(甘志国)二次曲线上的四点共圆问题的完整结论.pptx
圆锥曲线中关于四点共圆的几个定理
圆锥曲线中关于“四点共圆”的几个定理浙江省海盐元济高级中学（314300） 崔宝法四点共圆在平面几何里是研究的重点之一，但在平面解析几何里，较少涉及与圆锥曲线有关的四点共圆问题。
笔者经过研究后发现，在圆锥曲线中也有一些关于四点共圆的定理。
下面列出其中几个，并给出证明。
定理1 若椭圆的两条相交弦与长轴成等角,则两弦的四个端点共圆.证明：如图1,设椭圆方程为22221(0)x y a b a b+=>>,相交弦AB CD 、与长轴所成的角12∠=∠,则AB CD k k =-.设直线AB 的方程为10mx ny l ++=,则CD 的方程为20mx ny l -+=.因为A B C D 、、、是椭圆2222220b x a y a b +-=与两直线AB CD 、的交点，所以可设过A B C D 、、、四点的二次曲线系方程为:22222212()()()0mx ny l mx ny l b x a y a b λ++-+++-=（λ为参数）,整理,得 22222222122112()()()()0b m x a n y m l l x n l l y l l a b λλλ++-+++-+-=.令22b m λ+=220a n λ-≠,∵a b ≠，∴可解得2222m n a b λ+=-,由此可知存在2222m n a bλ+=-,使得此二次曲线表示一个圆，即一定存在一个圆能经过A B C D 、、、四点.所以A B C D 、、、四点共圆。
定理2 若一个三角形三边所在的直线都与抛物线相切，则这个三角形的三个顶点与抛物线的焦点共圆。
证明：如图2，设抛物线线方程为24(0)y ax a =>，焦点为(,0)F a ，ABC ∆的三边所在直线AC 、AB 、BC 分别与此抛物线切于点2(,2)(1,2,3)i i i P at at i =,则三边所在切线的方程为2242i i x at at y a +=⋅,即20i i x t y at -+=(1,2,3)i =.当0(1,2,3)i t i ≠=时，令tan i i t α=，则有121211tan 11t t BAC t t -∠=+21121t tt t -=+21tan()αα=-.又因为可解得点B 、C 的坐标为2323(,())at t a t t +、1313(,())at t a t t +， 所以32323232()1BF a t t t tk at t a t t ++==---32tan()αα=-+32tan()αα=--,同理,CF k =13tan()αα--，tan 1BF CFBF CFk k BFC k k -∴∠=+32133213tan()tan()1tan()tan()αααααααα-----=+----321312tan()tan()αααααα=--++=-.2112tan tan tan()tan()0BAC BFC αααα∴∠+∠=-+-=,即BAC ∠与BFC ∠互补,故A 、B 、C 、F 四点共圆.当(1,2,3)i t i =中有一个为0（即有一边切于原点）时，不妨设30t =，则120t t 、均不为，此时切线BC ：0x =与切线AC 、AB 的交点分别为1(0,)B at 、2(0,)C at ，故11BF at k t a==--，1111,BF AB k k t t ∴⋅=-⋅=-从而有AB BF ⊥.同理有AC CF ⊥，因此，四边形ABFC 对角互补，故A 、B 、C 、F 四点共圆.定理3 若双曲线上任一点（异于顶点）处的切线交两渐近线于两点,法线交两坐标轴于两点,则这四点共圆,且此圆过双曲线中心.证明：如图3，设双曲线22221x y a b-=上任意一点的坐标为(sec ,tan )M a b θθ，则过点M 的切线方程为sin cos x ya b θθ-=, 它与渐近线b y x a =±的交点为cos cos (,)1sin 1sin a b A θθθθ-++、cos cos (,)1sin 1sin a b B θθθθ--.易知点M 处的法线方程为 22sin ()tan ax by a b θθ+=+,它分别与x 轴、y 轴交于2(sec ,0)c C a θ、2(0,tan )c D b θ.2222cos cos (1sin )ADab k a c θθθ∴=--, 2222cos (1sin )cos AC a c k ab θθθ-+-=, 从而1AD AC k k ⋅=-,090CAD ∴∠=.同理， 090CBD ∠=,A ∴、B 都在以CD 为直径的圆上，即A 、B 、C 、D 四点共圆.又090COD ∠=，∴点O 也在以CD 为直径的圆上，即此圆经过双曲线的中心.定理4 若椭圆上任意一点（异于长轴端点）处的切线与长轴两端点处的两条切线相交，则所得的两个交点和椭圆的两个焦点共圆。
高二数学讲义四点共圆
