四点共面问题探究

空间四点共面充要条件的应用与探究

平面上的三点共线与空间的四点共面，是平面向量与空间向量问题中的一类重要题型。在高中数学人教A 版选修教材2-1《空间向量与立体几何》一章中，给出了四点共面的一个判定方法，在配套的教参中更明确为充要条件。因此有些老师在教学中就给出了如下的空间P 、A 、B 、C 、四点共面的充要条件：对于空间任意一点O ，存在实数x 、y 、z ，使得OC OB OA x OP z y ++=且x+y+z=1。这个结论对于解决空间四点共面问题提供了很便捷的方法，例如：

● 问题1：对于空间任一点O 和不共线的三点A 、B 、C ，有OC OB OA OP 326++=，则（）

(A)O 、A 、B 、C 四点共面 (B) P 、A 、B 、C 四点共面

13161=++，则P 、A 、B 、C 四点共面。 ●问题2：已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任意一点O ，OC OB OA x OM 3121

++=，则x= 。分析：由上面的充要条件很容易得到6

131211x =--=。 ● 问题3：在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 、M 、N 分别是AA 1、AB 、AD 上一点，且

132AA =,21=,4

1=，对角线AC 1与平面PMN 交与点H ，求H 点分AC 1的比。分析：因为P 、M 、N 、H 四点共面，则可设为

AN z AM y AP AH ++=x ，且x+y+z=1 由已知，132AA AP =,AB AM 21=,41=，则z y AA 4

232x 1++= 又A 、H 、C 1三点共线，则1AC λ= 而AD AB AA AC ++=11 所以，z y AA 4

232x 1++=AD AB AA λλλ++=1 因为向量AA ，

，1不共面，则有：λ===4232z y x ，所以λ23=x ，λ2=y ，λ4=z 又因为x+y+z=1，所以λ2

3+λ2+λ4=1，解得152=λ 所以，1152AC = 即：H 点分AC 1的比为2:13.

M C 1

以上三个问题的解决都用到了课本中提到的四点共面的充要条件，思路新颖，解法简洁，确实为学生们解决空间四点共面问题提供了一条重要的解题思路。但是，学生们在解决2005年全国高考数学试题时，却出现了困惑和迷茫。甚至对该方法提出了质疑。

●●●05年高考题为：⊿ABC 的外接圆圆心为O ，两条高线的交点为H ，若)(OC OB OA m OH ++=，则m= 。

一部分学生认为，该题可以利用课本中给出的充要条件解决，将本题看成H 、A 、B 、C 四点共面， O 为空间任意一点，则应有m+m+m=1，从而得到m=3

1. 另外一部分学生认为该题可以采用以下特殊解法，将⊿ABC 看成一个等腰直角三角形，则容易得到++=，于是m=1.

究竟哪一个答案是正确的？在查阅05年高考试题答案后知道，正确答案应该为1，而对于老师给出的结论也是深信不疑的，因为在平面向量中就曾经得出过类似的问题：平面内三点A 、B 、C 共线的充要条件是：对于平面内任意一点O ，存在实数λ、μ，使得OC OB OA μλ+=,且λ+μ=1.课本中的结论其实就是平面向量问题的一个推广。那么第一种解法究竟错在哪里？这个充要条件正确吗？

如果和上面的结论做一对比的话，就是对本题中的五点共面有所怀疑，但是教参中并没有强调O 点不能与PABC 共面。我们再推敲一下教参中对于这个充要条件的证明，+=，肯定没有问题，根据平面向量基本定理，向量一定可以用不共线的向量和表示（此处注意，A 、B 、C 三点必须不共线，课本中说的是平面ABC ，教参中也强调不共线），即：

AP =AC AB μλ+=）OA OC OA OB -+-()(μλ 所以，+=

+=μλ+

+=）OA OC OA OB -+-()(μλ

+--=

OA ）（μλ1OC OB μλ+ 显然其系数和为1.

但是，当O 点与P 、A 、B 、C 共面时，向量AP 也可以用不共线的向量OC OB 和直接表示，即，AP OC OB μλ+=，则AP OA OP +=OC OB OA μλ++=，显然其系数和μλ++1不一定等于1.

不妨可以看一个五点共面的特殊例子(如右图)，对于正

方形ABCD ，设其中心为O ，则OD OC OB OA +-=，其

系数和等于1，但是也可以表示成22+-=，

其系数和等于3，还可以表示成OD OC OB OA 55+-=，其系数和等于9，等等，显然各种不同的表示形式其系数和是不确定的。

问题的症结找到了，如果O 点与P 、A 、B 、C 共面时，向量OP 可以用OA 、OB 、OC 表示成各种不同的形式OC OB OA x OP z y ++=，表达形式不确定，其系数和当然也不确定。实际上，问题的关键在于与空间向量基本定理相悖，当O 点与P 、A 、B 、C 共面时，向量、、、为共面向量，那么向量是不能用、、唯一．．

表示的。同时，即便O 点与P 、A 、B 、C 不共面时，也必须要求A 、B 、C 、三点不共线，否则，根据空间向量基本定理，由于向量、、是共面向量，那么向量OP 是不能．．用OA 、OB 、OC 表示的。所以，有些老师结合教材和教参中的表述给出充要条件的说法严格说是不准确的，充分性没有问题，而必要性则需要加以限制。

