数竞平面几何四点共圆讲义教师版Word文档格式.docx
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例1.是的外接圆的直径,过作圆的切线交于,连接并延长分别交、
于、,求证:
.
证明:
过作的平行线分别交、于、,则.
取中点,连接、、、.
,四点共圆.
,而由,有.
,四点共圆.
,而,,.
而是的中点,是的中点,.
例2.等腰梯形中,∥,,分别是,的内心,是直线上的一点,,的外接圆交的延长线于.
.
,故共圆,
则,因此,
而,
所以,,由此,.
例3.在中,,内心为,内切圆在,边上的切点分别为,,设是
关于点的对称点,是关于点的对称点.
求证:
四点共圆.
设直线交的外接圆于点,易知是的中点,记
的中点为,则.设点在直线上的射影为,
由于则半周长,
于是,
又
所以∽,且相似比为,
熟知:
。
又∽,
所以,即是的中点
进而,
所以都在以为圆心的同一个圆周上.
Z
例4.设A、B为圆Γ上两点,X为Γ在A和B处切线的交点,在圆Γ上选取两点C、D使得C、D、X依次位于同一直线上,且CA⊥BD,再设F、G分别为CA和BD、CD和AB的交点,H为GX的中垂线与BD的交点.证明:
X、F、G、H四点共圆.
设O为圆心,AB∩XO=M.
∵△XOA∽△XAM,∴OX·
XM=XA2=XC·
XD.
∴O、M、C、D四点共圆.
∴∠XMO=∠OCD=∠ODC=∠OMC.
∴∠CMG=∠GMD.
在CM上选取一点E使MX∥DE,则MD=ME.
在GX上取点X′,使∠GFD=∠DFX′,在X′F上取W使CF∥GW.
由得CG·
X′D=X′C·
GD.
由上面两式得=,故X=X′.∴∠GFD=∠XFD.
又∵=<
1和∠XPB=∠CDF<
1.∴H和B在CX的同一侧.
设H′为直线BF与△GFX外接圆的交点,则
∠H′XG=∠H′FG=∠H′FX=∠H′GX.
∴H′G=H′X,∴H′=H.
∴X、F、G、H四点共圆,得证.
注:
上述证法比较麻烦,本题实质如下:
易知为调和点列,又,
可得为的平分线,
设外接圆交于点,
由“鸡爪”定理知,从而在的中垂线上,
本题得证.
例5.△ABC中,E、F分别为AB、AC中点,CM、BN为高,EF交MN于P,O、H分别为三角形的外心与垂心.求证:
AP⊥OH.
由∠BMC=∠BNC=90°
知B、C、N、M四点共圆.
∴AM·
AB=AN·
AC.
又AE=AB,AF=AC,∴AM·
AE=AN·
AF,即E、F、N、M共圆.
注意到由∠AMH=∠ANH=∠AEO=∠AFO=90°
知
AH、AO分别为△AMN、△AEF外接圆的直径.
过AH中点H′与AO中点O′分别为△AMN与△AEF的外心,且易知O′H′∥OH.
∴只需证AP⊥O′H′,只需证A、O为△AMN、△AEF外接圆的等幂点即可.
注意到A为两圆公共点,而由E、F、N、M共圆知PM·
PN=PE·
PF.
故P也为等幂点.
综上所述,原命题成立.
例6.设△ABC内接于圆O,过A作切线PD,D在射线BC上,P在射线DA上,过P作圆O的割线PU,U在BD上,PU交圆O于Q、T且交AB、AC于R、S.证明:
若QR=ST,则PQ=UT.
过O作OK⊥PU=K,OF⊥BU=F,连结AK延长交⊙O于另一点E,
过C作CH∥PU交AE于G,交AB于H,连GF、OP、OU、OA、OE.
由垂径定理知BF=FC,QK=KT,且QR=ST.
∴RK=KS即K是RS的中点,且CH∥PU.
∴==⇒==1⇒HG=GC.
由中位线定理知FG∥BH.
∴∠FGE=∠BAE=∠BCE⇒F、G、C、E共圆.
∴∠EFC=∠EGC=∠AGH=∠UKG.
∴∠EFO+∠OKE=∠OFC+∠CFE+∠OKE
=90°
+(∠UKG+∠OKE)
+90°
=180°
∴K、O、F、E四点共圆…①
又∵∠OKU+∠OFU=2×
90°
,
∴K、O、F、U四点共圆…②
结合①②知K、O、F、E、U五点共圆,∴∠KUO=∠KEO.
又∵PA为⊙O切线⇒OA⊥PA,且OK⊥PU⇒∠KEO=∠KAO.
∴∠KPO=∠KUO⇒OP=OU.
又∵OK⊥PU,∴PK=UK.
而QK=TU,∴PQ=UT,得证.
例7.AB、AC为⊙O切线,ADE为一条割线,M为DE中点,P为一动点,满足M、O、P三点共线,⊙P为以P点为圆心、PD为半径的圆.证明:
C点在△BMP外接圆与⊙P的根轴上.
作PR⊥AC,其延长线交BC延长线于S.
∵∠OMA=∠OBA=∠OCA=90°
∴A、C、O、M、B五点共圆.
∴∠BMP=∠BMA+90°
=∠BCA+90°
-∠RSC.