高二数学竞赛班二试平面几何讲义第五讲 四点共圆（一）班级 姓名一、知识要点：1. 判定“四点共圆”的方法:（1)若对角互补，则四点共圆；（2）若线段同一侧的两点对线段的张角相等，则四点共圆； （3）圆的割线定理成立，则四点共圆； （4）圆的相交弦定理成立，则四点共圆； 2. “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.二、例题精析：例1. 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）A B C D K M ··例2.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)例3．A、B、C三点共线，O点在直线外，O1，O2，O3分别为△OAB，△OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)AB CKMNPQB′C′A B COOOO123？？三、精选习题：1．⊙O1交⊙O2于A，B两点，射线O1A交⊙O2于C点，射线O2A交⊙O1于D点.求证：点A是△BCD的内心.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A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.3．设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.四、拓展提高：4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).△ABC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)A BOKN CMG高二数学竞赛班二试平面几何讲义第五讲 四点共圆（一）例1. 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. 例2. 法1：,,,P Q C C '四点共圆，PK KQ C K KC '⋅=⋅， ,,,M N B B '四点共圆， MK KN BK KB '⋅=⋅，因为90BC C BB C ''∠=∠=， 所以,,,B B C C ''四点共圆，C K KC BK KB ''⋅=⋅所以MK KN PK KQ ⋅=⋅，所以M ，N ，P ，Q 四点共圆.法2：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3．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，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.1．提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.2．提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°. 4．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°.法2 蒙日定理。
【高中数学竞赛】四点共圆专题详解
四点共圆四点共圆的定义四点共圆的定义：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．或利用圆的定义，证各点均与某一定点等距。
【方法2 】如果各点都在某两点所在直线同侧，且各点对这两点的张角相等，则这些点共圆．（若能证明其两张角为直角，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．即利用相交弦、切割线、割线定理的逆定理证四点共圆。
【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．【方法6】根据托勒密定理的逆定理，在四边形ABCD中，若AC*BD=AB*CD+AD*BC，那么A，B，C，D四点共圆。
或根据西姆松定理的逆定理证四点共圆。
【方法7】证明五点或五点以上的点共圆，可以分别证各四点共圆，且四点中有三点相同。
【方法8】证连结各点所得凸多边形与某一圆内接凸多边形相似。
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8种基本方法中选择一种证法，给予证明．一．某些知识的补充1．已知：ABCD共圆，AB中点为E、CD中点为F，EF中点为G，过E点分别作AD、BC的垂线，垂足为H、I求证：GH=GI首先可这样转化图形：作E点关于AD、BC边的轴对称点S、T，显然I、H分别是ES、ET中点。
四点共圆问题
四点共圆问题
熊斌
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2006(000)005
【总页数】5页(P2-5,48)
【作者】熊斌
【作者单位】华东师范大学数学系 200062
【正文语种】中文
【中图分类】G4
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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，
用二次曲线系求解四点共圆问题
用二次曲线系求解四点共圆问题
高玉良
【期刊名称】《数理天地：高中版》
【年(卷),期】2015(000)001
【摘要】解析几何是用代数的观点来研究几何问题，体现了用代数方法解决几何问题的优越性，它的条件多，知识点多，由于求解思路清晰，这类题往往“入手容易”，但计算量大，消耗时间长，易出现“答对困难”的情况，所以在解题中，尽量减少计算量，是迅速、准确解题的关键．笔者在最近的教学过程中，发现下面一类四点共圆问题可以用二次曲线系快速获解。
