初中数学竞赛第十四讲 圆内接四边形与四点共圆.docx

初中数学竞赛第十四讲 圆内接四边形与四点共圆.docx

《初中数学竞赛第十四讲 圆内接四边形与四点共圆.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初中数学竞赛第十四讲 圆内接四边形与四点共圆.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

初中数学竞赛第十四讲圆内接四边形与四点共圆

第十四讲圆内接四边形与四点共圆

【趣题引路】

著名的“九点圆”是由欧拉于1765年了解到的.后来又由年仅22岁的费尔巴赫（1800-1834）于1822年重新发现,并称之为九点圆,这九个点是（如图）:



三角形ABC的三条边的中点A′、B′、C′，E、C′、A′、B′与F、C′、A′、B′.故A′、B′、C′、D、E、F六点共圆.

在△HBC,△HCA和△HAB中,同理可证L、M、N也同圆于上面六个点所共的圆.因此,A′、B′、C′、D、E、F、L、M、N九点共圆.

我们知道,任何三角形都有内切圆、外接圆、旁切圆等，还有鲜为人知的五点圆、第二莱莫恩六点圆、泰劳（Taylor）六点圆，七点圆、富曼八点圆等等。

【知识延伸】

圆内接四边形和四点共圆之间有着非常密切的联系,这是因为顺次连结共圆四点就成为圆内接四边形.实际上,在许多题目的已知条件中,并没有给出圆,有时需要通过证明四点共圆,把实际存在的圆找出来,然后再借助圆的性质得到要证明的结论.确定四点共圆的办法主要有:

1.诸点到某定点的距离相等,则诸点在同一圆周上.

2.若四边形对角互补或有一个外角等于它的内对角,则这四点共圆.

3.同底同侧的等角的三角形的各顶点共圆;同斜边的直角三角形的各顶点共圆.

4.若直线AB与CD相交于P,而且PA·PB=PC·PD,则A、B、C、D共圆.

要证多点共圆,一般根据题目条件先证四点共圆,再证其他点也在这个圆上.

例1已知,四边形ABCD内接于圆,连对角线AC、BD.

求证:

AC·BD=AB·CD+AD·BC.

证明作ABK=∠CBD,BK交AC于点K,（如图）.

由于∠BAK=∠BDC,∴△BAK∽△BDC,

∴

即AB·CD=AK·BD①

∵∠BCK=∠BDA,

∠CBK=∠CBD+∠DBK=∠KBA+∠DBK=∠DBA

∴△CBK∽△DBA.

∴

即BC·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·CD+BC·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·CD+AD·BC=AC·BD.

求证:

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·BD=AB·CD+AD·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.

点评

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.

求证:

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.

点评

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,

求证:

。

证明∴

∴

∵∠BAD+∠BCD=180°,

∴

即

.

点评

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.

点评

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,

求证:

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.

点评

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·AD=AE·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·AD=AE·AF）.

点评

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°.

点评

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.

求证:

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.

点评

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.

求证:

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

.

点评

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°.

求证:

（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.

求证:

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.

求证:

（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?

请证明你的结论.

5.如图,已知ABCD内有一点P,使得∠APB+∠CPD=180°.

求证:

∠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°=90°,

∴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·DF.

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.

求证:

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.

求证:

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