四点共圆例题及答案
四点共圆精选习题及答案
四点共圆精选习题及答案作为一种古老而神秘的数学理论，圆形一直是数学家们探究和研究的对象之一。
而在圆形领域中，四点共圆更是一个受到广泛关注和深入研究的问题。
四点共圆是指在平面上给出任意四个点，能否通过一个圆将这四个点完美地围起来。
今天我们精选了几个四点共圆的习题，希望能给大家带来一些启示。
题目一：已知在平面直角坐标系中，四点 A(0,0)，B(0,2)，C(4,0)，D(x,y)。
若四点在同一圆上，则点 D 的坐标为多少？解题思路：根据四点共圆基本知识，可以列出以下方程组：(x-2)²+y²=r²x²+(y-2)²=r²(x-4)²+y²=r²x²+y²=r²将方程组联立，消去 r，最终得到 x²+y²=5²，即点 D 的坐标为(3,4)或(−3,4)。
题目二：在平面直角坐标系中，四个点 A，B，C，D 分别为(7,0)，(0,7)，(−7,0) 和(0,−7)。
请证明：四点共圆。
解题思路：根据四点共圆定理，四个点共圆当且仅当它们构成的任意三角形的外接圆都存在。
可得三个三角形 ABC、ACD 和ABD 的外接圆都是以原点为圆心的半径为7 的圆，因此四点 A、B、C、D 构成的圆也一定存在。
题目三：在平面直角坐标系中，四点 A，B，C，D 分别为(−3,4)，(−4,−3)，(4,−3) 和(−1,−2)。
请计算过点 C 的直径的长度。
解题思路：通过计算可以知道，连接点 C 和其他三个点构成的三角形外接圆的圆心坐标分别为(−1,−1)、(−1,0) 和 (0,1)，因此过点 C 的直径所在的直线应为直线 y=x-1。
可得直线 y=x-1 与直线x=4、直线x=−3 和直线y=−3 的交点分别为 (4, 3)、(−3,−4) 和(0,−1)，因此该直径的长度为√145。
四点共圆(知识讲解)
四点共圆（知识讲解）【学习目标】1. 理解四点共圆的定义；2. 掌握判断四点共圆的基本方法，并用于解决证明和计算问题。
【要点梳理】四点共圆常用的方法有：1、对角互补的四边形，四点共圆；2、外角等于内对角的四边形，四点共圆；3、同底同侧的顶角相等的两个三角形，四点共圆；4、到定点的距离等于定长的四个点，四点共圆。
【典型例题】类型一、四点共圆的判定1．如图，BD ，AH 分别是ABC 的高，求证：A 、B 、H 、D 四点共圆．【分析】取AB 的中点O ，连接DO 、HO ，根据BD ，AH 分别是△ABC 的高，可得△DAB和△HAB 都是直角三角形，斜边都是AB ，而点O 为斜边中点，则有DO ＝HO ＝12AB ＝AO ＝BO ，也就是说以O 为圆心、OA 为半径的圆，点D 、H 、B 也在这个圆上，即可证明A 、B 、H 、D 四点共圆．证明：如图，取AB 的中点O ，连接DO 、HO ，△BD ，AH 分别是ABC ∆的高，DAB ∴∆和HAB ∆都是直角三角形，且它们的斜边都是AB ，△点O 为斜边中点，12DO HO AB AO BO ∴====，也就是说，点D、H、B在以O为圆心、OA为半径的圆上，即点D、H、B、A都在以O为圆心、以OA为半径的圆上，故可得：A、B、H、D四点共圆．【点拨】本题考查了四点共圆，解答本题的关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得四点共圆．举一反三：【变式1】已知四边形ABCD为菱形，点E、F、G、H分别为各边中点，判断E、F、G、H四点是否在同一个圆上，如果在同一圆上，找到圆心，并证明四点共圆；如果不在，说明理由．【答案】点E、F、G、H四点是以AC，BD的交点O为圆心的同一个圆上，证明见分析.【分析】根据菱形的对角线互相垂直，以及直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出E、F、G、H到O点距离都等于定长即可.解：如图，连接AC，BD相交于点O，连接OE，OF，OG，OH，△四边形ABCD是菱形，△AB＝AD＝CD＝BC，AC△BD，△点E是AB的中点，△OE＝12AB，同理：OF＝12BC，OG＝12CD，OH＝12AD，△OE＝OF＝OG＝OH，△点E、F、G、H四点是以AC，BD的交点O为圆心的同一个圆上．【点拨】本题主要考查了四点共圆的条件，用到了菱形的性质及直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握其性质是解题的关键.【变式2】如图，在Rt ABC中，△BAC＝90°，△ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．（1）求△BAD的度数；（2）求证：A、D、B、E四点共圆．【答案】（1）10°；（2）见分析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得△C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出△ADC＝△C，最后由外角定理求得△BAD的度数；（2）由旋转的性质得到△ABC＝△AED，由四点共圆的判定得出结论．解：（1）△在Rt ABC中，△BAC＝90°，△ABC＝40°，△△C＝50°，△将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，△AC＝AD，△△ADC＝△C＝50°，△△ADC＝△ABC+△BAD＝50°，△△BAD＝50°－40°＝10°证明（2）△将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，△△ABC＝△AED，△A、D、B、E四点共圆．【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．【变式3】如图，在□ABCD中，△BAD为钝角，且AE△BC，A F△CD．(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：BM = ND【分析】（1）只要证明A、E、C、F四点所构成的四边形的对角互补，则该四点共圆；（2）连接AC交BD于O，易得O是该圆的圆心，OM＝ON，所以可得BM＝ND．解：（1）△AE△BC，AF△CD，△△AEC=△AFC=90°，△△AEC+△AFC=180°，△A、E、C、F四点共圆；（2）由（1）可知，圆的直径是AC，连接AC交BD于O，△ABCD是平行四边形，△O为圆心，OB=OD，△OM=ON，△BM=ND.【点拨】本题主要考查了四点共圆的判定及平行四边形的性质，难度不大，能够灵活运用所学知识进行推理是解题关键.．类型二、利用四点共圆进行证明或求解2．如图，A 、B 、C 、D 四点共圆，且△ACB ＝△ACD ＝60°．求证：△ABD 是等边三角形．【分析】先根据同弧所对的圆周角相等得出△ADB ＝60°＝△ABD ，再用三角形的内角和定理求出△BAD ，即可得出结论．证明：△△ACB ＝60°，△△ADB ＝△ACB ＝60°，△△ACD ＝60°，△△ABD ＝△ACD ＝60°，在△ABD 中，△BAD ＝180°﹣△ADB ﹣△ABD ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，△△ABD ＝△ADB ＝△BAD ＝60°，△△ABD 是等边三角形．【点拨】本题考查了等边三角形的性质与判定，圆周角定理，三角形的内角和定理 ，掌握圆周角定理是解答本题的关键；举一反三：【变式】 如图所示中，60NAM ∠=︒，B ，C 分别在边AM 和AN 上，且2BC =，CP AN ⊥，BP AM ⊥垂足分别为C ，B ，求PA 的长.【答案】433PA =【分析】本题关键要建立未知线段PA 和已知线段BC 的关系，由A ，B ，P ，C 共圆，PA 和CE 为直径，于是在Rt CEB △中便可以建立CE 和BC 的关系，求出CE 的长即求出PA 的长.解：连结CD ，BD ，△,CP AN BP AM ⊥⊥，△90PCA PBA ∠=∠=︒△AD BD PD CD ===，△由圆的定义知点A ，B ，C ，P 在以D 为圆心，DA 为半径的圆上，作出辅助圆，延长CD 交圆D 于E ，连结BE ，△60BAC CEB ∠=∠=︒ 30ECB ∠=︒在Rt BCE 中，2BC =，△433EC =△433PA =【点拨】双直角三角形是典型的共圆图，解题中注意灵活应用.类型三、四点共圆综合应用3．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，△E 是△ABC 中△A 的遥望角．△若△A ＝40°，直接写出△E 的度数是 ；△求△E 与△A 的数量关系，并说明理由．（2）如图2，四边形ABCD 中，△ABC ＝△ADC ＝90°，点E 在BD 的延长线上，连CE ，若△BEC 是△ABC 中△BAC 的遥望角，求证：DA ＝DE ．【答案】（1）△20°；△12∠=∠E A ，理由见分析；（2）证明见分析 【分析】 （1）△根据题目定义推出△E ＝12△A ，从而得出结论；△直接根据求解△过程证明即可； （2）首先根据题意推出A 、B 、C 、D 四点共圆，然后作四边形ABCD 的外接圆交CE 于点F ，连接AF ，DF ，再根据圆的内接四边形的性质等推出△AFD ＝△DFE ，然后根据“遥望角”的定义推出△E＝△DAF，即可证△DAF△△DEF，从而得出结论．（1）解：△△△E是△ABC中△A的遥望角，△△EBC＝12△ABC，△ECD＝12△ACD，△△E＝△ECD﹣△EBD＝12（△ACD﹣△ABC）＝12△A，△△A＝40°，△△E＝20°．故答案为：20°；△12∠=∠E A，理由如下：△△E是△ABC中△A的遥望角，△△EBC＝12△ABC，△ECD＝12△ACD，△△E＝△ECD﹣△EBD＝12（△ACD﹣△ABC）＝12△A；（2）证明：△△ABC＝△ADC＝90°，△A、B、C、D四点共圆，作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，△四边形FBCD内接于△O，△△DFC+△DBC＝180°，△△DFC+△DFE＝180°，△△DFE＝△DBC，△BD平分△ABC，△△ABD＝△DBC，△△ABD＝△AFD，△△AFD＝△DFE，△△BEC 是△ABC 中△BAC 的遥望角，由（1）得△E ＝12△BAC ，△△BAC ＝△BDC ，△△E ＝12△BDC ，△△E +△DCE ＝△BAC ，△△E ＝△DCE ，△△DCE ＝△DAF ，△△E ＝△DAF ，△DF ＝DF ，△AFD ＝△DFE ，△△DAF △△DEF （AAS ），△DA ＝DE ．【点拨】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．举一反三：【变式】在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：ABC ∆是等边三角形，点D 是ABC ∆内一点，连接CD ，将线段CD 绕C 逆时针旋转60︒得到线段CE ，连接BE ，DE ，AD ，并延长AD 交BE 于点F ．当点D 在如图所示的位置时：（1）观察填空：△与ACD ∆全等的三角形是________；△AFB ∠的度数为（2）利用题干中的结论，证明：C ，D ，F ，E 四点共圆；（3）直接写出线段FD ，FE ，FC 之间的数量关系．____________________．【答案】（1）△BCE ∆：△60︒；（2）见分析；（3）FD FE FC +=．【分析】（1）△根据旋转的性质和等边三角形的性质可证△ACD△△BCE ；△根据已推导出的全等三角形和三角形内角和进行角度转化，可得△AFB 的大小； （2）根据△ACD△△BCE 得ADC BEC ∠∠=，推导得出四边形CDFE 中180BEC FDC ∠+∠=︒，从而证共圆；（3）先推导出△BDF 是等边三角形，可证△ABD△△CBP ，得出AD=FC ，从而得出数量关系．解：（1）△△△ABC 是等边三角形△AB=AC=BC ，△BAC=△ACB=△ABC=60°△将线段CD 绕C 逆时针旋转60︒得到线段CE△CE=CD ，△DCE=60°△△DCE 是等边三角形△△DCE=60°△△ACD+△DCB=60°，△BCE+△DCB=60°△△ACD=△BCE△△ACD△△BCE(SAS)△△△ACD△△BCE△△EBC=△DAC△△DAC+△BAD=△BAC=60°△△FBC+△BAD=60°△△AFB=180°－△ABC －△FBC －△BAF=180°－60°－60°=60°（2）△()ACD BCE SAS ∆∆≌．△ADC BEC ∠∠=，△180ADC FDC ∠+∠=︒，△180BEC FDC ∠+∠=︒．△C ，D ，F ，E 四点共圆； （证明不唯一）（3）结论：FD FE FC +=,如下图,连接BD△△ACD△△BCE△△CBE=△CAD ，AD=BE△△CAD+△BAD=60°，△BAD+△FBC=60° △△BAD+△ABD=△BDF=60° △△AFB=60°△△BDF 是等边三角形 △DF=BF,△FD+FE=BE△△ABD△△CBF(SAS)△AD=FC△FD+FE=FC【点拨】本题属于几何综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．。
