初中数学竞赛第十四讲 圆内接四边形与四点共圆Word格式文档下载.docx
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AD=BD·
CK.②
①+②,得
AB·
CD+BC·
AD=BD(CK+AK)=BD·
AC.
点评
此题就是著名的托勒密(Ptole-my)定理,即“圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和”.它综合运用圆和相似形的知识,证明线段的积、差,也揭示了圆内接四边形的一个独特的性质.
更推广一些,便可得到:
对于任何凸四边形ABCD,都有AB·
AD≥AC·
BD,其中等号当且仅当四边形内接于圆时成立.
托勒密定理的逆命题也成立,即“在凸四边形两对角线的乘积等于它的两组对边乘积之和时,此四边形内接于圆.”你能证明吗?
例2已知:
如图,设四边形ABCD满足条件AB·
BC=AC·
BD.
A、B、C、D四点共圆.
证明作∠ECD=∠ACB,∠EBC=∠CAD,于是△BEC∽△ADC,
∴
即BE.AC=AD.BC,①
.②
∵∠1=∠2,
∴△ACB∽△DCE,
∴∠3=∠4,
即DE·
AC=AB·
DC,③
①+③,得(BE+DE)AC=AD·
BC+AB·
DC.
∵AC·
BC(已知条件)
∴BE+DE=BD,
∴E在BD上,∠3与∠BDC重合.
∴∠BDC=∠BAC,∴A、B、C、D四点共圆.
这个逆定理也是证明四点共圆的重要依据.
例3已知,如图,P是△ABC的外接圆上一点,由P向各边BC、CA、AB引垂线PD、PE、PF.
三个垂足D、E、F共线.
证明连结DE、DF、PB、PC.
∵PD⊥BC,PE⊥AC,
∴∠PDC=∠PEC=90°
∴P、D、C、E四点共圆,
∴∠PDE=∠PCE,
∵∠PDB=∠PFB=90°
∴P、D、F、B四点共圆.
∴∠PDF+∠PBF=180°
.
∵A、B、P、C四点共圆,
∴∠PBF=∠PCE,
∴∠PDF+∠PDE=∠PDF+∠PCE=∠PDF+∠PBF=180°
∴DE·
DF成一条直线,即D、E、F三点共线.
此题就是“西摩松线”,即从△ABC外接圆上任一点P到三边所作垂线的垂足在同一条直线上,简称“西摩松定理”.它的逆命题也成立.即:
从一点P向△ABC的三边(或它们的延长线)作垂线,若三个垂足L、M、N在同一条直线上,则点P在△ABC的外接圆上,证明如下:
如图
∵∠BNP和∠PLB都是直角,
∴N、B、L、P四点共圆.
∴∠NBP=∠NLP,①
∵∠PLC和∠PMC都是直角,
∴P、L、M、C四点共圆,
∴∠NLP=∠MCP,②
由①、②,得∠NBP=∠MCP,
故A、B、P、C四点共圆,即P在△ABC的外接圆上.
例4已知:
四边形ABCD内接于⊙O,对角线AC与BD相交于M,如图,
。
证明∴
∵∠BAD+∠BCD=180°
即
本题利用两个三角形面积之比的性质来证明,对拓展证题思路,灵活运用所学的基础知识解决问题,大有益处,本题的结论可作定理运用.
【好题妙解】
佳题新题品味
例1
如图,过正方形ABCD的顶点A作45°
的角与CB、DC的延长线分别交于E、F两点,即∠EAF=45°
;
DB、AE的延长线交于点O1;
DB、AF交于点O2;
EO2的延长线交DF于点P,连结AO、FE的延长线交AO于点H,又DO1,EF交于点O3,连结O1H,O2H,AP.由以上条件,你能推出哪些结论?
(不再标注任何字母,不再添加任何辅助线).
解析首先,如图,∠1=∠EAF=45°
即有A、E、B、O2四点共圆;
同样,∠2=∠EAF=45°
则A、O1、F、D四点共圆;
由上述四点共圆知∠AO2E=∠ABE=90°
∠AO1F=∠ADF=90°
所以E、O1、F、O2四点共圆.