【总页数】3页(P14-16)
【作者】高玉良
【作者单位】浙江省平湖中学（当湖街道东湖大道831号）,314200
【正文语种】中文
【中图分类】G633
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中考数学满分之路(二)—四点共圆
中考数学满分之路（二） ——四点共圆一、使用定义解题圆的定义 平面上到一个定点的距离等于定长的点的集合叫做圆. 在题目中出现共端点的等线段时，可尝试作出圆辅助求解.例 （1）如图，四边形ABCD 中，DC ∥AB ，BC ＝1，AB ＝AC ＝AD ＝2，则BD 的长为______.（2）如图，在等腰△ABC中，AB AC =D 为BC 边上异于中点的点，点C 关于直线AD 的对称点为点E ，EB 的延长线与AD 的延长线交于点F ，则AD AF ⋅的值为______.E1. 如图，抛物线2y ax bx c =++经过点(2,5)A -，与x 轴相交于(1,0)B -，(3,0)C 两点. （1）求抛物线的函数表达式；（2）点D 在抛物线的对称轴上，且位于x 轴的上方，将△BCD 沿直线BD 翻折得到△'BC D ，若点'C 恰好落在抛物线的对称轴上，求点'C 和点D 的坐标；（3）设点P 是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q 在抛物线的对称轴上，当△CPQ 为等边三角形时，求直线BP 的函数表达式.2. 问题背景如图1，等腰△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =120°，作AD ⊥BC 于点D ，则D 为BC 的中点，∠BAD =12∠BAC =60°，于是2BC BDAB AB= 迁移应用（1）如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC =∠DAE =120°，D ，E ，C 三点在同一条直线上，连接BD ．ⅰ)求证：△ADB ≌△AEC ；ⅱ)请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式. 拓展延伸（2）如图3，在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，在∠ABC 内作射线BM ，作点C 关于BM 的对称点E ，连接AE 并延长交BM 于点F ，连接CE ，CF .ⅰ)求证：△CEF 是等边三角形； ⅱ)若AE =5，CE =2，求BF 的长.图1图2图33. 如图，AB 是半圆⊙O 的直径，点C 为半圆⊙O 上的点，连接AC ，BC ，点E 是AC 的中点，点F 是射线OE 上一点.（1）如图1，连接F A ，FC ，若2AFC BAC ∠=∠，求证：F A ⊥AB ；（2）如图2，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点G 是线段CD 上一点（不与点C 重合），连接F A ，FG ，FG 与AC 相交于点P ，且AF FG =.①试猜想∠AFG 和∠B 的数量关系，并证明；②连接OG ，若OE BD =，90GOE ∠=，⊙O 的半径为2，求EP 的长.图1 图2二、圆内接四边形的性质与判定定理性质定理1 圆的内接四边形的对角互补.定理2 圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.圆周角定理的推论同弧所对的圆周角相等.判定圆内接四边形判定定理1 如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆.推论如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆.圆内接四边形判定定理2 如果一个四边形一边与一对角线的夹角等于其对边与另一对角线的夹角，那么这个四边形的四个顶点共圆.上述定理在应用时的书写格式如下①∵A，B，C，D四点共圆，∴∠BAD＋∠BCD＝180°.②∵A，B，C，D四点共圆，∴∠DCE＝∠BAD.③∵A，B，C，D四点共圆，∴∠ACB＝∠ADB. ④∵∠BAD＋∠BCD＝180°，∴A，B，C，D四点共圆.⑤∵∠DCE＝∠BAD，∴A，B，C，D四点共圆.⑥∵∠ACB＝∠ADB，∴A，B，C，D四点共圆.EE4. 如图，矩形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，过点O 作OE AC ⊥交AB 于点E ，若4BC =，△AOE 的面积为6，则sin BOE ∠的值为______.5. 如图，点B 在线段AC 上，点D ，E 在AC 同侧，90A C ∠=∠=，BD BE ⊥，AD BC =. （1）求证：AC AD CE =+；（2）若3AD =，5CE =，点P 为线段AB 上的动点，连接DP ，作PQ DP ⊥，交直线BE 与点Q ；ii ）当点P 从A 点运动到AC 的中点时，求线段DQ 的中点所经过的路径（线段）长.DBP6. 如图，已知△ABC 是等边三角形，点D ，E 分别在边AC ，AB 上，且CD AE =，BD 与CE 相交于点P . （1）求证：△ACE ≌△CBD ；（2）如图2，将△CPD 沿直线CP 翻折得到对应的△CPM ，过C 作CG ∥AB ，交射线PM 于点G ，PG 与BC 相交于点F ，连接BG .