24.24专题6：四点共圆问题
24.24专题6：四点共圆一．【知识要点】 四点共圆模型：（1）若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（如图1）；（2）共斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（如图2,3）；（3）对角互补的四边形四个顶点共圆（如图4）；（4）共底边且在同侧的两个三角形顶角相等（如图5）。
二．【经典例题】1．已知OA=OB=OC=2，且∠ACB=45°，则AB 的长为（ ） A.2 B.3 C.22 D.322.如图所示，矩形ABCD 的边AB=3，Rt △BEF 的直角顶点E 在对角线AC 上，另一顶点F 在边CD 上，若△BEF 的一个锐角为30°，则BC 的长是（ ） A.3 B.33 C.333或 D.63.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB下方,∠BDC=45°,求证:AD⊥BD.4.如图，四边形ABCD是正方形，E是BC上一点，AE⊥EF交∠BCD的外角平分线于F，求证：AE=EF.5.如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限。
其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上，且AB=12厘米，（1）若OB=6厘米，①求点C的坐标；②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离. （2）点C与点O的距离的最大值是多少厘米？6．（绵阳2015年第25题本题满分14分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线时的一点，且DG = AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→C→G的路线向G点匀速运动（M不与A，G重合），设运动时间为t秒，连接BM并延长AG于N．（1）是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由；（2）当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN = HN；（3）过点M分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，矩形AEMF与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值．7.如图，菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，点E和点F分别是BC和CD上一动点，且∠EOF+∠BCD＝180°，∠ABC＝60°，连接EF．（1）求△OEF是什么特殊的三角形？（2）若AB=2，求CE+CF的长；三．【题库】【A】1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB下方,AD⊥BD,求∠BDC的度数.2.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB上方,AD⊥BD,求∠BDC的度数.3.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB上方,∠BDC=45°,求证:AD⊥BD.4.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB上方,∠ADC=135°,求证:AD⊥BD.5.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,点E为△ABC外一点，且∠CEA=45°.求证：AE⊥BE.6.如图所示，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．则BD的长为（）A．B．C．D．【B】1．如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M 在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF，给出以下五个结论：①∠MAD＝∠AND；②CP＝a﹣；③△ABM≌△NGF；＝a2+b2；④S四边形AMFN⑤A，M，P，D四点共圆，其中正确的序号为．【C】1．将线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，继续旋转α（0°＜α＜120°）得到线段AD，连接CD．（1）连接BD，①如图1，若α＝80°，则∠BDC的度数为；②在第二次旋转过程中，请探究∠BDC的大小是否改变．若不变，求出∠BDC的度数；若改变，请说明理由．（2）如图2，以AB为斜边作直角三角形ABE，使得∠B＝∠ACD，连接CE，DE．若∠CED＝90°，求α的值．【D】1.如图，C，D是以AB为直径的半圆上的两点，∠AOC＝40°，P在直径AB上，且∠OCP＝∠ODP＝10°，则∠BOD的度数为（）．A.20°B.30°C.25°D.15°2.正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989cm 2．P 为正方形内一点，且∠OPB ＝45°，P A ：PB ＝5：14．则PB 的长为（ ）． A.42cm B.40cm C.35cm D.50cm3.如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，点D 是BC 边上一动点，过点B 作BE ⊥AD 交AD 的延长线于E ．若AC ＝6，BC ＝8，则的最大值为（ ）A ．B ．C. D ．4.如图，在菱形ABCD 中，点P 是BC 边上一动点，P 和C 不重合，连接AP ，AP 的垂直平分线交BD 于点G ，交AP 于点E ，在P 点由B 点到C 点的运动过程中，∠APG 的大小变化情况是（ ）A ．变大B ．先变大后变小C ．先变小后变大D ．不变5. 如图，ABC ∆中，45B ∠=︒，75C ∠=︒，4AB =，D 为BC 上一动点，过点D 作DE AC ⊥于点E ，DF AB ⊥于点F ，连接EF ，则EF 的最小值为 ( ) A ．3B ．2C ．5D ．6。
四点共圆例题及问题详解
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．证明在△ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．∴∠BEC=∠BDC=90°，且E、D在BC的同侧，∴E、B、C、D四点共圆．∠AED=∠ACB，∠A=∠A，∴△AED∽△ACB．上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不叙述了．【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，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】已知：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．证明：连结AC．∵CE∥BD，∴∠1=∠E．∵∠1和∠2都是所对的圆周角，∴∠1=∠2．∠1=∠E．∵四边形ABCD内接于圆，∴∠EBC=∠CDA．∴△ADC∽△CBE．AD∶BC=DC∶BE．AD·BE=BC· DC．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．证明：作∠BAE=∠CAD，AE交 BD于 E．∵∠ABD=∠ACD，即 AB·CD=AC·BE．①∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，AD·BC=AC·DE．②由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BCAC·BD=AB·CD＋AD·BC这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5圆的内接四边形例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．证明∠MEC与∠HEB互余，∠ABE与∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的需证明GB=CD．但这在第七章ξ1.4圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由例3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中AB·CD+BC·AD=AC·BD．分析在AB·CD+BC·AD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB·CD+BC·AD是否等于AC·BD．而要考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92，作AE，令∠BAE=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E，这就得到△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△AED，由此又求得BC·AD=AC·ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明读者自己完成．点评本例叫做托勒玫定理．它在计算与证明中都很有用．意一点．求证：PA=PB+PC．分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∵ADFB是圆内接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC 交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，∴，AD=DE．∵ABED是圆内接四边形，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点与斜边中点距离相等)．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与 AD、BC分别交于E、F．求证：C、D、E、F四点共圆．提示连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例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．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．二用于证明两条线段相筹例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．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行例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．证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB 和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．四用于证明两直线垂直证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例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．