E四点共圆例题及答案.docx
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E四点共圆例题及答案
四点共圆例讲
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·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.
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.
证明自己完成.
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,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,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(竞赛用)
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=ac②
31a+81a=bc③
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
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,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(竞赛用)
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
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=0
x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
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,