结论：（四点共面）

若空间P 、A 、B 、C 四点共面，且A 、B 、C 三点不共线，则对于空间不与PABC 共面的任意一点O ，存在实数x 、y 、z ，使得OC OB OA x OP z y ++=且x+y+z=1.；反之，若OC OB OA x OP z y ++=且x+y+z=1，则P 、A 、B 、C 四点共面。

（三点共线）

平面内P 、A 、B 三点共线，则对于不在直线AB 上的点O ，有OB OA OP μλ+=，且1=+μλ；反之，若OB OA OP μλ+=，且1=+μλ，则P 、A 、B 三点共线。在这里注意，当P 、A 、B 、O 四点共线时，虽有μλ+=，但是λ、μ并不唯一，所以不一定有1=+μλ。

林初中2017届中考数学压轴题专项汇编：专题20简单的四点共圆(附答案)

专题20 简单的四点共圆破解策略如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称之为四个点共圆·一般简称为”四点共圆”．四点共圆常用的判定方法有： 1．若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆．如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的圆上． D 【答案】（1）略；（2）AB，CD相交成90°时，MN取最大值，最大值是2．【提示】（1）如图，连结OP，取其中点O＇，显然点M，N在以OP为直径的⊙O＇上，连结NO＇并延长，交⊙O＇于点Q，连结QM，则∠QMN＝90°，QN＝OP＝2，而∠MQN＝180°－∠BOC＝60°，所以可求得MN的长为定值．（2）由（1）知，四边形PMON内接于⊙O＇，且直径OP＝2，而MN为⊙O＇的一条弦，故MN为⊙O＇的直径时，其长取最大值，最大值为2，此时∠MON＝90°． 2．若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆．如图，在四边形ABCD中，若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上．

D 【答案】（1）略；（2）AD ；（3）AD＝DE·tanα．【提示】（1）证A，D，B，E四点共圆，从而∠AED＝∠ABD＝45°，所以AD＝DE．（2）同（1），可得A，D，B，E四点共圆，∠AED＝∠ABD＝30°，所以AD DE ＝tan30°，即AD＝ 3 DE． 3．若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆．如图，在四边形ABCD中，∠CDE为外角，若∠B＝∠CDE，则A，B，C，D四点在同一个圆上．【答案】略 4．若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线段的两个端点共圆．如图，点A，D在线段BC的同侧，若∠A＝∠D，则A，B，C，D四点在同一个圆上．

数学人教版九年级上册24.探究四点共圆的条件

探究四点共圆阜阳开发区一初王丽 2017/5/1 一、内容和内容解析本节内容是探究四点共圆的条件。四点共圆是在学生学习了经过一个点的圆、经过两个点的圆、经过不在同一直线上三个点的圆、三角形与圆的关系、圆内接四边形后，对经过任意三点都不在同一直线上的四点共圆条件的探究。圆内接四边形对角互补，相应地，对角互补的四边形的四个顶点共圆。在四点共圆条件的探究过程中，通过对特殊的四边形（矩形、等腰梯形）、有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点组成的四边形等四边形的探究，发现一般的规律（过对角互补的四边形的四个顶点能做一个圆），体现了特殊到一般的思想。同时在研究过程中类比将四边形转化为三角形来研究，从三点共圆入手探究四点共圆的条件，体现了转化的思想。另外，学生经历探究四点共圆的条件这一思想活动的全过程，在“做”的过程和“思考”的过程中有利于数学活动经验的积累。二、学情分析学生在发现问题的阶段可能会受到任意一个三角形的三个顶点做一个圆的影响，去判断第四个顶点是否在这个圆上，解决这一问题的关键是引导学生从特殊的四边形出发，从特殊到一般的探究问题。通过画图、观察、测量分析矩形、等腰梯形、有公共斜边的两个直角三角形的

四个顶点共圆与四边形的边长无关，由此联想圆内接四边形对角互补，获得猜想。另外，猜想的证明要用到反证法，学生可能不知如何入手，而且猜想的证明对学生来说是难点。三、教学目标：（1）理解过某个四边形的四个顶点能作一个圆的条件。（2）通过四点共圆的条件的探究和猜想的证明，体会由特殊到一般转化的数学思想，积累数学活动的经验。四、教学重难点：重点：四点共圆条件的探究。难点：对角互补的四边形四个顶点共圆的证明。五、教学过程： I、创设情境、引入新课同学们，我们的家乡阜阳是有着悠久历史的地方，如果给我们一天的时间参加阜阳一日游活动，你会选择哪里呢？那么，今天老师就带领大家一起参观阜阳生态园。问题1：某市公园需要经过A、B、C三个旅游景点建一个圆形快车道，如图，假如我们把A、B、C三个旅游景点抽象成点，你能设计出这个圆形轨道吗？设计意图：由学生熟知的参观阜阳生态园入手，让学生去设计不在同