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD 的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例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．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．七用于证明平方式例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：PQ2＝QF2＋PE2．证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2∴PQ2=PE2＋QF2．八用于解计算题例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．解连结DE、DF、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴AD=20cm．九用于证明三点共线例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．证明连结EF、FG、BD、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠DGC，∠DBE＝∠DCG，故∠1=∠4，易得∠2＝∠3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2关于AF对称，则∠1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴A、H2、B、c四点共圆，即H2在△ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ABC的外接圆上．∴A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．托勒密定理的数形转换功能山东临沂市四中姜开传临沂市第一技校刘久松圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形 ABCD 中，有AB·CD＋AD·BC=AC·BD，这就是著名的托勒密定理．本刊1996年第2期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数量关系，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替几何推理的目的．例1已知正七边形A1A2 (7)(第21届全俄数学奥林匹克竞赛题)对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变整个解题局面，使证题步骤简缩到最少．如图1，连 A1A5、A3A5，则A1A5=A1A4、A3A5=A1A3．在四边形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4即得结论式．例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，AE=6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？(1988年全国初中数学联赛题)此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展．若运用托勒密定理，可使问题化难为易．由△CDE∽△BAE和△CBE∽△DAE，得由托勒密定理，得BD(AE＋CE)=4(AB＋AD)，亦即 CE(AE＋CE)＝16．设CE=x，整理上式，得x2＋6x－16＝0．解得x＝2(负值已舍)，故BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD＜BC＋CD＝8，例3一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为81，AB是它的第六边，其长为31，求从B出发的三条对角线长的和．(第九届美国数学邀请赛试题)原解答过程冗长．若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”，可使问题化繁为简．如图3，设BD=a， BE=b，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF ＝c．在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①同理81b＋31·81=ac ②31a＋81a=bc ③解①、③、③组成的方程组，得a＝135，b＝144，c＝105故 a＋b＋c=384．2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构与托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决．这种解法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜．例4 解方程若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．若由方程的结构特征联想到托勒密定理，则构造直径AC=x(x≥11)的圆及圆内接四边形ABCD，使BC=2，CD=11，如图 4，于是由托勒密定理，得在△BCD中，由余弦定理，得经检验x=14是原方程的根．求证： a2＋b2＝1．这道名题已有多种证法，而且被视为用三角换无法解代数问题的典范．下面再给出一各几何证法．易知0≤a、b≤1且a、b不全为零．当a、b之一为零时，结论显然成立．当a、b全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径AC＝1的圆及圆内接四与已知等式比较，得BD＝1，即BD也为圆的直径，故a2＋b2=1例6设a＞c，b＞c，c＞0，此题若用常规方法证明也不轻松．下面利用托勒密定理给出它的一个巧证．由托勒密定理，得巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会张东海王素改在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，兹举例说明．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．一、构造“圆”，运用定理【例1】设a，b，x，y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x， AD=y．(图1)由勾股定理知a，b，x，y满足条件．根据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵ CD≤1，∴ax＋by≤1．二、利用无形圆，运用定理【例2】等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．已知：梯形 ABCD中，AD=BC，AB∥CD．求证：BD2=BC2＋AB·CD．证∵等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．(图略)【例 3】已知：边长为 1的正七边形ABCDEFG中，对角线 AD=a，BG=b(a≠b)．求证：(a＋b)2(a－b)＝ab2．证连结BD，GE，BE，DG，则 BD=EG＝GB=b，DG=BE＝DA＝a， DE=AB=AG=1．(如图2)在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，即ab=a＋b (1)同理在四边形BDEG中，得BE·DG=DE·BG＋BD·EG，即a2=b＋b2 (2)将(2)变形为b=a2－b2 (3)(1)×(3)，得ab2＝(a＋b)(a2－b2)．故ab2=(a＋b)2(a－b)．三、构造圆内接四边形，运用定理【例4】在△ABC中，∠A的内角平分线AD交外接圆于D．连结BD．求证：AD·BC=BD·(AB＋AC)．证(如图3) 连结DC．由托勒密定理．有AD·BC=AB·CD＋AC·BD．又∵∠1=∠2，∴BD=DC．∴AD·BC=AB·CD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．即AD·BC=BD·(AB＋AC)．圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中任天民设圆内接四边形ABCD中各边为a，b，c，d．连结 BD．由∠A＋∠C=180°，可以推出sinA=sinC，cosA=－cosC．并且S四边形ABCD=S△ABD＋S△BCD所以这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式．在上面的公式中，如果设某一边为零，(不仿设d=0)此时四边形变成三角形，该公式恰是计算三角形面积的海伦公式．圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发，通过联想探索出来的，而且两者在形式上又是那么的相近．这种现象在数学中不胜枚举，如果同学们都能从特殊规律去探索一般规律，再从一般规律去认识特殊规律．那么对数学能力的培养将大有裨益．四条边定长四边形面积的最大值上海市育群中学李甲鼎四条边为定长的四边形不具稳定性，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成为圆内接四边形．并且此时达到变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．已知：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值．证明：(1)先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设∠ABC=α，∠ADC=β，AC=x．令α＋β=π，即cosα＋cosβ=0x的解唯一确定，代入(1)(2)后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0，π)的条件下α、β也同时唯一确定．∴四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的．即所得到的四边形为圆内接四边形．(2)当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ显然当α＋β=π时(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，即S最大．一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校张怀林定理：如图1，在圆接四边形ABCD中弦AD平分∠BAC，则2ADcosα=AB＋AC．证明连接BD、DC、BC，设已知圆半径为R，则由正弦定理有：BD＝DC＝2Rsinα，BC＝2Rsin2α．由托勒密定理有AB·CD+AC·BD=AD·DC．∴(AB+AC)·2Rsinα=AD·2Rsin2α．则 2AD·cosα=AB＋AC．下面举例说明它的应用．例1如图2，已知锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交外接圆于N，过L 分别作LK⊥AB，LM⊥AC，垂足分别为K、M．求证：四边形AKNM的面积等于△ABC 的面积．(第28届IMO)证明由已知得∠BAN=∠CAN，由定理有 2ANcosα=AB＋AC，=AN·AL·cosα·sinα=AN·AK·sinα=AN·AM·sinα=2S△AKN＝2S△AMN．∴S△ABC=S四边形AKNM．(第21届全苏奥数)证明作正七边形外接圆，如图3所示．由定理有2c·cosα=b+c，又在等腰△A1A2A3中有2a·cosα=b．例3在△ABC中，∠C=3∠A，a＝27，c＝48，则b的值是____．(第36届AHSME试题) 解如图4．作△ABC的外接圆，在取三等分点D、E，连CD、CE．由已知得：∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A，CD=AB=48，由定理有 2CE·cosA=CB+CD ①2CD·cosA＝CE+AC ②又2CB·cosA=CE ③由②、③得：b=AC=CE·(CD-CB)/CB=35．