四点共圆例题及问题详解.docx

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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）假如四边形的两个对角互补（或一个外角等于它的内对角），如此四点共圆．

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）假如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〞的根本方法，至于证第四点在前三点（不在同一直线上）所确定的圆上就不表示了．

【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】：

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与平行线的同位角、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．

：

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·BC

　　AC·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 ：

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〔即图中假如M平分CD，如此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 ：

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，假如连结AB，如此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）此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）应强调此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，假如此题不变，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，通过讨论明确此题还应有如图7—117的情况并给予证明．

例3如图7—118，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，考虑条件可知∠ABD=

∠DBE，容易看出

．假如连结DE，如此有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°，∠°，∠C=135°，∠°．

　　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，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

某某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，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，如此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，如此∠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，如此∠1＝∠2．∵AE∥CD，如此∠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，如此△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°，如此∠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6AB、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，如此∠1=∠A．∵AB∥CD，如此∠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7ABCD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，如此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，假如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°，如此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，如此∠1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，如此∠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．