在解证几何题时，四点共圆已经被一些学生所了解或重视，然而作三角形的外接圆还没有被学生重视，使对许多几何题的证明难于入手．下面介绍作三角形外接圆这个辅助圆的思路和方法，以期待对你的学习有所帮助。
类型1 作三角形外接圆，求含有乘积式问题
例1．已知AD是△ABC的角平分线，求证：AB?AC＝AD2+BD?CD．
【分析】作辅助圆，根据同弧所对的圆周角相等和角平分线证明相似得出比例式，再证△BAD∽△ECD，根据相似三角形的性质得出AD?ED＝BD?DC，即可得出答案．
【解答】证明：作△ABC的外接圆O，延长AD交⊙O于E，连接CE，
∵AE平分∠BAC，∴∠BAD＝∠EAC，
∵∠B＝∠E，∴△ABD∽△AEC，∴AB/AE=AD/AC，
∴AB?AC＝AD?AE＝AD（AD+DE）＝AD2+AD?ED，
∵∠B＝∠E，∠BAD＝∠DCE，∴△BAD∽△ECD，
∴AD/CD=BD/ED，∴AD?ED＝BD?DC，∴AB?AC＝AD?AE＝AD2+BD?DC．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理的应用，解此题的关键是推出△ABD∽△AEC和△BAD∽△ECD，主要考查学生的推理能力．
例2．如图，ABCD是圆内接四边形，AB、DC的延长线交于E，AD、BC的延长线交于F，EP、FQ切圆于P、Q两点，求证：EP2+FQ2＝EF2．
【分析】作辅助圆，构建四点共圆的四边形，利用切割线定理列式：EP2＝EC?ED，FQ2＝FC?FB，得出结论．
【解答】证明：作△BCE的外接圆，交EF于G，连接CG，
∵A、B、C、D四点共圆，∴∠FDC＝∠ABC，
∵B、C、G、E四点共圆，∴∠ABC＝∠CGE，
∴∠FDC＝∠ABC＝∠CGE，∴F、D、C、G四点共圆，
由切割线定理得：EP2＝EC?ED，FQ2＝FC?FB，
EF2＝（EG+GF）?EF＝EG?EF+GF?EF＝EC?ED+FC?FB，
∴EP2+FQ2＝EF2．
【点评】本题考查了切割线定理和圆内接四边形的性质，本题运用了圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）；反之也成立；在证明线段的平方和时，一方面考虑利用勾股定理来求，另一方面考虑利用切割线定理列式得出．
类型2 作三角形外接圆，利用圆中的角证明线段的和差倍半问题
例3．四边形ABCD内接于圆，另一圆的圆心在边AB上且与其余三边相切，求证：AD+BC＝AB．
【分析】先画图，设AB上的圆心为P，由等腰三角形的性质得，∠CMB＝∠PDC，则M，P，C，D四点共圆，从而得出∠AMD＝∠ADM，最后证得AD+BC＝AB．
【解答】证明：设AB上的圆心为P，在AB上取一点M，使MB＝BC，
连接MC，MD，PD，PC 等腰△CMB中，∠CMB＝∠MCB，
∴∠CMB＝1/2（∠MCB+∠CMB）＝1/2（180°﹣∠B），
＝1/2∠ADC （圆内接四边形ABCD的对角相加为180°），
＝∠PDC （设圆P切AD于E，切DC于F，有PE＝PF，Rt△PDE和Rt△PDF中，一对儿直角边相等，且斜边是公共的，∴两Rt△全等，可得PD平分∠CDA），
∴M，P，C，D四点共圆，
∴∠AMD＝∠DCP＝1/2∠DCB （同理，可证PC平分∠DCB），
＝1/2（180°﹣∠A） （ABCD的另一对儿对角和为180°，
＝1/2（∠ADM+∠AMD），
∴∠AMD＝∠ADM∴AD＝AM，∴AD+BC＝AM+MB＝AB．
例4．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是底边BC上一点，E是线段AD上一点且∠BED＝2∠CED＝∠A．求证：BD＝2CD．
【分析】首先作DO∥AB交AC于O，得出O为△EDC的外心，进而得出△ACE∽△ADF，即有AD/AC=AF/AE，即可得出△ADO∽△BAE，即可得出BD＝2CD．
【解答】证明：作DO∥AB交AC于O．则由AB＝AC易知OD＝OC，且∠DOC＝∠BAC＝2∠CED，所以O为△EDC的外心，
取F为△EDC的外接圆与AC的交点，连接DF，则OF＝OC＝OD，∠ACE＝∠ADF． 所以△ACE∽△ADF，即有AD/AC=AF/AE．
再由DO∥AB，∠ADO＝∠BAE，
∠AOD＝180﹣∠DOC＝180°﹣∠A＝180°﹣∠BED＝∠AEB，
所以△ADO∽△BAE，即得OD/AE=AD/AB=AF/AE.