ⅰ）试判断四边形ABGC 的形状，并说明理由；ⅱ）若四边形ABGC的面积为，1PF =，求CE 的长.图1图2三、与圆有关的比例线段相交弦定理 圆内的两条弦，被交点分成的两条线段长的积相等.割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等. 切割线定理 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段的比例中项.上述定理在应用时的书写格式如下 由相交弦定理， 得PA PB PC PD ⋅=⋅.由割线定理， 得PA PB PC PD ⋅=⋅.由切割线定理， 得2PA PB PC =⋅.7. 如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，延长BC 至D ，使CD ＝BC ，CE ⊥AD 于E ，BE 交⊙O 于F ，AF 交CE 于P . 求证：PE ＝PC .P8. 如图1，线段AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于点H ，点M 是CBD 上任意一点，AH ＝4，CD ＝16.（1）求⊙O 的半径r 的长度；10r =； （2）求tan ∠CMD ；（3）如图2，直线BM 交直线CD 于点E ，直线MH 交⊙O 于点N ，连接BN 交CE 于点F ，求H E H F ⋅的值.图1图29. 已知BC 为⊙O 的直径，AC 为⊙O 的切线，C 为切点，AD ＝BD .（1）如图1，求证：∠A ＝45°；（2）如图2，E 为⊙O 上一点，连接DE 交BC 于点F ，过点F 作BC 的垂线交BE 于点G ，求证：FG ＝FC ；（3）如图3，在（2）的条件下，若EG BDF 的面积为15（BF ＞BD ），求⊙O 的面积.图1BC图2CB图3BC10. （蝴蝶定理）如图，过⊙O的弦PQ的中点M引任意两条弦AB，CD，连接AD，BC分别交PQ于X，Y两点. 求证：MX＝MY.证明：分别取AD ，CB 的中点E ，F ， 连接OE ，OF ，OM ，OX ，OY ，ME ，MF ， ∵∠A ＝∠C ，∠D ＝∠B ，∴△ADM ∽△CBM ， ∴AM ADCM CB=，又AD ＝2AE ，CB ＝2CF ， ∴22AD AE AE CB CF CF ==，∴AM AECM CF=，又∠A ＝∠C ， ∴△AEM ∽△CFM ，∴∠AEM ＝∠CFM ，∵点M ，E ，F 分别是⊙O 的弦PQ ，AD ，CB 的中点， ∴OM ⊥PQ ，OE ⊥AD ，OF ⊥CB ，∴∠OEX ＋∠OMX ＝180°，∠OFY ＋∠OMY ＝180°， ∴O ，M ，X ，E 四点共圆，O ，M ，Y ，F 四点共圆， ∴∠MOX ＝∠AEM ，∠MOY ＝∠CFM ，又∠AEM ＝∠CFM ， ∴∠MOX ＝∠MOY ，又OM ＝OM ，∠OMX ＝∠OMY ＝90°， ∴△OMX ≌△OMY ，∴MX ＝MY . 证法二证明：过点D 作DE ∥PQ 交⊙O 于另一点E ，连接MO 并延长交DE 于E ， ①当PQ 为直径时，四边形ACBD 为矩形，易证MX ＝MY ； ②当PQ 不是直径时，由垂径定理推论，得OM ⊥PQ ，又DE ∥PQ ， ∴MN ⊥DE ，又MN 过圆心O ，∴MN 垂直平分DE ， ∴MD ＝ME ，∴∠MDE ＝∠MED ，又PQ ∥DE ，∴∠PMD ＝∠MDE ，∠QME ＝∠MED ， ∴∠PMD ＝∠QME ，∠QME ＝∠MDE ，∵C ，D ，B ，E 四点共圆，∴∠MDE ＋∠CBE ＝180°， ∴∠QME ＋∠CBE ＝180°， ∴M ，E ，B ，Y 四点共圆，∴∠MEY ＝∠MBC ，又∠MBC ＝∠ADC ，∴∠ADC ＝∠MEY ，又MD ＝ME ，∠PMD ＝∠QME ， ∴△MDX ≌△MEY ，∴MX ＝MY .证明：过X 作'XX AB ⊥于'X ，过X 作"XX CD ⊥于"X ， 过Y 作'YY CD ⊥于'Y ，过Y 作"YY AB ⊥于"Y ，∵∠A ＝∠C ，∠D ＝∠B ，''90AX X CY Y ∠=∠=，""90CX X BY Y ∠=∠=， ∴△'AX X ∽△'CY Y ，△"DX X ∽△"BY Y ， ∴''AX XX CY YY =，……①，""DX XX BY YY =，……②， ①×②，得'"'"AX DX XX XX CY BY YY YY ⋅=⋅， ∴'""'AX DX XX XX CY BY YY YY ⋅=⋅⋅，又由相交弦定理及平行线分线段成比例定理，得PX QX MX MXQY PY MY MY ⋅=⋅⋅， ∴22()()()()MP MX MP MX MX MP MY MP MY MY -⋅+=-⋅+，即222222MP MX MX MP MY MY -=-， 根据比例的基本性质，得22222222222222()1()MP MX MX MP MX MX MP MP MY MY MP MY MY MP --+====--+， ∴22MX MY =，∴MX ＝MY . 