九年级数学四点共圆例题讲解

九年级数学四点共圆例题讲解知识点、重点、难点四点共圆就是圆得基本内容，它广泛应用于解与圆有关得问题．与圆有关得问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来就是数学竞赛得热点内容。在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆得有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆得方法很重要。判定四点共圆最基本得方法就是圆得定义：如果A、B、C、D四个点到定点O得距离相等，即OA＝OB＝OC ＝OD，那么A、B、C、D四点共圆．由此，我们立即可以得出 1、如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形得四个顶点共圆。将上述判定推广到一般情况，得： 2、如果四边形得对角互补，那么这个四边形得四个顶点共圆。 3、如果四边形得外角等于它得内对角，那么这个四边形得四个顶点共圆。 4、如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等得顶角，那么这两个三角形得四个顶点共圆。运用这些判定四点共圆得方法，立即可以推出：正方形、矩形、等腰梯形得四个顶点共圆。其实，在与圆有关得定理中，一些定理得逆定理也就是成立得，它们为我们提供了另一些证明四点共圆得方法．这就就是： 1、相交弦定理得逆定理：若两线段AB与CD相交于E，且AE·EB=CE·ED，则A、B、C、D四点共圆。 2．割线定理得逆定理：若相交于点P得两线段PB、PD上各有一点A、C，且PA·PB =PC·PD，则A、B、 C、D四点共圆。 3、托勒密定理得逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD就是圆内接四边形。另外，证多点共圆往往就是以四点共圆为基础实现得一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际就是同一个圆。例题精讲例1：如图，P为△ABC内一点，D、E、F分别在BC、CA、AB上。已知P、D、C、E四点共圆，P、E、A、F 四点共圆，求证：B、D、P、F四点共圆。证明连PD、PE、PF．由于P、D、C、F四点共圆，所以∠BDP = ∠PEC．又由于A、E、P、F四点共圆，所以∠PEC =∠AFP．于就是∠BDP= ∠AFP，故B、D、P、F四点共圆。例2：设凸四边形ABCD得对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA得对称点共圆。为1 2 ，此变换把E关于AB、BC、证明以E为相似中心作相似变换，相似比 CD、DA得对称点变为E在AB、BC、CD、DA上得射影P、Q、R、S（如图）、只需证明PQRS就是圆内接四边形。由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及ERDS都就是圆内接四边形（每个四边形都有一组对角为直角），由E、P、B、Q共圆有∠EPQ = ∠EBQ、由E、Q、C、R共圆有∠ERQ=∠ECQ，于就是∠EPQ＋∠ERQ = ∠EBQ＋∠ECQ=90°、同理可得∠EPS ＋∠ERS =90°、从而有∠SPQ＋∠QRS =180°，故PQRS就是圆内接四边形。例3：梯形ABCD得两条对角线相交于点K，分别以梯形得两腰为直径各作一圆，点K位于这两个圆之外，证明：由点K向这两个圆所作得切线长度相等。证明如图，设梯形ABCD得两腰为AB与CD，并设AC、BD与相应二圆得第二个交点分别为M、N、由于∠AMB、∠CND就是半圆上得圆周角，所以∠AM B=∠CND = 90°．从而∠BMC =∠BNC=90°，故B、M、N、C四点共圆，因此∠MNK=∠ACB．又∠ACB =∠KAD，所以∠MNK =∠KAD、于就是M、N、D、A四点共圆，因此KM·KA = KN·KD、由切割线定理得K向两已知圆所引得切线相等。例4：如图，A、B为半圆O上得任意两点，AC、BD垂直于直径EF，BH⊥OA，求证：DH=AC、证法一在BD上取一点A'，使A'D = AC，则ACDA'就是矩形。连结A'H、AB、OB、由于BD⊥EF、BH⊥OA，所以∠BDO =∠B HO=90°、于就是D、B， H、O四点共圆，所以∠HOB =∠HDB、由于∠AHB =∠AA'B = 90°，所以A、H、A'、B四点共圆。故∠DA'H=∠OAB，因此∠DHA'=∠OBA、而OA = OB，所以∠OBA=∠OAB，于就是∠DHA'=∠D A'H、所以DH=DA'，故DH =

四点共圆问题-(数学竞赛)

P 四点共圆问题四点共圆是平面几何证题中一个十分有利的工具，四点共圆这类问题一般有以下两种形式：（1）证明某四点共圆或者以四点共圆为基础证明若干点共圆；（2）通过某四点共圆得到一些重要结论，进而解决问题下面给出与四点共圆有关的一些基本知识（1）若干个点与某定点的距离相等，则这些点在一个圆上；（2）在若干个点中有两点，其他点对这两点所成线段的视角均为直角，则这些点共圆；（3）若四点连成的四边形对角互补或有一外角等于它的内对角，则这四点共圆；（4）若点C 、D 在线段AB 的同侧，且ACB ADB ∠=∠，则A B C D 、、、四点共圆；（5）若线段AB CD 、交于E 点，且AE EB CE ED =g g ，则A B C D 、、、四点共圆；（6）若相交线段PA PB 、上各有一点C D 、，且PA PC PB PD =g g ，则A B C D 、、、四点共圆。四点共圆问题不但是平面几何中的重要问题，而且是直线形和圆之间度量关系或者位置关系相互转化的媒介。例1、已知PQRS 是圆内接四边形，0 90PSR ∠=，过点Q 作PR PS 、的垂线，垂足分别为点H K 、求证：HK 平分QS 例2、给定锐角ABC V ，以AB 为直径的圆与边AB 上的高线' CC 及其延长线交于点M N 、，以AC 为直径的圆与AC 上的高线' BB 及其延长线交于点P Q 、。证明：M P N Q 、、、四点共圆。例3、在等腰ABC V 中，P 为底边BC 上任意一点，过点P 做两腰的平行线分别与AB AC 、交于点 Q R 、，又点'P 是点P 关于直线QR 的对称点。求证：点'P 在ABC V 分析：