又在△AOF中,∵OO2⊥AF,AO1⊥OF,
∴E为△AOF的垂心,这样六个四点共圆继续出现,
即(A、H、E、O2),(E、H、O、O1),(E、O1、F、O2),
(A、O、O1、O2),(O、F、O2、H),(F、A、H、O1)四点共圆.
由于FH⊥AO,
∴(A、H、E、B),(A、H、F、D)均四点共圆;
仔细观察,显然(A、O2、P、D),(O2,Q、C、P)亦四点共圆;
还有(E、O1、F、D)也是四点共圆.
由上述四点共圆有∠3=∠4,∠3=∠5,
则∠4=∠5.
∵FH⊥AH,FD⊥AD,
∴AH=AD,就是说点A到EF的距离恰好等于正方形的边长.
∴又有FH=FD,EF=PF,EO2=PO2,HO2=DO2,AE=AP.
∵Rt△AHE≌Rt△ABE,Rt△AHE≌△ADP,
∴Rt△ABE≌Rt△ADP,∴S△ABE=S△ADP,
∴EF=DF-BE,即S△AEF=S△ADF-S△ABE.
同时有
=cos45º
=
=sin45º
∴△AO1O2∽△AFE.
∵∠O2OF=∠O1AO2=45°
∴O2O=O2F.
由诸多四点共圆即有∠6=∠4,∠3=∠5,∠4=∠5,
∴∠3=∠6.
∵∠7=∠8=45°
∠9=∠EAO2=45°
∴∠7=∠9,故E为△HO1O2的内心.
显然点O为△AEF的垂心,由于O2A=O2E=O2P,
∴O2为△AEP的外心.
∵∠4=∠5,∠AEH=∠AEB,
∴点A为△ECF的旁心(旁心指三角形一内角平分线与另两个角的外角平分线的交点)
∵∠O1HO2=∠7+∠9=45°
+45°
=90°
∴HO12+HO22=O1O22.
而HO1=BO1,HO2=DO2,
∴BO12+DO22=O1O22.
这种类型称为几何探索题,是指问题的结论没有明确给出,需要自己探索,解这类问题的思路是:
从给定的条件出发,进行探索,归纳,猜想出结论,然后对猜想出的结论进行证明,此题是用构造法解题的范例,是用发现法研究问题的典型,认真回味,其乐无穷.
例2如图,由△ABC的各边向外侧作正三角形BCD、CAE、ABF,
三直线AD、BE、CF相交于一点.
证明设BE、CF相交于点O,连AO、OD,△AEC是正三角形,
∴AE=AC,∠CAE=60°
同理AB=AF,∠BAF=60°
∵∠CAF=∠BAF+∠BAC,
∠BAE=∠CAE+∠BAC,
∴∠BAE=∠CAF,
∴△BAE≌△FAC.
∴∠1=∠2,可知A、O、C、E四点共圆,
∠3=∠4,可知A、O、B、F四点共圆.
∵∠AEC=∠AFB=60°
∴∠AOC=∠AOB=120°
∵∠AOB+∠AOC+∠BOC=360°
∴∠BOC=120°
∵∠BDC=60°
∴∠BOC+∠BDC=180°
∴O、B、D、C四点共圆,
∴∠COD=∠CBD=60°
∵∠AOC=120°
∴∠AOC+∠COD=180°
即得A、O、D三点在一直线上,最后得证BE、CF、AD交于点O.
这是三线共点问题,可先设BE与CF相交于一点O,然后再证明AD也经过点O即可.即证A、D、O三点在一条直线上,这就把三线共点问题转化为三点共线问题来证明.
中考真题欣赏
例1(2003年辽宁省中考题)
(1)如图1,已知直线AB为圆心O,交⊙O于点A、B,直线AF交⊙O于F(不与B重合),直线L交⊙O于点C、D,交AB于E,且与AF垂直,垂足为G,连结AC、AD.
求证:
①∠BAD=∠CAG;
②AC·
AD=AE·
AF.
