AD是⊙O直径,
∴∠ABF=∠DBA=90°.
∴∠1+∠2=90°.
∴∠BAC+∠F=90°.
∴∠1=∠F.
∵BC切⊙O于点B,
∴∠1=∠D.
∴∠D=∠F.
∴∠DAB=∠BAC.
点评:证法三主要用到了“补形法”,运用“直径所对的圆周角等于90°”、弦切角、“直角三角形的锐角互余”实现证题.
分析四:图形中出现一条切线,过点A作⊙O的切线,运用切线长定理及切线的性质来证明.
证法四:作切线补全图形.
如图5,过点A作⊙O的切线,交BC的延长线于点E.
图5
∵EB切⊙O于点B,
∴EA=EB.
∴∠EAB=∠EBA.
∵EA切⊙O于点A,
∴∠EAB+∠DAB=90°.
∵AC⊥BC,
∴∠EBA+∠BAC=90°.
∴∠DAB=∠BAC.
点评:证法四主要用到了“切线法”,运用切线长定理、等腰三角形、“直角三角形的锐角互余”来实现证题.
分析五:图形中出现一条切线,连接切点与圆心,由切线的性质得OB⊥BC,则OB∥AC,再运用平行线与等腰三角形的性质即可证题.
证法五:连接切点与圆心.
如图6,连接OB.
图6
∵BC切⊙O于点B,
∴OB⊥BC.
又AC⊥BC,
∴OB∥AC,
∴∠BAC=∠OBA.
又OA=OB,
∴∠OAB=∠OBA.
∴∠DAB=∠BAC.
点评:证法五思路简单,简洁明快,主要运用切线性质、平行线、等腰三角形来实现证题.连接切点与圆心,是常见的辅助线添加方式.
分析六:图形中出现直径,连接BD,出现直角;作弦的弦心距,出现平行线,再运用平行线与弦切角性质可以证题.
证法六略.
著名数学家希尔伯特说过:“一个问题的解决,意味着一系列新的问题诞生,当我们解题成功时,不要忘记了提出新的问题”.因此,要不断提出“问题”,“问题”是思维活动进行的原动力和牵引力,通过变式探究,设计有序、逐层递进的问题,可以把知识内容和内在逻辑衔接起来,丰富数学核心素养.
变式1如图7,在△ABC中,CA=CB,D为AB的中点,⊙D与AC相切于点E,求证:BC与⊙D相切.
图7
证明:如图8,连接DE,CD,过点D作DF⊥BC于点F.
图8
∵CA=CB,DA=DB,
∴CD平分∠ACB.
∴DE=DF,且DE为⊙D的半径.
∴BC与⊙D相切于点F.
注:也通过可证明△DAE≌△DBF得到DE=DF.
变式2如图9,在△AEC中,以AE为直径的⊙O交CA于点D,DA=DC,过点E作⊙O的切线交AC的延长线于点F.求证:∠AEC=2∠F.
图9
证明:如图10,连接DE.
图10
∵AE是⊙O的直径,
∴∠ADE=90°.
∵D是AC的中点,
∴EA=EC.
∴∠AED=∠CED.
∵∠AEF=∠ADE=90°,
∴∠AED+∠A=∠F+∠A=90°.
∴∠AED=∠F.
∴∠AEC=2∠F.
变式3如图11,在△ABC中,∠ACB=90°,以BC为直径的⊙O交AB于点D,E为AC的中点,连接DE.求证:DE是⊙O的切线.
图11
证明:如图12,连接OD,OE.
图12
∵O,E分别为BC,AC的中点,
∴OE为△ABC的中位线.
∴OE∥AB.
∴∠COE=∠OBD,∠DOE=∠ODB.
∵OB=OD,
∴∠OBD=∠ODB.
∴∠COE=∠DOE.
又OC=OD,OE=OE,
∴△COE≌△DOE.
∴∠ODE=∠OCE=90°.
∴OD⊥DE.
∴DE是⊙O的切线.
创新素养能够打破常规,突破传统,具有敏锐的洞察力、直觉力,丰富的想象力,预测力及捕捉机会的能力,等等,使思维具有一种超前性、变通性.从多角度分析、解答同一道数学问题,对促进学生的创新素养起到示范作用.