利用30°角构造三角形外心解题

30°角作为数学中一个非常常见而又简单的特殊角,其有着特殊的性质。笔者通过对近几年平面几何中含30°角(或能构造出30°角)的试题的研究,发现很多试题可以用统一的解法来解答,即本文所介绍的构造内角为30°的三角形的外心,利用三角形外心的性质解决问题。

1.求角问题

例1如图1 所示,已知点P在△ABC内,满足∠ABP=20°,∠PBC=10°,∠ACP=20°和∠PCB=30°,则∠CAP为多少度?

解：如 图1 所 示,取△BCP的外心为点O,连接OB,OC,OP,则∠BOP=2∠BCP=60°,从而△BOP为正三角形。由题意得∠CBO=∠ACB=50°,所以OB∥AC。又易得∠BAC=∠OCA=100°,于是梯形BOCA为等腰梯形。因此BA=OC=OB=BP,从而∠BAP=80°,故∠CAP=20°。

注：本题也可证△ABP≌△COP。

图2

2.证明线段相等问题

例2如图2 所示,已知△ABC中,BA=BC,∠ABC=80°,∠BCD=20°,∠CAD=10°。求 证：AB=AD。

证明：如图2 所示,取△ACD的外心为点O,连接OA,OB,OC,OD。由题意得∠ACD=30°,所以∠AOD=2∠ACD=60°,从而△AOD为正三角形。由BA=BC,OA=OC易知OB垂直平分AC,于是因为∠OAC=∠OAD-∠CAD=50°,所以∠AOB=40°,故AB=AO=AD。

注：本题也可以由∠OAC=50°易知四边形OABC为菱形得证,或由∠OAC=50°证明△ABC≌△AOC来求证。

3.证明等式问题

图3

例3(《中等数学》2009年第4期初248题)如图3所示,在△ABC中,AD为内角平分线,∠ADC=60°,点E在AD上,满足DE=DB,射线CE交AB于点F。求证：AF·AB+CD·CB=AC2。

证明：如图3所示,取△BCE的外心为点O,连接OC,OE,连接DO并延长交AB于点G。因为∠EDC=60°,DE=DB,所以∠EOC=2∠EBC=60°,从而E,O,D,C四点共圆。于是∠EDO=60°,进而有△ADC≌△ADG,所以DC=DG。又易知∠BDG=60°=∠EDC,所以△BDG≌△EDC,于是∠DEC=∠DBG,故B,D,E,F四点共圆。因为S△ABD-S△BDG=S△ACD,所以BD·ADBD·CD=AD·CD,故AF·AB+CD·CB=AE·AD+CD·CB=(AD-BD)·AD+CD·(CD+BD)=AD2-BD·AD+CD2+BD·CD=AD2-AD·CD+CD2=AC2。

4.其他问题

图4

例4如图4所示,已知D是△ABC的AC边上一点,AD∶DC= 2∶1,∠C=45°,∠ADB=60°。求证：AB是△BCD的外接圆的切线。

证明：如图4所示,在BD上取点E使得∠DAE=30°。设△ADE的外心为点O,则O为AD的中点。连接OE,CE,显然△ODE为正三角形。因为AD=2DC,∠ADB=60°,所以ED=OE=OA=CD。又∠AOE=∠CDE=120°,从而△DCE≌△OAE,于是EA=EC。又由∠C=45°得∠EBC=∠ECB=15°,所以EB=EC=EA。因此∠ABD=45°=∠C,故AB是△BCD的外接圆的切线。