探究四点共圆的条件--点评

《四点共圆的条件》课堂分析本节课的主要内容为《四点共圆的条件》，是一节数学活动。认真感受了整个课堂后，我想从以下三个角度谈一下我对本节课的想法。一、数学思考首先，问题是思维的源泉，更是思维的主力。本节课在问题的设计上，层次清晰、目标明确。先后四个主要问题：“通过四边形四个顶点作圆的结果如何？”，“怎么判断这四个点共圆或不共圆？”，“如何证明你的猜想？”，“你能用所学知识判断四个点在圆上吗？”，能很好地调动学生思考层次；而且在大问题下的小问题串的设计，与学生的认知水平相持平，这点从学生的回答方式（齐答、举手回答的数量和音量）上体现出来，尤其是老师的提问策略，例如：每次提问的候答时间，和理答方式都为学生思考提供了准确的方向和思考的空间。其次，在不同的环节设计了不同的思考方式。例如，集中型的思考方式，体现在问题二的讨论中。各种角度，集思广议，最后将问题转化到对角互补的四边形四点共圆；再如，发散型的思考方式，体现在问题情景的设计中。将抽象出的几何图形转化成四边形或者转化成共斜边的两个直角三角形时，可以为学生的多维思考提供一个新的思路，直至，共边三角形的变式问题的出现。二、课堂参与

整堂课的课堂气氛流畅、民主。从学生角度，学生参与课堂讨论的人数；学生回答问题的数量及人员分布；学生回答问题的语言上都能感受到学生的学习过程是和谐的、勤勉的。从教师角度来看，教师的语速、语态，教师对学生的评价，都为学生的学习提供绝佳的软环境。最后从师生的互动交流来看；彼此的情感认同，情绪都是积极的。也正是这种民主的课堂，才能使知识的生成不会只发生在表面，才会形成深层次学习的动力。三、创新之举创新之一：情景创设人文化、图形呈现动态化本节课的情境导入是以修建农家乐，铺设圆形石子路为背景的。比较符合当地地区的经济发展趋势，比较贴近于学生们的生活，对学生应用意识的培养是非常有利的。此外，在整个课堂的推进过程中，多次运用到《几何画板》的动态呈现方式，让学生们充分感受数量关系到图形关系的这种衔接，体会到特殊到一般的转化过程，对培养学生直观意识和空间观念起到了积极的作用。创新之二：课堂讨论多维度、奇思妙想创新意在对第二大问题的讨论中，生成了多角度的结论。从定义角度；从四边形边的角度；从四边形对角线角度；从四边形角的角度。进而呈现了很多的思维过程，达到差异互补、资源共享的作用，同时为学生创新意识的培养积累了的基础。教师为这些有大胆猜想的学生点赞，更加鼓励了孩子们的新方法的创设。这些就

四点共圆(习题)

圆内接四边形与四点共圆思路一：用圆的定义：到某定点的距离相等的所有点共圆。→若连在四边形的三边的中垂线相交于一点，那么这个四边形的四个顶点共圆。（这三边的中垂线的交点就是圆心）。产生原因：圆的定义：圆可以看作是到定点的距离等于定长的点的集合。基本模型： AO=BO=CO=DO ? A、B、C、D四点共圆（O为圆心）思路二：从被证共圆的四点中选出三点作一个圆，然后证另一个点也在这个圆上，即可证明这四点共圆。→要证多点共圆，一般也可以根据题目条件先证四点共圆，再证其他点也在这个圆上。思路三：运用有关性质和定理： ①对角互补，四点共圆：对角互补的四边形的四个顶点共圆。产生原因：圆内接四边形的对角互补。基本模型： ∠ + = 180 B）? A、B、C、D四点共圆 ∠D 180 = ∠ + ∠D A（或0 ②张角相等，四点共圆：线段同侧两点与这条线段两个端点连线的夹角相等，则这两个点和线段的两个端点共四个点共圆。产生原因：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等。方法指导：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角（即：张角）相等(同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。

∠? A、B、C、D四点共圆 = CAB∠ CDB ③同斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆，其斜边为圆的直径。产生原因：直径所对的圆周角是直角。 ∠D = C? A、B、C、D四点共圆 = ∠ 90 ④外角等于内对角，四点共圆：有一个外角等于其内对角的四边形的四个顶点共圆。产生原因：圆内接四边形的外角等于内对角。基本模型： ∠? A、B、C、D四点共圆 = ECD∠ B

四点共圆例题及答案

证明四点共圆的基本方法证明四点共圆有下述一些基本方法：方法1 从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．方法2 把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆．（若能证明其两顶角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径。）方法3 把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．方法4 把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．(根据托勒密定理的逆定理) 方法5 证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．上述五种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这五种基本方法中选择一种证法，给予证明．例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H 四点共圆．证明菱形ABCD的对角线AC和 BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH． ∵AC和BD 互相垂直， ∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、 Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、 BC、CD、DA的中点，

即E、F、G、H四点共圆． (2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．证明∵DE⊥AB，DF⊥AC， ∴∠AED＋∠AFD=180°，即A、E、D、F四点共圆， ∠AEF=∠ADF．又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°， ∠CDF＋∠FCD=90°， ∠ADF=∠FCD． ∴∠AEF=∠FCD， ∠BEF＋∠FCB=180°，即B、E、F、C四点共圆． (3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD内接于圆，