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和)．已知：圆内接四边形ABCD，求证：AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．证明：如图1，过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD∽△BCP．又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．①＋②得 AC(BP＋DP)=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．一、直接应用托勒密定理例1如图2，P是正△ABC外接圆的劣弧上任一点(不与B、C重合)，求证：PA=PB＋PC．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA·BC=PB·AC＋PC·AB，∵AB=BC=AC．∴PA=PB+PC．二、完善图形借助托勒密定理例2证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2证明：如图3，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD 是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB·CD＋AD·BC．①又∵ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．②把②代人①，得AC2=AB2＋BC2．例3如图4，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结CD，依托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD．∵∠1=∠2，∴ BD=CD．故 AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．三、利用“无形圆”借助托勒密定理例4等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积．如图5，ABCD中，AB∥CD，AD=BC，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．又∵ AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证明：如图6，作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC＝a，BC=b，BD＝x，AD＝y．由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B．分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明：如图 7，作△ABC的外接圆，以 A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA．∵AD=BC，∴∠ABD=∠BAC．又∵∠BDA=∠ACB(对同弧)，∴∠1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①而已知a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2．②∴∠BAC=2∠ABC．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图8，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD内接于圆O，其边AB与DC的延长线交于P，AD与BC的延长线交于Q，由P作圆的两切线PM、PN，切点分别为M、N；由Q作圆的两切线QE、QF，切点分别为E、F(如图1)．则有以下一些共点性质：性质1 AC、BD、EF三直线共点．证明：如图1，设AC交EF于K1，则K1分EF所成的比为设BD交EF于K2，同理可得K2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF所成的比相等．∴K1、K2重合，从而AC、BD、EF三直线共点．类似地 AC、BD、MN三直线共点，因此有以下推论 AC、BD、EF、MN四直线共点．性质2 AB、DC、EF三直线共点于P．(此性质等同于1997年中国数学奥林匹克第二试第四题)这里用上述证明性质1的方法证之．证明：如图2．设DC与EF的延长线交于P1，则P1分EF所成的比为设AB与EF的延长线交于P2，则P2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P1、P2分EF所成的比相等．∴P1、P2重合，从而AB、DC、EF三直线共点于P．推论 AD、BC、NM三直线共点于Q．性质 3 EM、NF、PQ三直线共点．证明：如图3，设EM的延长线交PQ于G1，妨上证法，G1分PQ所成的比为设NF的延长线交PQ于G2，则G2分PQ所成的比为(这里E、F、P三点共线及N、M、Q三点共线在性质2及推论中已证)．由△PME∽△PFM得由(11)、(12)及QE=QF、PN=PM可得(9)=(10)，故G1、G2分PQ所成的比相等．∴G1、G2重合，从而EM、NF、PQ三直线共点．性质4如果直线EN和MF相交，那么交点在直线PQ上，即 EN、MF、PQ三直线共点．证明从略，妨性质3的证法可得．性质5 EM、NF、AC三直线共点．证明：如图4，类似于性质1的证明，设EM与AC的延长线交于G3，则G3分AC所成的比为设NF与AC的延长线交于G4，则G4分AC所成的比为由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14)，故G3、G4分AC所成的比相等．∴G3、G4重合，从而 EM、NF、AC 三直线共点．推论EM、NF、AC、PQ四直线共点．限于篇幅，仅列以上五条共点性质．有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理圆内接四边形的两条对角线的乘积(两条对角线所包矩形的面积)，等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形面积之和)．证明如图1，过C作CP使∠1=∠2，又∠3＝∠4，∴△ACD∽△BCP．∴AC·BP=AD·BC ①又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴AC·DP=AB·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD·BC+AB·CD.故AC·BD=AD·BC+AB·CD.托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.例1已知P是正△ABC的外接圆劣弧上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC是圆内接四边形,根据托勒密定理,有PA·BC=PB·AC+PC·AB.∵AB=BC=AC,∴PA=PB+PC.例2证明等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．证明如图3，设在梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．∵等腰梯形内接于圆，∴AC·BD=AD·BC+AB·CD．又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．例4已知 a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．证明作直径AB=1的圆，在AB两侧作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如图5)．依勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．依托勒密定理有AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．又∵CD≤AB=1，∴ax+by≤1．例5△ABC的三个内角 A、 B、 C的对边分别为a、b、c，且a2=b(b＋c)．求证：A=2B．分析将a2＝b(b＋c)变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明如图6，作△ABC的外接圆．以A为圆心，以BC为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC．。
(完整版)四点共圆例题及答案
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．证明在△ ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．∴∠ BEC=∠BDC=9°0 ，且E、D在BC的同侧，∴E、B、C、D四点共圆．∠AED=∠ACB，∠A=∠A，∴△ AED∽△ ACB．上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点（不在同一直线上）所确定的圆上就不叙述了．【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，∴∠ A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠ A=96°，∠ C=84°．∵∠ A∶∠ B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】已知：如图 1 所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD· BE=BC· DC．证明：连结AC．∵CE∥BD，∴∠ 1=∠E．∵∠1和∠2 都是所对的圆周角，∴∠ 1=∠2．∠1=∠E．∵四边形ABCD内接于圆，∴∠ EBC=∠CDA．∴△ ADC∽△ CBE．AD∶BC=D∶C BE．AD· BE=BC· DC．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．证明：作∠ BAE=∠CAD，AE交BD于E．∵∠ ABD=∠ACD，即AB· CD=A·C BE．①∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，∴∠ BAC=∠EAD．又∠ ACB=∠ADE，AD· BC=AC·DE．②由①，②得AC·BE+AC·DE=AB· CE＋AD· BCAC·BD=AB·CD＋AD·BC这个定理叫托勒密(ptolemy) 定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ ABE∽△ ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5 圆的内接四边形例 1 已知：如图7-90 ，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=M．D证明∠MEC与∠ HEB互余，∠ ABE与∠HEB互余，所以∠ MEC∠= ABE．又∠ ABE= ∠ECM，所以∠ MEC∠= ECM．从而CM=E．M同理MD=E．M所以CM=M．D点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥ AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例 2 已知：如图7-91 ，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙ O的需证明GB=C．D 但这在第七章ξ 1.4 圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．