证法四证明：连接PA ，PD ，QC ，QB ，根据共圆定理，（共圆定理：同圆或等圆中的三角形面积比等于三边乘积之比） 得PAD QCB S PA PD AD PA PD ADS QB QC BC QB QC BC∆∆⋅⋅==⋅⋅⋅⋅， 又△PAM ∽△BQM ,△PDM ∽△CQM ，△ADM ∽△CBM ， ∴22PAD AMDQCB CMBS PA PD AD AM MP AM AM S S QB QC BC MQ MC MC MC S ∆∆∆∆=⋅⋅=⋅⋅==， ∴QCB PAD AMD CMB S S S S ∆∆∆∆=，即PX QYMX MY=， ∴1MY QY MY QY MQ MX PX MX PX MP +====+， ∴MX ＝MY .B证明：连接AO 并延长交⊙O 于另一点E ，连接CO 并延长交⊙O 于另一点F ，连接BF ，DE 交于点G ， 六边形CFBAED 内接于⊙O ，CF 交AE 于点O ，FB 交ED 于点G ，BA 交DC 于点M ，根据帕斯卡定理，得M ，O ，G 三点共线， 连接MG ，GX ，GY ，∵AE ，CF 为⊙O 的直径，∴∠ADE ＝90°，∠CBF ＝90°， ∵MP ＝MQ ，PQ 不是⊙O 的直径，（PQ 为直径时，易证） ∴OM ⊥PQ ，∴D ，G ，M ，X 四点共圆，B ，G ，M ，Y 四点共圆， ∴∠MGX ＝∠ADM ，∠MGY ＝∠CBM ，又∠ADM ＝∠CBM ， ∴∠MGX ＝∠MGY ，又MG ＝MG ，∠GMX ＝∠GMY ， ∴△GMX ≌△GMY ， ∴MX ＝MY .帕斯卡定理 如果一个六边形内接于一条二次曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线)，那么它的三对对边的交点在同一条直线上.B中考不考系列（二）——2019IMO第2题在三角形ABC中，点A1在边BC上，点B1在边AC上. 点P和Q分别在线段AA1和BB1上，且满足PQ平行于AB. 在直线PB1上取点P1，使得点B1严格位于点P与点P1之间，并且∠PP1C＝∠BAC. 类似地，在直线QA1上取点Q1，使得点A1严格位于点Q与点Q1之间，并且∠CQ1Q＝∠CBA.证明：点P，Q，P1，Q1共圆.证明：延长1AA ，1BB 分别交△ABC 的外接圆于2A ，2B ，连接22A B ， ∵PQ ∥AB ，∴22ABB PQB ∠=∠，又222ABB AA B ∠=∠， ∴222PQB AA B ∠=∠，∴22,,,P Q A B 四点共圆，连接2B C ，∵1PPC BAC ∠=∠，2BB C BAC ∠=∠， ∴12PPC BB C ∠=∠，∴121,,,P B B C 四点共圆，连接12PB ，∵11212B PB B CB ∠=∠，222AA B ACB ∠=∠， ∴2122B PP B A P ∠=∠，∴122,,,P A P B 四点共圆，连接2A C ，∵1CQ Q CBA ∠=∠，2CA A CBA ∠=∠， ∴12CQ Q CA A ∠=∠，∴121,,,Q A A C 四点共圆，连接12Q A ，∵11212AQ A ACA ∠=∠，222BB A BCA ∠=∠， ∴2122A QQ A B Q ∠=∠，∴122,,,Q B Q A 四点共圆， ∴2112,,,,,P Q A Q P B 六点共圆， ∴点11,,,P Q P Q 共圆.上述答案是从官方答案翻译而来.【附】官方答案.。
高考数学解答题双曲线斜率和积与四点共圆 Word版含答案
双曲线中的斜率和（积）问题例1.（2022新高考1卷）已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 的斜率之和为0．求l 的斜率.（2）若tan PAQ ∠=PAQ ∆的面积．解法1：（设点解点）设直线AP 的方程为1)2(+-=x k y ，与双曲线C 的方程1222=-y x 联立，消去y 得到0488)12(4)21(222=-+--+-k k x k k x k ，根据韦达定理，得2221488k k k x x P A --+-=，故1224422-+-=k k k x P ，从而22211421)2(kk k x k y P P -+-=+-=.因为直线AQ AP 、的斜率之和为0，所以直线AQ 的方程为1)2(+--=x k y ，同理，可得：1224422-++=k k k x Q ，2221142k k k y Q -++=. 所以直线l 的斜率为11224412244211422114222222222-=-++--+--++--+-=--k k k k k k k k k k k k x x y y Q P Q P 解法2：设),(),,(2211y x Q y x P ，由点A Q P ,,都在双曲线C 上，得12,1222222121=-=-y x y x ，112222=-，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得： )1(22211111++=--=y x x y k PA ，)1(22212222++=--=y x x y k QA .因为直线AQ AP 、的斜率之和为0，即QA PA k k -=，所以， 由)1(22212211++-=--y x x y 得)422()1(221212121--+-=--+x x x x y y y y . ② 由)1(22211122++=--y x x y 得)422()1(212211221--+-=--+x x x x y y y y . ③ 由②-③，得1221x x y y -=-，从而12121-=--=x x y y k PQ ，即l 的斜率为1-.