初中数学九年级《探究四点共圆的条件》公开课教学设计

第24章活动2 《探究四点共圆的条件》教学设计班级姓名座号一、课型：综合活动课二、活动目标： 1、探究四边形四个顶点共圆的条件。 2、通过观察、比较、分析不同的四边形四个顶点能否共圆，提高学生识图能力，发展学生合情推理和演绎推理的能力。 3、在探究四边形四个顶点能够共圆的问题中，学会运用从特殊到一般的数学思想，能利用转化思想来解决问题，感受解决问题的多样性。三、重点：通过活动探究四点共圆的条件。难点：对角互补的四边形四个顶点共圆的证明方法。四、学情分析：经历《圆》的全章单元学习后，学生对圆的相关知识点还未能透彻贯通，需要加强能力方面的训练。让学生自己结合线索推理发现、得出结论，课堂教学既要重视数学结论的探索过程，又要强化各种技能之间的综合运用。五、教具：多媒体设备（含几何画板、PPT、投影展台）六、教学反思：四点共圆研究方法具有多样性和灵活性，理解点和圆的位置关系，实现位置关系和数量关系的相互转化，体现知识的普遍联系和深入发展特性，丰富学生的研究方法。通过观察、实验操作、归纳猜想、验证活动，使不同层次学生思维水平和推理水平有不同的提高。表格式梳理对照，自学复习相关知识点，以数学活动为契机，培养探索精神，调动全章圆的知识的相关储备，串联综合运用的能力猜想并加以验证。

七、课堂过程活动一、考题片段引入如图，已知矩形ABCD,，动点E 从点B 沿线段BC 运动到点C 停止，连结AE,以AE 为边作矩形AEFG,使边FG 过点D.直接写出点G 所经过的路径长。关键：点G 路径是什么样的轨迹？ ★（设计意图）从考题片段引入，清晰给出学习目标，引发学生思考。在完成表格二猜想一后再进行展开，结合几何画板演示动态过程，运用新结论，形成基本数学图形模式。活动二、复习旧知类比迁移表格一多边形任意一个三角形任意一个四边形有且只有个外接圆外接圆多边形名称内接三角形（根据圆的定义）共圆的顶点要具备的条件三个顶点到定点（心）的距离都等于定长（即）即：OA=OB=OC 个顶点到定点（心）的距离都等于定长（即）即：OA=OB=OC=OD 定点（外心）的作法任意两边交点任意两边交点提醒：三角形也是任意多边形组成的基本图形单位。思考：过任意一个四边形的四个顶点也一定可以作一个圆吗?你打算怎样去尝试呢？如果能共圆，四边形的四个顶点应满足什么条件？ ★（设计意图）学生联系对比复习链接的知识定义，为后续探究打下基础，对照巩固原有思维水平。 23,6AB BC ==

次曲线上的四点共圆问题的完整结论

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论百年前，着名教材《坐标几何》(Loney 着)中曾提到椭圆上四点共圆的一个必要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍(椭圆)0,0(122 22>>=+b a b y a x 上任一点A 的坐标可以表示为∈θθθ)(sin ,cos (b a R )，角θ就叫做点A 的离心角)，证明方法十分巧妙，还要运用高次方程的韦达定理.这一条件是否充分，一直是悬案.在20世纪80年代编写《数学题解辞典(平面解析几何)》时，仍未解决.到20世纪年代初编写《中学数学范例点评》时，才证明了此条件的充分性.[1,2] 2016年高考四川卷文科第20题，2011年高考全国大纲卷理科第21题，2005年高考湖北卷理科第21题(也即文科第22题)及2002年高考江苏、广东卷第20题都是关于二次曲线上四点共圆的问题(见文献[3,4]).笔者曾由2005年的这道高考题得出了二次曲线上四点共圆的一个简洁充要条件(其证明也很简洁但有技巧)：若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k . 文献[2]还用此结论证得了“椭圆上的四点共圆的充要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍”. 文献[5]用较长的篇幅得出了下面的两个结论(即原文末的命题7、8)：结论1 抛物线2 2y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 请注意，文献[5]中所涉及的直线的斜率均存在，所以这两个结论均正确.但不够完整，本文将给出二次曲线上的四点共圆问题的完整结论，即文末的推论4. 定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆. 证明过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ① 式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，得a b b a λ''-=-,此时曲线①即