* 分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥ MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例 1 的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=M，F 而由例 3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中AB·CD+B·C AD=AC·BD．分析在AB·CD+B·CAD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB· CD+B·C AD是否等于AC·BD．而要考虑AB· CD和BC· AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92 ，作AE，令∠ BAE=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E，这就得到△ ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=A·C BE．在圆中又出现了△ ABC∽△ AED，由此又求得BC·AD=AC· ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明读者自己完成．点评本例叫做托勒玫定理．它在计算与证明中都很有用．意一点．求证：PA=PB+P．C分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=P，B 剩下的问题是证明MA=P，C 这只要证明△ ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=P，C 剩下的问题是证明PM=P，B 这只要证明△ BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=M，C 这只要证明△ PAB≌△ CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．* 本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=A，B所以有PA=PB+P．C例 2 如图7—116，⊙ O1 和⊙ O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙ O1交于点C，与⊙ O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙ O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角（或内错角）相等或同旁内角互补．由于CE、DF 分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∴∠ BAD=∠E．∵ADFB是圆内接四边形，∴∠ BAD＋∠ F=180°，∴∠ E＋∠ F=180°．∴CE∥CF．说明：(1) 本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠ DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠ DFG=∠E．(2) 应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3) 对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例 3 如图7—118，已知在△ ABC中，AB=AC，BD平分∠ B，△ ABD的外接圆和BC 交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=D．E 因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△ DEC的两边，所以只要证∠ EDC=∠ C．由已知条件可知∠ C=∠ ABC．因此只要证∠ EDC=∠ABC．因为△ EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠ EDC=∠ ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵ BD平分∠ ABC，∵ABED是圆内接四边形，∴∠ EDC=∠ABC．∵AB=AC，∴∠ ABC=∠C，∴∠ EDC＝∠ C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠ BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠ A、∠ B、∠ C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=D．C作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=9°0 ，∠ BCD=10°9 42′．2．∠A=45°，∠ B=67.5°，∠ C=135°，∠ D=112.5°．3．提示：因为∠ DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠ DBC=∠DCB，因此DB=D．C判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1) 如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2) 如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3) 如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4) 如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆( 因为四个顶点与斜边中点距离相等) ．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与AD、BC分别交于E、F．求证：C、D、、提示连结EF．由∠ B+∠ AEF=180 °，∠ B ＋∠ C=180°，可得∠ AEF= ∠C．四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例 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．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO⋯⋯(1) ；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE⋯⋯(2) ；由(1) 、(2) 得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠ 1＝∠2，∠3＝∠4，又∠ 2=∠ 4．∴∠ 1＝∠3，易证∠ APC＝∠ BPD(∠ 4＝∠ EDO．)二用于证明两条线段相筹例 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．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠ 1＝∠ 2．∵ AE∥ CD，则∠ 2＝∠ 4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠ 5＝∠ 6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．用于证明两直线平行例 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．证明连结EC．在△ ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴ △AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠ 6＝∠3．在△ GEB 和△ GEC中，∵ GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠ 4=∠2 ＝∠ 3，∴∠ 4＝∠ 6．∴ EH∥ GC．四用于证明两直线垂直证明在△ ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△ BCE，∴∠ ADB=∠ BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠ OEC＝60°，∠ DEO＝30°∴∠ DEC＝90°，于是∠ DPC=9°0 ，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例 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．证明连结DC、CE，易知∠ PDC＝∠ PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠ 1=∠3，而∠3＋∠ 2＝90°，∠ A＋∠ 2=90°，则∠ 1＝∠ A，∴DE是圆ACD 的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例 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．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙ O于B，则∠ 1=∠ A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙ O中，由相交弦定理，得CF· FD=FP·FB．七用于证明平方式例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：PQ2＝QF2＋PE2．证明 作△ DCQ 的外接圆，交 PQ 于 M ，连结 MC ，∵∠ 1=∠2＝∠ 3，则 P 、B 、 C 、M 四点共圆．由圆幂定理得 PE 2＝PC ·PD ＝PM · PQ ，QF 2=QC ·QB ＝ QM ·QP ，两 式相加得 PE 2＋ QF 2＝PM ·PQ ＋ QM ·QP=PQ （P ＋MQM ）＝PQ ·PQ=P 2Q∴PQ 2=PE 2＋QF 2．八 用于解计算题例 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．解 连结 DE 、DF 、BH ．∵∠ 1=∠2＝∠ C=∠H ，∴B 、E 、G 、H 四点共圆．由圆 幂定理，得 AE ·AB ＝AG ·AN ．在△ ABD 中，∵∠ ADB=90°，DE ⊥AB ，由射影定理， 得 AD 2＝ AE ·AB ，∴ AD 2＝AG ·AH ＝ 16×25＝ 400，∴ AD=20cm ．九 用于证明三点共线例 9 如图 9， D 为△ABC 外接圆上任意一点，垂足，求证： E 、F 、G 三点在一条直线上． 证明 连结 EF 、FG 、BD 、CD ．∵∠ BED=∠BFD=90°，则 B 、E 、F 、D 四点共 圆，∴∠ 1＝∠ 2，同理∠ 3＝∠4．在△DBE 和△DCG 中，∵∠DEB ＝∠DGC ，∠DBE ＝∠DCG ，故∠1=∠4，E 、F 、G 为 D 点到三边垂线的易得∠2＝∠ 3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10 如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2 关于AF对称，则∠ 1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠ 2＝∠ 3，于是∠ 1＝∠3，∴A、H2、B、c 四点共圆，即H2在△ ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ ABC的外接圆上．∴ A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．相关资源加到收藏夹添加相关资源托勒密定理的数形转换功能山东临沂市四中姜开传临沂市第一技校刘久松圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形ABCD 中，有AB·CD＋AD·BC=AC·BD，这就是著名的托勒密定理．