值得關注的轉化技巧
——構造輔助圓

□鄒新

值得關注的轉化技巧
——構造輔助圓

□鄒新

以人教版為例，教材中關于點共圓的相關知識主要有三個：一是“到定點的距離等于定長的點都在同一個圓上”；二是“三點共圓”，三角形外接圓及直角三角形的外接圓圓心是斜邊中點（教材習題）；三是“四點共圓”的一個基本性質為圓內接四邊形的對角互補.下面舉例說明解題時根據上述知識要點構造輔助圓，進行轉化.

一、到定點的距離等于定長時可作輔助圓

例1（自貢）如圖1，在矩形A B C D中，A B＝4，A D＝6，E是A B邊的中點，F是線段B C邊上的動點，將△E B F沿E F所在直線折疊得到△E B′F，連接B′D，則B′D的最小值是（ ）.

圖1

解析：E為A B的中點，點F在B C上，沿EF對折，則E B的對應線段E B′＝E B＝為定值，故B、B′在以E圓心、E B為半徑的上（不含點A），如圖2，設D E交于點M.當點B′與點M重合時B′D最小，如圖3，此時D B′＝D E－E B′＝2 10－2.選A.

圖2

圖3

例2（梅州）在Rt△A B C中，∠C A B＝90°，A C＝A B＝4，D、E分別是A B、A C的中點.若等腰Rt△AD E繞點A逆時針旋轉，得到等腰Rt△A D′E′，如圖4.設旋轉角為α

（0＜α≤180°），記直線B D′與C E′的交點為P.點P到A B所在直線的距離的最大為____.

圖4

圖5

解析：如圖5，作P F⊥AB，垂足為點F.

易證△C E′A≌△B D′A，

∴ ∠E′C A＝∠D′B A，

進而易證B P⊥C P.

已知等腰Rt△A D E繞點A逆時針旋轉，得到等腰Rt△A D′E′，

∴ D′、E′在以A為圓心、A D為半徑的圓上，

∴ 當B D′所在直線與⊙A相切時，直線B D′與C E′的交點P到直線A B的距離最大.

此時易證四邊形A D′PE′是正方形，∴ P D′＝AD′＝A D＝2.

在Rt△A B D′中，

又在Rt△A B D′中，

故∠A B P＝30°，

二、當兩個直角三角形有公共斜邊時可作輔助圓

例3（北京）如圖6，正方形A B C D的中心為O，面積為1989，P為正方形內的一點，且∠A P B＝90°，P A∶ P B＝5∶14，求P B的長及∠O P B的大小.

圖6

圖7

解析：在Rt△A P B中，設P A＝5 x，P B＝14 x，根據勾股定理，

得（5 x）2＋（14 x）2＝1989，

解得x＝±3（負值舍去），

所以P B＝42.

連接O A、O B.由正方形性質可知，∠A O B＝90°＝∠A P B，

由于Rt△A B P與Rt△A B O的外接圓直徑為公共斜邊A B，所以A、B、O、P四點共圓，如圖7.

又點O為正方形A B C D的中心，

∴ ∠O A B＝45°，

所以∠O P B＝∠O A B＝45°.

例4 如圖8，E是正方形A B C D的邊A B上的一點，過點E作D E的垂線交∠A B C的外角平分線于點F.求證：F E＝D E.

圖8

圖9

解析：連接D B、D F，如圖9.

因為B F是∠A B C的外角平分線，∠A B C＝90°，

∴ ∠C B F＝45°，

由正方形的性質可知，∠D B C＝∠D B E＝45°，所以∠D B F＝90°.

又已知∠D E F＝90°，

所以△D B F與△D E F有公共外接圓，其外接圓直徑為D F，

∴ ∠D F E＝∠D B E＝45°.

又D E⊥E F，所以△D E F為等腰直角三角形，∴ F E＝D E.

三、作三角形的外接圓實施角的轉化

例5 如圖10，△A B C中，B F、C E交于點D，B D＝C D，∠B D E＝∠A，求證：B E＝C F.

圖1 0

圖11

解析：作△A B C的外接⊙O，延長C E交⊙O于G，連接B G，如圖11.

∵ ∠G＝∠A，∠B D E＝∠A，

∴ ∠G＝∠B D E，∴ B G＝B D.

又B D＝C D，所以B G＝CD.

又∵ ∠G＝∠C D F，

∠G B E＝∠D C F，

∴ △G B E≌△D C F.

∴ B E＝C F.

例6 如圖12，P、Q為線段B C上兩定點且B P＝C Q，A為B C外一動點，當點A運動到使∠B A P＝∠C A Q時，求證：△A B C為等腰三角形.

圖12

圖13

解析：作△A P Q的外接圓交AB于點D，交A C于點E，如圖13.

∵ ∠B A P＝∠C A Q，

可證D P＝Q E.

又A、D、P、Q四點共圓，

∴ ∠3＋∠D P Q

＝∠D P Q＋∠D A Q＝180○，

∴ ∠3＝∠D A Q.

同理∠4＝∠E A P.

又∠1＋∠P A Q＝∠D A Q，

∠2＋∠P A Q＝∠P A E，

且∠1＝∠2，∴ ∠D A Q＝∠E A P，

∴ ∠3＝∠4.

在△B P D與△C Q E中，

D P＝E Q，∠3＝∠4，B P＝C Q，

∴ △B P D≌△C Q E，∠B＝∠C.

即△A B C為等腰三角形.

通過上述題目的解答，我們確實可以看出運用輔助圓解題的巧妙，且有簡潔美與奇異美，希望同學們在數學學習的過程中細心體會，靈活思考，巧妙應用.