解法3：（设而不求）将点A 代入双曲线方程得224111a a -=-，化简得42440a a -+=，22a ∴=，故双曲线方程为2212x y -=，由题显然直线l 的斜率存在，设:l y kx m =+，设1(P x ，12)(y Q x ，2)y ，则联立双曲线得：222(21)4220k x kmx m -+++=，故122421km x x k +=--，21222221m x x k +=-，12121212111102222AP AQ y y kx m kx m k k x x x x --+-+-+=+=+=----， 化简得：12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--=， 故2222(22)4(12)()4(1)02121k m km m k m k k ++-----=--， 即(1)(21)0k m k ++-=，当012=-+k m 时，直线1)2(:+-=x k y l 过点A ，不合题意，舍去.,故1k =-.方法4.（同构双斜率）设过点A 的直线方程为1)2(+-=x k y ，直线l 的方程为m x k y +=0，联立解得00002,12k k mk k kk y k k k m x P P -+-=--+=，代入双曲线C 的方程1222=-y x 中，整理得0]4)1[(])2()1[(4]2)2(24[202000220=--++++-+-+-k m k k m k k m k m k ，这是关于k 的一元二次方程，方程的两根21k k 、分别为直线AQ AP 、的斜率.因为直线AQ AP 、的斜率之和为0，即021=+k k ，所以0)2()1(000=+++-k m k k m ，整理后分解得0)12)(1(00=-++m k k .因为直线l 不经过点A ，所以120≠+m k ，从而10-=k ，即l 的斜率为1-.方法5（齐次化联立） 双曲线方程为2212x y -=，设()()1122,,,P x y Q x y ， ∵AP,AQ 的斜率之和为0，∴12121211022y y k k x x --+=+=--， 故将双曲线方程为2212x y -=变形为：()()22221112x y -+--+=()*， 且设直线()():211l m x n y -+-=，由()*式有：()()()()222214210x y x y ---+---=⎡⎤⎣⎦⇒()()()()()()22221421210x y x y m x n y ---+---⨯-+-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⇒()()()()()()()2241242144210m x n y m n x y +--+-----= ⇒()()()()()2211424441022y y n m n m x x --++--+=--,（两边同除以()22x -）， 即()()()24244410n k m n k m ++--+=，而12,k k 是此方程的两根. ∴1244042n m k k n -+==+m n ⇒=，故直线l 斜率为−1. 方法6：（曲线系）点A 处的切线方程为01=--y x ，设直线AP 的方程为)2(11-=-x k y ，AQ 的方程为)2(12-=-x k y ，PQ 的方程b kx y +=，则过这四条直线交点的二次曲线方程为0]1)1([]1)1([)1)((21=+--⋅+--+----y x k y x k y x b y kx λ.又因为双曲线过这些交点，比较xy 的系数得0)(121=--+--k k k λ.又由021=+k k ，所以1-=k .这样的话，本文就展示了这道题目的6种解法，其实无所谓好坏之分，都是很好的方法，都体现了对运算对象和运算规则较为精准的把握. 但是，在考场时间如此紧张的条件下，又快又准的解题却是关键，方法1,3为通法，是多数考生的选择，这样的方法就是套路感强，我们练习的最多，但是过多的沉迷于这些方法会让我们对解析几何的理解就定位在“暴力运算”，我觉得，如果时间允许，去探寻思考方法2和方法4也是不错的选择.方法5,6就是所谓的“秒杀神技”，但是我个人觉得这两个方法还是有风险的，因为它们技巧性很强，可能对很多学生而言都很难想清楚这个平移坐标系究竟是个什么“梗”，这两个方法很多人都可能学个“四不像”，徒劳无功！所以，对解析几何运算的核心还在于去思考，理解运算对象，这个板块的特点就是翻译：几何问题代数化，代数问题坐标化，不同的理解就会有不同的处理思路，我们要基于常见的二级结论，首先对问题有一个宏观认知，其次的关键就是理解，一些传统的几何问题正变着花样出现，比如2020年山东卷22题. 给学生多一些动手练习，思考探寻不同解法的机会，让他们在探寻各种解法的过程中慢慢提升对解析几何的理解和热爱.把解析几何理解为一门关于运算的艺术，我想才是破解这个板块的核心密码！例2.（2021新高考1卷）在平面直角坐标系xoy 中，已知点)0,17(),0,17(21F F -，且动点M 满足：2||||21=-MF MF ，点M 的轨迹为C .（1）求C 的方程；（2）设点T 在直线21=x 上，过T 的两条直线分别交C 于B A ,两点和Q P ,两点，且满足 ||||||||TQ TP TB TA ⋅=⋅，求直线AB 与直线PQ 的斜率之和.