∴B、M、P、S四点共圆.
∴C对△BMP外接圆的幂为-CB·
CS=-2CA·
CR.
而C对⊙P的幂为
CP2-PD2=CP2-(AP2-AD·
AE)=CP2-AP2+AC2
=CR2+RP2-PR2-AR2+AC2
=CR2-(CR+CA)2+CA2
=-2RC·
CA.
∴C点对⊙P的幂等于C点到△BMP外接圆的幂.
∴C点在上述两圆根轴上,得证.
例8.设H为△ABC的垂心,D、E、F为△ABC的外接圆上三点,使AD∥BE∥CF,S、T、U分别为D、E、F关于边BC、CA、AB的对称点.求证:
S、T、U、H四点共圆.
先证引理:
ABC外接圆⊙O与它的九点圆⊙V关于△ABC的垂心H位似,且位似比为.
引理的证明:
设AH、BH、CH分别交边BC、CA、AB于O、E、F,交⊙O于D′、E′、F′.
易知HD=HD′,HE=HE′,HF=HF′.
∴△D′E′F′与△DEF关于H位似,位似比为.
∴△D′E′F′外接圆与△DEF外接圆关于H位似,
即⊙O与⊙V关于H位似,位似比为.
回到原题:
设BC、CA、AB中点分别为X、Y、Z,过D作DP∥BC,交⊙O于P,
设PH中点为W.
易知SD⊥BC,设PS交BC于X′,则由SD关于BC对称知SX′=X′D.
∴X′为BC中点,即X与X′重合,即P与S关于X对称.
同理P与U、T分别关于Z、Y对称.
∴四边形USHT与四边形ZYWX对称.
由引理知Z、X、Y、W四点共圆.
∴U、T、H、S四点共圆,得证.
例9.给定锐角△ABC,过A作BC的垂线,垂足为D,记△ABC的垂心为H,在△ABC的外接圆上任取一动点P,延长PH交△APD的外接圆于Q.求Q点的轨迹.
解:
Q点轨迹为△ABC的九点圆.
如图,取AH、BH、PH的中点M、N、K,
延长AD交△ABC外接圆于G.
则熟知HD=DG,
连接KN、MN、KD、PB、PG.
因为各取中点有
∠NKD=∠BPG,∠NMD=∠BAG.
∴K、N、M、D四点共圆.
又Q在△APD的外接圆上,
∴PH·
HQ=AH·
HD,即2KH·
HQ=2MH·
HD.
∴KH·
HQ=MH·
于是有K、D、Q、M、N五点共圆.
又△DMN外接圆为九点圆,所以Q在九点圆上.
反之,在如上所述九点圆上任取一点Q′,设Q′H延长线交△ABC外接圆于P′,取P′H中点R,同上可证R在九点圆上.
故2RH·
HQ′=2MH·
HD,即P′H·
HQ′=AH·
因此Q′在△AP′D外接圆上.得证.
例10.在△ABC中,D是BC边上的一点,设O1、O2分别是△ABD、△ACD的外心,O′是经过A、O1、O2三点的圆的圆心.求证:
O′D⊥BC⇔AD恰好经过△ABC的九点圆心.
连AO1、BO1、AO2、CO2,作AB、AC垂直平分线交于点O.
∵∠AO2C=2∠ADB=∠AO1B,AO1=BO1,AO2=CO2,
∴△AO1B∽△AO2C.∴△AO1O2∽△ABC.
∴∠AO1O=180°
-∠AO1B=180°
-∠AO2C=180°
-∠AO2O.
故O在⊙O′上,O是△ABC的外心,故△AO′O∽△AO1B.
又∠ADB=∠1,∠O1AB=∠O′AO=∠O′OA.
∴O′D⊥BC⇔∠BAO1=∠ADO′⇔∠ADO′=∠O′DA
⇔A、O′、O、D共圆
⇔∠AO′O=180°
-∠ADO=∠ADB+∠ODC
⇔∠ADB=∠ODC(∵∠AO′O=2∠ADB)
如图,设OH与AD交于点K,作BC中垂线OM,交AD延长线于点M,OM与BC交于点L.
由∠ADB=∠ODC⇔DL=LM⇔OM=2OL=AH
⇔△AKH≌△MKO⇔OK=KH
⇔K为九点圆心⇔AD经过△ABC的九点圆心.
综上所述,命题得证.
例11.内接于,自作的切线,又以为圆心,为半径作交直线于,交直线于;
则四边形的四条边所在直线分别通过的内心及三个旁心.
以下,我们仍按情况给出图形和解答(其实在所有情形下结论都成立)
证明:
、如图,设的平分线交于,因,
则点关于直线对称,又因在上,
则,因此共圆,
由于为的切线,则,又由,
所以
因此为的内心.
、据条件知,为矩形,设角平分线交直线于,连,
由
(1)知,点关于直线对称,故,
则为的外角平分线,因此为边外的旁心.
、设的外角平分线交直线于,由,则共圆.
故共线,因此为边外的旁心.
、设的外角平分线交直线于,连,因
故共圆..
所以共线,即是的外角平分线,因此为边外的旁心.
例12.三角形中,是的中点,分别是边上的点,
且△的外接圆交线段于若点满足:
在圆中,由于弦故圆周角