数学活动——探究四点共圆的条件

数学活动——探究四点共圆的条件一内容和内容解析 1.内容：探究四点共圆的条件 2.内容解析：四点共圆的条件是在学生学习了经过一个点的圆、经过不在同一直线上的三个点的圆、三角形与圆的关系、圆内接四边形后，对经过任意三点都不在同一直线上的四点共圆的条件的探究。在四点共圆的条件的探究过程中，首先学生在已学的圆相关知识基础上，对四点共圆的条件进行合理猜想：圆内接四边形对角互补，相应的，对角互补的四边形的四个顶点共圆；再利用计算机工具，对特殊的四边形（平行四边形、矩形、等腰梯形）、一组对角同时等于九十度的四边形、任意对角互补的四边形以及任意四边形等，在几何画板上进行测量检验，用实验的方法验证猜想的正确性；然后对正方形、矩形、一组对角同时等于九十度的四边形、任意对角互补的四边形四个顶点共圆进行理论推理验证，最终得出结论。学生全程感受并经历了发现并提出问题——猜想——实验验证——理论推理验证——得出结论的活动过程，在“做”的过程和“思考”的过程中，积累数学活动的经验；在验证的过程中体现了特殊到一般的思想，同时，在研究中，类比将四边形转化成三角形来研究，从三点共圆入手探究四点共圆的条件，体现了转化的思想。基于以上分析，确定本节课的教学重点是：四点共圆的条件的探究。二目标和目标分析 1.目标（1）理解过某个四边形的四个顶点能作一个圆的条件。（2）通过四点共圆的条件的探究和猜想的证明，体会由特殊到一般、转化的数学思想，积累数学活动的经验。 2.目标解析达成目标（1）的标志是：知道对角互补的四边形的四个顶点共圆的结论，会应用反证法证明这一结论，能应用对角互补的四边形四个顶点共圆判断给定的四边形的四个顶点是否可以做一个圆。达成目标（2）的标志是：通过猜想，实验验证、理论推理验证得出结论，体会数学活动的完整过程，在过程中积累经验；通过几何画板画图，测量，比较，分析平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形、直角梯形、一组对角等于九十度的四边形、一般的对角互补的四边形的四个顶点能否共圆，得到：对角互补的四边形四个顶点共圆的更一般的结论。体会由特殊到一般的研究规律；将证明四点共圆的问题转化为不共线的三点可以确定的圆，与第四个顶点之间的关系，并应用圆内接四边形对角互补的性质获得证明；在解决问题的过程中，积极思考、勇于质疑，体会发现问题、解决问题、有效的呈现活动结果等过程是数学活动的基本过程。三教学问题诊断分析学生从一开始发现问题，到后来的猜想，都是在已有知识的基础上，从已学定理：圆内接四边形对角互补出发，研究它的逆命题：对角互补的四边形四个顶点共圆。在探究过程中鼓励学生在已学知识基础上进行合理大胆的猜想。在验证的过程中，学生可能会联想到任意一个三角形的三个顶点作一个圆的影响，去判断第四个顶点时候在这个圆上，解决这一问题的关键是引导学生从特殊的四边形出发，从特殊到一般的探究问题，通过画图、测量、比较，分析各种四边形的顶点是否共圆。另外，在进行理论验证的过程中，要用到反证法，学生可能不知如何下手，而且猜想的证明对学生来说是难点。关键是从过任意一个三角形的顶点能作一个圆入手，把四点共圆问

(甘志国)二次曲线上的四点共圆问题的完整结论

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论甘志国(该文已发表数学通讯，2013(7下)：40-41) 百年前，著名教材《坐标几何》(Loney 著)中曾提到椭圆上四点共圆的一个必要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍(椭圆)0,0(122 22>>=+b a b y a x 上任一点A 的坐标可以表示为∈θθ)(sin cos,(b a R )，角θ就叫做点A 的离心角)，证明方法十分巧妙，还要运用高次方程的韦达定理.这一条件是否充分，一直是悬案.在20世纪80年代编写《数学题解辞典(平面解析几何)》时，仍未解决.到20世纪年代初编写《中学数学范例点评》时，才证明了此条件的充分性.[1,2] 2011年高考全国大纲卷理科第21题，2005年高考湖北卷理科第21题(也即文科第22题)及2002年高考江苏、广东卷第20题都是关于二次曲线上四点共圆的问题(见文献[3,4]).笔者曾由2005年的这道高考题得出了二次曲线上四点共圆的一个简洁充要条件(其证明也很简洁但有技巧)：若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k . 文献[2]还用此结论证得了“椭圆上的四点共圆的充要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍”. 文献[5]用较长的篇幅得出了下面的两个结论(即原文末的命题7、8)：结论1 抛物线2 2y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 请注意，文献[5]中所涉及的直线的斜率均存在，所以这两个结论均正确.但不够完整，本文将给出二次曲线上的四点共圆问题的完整结论，即文末的推论4. 定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆. 证明过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ① 式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含2 2,y x 项

四点共圆练习题

作业16 1、锐角ABC ?的三条高AD 、BE 、CF 交于H ，在A 、B 、C 、D 、E 、F 、H 七个点中．能组成四点共圆的组数是（） A 、4组 B 、5组 C 、6组 D 、7组 2、已知点)02(，A ，)53(，B ，直线l 过点B 与y 轴交于点)0(c ，C ，若 O 、A 、B 、C 四点共圆，则c 的值为（） A 、 522 B 、5 28 C 、17 D 、无法求出 3.如图, AB 是⊙O 的直径, 弦CD ⊥AB, P 是弧CAD 上一点(不与C 、D 重合) . (1) 求证：∠CPD ＝∠COB ； (2) 若点P 在劣弧CD 上(不与C 、D 重合), ∠CPD 与∠COB 的数量关系是否发生变化?若不变, 请画图并证明；若变化, 请写出新的关系式并画图证明. 4、如图，在平行四边形ABCD 中，BAD ∠为钝角，且BC AE ⊥，CD AF ⊥．（1）求证：A 、E 、C 、F 四点共圆；（2）设线段BD 与（1 ）中的圆交于M 、N ．求证：ND BM =． 5、如图所示， I 为ABC ?的内心，求证：BIC ?的外心O 与A 、B 、C 四点共圆. B

B A 6.如图, ⊙O 的内接△ABC 的外角∠AC B 的平分线交⊙O 于E, EF ⊥BD 于F. (1) 探索EO 与AB 的位置关系, 并予以证明； (2) 当△AB C 的形状发生改变时, AC CF BF +的值是否发生改变?若不变, 请求出该值；若改变, 请求出其变化范围. 7.如图，已知AB 是⊙O 的直径，D 是弧AB 上一点，C 是弧AD 的中点，AD 、BC 相交于E ，CF ⊥AB ，F 为垂足，CF 交AD 于G ，求证：CG=EG. 8、如图，已知ABC ?中的两条角平分线AD 和CE 相交于H ，?=∠60B ，F 在AC 上，且AF AE =．（1）证明：B ，D ，H ，E 四点共圆；（2）证明：CE 平分DEF ∠． B