(2)在问题
(1)中,当直线L向上平行移动,与⊙O相切时,其他条件不变.
(1)
(2)
①请你在图2中画出变化后的图形,并对照图1,标记字母;
②问题
(1)中的两个结论是否成立?
如果成立,请给出证明;
如果不成立,请说明理由.
(1)证明①连结BD,∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°
∵CD⊥AF,
∴∠AGC=∠ADB=90°
∵四边形ACDB是⊙O内接四边形,
∴∠ACG=∠B.
∴∠BAD=∠CAG.
②连结CF,∵∠BAD=∠CAG,∠EAG=∠FAB,
∴∠DAE=∠FAC,∵∠ADC=∠F,
∴△ADE∽△AFC,∴
∴AC·
AF;
(2)①变化后的图形如图所示.
②两个结论都成立,证明如下:
如图.
①连结BC,∵AB是直径,∴∠ACB=90°
∴∠ACB=∠AGC=90°
∵GC切⊙O于C,∴∠GCA=∠ABC,
∴∠BAC=∠CAG(即∠BAD=∠CAG).
②连结CF,∵∠CAG=∠BAC,∠GCF=∠GAC,
∴∠GCF=∠CAE,∠ACF=∠ACG-∠GFC,∠E=∠ACG-∠CAE,
∴∠ACF=∠E,
∴△ACF∽△AEC,∴
∴AC2=AE·
AF(即AC·
AF).
充分利用圆内接四边形外角等于它的内对角和Rt△两锐角互余及弦切角等性质解决此题.
例2(2003年江西省中考题)如图,在⊙O中,AB是直径,CD是弦,AB⊥CD,
(1)P是
上一点(不与C、D重合),求证:
∠CPD=∠COB.
(2)点P′在劣弧CD上(不与C、D重合)时,∠CP′D与∠COB有什么数量关系?
请证明你的结论.
(1)证明连结OD,∵AB是直径,∴AB⊥CD,
∴BC=BD,∴∠COB=∠DOB=
∠COD.
又∵∠CPD=
∠COD,∴∠CPD=∠COB.
(2)解析∠CP′D与∠COB的数量关系是:
∠CP′D+∠COB=180°
证明如下:
∵∠CPD=∠CP′D=180°
∠COB=∠CPD.
∴∠CP′D+∠COB=180°
此题证明∠COB=∠P是判定∠CP′D+∠COB=180°
的关键.
竞赛样题展示
例1(2002年“我爱数学”初中生夏令营数学竞赛)设AB、CD为⊙O的两直径,过B作PB垂直AB,并与CD延长线相交于点P.过P作直线PE,与圆分别交于E、F两点,连AE、AF分别与CD交于G,H两点如图.
OG=OH.
证明作FK∥GH与AB,AE分别交于点M、K.
过点O作ON⊥EF交EF于点N,
∵∠PBO=∠ONP=90°
∴O、P、B、N四点共圆.
又∵∠MFN=∠OPN,故∠MFN=∠OBN,
因此M、F、B、N四点共圆,∠MNF=∠MBF=∠AEF,
从而MN∥KE,
∴KM=MF,OH=OG.
在处理平面几何中的许多问题时,常常要借助于圆的性质,问题才能得以解决,有时题中条件就根本没有涉及圆,有时题中有圆,但此圆并不是我们直接要用的圆,这就需要我们利用已知条件,借助图形,证四点共圆,把需要用到的实际存在的圆找出来.
例2(2002年四川省初中数学竞赛)如图,P是⊙P外一点,PA与⊙O切于点A,PBC是⊙O的割线,AD⊥PO于D.
PB:
BD=PC:
CD.
证明连结OA、OB、OC,则PA2=PD·
PO=PB·
PC,于是B、C、O、D四点共圆,∴有△PCD∽△POB,则
∵△POC∽△PBD,
由①、①,有
本题利用切割线定理的逆定理证明B、C、O、D共圆,从而得到同弧所对的圆周角相等,将已知的角与未知的角联系起来了.
