1977-北京理-09 解-圆周角定理

本题导读

本题考查圆周角定理。

📌【题干】

Question

（1977年北京卷(理)） 一个圆内接三角形 $ABC$， $\angle A$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$，交外接圆于 $E$，求证: $AD\cdot AE=AC\cdot AB$.

🔍【思路分析】

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1. 比例式等价转化：将目标乘积式 $AD\cdot AE=AC\cdot AB$ 改写为标准的相似比例形式： $\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AE}$。
2. 锁定目标三角形：观察涉及这四个线段的三角形：包含 $AD,AC$ 的三角形为 $△ADC$，包含 $AB,AE$ 的三角形为 $△ABE$。因此核心突破口是证明 $△ADC\sim △ABE$（也可以证明 $△ABD\sim △AEC$）。
3. 寻找相等角证明相似：

• 根据角平分线定义，可直接获得一组对应角相等： $\angle CAD=\angle BAE$。

• 根据圆周角定理，在同一个圆中，同弧所对的圆周角相等。观察发现 $\angle ACD$ （即 $\angle ACB$）与 $\angle AEB$ 共同对着外接圆的同一个弧 $\widehat{AB}$，所以 $\angle ACD=\angle AEB$。

• 具备两组对应角相等，即可判定两三角形相似，进而输出比例式完成证明。

✅【答案】

Success

$AD\cdot AE=AC\cdot AB$

✍【详细解析】

Abstract

连结 $BE$。

因为 $AE$ 是 $\angle BAC$ 的平分线， 所以 根据角平分线的定义，有： $\angle CAD=\angle BAE\text{(1)}$

在该圆中，因为 圆周角 $\angle ACD$ （即 $\angle ACB$）与 $\angle AEB$ 均是弧 $\widehat{AB}$ 所对的圆周角， 根据圆周角定理（同弧或等弧所对的圆周角相等），有： $\angle ACD=\angle AEB\text{(2)}$

在 $△ADC$ 与 $△ABE$ 中，由等式①与等式②可知，这两个三角形有两组内角对应相等。 根据相似三角形的判定定理（两角对应相等，两三角形相似），可得： $△ADC\sim △ABE$

根据相似三角形对应边成比例的几何性质，满足下列比例关系： $\frac{AD}{AB}=\frac{AC}{AE}$

利用内项乘外项的交叉相乘法则去分母，即可证得： $AD\cdot AE=AC\cdot AB$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：圆周角定理在图象角度平移中的基础应用、基于“角角（AA）”判别式构造相似三角形。
2. 核心方法：数形结合法、辅助线构造法（连结 $BE$ 或 $CE$ ）。
3. 避坑指南：

• 最易错点（找错同弧角）：容易在寻找相等圆周角时分心，把不对齐的弧所对的角强行看作相等。看准 $\angle ACB$ 和 $\angle AEB$ 共同框住的底弧是 $\widehat{AB}$ 即可立判。

• 证明三角形相似时，注意顶点的对应顺序（如写成 $△ADC\sim △ABE$ ），这能保证下一步写比例方程时字母错位对齐，不容易出错。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于欧几里得《几何原本》中关于圆与相似多边形性质的经典传统几何定理，是初中平面几何解三角形与圆圆相交部分的标准主干母题。
2. 结论推广: 本题模型属于标准的托勒密定理（Ptolemy’s Theorem）变体及角平分线割边守恒模型。 若对其进行代数形变：因为 $AE=AD+DE$，代入原证式可得 $AD\cdot (AD+DE)=AC\cdot AB⟹A{D}^2+AD\cdot DE=AC\cdot AB$。 根据圆的相交弦定理（相交于 $D$ ），有 $AD\cdot DE=BD\cdot DC$。 代入上式，可获得关于三角形内角平分线长度极为核心的几何学通用守恒定理： $A{D}^2=AB\cdot AC-BD\cdot CD$ 这一推广公式完全摆脱了外接圆多余交点 $E$ 的束缚，可以直接通过已知三角形的三边长直接一步出内角平分线 $AD$ 的精确长度，在当今高考解三角形压轴小题中具有降维打击式的实用价值。

🔗【关联脉络】

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