解析：（1）因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F ，2F 为左右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b-=>>，则22a =，可得1a =，4b ，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥. （2）设1(,)2T n ，设直线AB 的方程为112211(),,(2,(),)y n k x A x y B x y -=-． 联立1221()2116y n k x y x ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，化简得22221111211(16)(2)1604k x k k n x k n k n -+---+-=，则 22211112122*********,1616k n k n k k n x x x x k k +-+-+==--．故12,11||)||)22TA x TB x -=-． 则222111221(12)(1)11||||(1)()()2216n k TA TB k x x k ++⋅=+--=-． 设PQ 的方程为21()2y n k x -=-，同理22222(12)(1)||||16n k TP TQ k ++⋅=-． 因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，所以22122212111616k k k k ++=--，化简得22121717111616k k +=+--， 所以22121616k k -=-，即2212k k =．因为11k k ≠，所以120k k +=．。
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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]
2
高考题 2 (2004·北京·理·17(2))如图 1，过抛物线 y 2 2 px( p 0) 上一定点
P(x0 , y0 )( y0 0) 作两条直线分别交抛物线于 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ) .当 PA 与 PB 的斜率存在且 倾 斜 角 互 补 时 ， 求 y1 y2 的 值 ， 并 证 明 直 线 AB 的 斜 率 是 非 零 常 数 .( 答 案 ：
由定理中的充分性知，若四个交点共圆，则以下等式之一成立：
a11b12 a12b11 0, a21b22 a22b21 0, a31b32 a32b31 0
再运用定理 2 中的必要性知，若四个交点共圆，则以上等式均成立.再由推论 1 的证明， 可得欲证成立.
推论 2 的极限情形是
推论 3 设点 A 是定圆锥曲线(包括圆、椭圆、双曲线和抛物线)C 上的定点但不是顶点， E、F 是 C 上的两个动点，直线 AE、AF 的斜率互为相反数，则直线 EF 的斜率为曲线C 过点 A 的切线斜率的相反数(定值).
交点共圆的充要条件即
a1 b
1
a2 b
2
0 也即直线l1,2l
的斜率均存在且均不为
0
且互为
相反数. 由此可得欲证成立.
推论 2 设二次曲线 : ax2 by2 cx dy e 0(a b) 上的四个点连成的四边形是
圆内接四边形，在该四边形的的两组对边、两条对角线所在的三对直线中：若有一对直线的 斜率均不存在，则另两对直线的斜率均存在且均互为相反数；若有一对直线的斜率均存在 且 均互为相反数，则另两对直线的斜率也均存在且均互为相反数，或另两对直线的斜率中 有一 对均不存在另一对均存在且互为相反数.
推论 1 若两条直线与二次曲线 : ax2 by2 cx dy e 0(a b) 有四个交点，则
这四个交点共圆的充要条件是这两条直线的斜率均不存在或这两条直线的斜率均存在且互 为相反数.
证明 设两条直线为li : ai x bi y ci 0(i 1,2) ，由定理 2 得，四个交点共圆的充要
对直线的斜率均存在且均不为 0 且均互为相反数. 证明 推论 2 中的圆内接四边形，只能是以下三种情形之一： (1)是平行四边形.由推论 2 知，该平行四边形只能是两组对边分别与坐标轴平行的矩形. (2)是梯形.由推论 2 知，该梯形的底边与坐标轴平行，两腰所在直线的斜率及两条对角
线所在直线的斜率均存在且均不为 0 且均互为相反数，可得该梯形是底边与坐标轴平行的 等 腰梯形.
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)：
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(, 不同时为 0)：
(ax2 by2 cx dy e) (ax2 by2 cx dy e) 0
①
式①左边的展开式中不含 xy的项，选 1时，再令式①左边的展开式中含 x 2 , y 2 项
1
书山有 路
若 两 条 直 线 li : y y0 ki (x x0 )(i 1,2) 与 二 次 曲 线
: ax2 by2 cx dy e 0(a b) 有 四 个 交 点 ， 则 这 四 个 交 点 共 圆 的 充 要 条 件 是
k1 k2 0 .