本刊1996 年第 2 期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数量关系，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替几何推理的目的．例 1 已知正七边形A1A2⋯A7 ，（第21 届全俄数学奥林匹克竞赛题）对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变整个解题局面，使证题步骤简缩到最少．如图1，连A1A5、A3A5，则A1A5=A1A4、A3A5=A1A3．在四边形A1A3A4A5 中，由托勒密定理，得A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4 即得结论式．例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，AE=6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？（1988 年全国初中数学联赛题）此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展．若运用托勒密定理，可使问题化难为易．由△ CDE∽△ BAE和△ CBE∽△ DAE，得由托勒密定理，得BD（AE＋CE）=4（AB＋AD），亦即CE（AE＋CE）＝16．设CE=x，整理上式，得x ＋6x－16＝0．解得x＝2（负值已舍），故BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD<BC＋CD＝8，例 3 一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为81，AB 是它的第六边，其长为31，求从B出发的三条对角线长的和．（第九届美国数学邀请赛试题）原解答过程冗长．若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”，可使问题化繁为简．如图3，设BD=a，BE=b，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF＝c．在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①同理81b＋31· 81=ac ②31a＋81a=bc ③解①、③、③组成的方程组，得a＝135，b＝144，c＝105故 a ＋b＋c=384．2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构与托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决．这种解法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜．例 4 解方程若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．若由方程的结构特征联想到托勒密定理，则构造直径AC=x(x≥11) 的圆及圆内接四边形ABCD，使BC=2，CD=11，如图4 ，于是由托勒密定理，得经检验 x=14 是原方程的根．求证： a 2＋ b 2＝1．易知 0≤a 、b ≤1 且 a 、b 不全为零．当 a 、b 之一为零时，结论显然成立． 当 a 、b 全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径 AC ＝1 的圆及圆内接四与已知等式比较，得 BD ＝ 1，即 BD 也为圆的直径，故 a 2＋b 2=1 例 6 设 a >c ，b >c ，c >0，此题若用常规方法证明也不轻松．下面利用托勒密定理给出它的一个巧证．这道名题已有多种证法， 再给出一各几何证法．而且被视为用三角换无法解代数问题的典范．在△ BCD 中，由余弦定理，得由托勒密定理，得巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会张东海王素改在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，兹举例说明．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．一、构造“圆”，运用定理【例1】设a，b，x，y 是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作Rt△ACB和Rt△ ADB，使AC=a，BC=b，BD=x，AD=y．（图1）由勾股定理知a，b，x，y 满足条件．根据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵ CD≤1，∴ ax＋by≤1．二、利用无形圆，运用定理【例2】等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．已知：梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．求证：BD2=BC2＋AB·CD．证∵等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．（图略）【例 3 】已知：边长为 1 的正七边形ABCDEFG中，对角线AD=a，BG=b （a≠ b）．求证：（a＋b）2（a －b）＝ab2．证连结BD，GE，BE，DG，则BD=EG＝GB=b，DG=B＝E DA＝a，DE=AB=AG=．1( 如图2）在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，即ab=a＋ b (1)同理在四边形BDEG中，得BE·DG=D·E BG＋BD·EG，即a2=b＋b2 (2)将(2) 变形为b=a2－b2 (3)(1) ×(3) ，得ab2＝(a ＋b)(a 2－b2)．故ab2=(a ＋b) 2(a －b) ．三、构造圆内接四边形，运用定理例4】在△ ABC中，∠ A的内角平分线AD交外接圆于D．连结BD．求证：AD·BC=BD·（AB＋AC）．证（如图3）连结DC．由托勒密定理．有AD·BC=AB·CD＋AC·BD．又∵∠ 1=∠2，∴ BD=D．C∴AD·BC=AB·CD＋AC· BD=BD（A＋B AC）．即AD·BC=BD· （AB＋AC）．圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中任天民设圆内接四边形ABCD中各边为a，b，c，d．连结BD．由∠ A＋∠ C=180°，可以推出sinA=sinC ，cosA=－cosC．并且S 四边形ABCD=S△ABD＋S△ BCD所以这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式．在上面的公式中，如果设某一边为零，（不仿设d=0）此时四边形变成三角形，该公式恰是计算三角形面积的海伦公式．圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发，通过联想探索出来的，而且两者在形式上又是那么的相近．这种现象在数学中不胜枚举，如果同学们都能从特殊规律去探索一般规律，再从一般规律去认识特殊规律．那么对数学能力的培养将大有裨益．四条边定长四边形面积的最大值上海市育群中学李甲鼎四条边为定长的四边形不具稳定性，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成为圆内接四边形．并且此时达到变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．已知：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值．证明：(1) 先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设∠ ABC=α，∠ADC=β，AC=x．令α＋β =π，即cosα＋cosβ=0x 的解唯一确定，代入(1)(2) 后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0 ，π )的条件下α、β也同时唯一确定．∴四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的．即所得到的四边形为圆内接四边形．(2) 当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ显然当α＋β =π时（ 即为圆内接四边形时 ）S 2达到最大值，即 S 最大．一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校 张怀林定理：如图 1，在圆接四边形 ABCD 中弦 AD 平分∠ BAC ，则 2ADcos α=AB ＋ AC ．证明 连接 BD 、DC 、BC ，设已知圆半径为 R ，则由正弦定理有：BD ＝DC ＝ 2Rsin α， BC ＝2Rsin2 α．由托勒密定理有AB ·CD+AC · BD=AD ·DC ． ∴(AB+AC) · 2Rsin α=AD ·2Rsin2 α． 则 2AD ·cos α=AB ＋AC ． 下面举例说明它的应用．例 1 如图 2，已知锐角△ ABC 的∠A 平分线交 BC 于 L ，交外接圆于 N ，过 L 分别作 LK ⊥AB ， LM ⊥AC ，垂足分别为 K 、M ．求证：四边形 AKNM 的面积 等于△ ABC 的面积．（第 28 届 IMO ）证明 由已知得 ∠BAN= ∠CAN ，由定理有2ANcos α=AB＋AC，=AN·AL·cosα· sinα =AN ·AK ·sinα=AN·AM·sinα=2S △AKN＝2S △AMN．∴S△ABC=S 四边形AKNM．（第21 届全苏奥数）证明作正七边形外接圆，如图 3 所示．由定理有2c · cos α=b+c ，又在等腰△ A1A2A3中有2a·cosα=b．例 3 在△ABC 中，∠C=3∠A ，a ＝27，c ＝48，则 b 的值是 ____ ．（第 36 届 AHSME 试题 ）解 如图 4 ．作△ ABC 的外接圆，在 取三等分点由已知得： ∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A ，CD=AB=48 ， 由定理有2CE · cosA=CB+CD ① 2CD ·cosA ＝CE+AC ②又 2CB ·cosA=CE ③由②、③得： b=AC=CE ·(CD-CB)/CB=35 ．托勒密定理及其应用 河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积 （两对角线所包矩形的面 积 ）等于两组对边乘积之和 （一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的 面积之和 ）．已知：圆内接四边形 ABCD ， 求证： AC ·BD ＝AB ·CD ＋AD ·BC ．D 、E ，连 CD 、CE ．证明：如图1，过C 作CP 交BD 于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD ∽△ BCP ．又∠ ACB= ∠DCP ，∠ 5=∠6，∴△ ACB ∽△ DCP ．①＋②得AC（BP ＋DP）=AB ·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB ·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．、直接应用托勒密定理例1 如图2，P是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点（不与B、C重合），求证：PA=PB ＋PC ．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA·BC=PB ·AC＋PC ·AB，∵AB=BC=AC ．∴PA=PB+PC ．二、完善图形借助托勒密定理例 2 证明“勾股定理”：在Rt△ABC 中，∠ B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2证明：如图3，作以Rt△ABC 的斜边AC 为一对角线的矩形ABCD ，显然ABCD 是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB ·CD＋AD·BC．