资源描述：
《一道几何赛题多种解法》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。
1、一道几何赛题多种解法浙江省湖州市南浔区教育教学研究与培训中心（313009）褚水林2008年全国初中数学竞赛（浙江赛区）初赛第17题是一道具有思维价值较高的典型几何问题.此题解法灵活多样,思维广阔,能较好的考查学生运用所学知识解决问题的应变能力,现列举几种证明方法,与读者一起分享.题目:如图1，AB，AC，AD是圆中的三条弦，点E在AD上，且AB＝AC＝AE．请你说明以下各式成立的理由：（1）∠CAD＝2∠DBE；（2）AD2－AB2＝BD·DC．先分析第（1）小题的解法.解法1：如图2，连接BC,∵AB=AC=AE,∴∠
2、5=∠2,∠2+∠3=∠6.又∠4+∠5=∠6=∠2+∠3，∴∠4=∠3.而∠1=∠4+∠3，∴∠1=2∠4.即∠CAD＝2∠DBE．注：利用同圆中弦相等则它们所对的圆周角相等及在同一三角形中等边对等角的性质等解答.解法2:如图3，∵AB=AC=AE,∴∠5=∠8，∠9=∠6．∵∠1+∠7+∠5+∠8=1800，∴∠1=1800－（∠7+∠5+∠8）=1800－［1800－（∠9+∠4）］－∠8=∠9+∠4－∠8=∠6+∠4－∠54=2∠4．即∠CAD＝2∠DBE．注：利用圆内接四边形对角互补等性质，使∠1与∠4之间建立联
3、系，使问题解决简洁、清晰、明快．解法3：如图4，延长BE交圆于F，连接CF,AF.∵AB=AE,∴∠ABF=∠AEB.∵∠ABF+∠ACF=1800,∠AEB+∠AEF=1800,∴∠ACF=∠AEF.∵AB=AC,∴∠AFC=∠AFE,∴∠DAF=∠CAF.∵∠DBE=∠DAF,∴∠CAD＝2∠DBE.注：此解法巧妙利用圆内接四边形对角互补等性质转化为证AF是∠DAC的平分线，从而得证.解法4：如图5，连接BC.∵AB=AC=AE，∴B、E、C三点在以A为圆心，AB为半径的圆上，∴∠1=2∠3.由解法（1）得∠4=∠3.
4、∴∠1=2∠4.即∠CAD＝2∠DBE．注：该解法独辟蹊径，利用B、E、C三点共圆，建立∠1与∠3的关系，从而使问题顺利得到解决.再分析第（2）小题的解法.解法1：如图2，设BC与AD相交于点G，∵∠2=∠5，∠BAG=∠DAB,∴△BAG∽△DAB.∴.4∴.又∵∠5=∠ADC,∠DBG=∠1,∴△BDG∽△ADC.∴.∴.注：通过两次相似，利用中间量架构起的关系，从而迎刃而解.解法2：如图6，延长DA到H，使AH=AE，连接HC.∵AE=AC,∴AH=AC,∴∠H=∠ACH,∴∠1=2∠H.由（1）得，∠1=2∠4，∴
5、∠4=∠H.∵AB=AC,∴∠5=∠8.∴△BED∽△HCD.∴,∴即（AD-AE）(AD+AH)=.∵AE=AB=AH,.注：把两线段的平方差转化为两线段的乘积，构造相似三角形，比解法1更简捷.解法3：如图7，作∠DAC的平分线AF，交CD于F,则，即，∴.∵AB=AC,4∴.①由（1）得，∠CAD＝2∠DBE，∴∠DBE=∠DAF.∵AB=AC,∴∠BDE=∠ADF.∴△BDE∽△ADF.∴.②由①、②得，，∴，∵AB=AE,∴,即.注：利用角平分线的性质、相似三角形的性质寻找中间量得到的.解法4：如图8，延长DB至P
6、，过点A作AH⊥DP,垂足为H,且BH=PH,连接AP，则AB=AP,∴∠APB=∠ABP.∵∠ABP=∠C,∴∠APB=∠C.∵AB=AC,∴∠BDA=∠ADC.∵AD=AD,∴△APD≌△ACD.∴PD=DC.在Rt△ADB中，由勾股定理得，AD2=AH2+DH2.同理可得：AB2=AH2+BH2.∴AD2-AB2=DH2-BH2=(DH+BH)(DH-BH)=(DH+PH)BD=.注：利用勾股定理、轴对称的性质解答.4