故AF＝OD＝OC＝1/2CF，从而AO＝2OC．
由DO∥AB，得：BD＝2CD．
类型3 作三角形的外接圆，利用圆中的角判断三角形的形状
例5.已知：AD是△ABC的中线，若∠ABC+∠CAD＝90o．试判断△ABC的形状．
分析： 作△ABC的外接圆．使分散的∠ABC．∠CAD集中在一起，从而知道中线AD在外接圆的直径上．根据圆中弦的定理，可判断△ABC的形状．
解： 作△ABC的外接圆．延长AD交外接圆于E．连结BE．
∵∠EBC＝∠CAD，又∠ABC＋∠CAD＝90°，
∴∠ABC＋∠EBC＝90°，即∠ABE＝90°．
AE是△ABC的外接圆的直径．又AD是BC边上的中线．
(1)当BC不是外接圆的直径时，即BC为弦，则 AD⊥BC，AD是BC边的中垂线．△ABC为等腰三角形．
(2)当BC是外接圆的直径时，∠CAB＝90°，△ABC为直角三角形．
例6. 设P、Q为线段BC 上两定点，且BP＝CQ．A为BC外一动点．当点A运动到使∠BAP＝∠CAQ时，△ABC是什么三角形？
分析：作△ABC的外接圆，能把角等转化为弦等，构造全等三角形．
证明 ：作△ABC的外接圆，延长AP、AQ分别交外接圆于E、F．连结BE、CF．
∵∠BAP＝∠CAQ，即∠BAE＝∠CAF，∴BE=FC, 弧BE=弧CF,
∴弧BF=弧CE, ∴∠EBP＝∠FCQ，
又BP＝CQ，∴△BEP≌△CFQ．∠E＝∠F，
在△ABE和△ACF中,∠E＝∠F，∠BAE＝∠CAF，BE＝CF．
∴△ABE≌△ACF,AB＝AC, ∴△ABC是等腰三角形．
类型4 作三角形的外接圆，解几何综合题
例7.已知：A、B、C三点不在同一直线上．
（1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，
i）如图①，当∠A＝45°，R＝1时，求∠BOC的度数和BC的长；
ii）如图②，当∠A为锐角时，求证：sinA＝BC/2R；
（2）若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与A不重合）滑动，如图③，当∠MAN＝60°，BC＝2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为P，试探索在整个滑动过程中，P、A两点间的距离是否保持不变？请说明理由．
【分析】（1）i）根据圆周角定理得出∠BOC＝2∠A＝90°，再利用勾股定理得出BC的长；
ii）作直径CE，则∠E＝∠A，CE＝2R，利用sinA＝sinE＝BC/2R，得出即可；
（2）首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin60°＝BC/AP，得出AP＝2/ sin60°＝4√3/3（定值）．
【解答】（1）i）∵A、B、C均在⊙O上，
∴∠BOC＝2∠A＝2×45°＝90°，
∵OB＝OC＝1，∴BC＝√2，
注：也可延长BO或过O点作BC的垂线构造直角三角形求得BC．
ii）证法一：如图②，连接EB，作直径CE，则∠E＝∠A，CE＝2R，
∴∠EBC＝90°∴sinA＝sinE＝BC/2R，
证法二：如图③．连接OB、OC，作OH⊥BC于点H，
则∠A＝1/2∠BOC＝∠BOH，BH＝1/2BC
∴sinA＝sin∠BOH＝BH/OB=1/2BC/R=BC/2R，
（2）如图④，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK，
在Rt△APC中，CK＝1/2AP＝AK＝PK，
同理得：BK＝AK＝PK，∴CK＝BK＝AK＝PK，
∴点A、B、P、C都在⊙K上，
∴由（1）ii）可知sin60°＝BC/AP
∴AP＝2/ sin60°＝4√3/3（定值），
故在整个滑动过程中，P、A两点间的距离不变．
【点评】此题主要考查了圆周角定理以及解直角三角形和四点共圆等知识，根据已知得出点A、B、P、C都在⊙K上以及sin60°＝BC/AP是解题关键．
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