四点共圆例题及答案

四点共圆的应用例1 如图1，已知P 为⊙O 外一点，PA 切⊙O 于A ，PB 切⊙O 于B ，OP 交AB 于E ．求证：∠APC ＝∠BPD ．例2 如图2，从⊙O 外一点P 引切线PA 、PB 和割线PDC ，从A 点作弦AE 平行于DC ，连结BE 交DC 于F ，求证：FC ＝FD ．例3 如图3，在△ABC 中，AB=AC ，AD ⊥BC ，∠B 的两条三等分线交AD 于E 、G ，交AC 于F 、H ．求证：EH ∥GC ． P P

例4 如图4，⊿ABC 为等边三角形，D 、E 分别为BC 、AC 边上的点，且BD=31BC,CE=3 1 AC,AD 与 BE 相交于P 点。求证：CP ⊥AD 例5 如图5，AB 为半圆直径，P 为半圆上一点，PC ⊥AB 于C ，以AC 为直径的圆交PA 于D ，以 BC 为直径的圆交PB 于E ，求证：DE 是这两圆的公切线．例6 AB 、CD 为⊙O 中两条平行的弦，过B 点的切线交CD 的延长线于G ，弦PA 、PB 分别交CD 于E 、F ．求证：FG FD CF EF

例7 ABCD 为圆内接四边形，一组对边AB 和DC 延长交于P 点，另一组对边AD 和BC 延长交于Q 点，从P 、Q 引这圆的两条切线，切点分别是E 、F ， (如图 7)求证：PQ 2＝QF 2＋PE 2．例8 如图8，△ABC 的高AD 的延长线交外接圆于H ，以AD 为直径作圆和AB 、AC 分别交于E 、F 点，EF 交 AD 于 G ，若 AG=16cm ，AH=25cm ，求 AD 的长．例9 如图9，D 为△ABC 外接圆上任意一点，E 、F 、G 为D 点到三边垂线的垂足，求证：E 、F 、G 三点在一条直线上．例10 如图10，H 为△ABC 的垂心，H 1、H 2、 H 3为H 点关于各边的对称点，求证：A 、B 、 C 、H 1、H 2、H 3六点共圆． 2 B

四点共圆练习题

C F E A H B N M C A B 四点共圆练习题 1. 如图，ABC ?三边上的高交于H ，H 不于任一顶点重合，则以A 、B 、C 、D 、E 、F 、H 中某四个点可以确定的圆共有多少个？ 2. 在梯形ABCD 中，AB ‖DC ，DC AB >，K 、M 分别在AD 、BC 上，CBK DAM ∠=∠，求证：CKB DMA ∠=∠ 3. 正方形ABCD 的中心为O ，面积为2 1989cm ，P 为正方形内一点，?=∠45OPB ， 14:5:=PB PA ，求PB 。 4.如图8，△ABC 的高AD 的延长线交外接圆于H ，以AD 为直径作圆和AB 、AC 分别交于E 、F 点，EF 交 AD 于 G ，若 AG=16cm ，AH=25cm ，求 AD 的长． 5. 如图，在平行四边形ABCD 中，BC AM ⊥于M ，CD AN ⊥于N ，若13=AB ，5=BM ，9=MC ，求MN 的长度 6.如图所示，棱形ABCD 的对角线AC,BD 相交于点O,四条边AB,BC,CD,DA 的中点为E,F,G ,H. 求证：E,F,G ,H 四点共圆 7. 如图2，从⊙O 外一点P 引切线PA 、PB 和割线PDC ，从A 点作弦AE 平行于DC ，连结 BE 交DC 于F ，求证：FC ＝FD ． B C M K D A C B O P D A F E D A B O C

8.在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥GC． 9.如图，△ABC为等边三角形，D,E分别为BC,AC边上的点，且BD=1 3 BC,CE= 1 3 AC ,AD与BE 相交于点P,求证：CP⊥AD 10.锐角△ABC中，BD,CE分别是AC,AB边上的高线，EM⊥BD于M,DN⊥CE于N.求证：MN//BC. 11.在△ABC中，,B C ∠∠的平分线相交于T, ,B C ∠∠的外角平分线相交于P.求证： () 1 2 BPC ABC ACB ∠=∠+∠ 12.如图所示，如果五边形ABCDE中，. ABC ADE AEC ADB ∠=∠∠=∠ 且求证：BAC DAE ∠=∠. 13.四边形ABCD内接于圆，通过M和N分别表示直线AB和CD，BC与AD的交点，设 1 B是已知圆同过点B、M、N三点的圆的异于B的交点，求证：直线 1 B D平分线段MN.