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得 a b ,此时曲线①即
ba
x2 y2 cx dy e 0
②
的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个 交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.
定理 2
若 两 条 直 线 li : ai x bi y ci 0(i 1,2) 与 二 次 曲 线
4
证明 设圆内接四边形是四边形 ABCD ，其两组对边 AB 与 CD 、 AD 与 BC 及对角 线 AC 与 BD 所中的直线分别是
l1i : a1i x b1i y c1i 0(i 1,2)
l2i : a2i x b2i y c2i 0(i 1,2)
l3i : a3i x b3i y c3i 0(i 1,2)
充分性.当 a1b2 a2b1 0 时，式③左边的展开式中不含 xy的项，选 1时，再令式③
左边的展开式中含 x2 , y 2项的系数相等，即 a a 1a 2 b bb1 2，得
a1a2 b 1b2 . ba
此时曲线③即
x2 y2 cx dy e 0
④
的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个 交点都在曲线④上，所以曲线④表示圆.这就证得了四个交点共圆.
(3)两组对边均不平行的四边形.由推论 2 知，该四边形的两组对边、两条对角线所在的 三对直线中，每对直线的斜率均存在且均不为 0 且均互为相反数.
参考文献 1 陈振宣.圆锥曲线上四点共圆的充要条件[J].数学教学，2007(2)：33 2 甘志国著.初等数学研究(II)下[M] .哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.62-63 3 甘志国.对一道高考题的研究[J].数学通讯，2005(22):21 4 甘志国.2011 年数学大纲全国卷压轴题研究[J].考试(高考·理科)，2011(8)：36-38 5 张乃贵.圆锥曲线上四点共圆充要条件的探究[J].数学教学，2012(7)：8-10
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ax2 by2 cx dy e 0(a b)，ax2 by2 cx d y e 0
由推论 3 可立得以下三道高考题中关于定值的答案：
高考题 1 (2009·辽宁·理·20(2)) 已知 A1, 3 是椭圆C : x2 y 2 1上的定点，
2
43
E、F 是 C 上的两个动点，直线 AE、AF 的斜率互为相反数，证明 EF 直线的斜率为定值， 并求出这个定值.(答案： 1 .)
(ax2 by 2 cx dy e) (a x1 b y1 c )1(a x2 b y2 c )2 0
③
必要性.若四个交点共圆，则存在, 使方程③表示圆，所以式③左边的展开式中含 xy
项的系数 (a1b2 a2b1) 0 .而 0 (否则③表示曲线 ，不表示圆)，所以a1b2 a2b1 0 .
条件是a1b2 a2b1 0 .
(1) 当 l1 / /l2 即 a1b2 a2b1 时 ， 得 四 个 交 点 共 圆 的 充 要 条 件 即 a1b2 a2b1 0 也 即
a1 a2 0 或 b1 b2 0 .
2
书山有路
(2)当 l1 与 l2 不平行即 a1b2 a2b1 时，由 a1b2 a2b1 0 得 a1b2 0, a2b1 0 ，所以四个
: ax2 by2 cx dy e 0(a b) 有 四 个 交 点 ， 则 这 四 个 交 点 共 圆 的 充 要 条 件 是
a1b2 a2b1 0.
证明 由 l1, l2 组成的曲线即
(a1x b1y c1)(a2 x b2 y c2 ) 0
所以经过它与 的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式(, 不同时为 0)：
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 y2 2 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 mx2 ny2 1(mn 0, m n) 的内接四边形同时内接于圆的充要条
书山有路
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 x2 y 2 1(a 0,b 0) 上任一点 A 的坐标可 a2 b2
推论 4 设二次曲线 : ax2 by2 cx dy e 0(a b) 上的四个点连成的四边形是
圆内接四边形，则该四边形只能是以下三种情形之一： (1)两组对边分别与坐标轴平行的矩形； (2)底边与坐标轴平行的等腰梯形； (3)两组对边均不平行的四边形，但在其两组对边、两条对角线所在的三对直线中，每
y0
3
y1 y2 2；k y0
AB
p .) y0
书山有 路
图1
高考题 3 (2004·北京·文·17(2))如图 1，抛物线关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原
点，点 P(1,2), A(x1, y1), B(x2 , y2 ) 均在抛物线上.当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，
求 y1 y2 的值及直线 AB 的斜率.(答案： y1 y2 4；kAB 1.)