① 又∵ ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，AC=BD ．② 把②代人①，得AC2=AB 2＋BC2．例 3 如图4，在△ ABC 中，∠ A 的平分证：AD·BC=BD（AB ＋AC）．证明：连结CD，依托勒密定理，有AD ∵∠ 1=∠2，∴ BD=CD ．故AD·BC=AB ·BD＋AC·BD= BD（AB ＋AC）．三、利用“无形圆”借助托勒密定理例 4 等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积．线交外接∠圆于D，连结BD ，求BC＝AB·CD＋AC·BD．如图5，ABCD 中，AB∥CD，AD=BC ，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD ·BC＋AB·CD．又∵ AD=BC ，AC=BD ，∴BD2=BC 2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例 5 若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by ≤1 ．证明：如图6，作直径AB=1 的圆，在AB 两边任作Rt△ACB 和Rt△ADB ，使AC＝a，BC=b ，BD ＝x，AD＝y．由勾股定理知a、b、x、y 是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC·BD ＋BC·AD=AB ·CD．∵CD≤AB ＝1，∴ax＋by≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例 6 已知a、b、c 是△ ABC 的三边，且 a =b（b ＋c），求证：∠ A=2∠ B．分析：将 a =b（b ＋c）变形为a·a=b ·b ＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明：如图7，作△ ABC 的外接圆，以 A 为圆心，BC 为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA ．∵AD=BC ，∴∠ ABD= ∠BAC ．又∵∠ BDA= ∠ ACB（对同弧），∴∠ 1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB ·CD＋BD·AC．①而已知a2=b（b ＋c），即a·a=b·c＋b2．②∴∠ BAC=2 ∠ABC．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7 在△ABC 中，已知∠ A∶∠ B∶∠ C=1 ∶2∶4，析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB ·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图8，作△ ABC 的外接圆，作弦BD=BC ，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC 中，由托勒密定理，有AC ·BD＋BC ·AD=AB ·CD 易证AB=AD ，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB ·AC，关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD 内接于圆O，其边AB 与DC 的延长线交于P，AD 与BC 的延长线交于Q，由P 作圆的两切线PM 、PN，切点分别为M、N；由Q 作圆的两切线QE、QF，切点分别为E、F（如图1）．则有以下一些共点性质：性质 1 AC 、BD、EF 三直线共点．证明：如图1，设AC 交EF 于K1，则K1分EF 所成的比为设BD 交EF 于K2，同理可得K2 分EF 所成的比为由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF 所成的比相等．∴K1、K2 重合，从而AC、BD、EF 三直线共点．类似地AC、BD、MN 三直线共点，因此有以下推论AC、BD 、EF、MN 四直线共点．性质 2 AB 、DC 、EF 三直线共点于P．(此性质等同于1997 年中国数学奥林匹克第二试第四题)这里用上述证明性质 1 的方法证之．证明：如图2．设DC 与EF 的延长线交于P1，则P1分EF 所成的比为设AB 与EF 的延长线交于P2，则P2分EF 所成的比为由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P1、P2分EF 所成的比相等．∴P1、P2 重合，从而AB、DC 、EF 三直线共点于P．推论AD、BC 、NM 三直线共点于Q．性质 3 EM 、NF、PQ 三直线共点．证明：如图3，设EM 的延长线交PQ 于G1，妨上证法，G1分PQ 所成的比设NF 的延长线交PQ 于G2，则G2 分PQ 所成的比为(这里E、F、P 三点共线及N、M、Q 三点共线在性质 2 及推论中已证)．由△ PME ∽△ PFM 得由(11)、(12)及QE=QF 、PN=PM可得(9)=(10) ，故G1、G2分PQ 所成的比相等．∴G1、G2 重合，从而EM 、NF、PQ 三直线共点．性质 4 如果直线EN 和MF 相交，那么交点在直线PQ 上，即EN 、MF、PQ 三直线共点．证明从略，妨性质 3 的证法可得．性质 5 EM 、NF、AC 三直线共点．证明：如图4，类似于性质 1 的证明，设EM 与AC 的延长线交于G3，则G3分AC 所成的比为设NF 与AC 的延长线交于G4，则G4 分AC 所成的比为由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14) ，故G3、G4分AC 所成的比相等．∴G3、G4 重合，从而EM、NF、AC 三直线共点．推论EM、NF 、AC、PQ 四直线共点．限于篇幅，仅列以上五条共点性质．有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例 3 在边长为 a 的正七边形ABCDEFG 中，两条不相等的对角线长分别为t，m ．证明如图4，连结AD 、CE，令AE＝t，AC ＝m，在圆内接四边形ACDE 中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma ．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理圆内接四边形的两条对角线的乘积（两条对角线所包矩形的面积），等于两组对边乘积之和（一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形面积之和）．证明如图1，过 C 作CP 使∠1=∠2，又∠3＝∠4，∴△ ACD ∽△ BCP ．∴AC·BP=AD ·BC ①又∠ ACB= ∠DCP ，∠ 5=∠6，∴AC·DP=AB ·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD ·BC+AB ·CD.故AC·BD=AD ·BC+AB ·CD.托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.例 1 已知P 是正△ ABC 的外接圆劣弧上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC 是圆内接四边形,根据托勒密定理,有PA·BC=PB·AC+PC ·AB.∵AB=BC=AC, ∴PA=PB+PC.例 2 证明等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．证明如图 3 ，设在梯形ABCD 中，AD=BC ，AB∥CD ．∵等腰梯形内接于圆，∴AC·BD=AD ·BC+AB ·CD．又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC 2＋AB·CD．例 3 在边长为 a 的正七边形ABCDEFG 中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD 、CE，令AE＝t，AC ＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma ．例 4 已知a、b、x、y 是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．证明作直径AB=1 的圆，在AB 两侧作Rt△ACB 和Rt △ADB ，使AC=a，BC=b ，BD=x，DA=y（如图5）．依勾股定理知a、b、x、y 是满足题设条件的．依托勒密定理有AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．又∵ CD≤AB=1 ，∴ ax+by ≤1．例 5 △ABC 的三个内角A、B、 C 的对边分别为a、b、c，且a2=b（b ＋c）．求证：A=2B ．分析将a2＝b（b ＋c）变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明如图 6 ，作△ ABC 的外接圆．以A为圆心，以BC 为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC ．则BD=AC=b ．据托勒密定理有BC·AD=AB ·CD＋BD·AC．①又已知a2=b（b＋c），即a·a=b ·b＋b·c．② 比较①、②，有CD=b=BD ．于是∠ BAC=2 ∠ABC ，即A=2B．。
四点共圆问题
四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P 89定理和P 93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC ′及其延长线交于M ，N .以AC 为直径的圆与AC 边的高BB ′及其延长线将于P ，Q .求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM .欲证M ，N ，P ，Q 四点共圆，须证MK ·KN ＝PK ·KQ ，即证(MC ′-KC ′)(MC ′+KC ′)＝(PB ′-KB ′)·(PB ′+KB ′) 或MC ′2-KC ′2=PB ′2-KB ′2. ①不难证明 AP =AM ，从而有 AB ′2+PB ′2=AC ′2+MC ′2.故 MC ′2-PB ′2=AB ′2-AC ′2=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ②由②即得①，命题得证.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2，O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克) 分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1⇒O ，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK . 求证：∠DMA ＝∠CKB .（第二届袓冲之杯初中竞赛）分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK .∵∠DAB +∠ADC ＝180°， ∴∠CMK +∠KDC ＝180°.故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC . 但已证∠AMB ＝∠BKA ， ∴∠DMA ＝∠CKB .(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 顶点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N (K 与N 不同).△ABCA B C K M N P Q B ′C ′A B CO O O O 123？？A B C DK M··A B O K N CMG外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和 M .求证：∠BMO =90°. (第26届IMO 第五题)分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G .