四点共圆两个判定定理的证明

四点共圆两个判定定理的证明 1，当∠A=∠C=90·时，可以在答题中仅增加两行说明A、B、C、D四点共圆连BD，设BD的中点为O′ ∵∠A = ∠C =90· ∴AO′ = BO′ = DO′ = CO′ ∴A、B、C、D在以O′为圆心，B O′为半径的圆上。 2，当那两个角不是直角时一、附：已知∠A + ∠C = 180·，则A、B、C、D 四点共圆证：设△ABD 的外接圆为⊙O ①假设C 在⊙O 内则∠C ＞∠C′ 又因∠A + ∠C′= 180· ∴∠A + ∠C ＞ 180·与已知矛盾 ②假设C 在⊙O 外则∠C ＜∠C′ 又因∠A + ∠C′= 180· ∴∠A + ∠C ＜ 180·与已知矛盾综合以上点C在⊙O上

上述证明可压缩为6行：证：设△ABD 的外接圆为⊙O 假设C 在⊙O 内或外时则∠C ≠∠C′ 又因∠A + ∠C′= 180· ∴∠A + ∠C ≠ 180·与已知矛盾，故假设不成立，即点C 在⊙O上∴A、B、C、D四点共圆二、附：已知∠A = ∠C ，则A、B、C、D 四点共圆证：设△ABD 的外接圆为⊙O ①假设C 在⊙O 内则∠C ＞∠C′ 又因∠A = ∠C′ ∴∠A ＜∠C 与已知矛盾 ②假设C 在⊙O 外则∠C ＜∠C′ 又因∠A = ∠C′ ∴∠A ＞∠C 与已知矛盾综合以上点C在⊙O上上述证明可压缩为6行：证：设△ABD 的外接圆为⊙O 假设C 在⊙O 内或外时则∠C ≠∠C′ 又因∠A = ∠C′ ∴∠A ≠∠C 与已知矛盾，故假设不成立，即点C 在⊙O上 ∴A、B、C、D四点共圆

完整版四点共圆的判定和性质.doc

四点共圆的判定和性质四点共圆的定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”. 证明四点共圆有下述一些基本方法：方法 1:从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．方法 2:把被证共圆的四点连成共底边的两个三角形，若能证明其两顶角为直角，从而即可肯定这四个点共圆．方法 3:把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点. 方法 4:把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．方法 5:把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．方法 6:证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．上述六种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这六种基本方法中选择一种证法，给予证明．判定与性质：圆内接四边形的对角和为180 度,并且任何一个外角都等于它的内对角。如四边形ABCD内接于圆O，延长 AB 至 E， AC、 BD 交于 P，则 A+C=180 度， B+D=180° ∠A BC=∠ ADC（同弧所对的圆周角相等） ∠C BE=∠ D（外角等于内对角） △ABP∽ △ DCP（三个内角对应相等） AP× CP=BP× DP（相交弦定理） AB× CD+AD×CB=AC×BD（托勒密定理）托勒密定理及证明：如图，四边形 ABCD内接于圆 O，那么 AB*CD+AD*BC=AC*BD 证明：作∠BAE=∠ CAD，交 BD 于点 E ∵∠ ABE=∠ ACD，∠ BAE=∠CAD ∴△ ABE∽ △ ACD ∴AB： AC=BE： CD ∴AB× CD=AC× BE ∵∠ BAC=∠ EAD，∠ACB=∠ ADE ∴△ ABC∽ △ AED ∴BC： DE=AC：AD ∴BC× AD=AC× DE ∴AB× CD+BC× AD=AC× BE+AC× DE=AC（ BE+DE） =AC× BD

四点共圆(一)

第二十四讲四点共圆（一）【知识要点】四点共圆的判定方法： 1、若四个点到一定点的距离相等，则这四个点在同一个圆上（即这四点共圆）。 2、若一个四边形的一组对角的和等于180度，则这个四边形的四个顶点共圆。 3、若一个四边形的一个外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆。 4、若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线的两个端点共圆。 5、若AB 、CD 两线段相交于P 点，且PD PC PB PA ?=?，则A 、B 、C 、D 四点共圆。 6、若AB 、CD 两线段延长后相交于P 点，且PD PC PB PA ?=?，则A 、B 、C 、D 四点共圆。 7、若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆。【典例精讲】例2、如图，、、、四点在同一圆上，的延长线与的延长线交于点，且。（1）证明：AB CD //；（2）延长CD 到F ，延长DC 到G ，使得EG EF =，证明：A 、B 、G 、F 四点共圆. A B

例3、如图，在梯形ABCD 中，BC AD //，点E ，F 分别在边AB ，CD 上，设ED 与AF 相交于点G ，若B ，C ，F ，E 四点共圆，求证：GE DG GF AG ?=?．例4、已知点)02(，A ，)53(，B ，直线l 过点B 与y 轴交于点)0(c ，C ，若O 、A 、B 、C 四点共圆，则c 的值为（） A 、522 B 、5 28 C 、17 D 、无法求出

例6、如图，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，且不与顶点重合，已知m AE =，n AC =，AD ，AB 为方程0142 =+-mn x x 的两根. （1）证明：C ，B ，D ，E 四点共圆；（2）若?=∠90A ，4=m ，6=n ，求C ，B ，D ，E 四点所在圆的半径． A B E D 例7、如图，AB 为圆O 的直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为E ，弦BM 与CD 交于点F ．（1）证明：A 、E 、F 、M 四点共圆；（2）证明：2 2 AB BM BF AC =?+． A B 例8、如图，在平行四边形ABCD 中，BAD ∠为钝角，且BC AE ⊥，CD AF ⊥．（1）求证：A 、E 、C 、F 四点共圆；（2）设线段BD 与（1）中的圆交于M 、N ．求证：ND BM =． D

四点共面问题探究

林初中2017届中考数学压轴题专项汇编：专题20简单的四点共圆(附答案)

数学人教版九年级上册24.探究四点共圆的条件

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