全能训练
A卷
1.如图,四边形ABCD内接于⊙O,∠B=50°
∠ACD=25°
∠BAD=65°
(1)AD=CD;
(2)AB是⊙O的直径.
2.如图,⊙O以等腰三角形ABC一腰AB为直径,它交另一腰AC于E,交BC于D.
BC=2DE.
3.如图,在△ABC中,AB=AC,过点A的直线与△ABC外接圆O交于点D,与BC的延长线交于点F,DE是BD的延长线,连结CD.
(1)DF平分∠EDC;
(2)AF2-AB2=AF·
DF.
4.如图,AB是⊙O的直径,弦(非直径)CD⊥AB,P是⊙O上不同于C、D的任一点.
(1)当点P在劣弧CD上运动时,∠APC与∠APD的关系如何,请证明你的结论;
(2)当点P在优弧CD上运动时,∠APC和∠APD的关系又如何?
5.如图,已知ABCD内有一点P,使得∠APB+∠CPD=180°
∠PAB=∠PCB.
6.已知:
如图,AB是⊙O的弦,以O′为圆心的⊙O′经过点A、O,与BA的延长线交于点C,与⊙O交于点D,连结CD交⊙O于点E.请你指出图中的哪些角,哪些线段具有相等关系,并证明你的结论.
答案:
1.
(1)∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠ADC=180°
-∠B=130°
∵∠ACD=25°
∠DAC=∠ACD,
(2)∵∠BAC=40°
∴∠ACB=180°
-∠B-∠BAC=180°
-50°
-40°
∴AB是⊙O的直径.
2.∵∠B=∠C,∠B=∠DEC,∴∠C=∠DEC,∴DE=CD.
连结AD,则AD⊥BC,∴BC=2CD,∴BC=2DE.
3.
(1)∴AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.
∵∠ADB=∠ACB,∠ADB=∠EDF,∠CDF=∠ABC,
∴∠EDF=∠CDF,即DF平分∠EDC;
(2)∵∠ABF=∠ACB=∠ADB,∠BAF=∠DAB,
∴△ABF∽△BAD,∴
∴AB2=AF·
AD,∴AB2=AF(AF-DF),
∴AB2=AF2-AF·
DF,∴AF2-AB2=AF·
4.
(1)∠APC=∠APD;
(2)当P在优弧CD上时,∠APC+∠APD=180°
5.如图,将△APB平移到△DQC处,∠CQD+∠CPD=180°
因而P、C、Q、D四点共圆.由此,得∠CDQ=∠CPQ.
又∵∠PAB=∠CDQ,∠PCB=∠CPQ,
∴∠PAB=∠PCB.
6.相等的角有:
∠CBD=∠BDC,相等的线段有:
AB=DE,BC=DC,AC=CE.
证明如下:
如图,连结AO,并延长交⊙O于点G,连结DG,AE,
∵∠B=∠C,四边形AGDE内接于⊙O,
∴∠CAE=∠G,∠B=∠CAE.
∴AE∥BD.
∴AB=ED,
∴四边形ABDE为等腰梯形,
从而有∠CBD=∠BDC,且AB=DE,BC=DC,AC=CE.
B卷
1.M为等腰△ABC底边AC的中点,MH⊥BC于H,P为MH中点.
AH⊥BP.
2.O为△ABC内一点,BO、CD分别交AC,AB于D、E,若BE·
BA+CD·
CA=BC2.
A、D、O、E四点共圆.
3.如图,正方形ABCD的面积为5cm2,E、F分别为CD、DA的中点,BE、CF相交于P,求AP的长.
4.已知△ABC为等边三角形,BC、AC上分别有一点D、E,且满足BD=
CD,CE=
AE,BE、AD相交于P.求证:
P、D、C、E四点共圆.
5.直线AB和AC与⊙O分别相切于B、C两点,P为圆上一点.如图,P到AB,AC的距离分别为6cm,4cm.试求P到BC的距离.
6.如图,半圆圆心为O,直径为AB,一直线交半圆周于C、D,交AB于M(MB<
MA,AC<
MD),设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外的另一交点.