易得∠GMC =∠BAC =∠BNK =∠BMK .而∠COK =2·∠BAC =∠GMC + ∠BMK =180°-∠CMK ，∴∠COK +∠CMK =180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由OC =OK ⇒ OC =OK ⇒∠OMC =∠OMK . 但∠GMC =∠BMK ， 故∠BMO =90°. (3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ，∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC )=360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB =45°，PA :PB =5:14.则PB =__________ (1989，全国初中联赛) 分析：答案是PB =42㎝.怎样得到的呢？连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°. 故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB .(5)其他例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断). (1978，全国高中联赛)分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方A BC D I C I DA I IB ··P O A BC D形的三条边上，所以不妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上. 作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，D 四点共圆⇒∠KDE =∠KGE =60°.同理，∠KAE =60°.故△KAD 也是一个正 三角形，K 必为一个定点. 又正三角形面积取决于它的边长，当KF 丄AB 时，边长为1，这时边长最小，而面积S =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3也最大. 例8．NS 是⊙O 的直径，弦AB 丄NS 于M ，P 为ANB 上异于N 的任一点，PS 交AB 于R ，PM 的延长线交⊙O 于Q .求证：RS ＞MQ . (1991，江苏省初中竞赛)分析：连接NP ，NQ ，NR ，NR 的延长线交⊙O 于Q ′.连接MQ ′，SQ ′.易证N ，M ，R ，P 四点共圆，从而，∠SNQ ′=∠MNR =∠MPR =∠SPQ =∠SNQ .根据圆的轴对称性质可知Q 与Q ′关于NS 成轴对称⇒MQ ′=MQ . 又易证M ，S ，Q ′，R 四点共圆，且RS 是这个圆的直径(∠RMS =90°)，MQ ′是一条弦(∠MSQ ′＜90°)，故RS ＞MQ ′.但MQ =MQ ′，所以，RS ＞MQ .练习题1.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)2.△ABC 为不等边三角形.∠A 及其外角平分线分别交对边中垂线于A 1，A 2；同样得到B 1，B 2，C 1，C 2.求证：A 1A 2=B 1B 2=C 1C 2.(提示：设法证∠ABA 1与∠ACA 1互补造成A ，B ，A 1，C 四点共圆；再证A ，A 2，B ，C 四点共圆，从而知A 1，A 2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A 1AA 2=90°.)3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.4.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD .(提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆)5.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.(提示：过B 作AB 的垂线交l 1于K ，证：A ，B ，K ，C 四点共圆)A BC D EF KG ······。
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 ．PP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=31AC,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：FGFDCF 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．11、已知PQRS 是圆内接四边形,∠PSR =90°,过点2BQ 作PR 、PS 的垂线,垂足分别为点H 、K.求证:HK 平分QS.12.AB 为⊙O 的直径,点C 在⊙O 上且OC ⊥AB,P 为⊙O 上一点,位于点B 、C 之间,直线CP 与AB 的延长线交于点Q,过Q 作直线与AB 垂直,交直线AP 于点R. 求证:BQ =QR.13.如图10,在△ABC 中,AD ⊥BC,BE ⊥CA,AD 与BE 交于点H,P 为 边AB 的中点,过点C 作CQ ⊥PH,垂足为Q.求证:2PE =PH ·PQ.R。
隐圆模型---四点共圆【模型专题】(含答案解析)
，
是等边三角形
为等边三角形
，
，且 ，
（2）如图，过点 作 ，交 的延长线于点 ，
，
，
，
，
，且 ，
点 是 中点
（3）如图，连接 ，
是等边三角形，
点 ，点 ，点 ，点 四点在以 为直径的圆上，
最大为直径，
即最大值为1
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质等知识，熟练掌握这些知识并灵活运用是关键．
四点共圆
【模型讲解】
如图①பைடு நூலகம்②，Rt△ABC和Rt△ABD共斜边，取AB 中点O，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得：OC＝OD＝OA＝OB，∴A、B、C、D四点共圆．即共斜边的两个直角三角形，直角顶点在斜边同侧或异侧，都可得到四点共圆．得到四点共圆后可以根据圆周角定理得到角度相等，完成角度等量关系的转化，这是证明角度相等重要的途径之一．
【详解】过点O作OM⊥AB于点M，作ON⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∴OM∥BC，ON∥AB，
∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，
∴OM：BC=OA：AC，ON：AB=OC：AC，
∵O为AC的中点，
∴OM＝ BC＝ ×8＝4，ON＝ AB＝ ×6＝3，
∴MN＝ ＝5，
∴HC=OD，DH=OA，
又∵BO=AO，
∴HO=DH+DO=OB+CH，
而CH=OQ，HO=CQ，
∴CQ=OB+OQ=BQ，
∴∠CBQ=45°，
又∵CH∥BA，
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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，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5圆的内接四边形例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．证明∠MEC与∠HEB互余，∠ABE与∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的需证明GB=CD．但这在第七章ξ 1.4圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由意一点．求证：PA=PB+PC．分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∴∠BAD=∠E．∵ADFB是圆内接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，∴，AD=DE．∵ABED是圆内接四边形，∴∠EDC=∠ABC．∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点与斜边中点距离相等)．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与 AD、BC 分别交于 E、F．求证：C、D、E、F四点共圆．提示连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．四点共圆的应用四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例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．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．二用于证明两条线段相筹例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．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行例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．证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB ≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．四用于证明两直线垂直证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O 连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例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．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例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．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．七用于证明平方式例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：PQ2＝QF2＋PE2．证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB ＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2∴PQ2=PE2＋QF2．八用于解计算题例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．解连结DE、DF、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴AD=20cm．九用于证明三点共线例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．证明连结EF、FG、BD、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D 四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠DGC，∠DBE＝∠DCG，故∠1=∠4，易得∠2＝∠3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2关于AF对称，则∠1=∠2．∵A、F、D、C 四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴A、H2、B、c四点共圆，即H2在△ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ABC的外接圆上．∴A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．。