２００８年全國初中數學競賽（浙江賽區(qū)）初賽試題第１７題的４種解答

中數學競賽的題型特點鮮明，內容豐富，超越常規(guī)，源于課本又高于課本，綜合考查學生的信息處理能力、知識遷移能力，對學生的數學意識、數學思維能力和創(chuàng)新意識有較高要求。

本文就2008年全國初中數學競賽中的一道試題進行一些解法的探討。

題目：如圖，AB、AC、AD是圓中的三條弦，點E在AD上，且AB=AC=AE。請你說明以下各式成立的理由：（1）∠CAD=2∠DBE；（2）AD-AB=BD·DC。

本題的兩個命題的結論比較復雜，思路不易形成。如何進行分析找到證明的途徑是解決本題的難點。

一、第一問的解答

分析一：在ΔDBE中，∠DBE=∠3-∠4，因此，可考慮考慮將∠DAC也用∠3與∠4表示出來，從中找出∠DBE與∠DAC之間的關系。

證法一：∵AB=AC=AE

∴可設∠4=∠6=x，∠3=∠5=y

則∠DBE=y-x（1），∠BAE=180°-2y

又∵∠DBC+∠BAC=180°

∴2x+∠DAC+（180°-2y）=180°

∴2x+∠DAC=2y，即∠DAC=2（y-x）（2），

由（1），（2）得∠DAC=2∠DBE。

分析二：延長BE交⊙O于F，顯然，∠1與∠DBF是同弧所對的兩個圓周角，所以∠1=∠DBF。因此，欲證明∠CAD=2∠DBE，只需轉化為∠2=∠DBE，從而命題可得到證明。

證法二：延長BE交⊙O于F，連結AF，則∠1=∠DBE。

∵AB=AE=AC

∴∠3=∠5，∠4=∠6

∴∠DBE=∠3-∠4=∠5-∠6=∠ADF-∠6=∠7=∠2。

∴∠1=∠2=∠DBE.

∴∠CAD=2∠DBE.

二、第二問的解答

分析一：（方法：構造輔助圓）在DA的延長線上取點G使AE=AG，注意到AB=AE，則AD-AB=AB-AE=（AB+AE）（AB-AE）=DG·DE。設BD≤DC，在DC上取點B′使DB′=DB，則命題的結論可轉化為：DG·DE=DB′·DC。聯想到割線定理，可構造輔助圓，從而找到證明的途徑。

證法一：設BD≤DC，則在DC上截取DB′=DB（否則在BD上截取），顯然B關于AD的對稱點為B′，以A為圓心，AB為半徑，作⊙A交DA的延長線于G，則點B，E，B′，C在⊙A上，由割線定理得：

BD·DC=DB′·DC=DE·DG（1）

又∵AD-AB=（AD+AB）（AD-AB）=（DE+AE+AE）（DE+AE-AE）=DG·DE（2）

由（1），（2）得：

AD-AB=BD·DC。

分析二：從右到左的計算分析法。

連結DF、CF，注意到DC=DN+CN

所以BD·DC=BD·DN+BD·DN

考察ΔDBE∽ΔADN可得：

BD·DN=AD·DE（1）

考察ΔDBE∽ΔCFN可得：

BD·CN=CF·BE=DF·BE

再注意到ΔABE∽ΔFDE可得：

BE·DF=DE·AE

則BD·CN=DE·AE（2），由（1）+（2）可得證明。

證法二：連結DF，CF，由（1）得:

∠1=∠2，∴CF=DF.

∵∠1=∠DBE，∠4=∠6

∴ΔBDE∽ΔADN

∴=

∴BD·DN=AD·DE（1）

∵∠8=∠DBE

∵AB=AC

∴∠4=∠9

∴ΔDBE∽ΔCFN

∴=

∴BD·CN=CF·BE=DF·BE（2）

又∵∠BAE=∠DFE，∠AEB=∠FED

∴ΔABE∽ΔFDE

∴=

∴BE·DF=DE·AE（3）

（1）+（2）得：

BD·DN+BD·CN=AD·DE+BE·DF=AD·DE+DE·AE

即：BD·DC=DE（AD+AE）=（AD-AE）（AD+AE）=AD-AE=AD-AB

∴AD-AB=BD·DC.

分析三：從BD·DC的積中尋找相似三角形，把命題簡化。

連結BC交AD于M，找出含有BD與CD的兩個相似三角形。

顯然ΔABD∽ΔCMD。可得：

BD·CD=AD·MD=AD·（AD-AM）=AD-AD·AM.

所以只須轉化為證明：AB=AD·AM，再考察ΔABM∽ΔADB即可得到證明。

證法三：連結BC交AD于M（如圖）。

∵∠a=∠β，∠4=∠6

∴ΔABD∽ΔCMD

∴=

∴BD·CD=AD·MD（1）

又∵AB=AC

∴∠3=∠4，∠a=∠a

∴ΔABM∽ΔADB

∴=

∴AB=AD·AM（2）

（1）+（2）得:

BD·DC+AB=AD·DM+AD·AM=AD（AM+DM）=AD

即:AD-AB=BD·DC.

分析四：巧用軸對稱變換，尋找BD·DC的積。

由AB=AC=AE注意到∠3=∠4，故以AD為軸把ΔABD作軸對稱變換得到ΔADB′，要得到DB′·DC的積再構造過ΔAB′C的圓，交AD于F，可得DB′·DC=DF·DA=AD（AD-AF）=AD-AD·AF，從而轉化為證明AB′=AF·AD即可。

證法四：以AD為軸，使ΔABC與ΔAB′D關于AD成軸對稱。

∵AB=AC=AE

∴∠3=∠4

∴B′在DC上

作ΔAB′C的外接圓交AD于F。

則BD·DC=DB′·DC=DF·DA=AD（AD-AF）=AD-AF·AD（1）

ΔAB′F和ΔADB′中，

∵∠a+∠2=180°，∠β+∠1=180°

又∵AB′=AB=AC

∴∠1=∠2

∴∠a=∠β，∠5=∠5

∴ΔAB′F∽ΔADB′

∴=

∴AB′=AF·AD

即AB=AF·AD，代入（1）得BD·DC=AD-AB，即AD-AB=BD·DC.