对一道几何竞赛题的探究浙江省宁波东海实验学校陈明儒题目如图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）∠DAC=2∠DBE，（2）AD2－AB2=BD·DC．（2008年全国初中数学联赛浙江赛区初赛试题第17题）一从经典老题谈起如图2，△ABC是⊙O内接正三角形，D是弧BC上一点，连接DA、DB、DC，求证：（1）DB+DC=AD；（2）AD2－AB2=BD·DC．这便是经典老题中的其中之一，也是1956年全国高考试题，若对该经典老题进行多角度、多途径、全方位地探索、挖掘、引申、变化，则可得到一系列“漂亮”的命题．1题设不变，引申结论．（3）AB2－AP2=BP·PC；（4）；(5)（当∠BAC=60º时，DB+DC=AD）；（6）BC2≥AD2sin2∠ADB，(当∠ADB=60º时，4BC2≥3AD2)；（7）DB·DC=DP2+DP·PA；（8）DB·DC=DP2+BP·PC；（斯库顿定理）（9）DB2+DC2+DA2=2BC2（定值）；（10）AD·BC=AC·BD+AB·DC（此为著名的托勒密定理）。2弱化条件，结论不变．若改变经典老题中的题设条件，将正三角形ABC改为等腰三角形ABC，即AB=AC，上述（1）~（10）结论仍然成立（证略），显然上述竞赛题第（2）小题就这样编拟出来了．二赛题的另证对竞赛题中第（2）小题，笔者再提供4种异于参考答案的证法．证法1如图3，延长DA到F点，使AF=AE，∵AB=AC，∴AF=AC。∴，∵∠DAC=2∠DBE，∴∠DBE=∠F．∵∠BDE=∠CDF，∴△DBE∽△DFC，∴，∴DE·DF=DB·DC，∴（AD+AF）（AD－AE）=DB·DC，∵AF=AE=AB，∴（AD+AB）（AD－AB）=DB·DC，∴AD2－AB2=DB·DC．评析本法利用平方差公式将等号左边进行因式分解AD2―AB2=（AD+AB）·（AD―AB），从而采用延长线段的方法．证法2如图4，延长DA到F，使AF=AE，连接BF、BC、EC，由第（1）题可知，∠DBE=∠EBC，∠CDE=∠FDB，点E是△DBC的内切圆的圆心．∴∠DCE=∠BCE，∵∠BCD与∠BAD所对的弧为弧BC，∴．∵AB=AF，∴．∴∠DCE=∠F，∴△DBF∽△DEC，∴，∴DE·DF=DB·DC，∴（AD+AF）（AD－AE）=DB·DC，∵AF=AE=AB，∴（AD+AB）（AD－AB）=DB·DC，∴AD2－AD2=DB·DC．评析本法也是采用延长线段法，但较为巧妙地利用了三角形内切圆的性质，较为简单地证明了∠DCE=∠F，从而得到△DBF∽△DEC．证法3如图5，以A为圆心，AB长为半径，画圆，交线段DC于F点，并延长DA交圆A与K点．∵AB=AC，∴∠ADB=∠ADF．根据对称性可知∠DBE=∠DFE，∠BAD=∠FAD．由第（1）题可知，F是弧EC的中点．∴∠DAC=2∠FAD=4∠DCE，∵AB=AK，∴∠BAD=2∠K．∴∠DCE=∠K，∵AB=AC，∴∠KDB=∠DCE．∴△DBK∽△DEC，以下同证法2相同（证略）．评析依据条件AB=AC=AE，联想到以A为圆心，以线段AB为半径作圆，交线段DC与点F，利用圆的对称性等，最后得到∠DCE=∠K，从而得到△DBK∽△DEC．证法4如图1，在△ADB和△ADC中，由余弦定理分别得：AB2=BD2+AD2－2BD·ADCOS∠ADBAC2=DC2+AD2－2DC·ADCOS∠ADC两式整理，得BD2－（2AD·COS∠ADB）·BD+AD2－AB2=0——①DC2－（2AD·COS∠ADC）·DC+AD2－AC2=0——②∵AB=AC，∠ADB=∠ADC．∴从①、②知，BD、DC是一元二次方程x2―2AD·COS∠ADB·x+（AD2―AB2）=0的两根，由韦达定理，得AD2－AB2=DB·DC（证毕）．值得一提的是，余弦定理及韦达定理都没有在新课程教材内容中出现，但作为参加初中数学竞赛的同学，掌握教材外的一些常用的几何定理和代数公式也是必要的．如果学生能把余弦定理与韦达定理完美结合，就很简捷地解决了经典老题及上述的竞赛题第（2）小题．又由△=（2AD·COS∠ADB）2－4（AD2－AB2）≥0，化简得BC2≥AD2·Sin2∠ADB。当∠ADB=60°时，即得4BC2≥3AD2，即为结论（6）．三赛题的引申及推广1、引申若将竞赛题第（2）小题作适当的改变，把赛题中的圆这个条件去掉，实际上是研究了一个特殊四边形的性质，四边形ABDC（图6）满足两个