推荐学习高中数学 竞赛四点共圆专题试题.docx

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推荐学习高中数学竞赛四点共圆专题试题

四点共圆

四点共圆的定义

四点共圆的定义：

如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。

证明四点共圆有下述一些基本方法：

【方法1】从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．或利用圆的定义，证各点均与某一定点等距。

【方法2】如果各点都在某两点所在直线同侧，且各点对这两点的张角相等，则这些点共圆．（若能证明其两张角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径。

）

【方法3】把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．

【方法4】把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．即利用相交弦、切割线、割线定理的逆定理证四点共圆。

【方法5】证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．

【方法6】根据托勒密定理的逆定理，在四边形ABCD中，若AC*BD=AB*CD+AD*BC，那么A，B，C，D四点共圆。

或根据西姆松定理的逆定理证四点共圆。

【方法7】证明五点或五点以上的点共圆，可以分别证各四点共圆，且四点中有三点相同。

【方法8】证连结各点所得凸多边形与某一圆内接凸多边形相似。

　　上述六种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这8种基本方法中选择一种证法，给予证明．

一．某些知识的补充

1．已知：

ABCD共圆，AB中点为E、CD中点为F，EF中点为G，过E点分别作AD、BC的垂线，垂足为H、I求证：

GH=GI

首先可这样转化图形：

作E点关于AD、BC边的轴对称点S、T，显然I、H分别是ES、ET中点。

由中位线，可将原题转化为证：

FS＝FT。

再延长AD、BC相交于P点。

由A、B、C、D是圆内接四边形。

知△PCD∽△PAB，而PF、PE分别是这两个三角形的对应中线，故∠DPF＝∠BPE；这就表明E和F是∠APB内的两个“等角点”（即指满足左、右两角相等）。

下面是等角点的一个常用性质（Poncelet定理）：

“设E、F是∠APB内的两点，满足∠APF＝∠BPE。

作E关于PA、PB的轴对称点S、T。

求证：

FS＝FT。

”

其实，也可将Poncelet定理等价表述为：

“∠APB内的一对等角点E、F（即满足∠APF＝∠BPE），关于PA、PB两边的光路反射路径长度一定相等！

”

或者，亦可表述为圆锥曲线的性质（参见［法］J•阿达玛《几何（立体部分）》§495）：

“自椭圆（或双曲线）外一点P作两条切线PA和PB，则该椭圆（或双曲线）的一对焦点E、F必关于∠APB成等角关系；而且，自每个焦点，看两条切线的视角亦必相等（即下图中∠PEA＝∠PEB，∠PFA＝∠PFB）。

”

注：

其实，后面这两对角相等也可从上述全等三角形推出。

而这正是圆的切线长定理的推广形式！

证明：

过E做两边垂线，由四点共圆可证△EAM∽△FCI、△EBN∽△FDH,可得EN/FH=EM/FI

又由平行可得大角相等，即得△ENM∽△FHI,故∠1=∠2，有∠AMN+∠HIN=180°,所以HINM四点共圆，又显然G在MH、NI中垂线上，故G为圆心，即得GH=GI

等角点的另一性质：

角内两点形成等角关系的另一充要条件是，它们在两边上的四个射影共圆！

所共圆圆心即为这组等角点的中点。

”

证法2：

只需利用中位线和全等三角形的知识：

如图，联结AD、BC的中点M、N，易知G也是MN的中点；再取EM、EN的中点P、Q。

则PG、GQ是中位线，IP、QH直角三角形斜边上中线。

接下去证△IPG≌△GQH即可（SAS）。

2.2008年北京市中学生数学竞赛高一年级决赛试题

圆O的直径MN和弦AB垂直于Q,弓形AMB和弓形M’A1B全等,P为A1A中点，M’为弧A1B中点.求证:

PM’垂直于PN.

3．已知锐角△ABC中，AD是高，O是外心，AO的延长线交过O、B、C三点的圆于P，自P作PE⊥AB于E，PF⊥AC于F。

求证：

DEPF是平行四边形。

2.四点共圆例题讲解

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：

一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.

1　以“四点共圆”作为证题目的

例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高

CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线交于P，Q.求证：

M，N，P，Q四点共圆.

（第19届美国数学奥林匹克）

分析：

设PQ，MN交于K点，连接AP，AM.

欲证M，N，P，Q四点共圆，须证

MK·KN＝PK·KQ，

连结AK并延长交BC于点E，垂心+直径+相交弦定理

例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，

O1，O2，O3分别为△OAB，△OBC，

△OCA的外心.求证：

O，O1，O2，

O3四点共圆.

（第27届莫斯科数学奥林匹克）

分析：

作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.观察△OBC及其外接圆，立得∠OO2O1=

∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，立得

∠OO3O1=

∠OO3A=∠OCA.由∠OO2O1=∠OO3O1

O，O1，O2，O3共圆.

利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.

2　以“四点共圆”作为解题手段

这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面.

（1）证角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.

　　　求证：

∠DMA＝∠CKB.

（第二届袓冲之杯初中竞赛）

分析：

易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，

有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC

＝180°，

　　　∴∠CMK+∠KDC＝180°.

　　　故C，D，K，M四点共圆

∠CMD＝∠DKC.

　　　但已证∠AMB＝∠BKA，

　　　∴∠DMA＝∠CKB.

（2）证线垂直

例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，

BC交于K，N（K与N不同）.△ABC

外接圆和△BKN外接圆相交于B和

M.求证：

∠BMO=90°.

（第26届IMO第五题）

分析：

这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.

连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+∠BMK=180°-∠CMK，

∴∠COK+∠CMK=180°

C，O，K，M四点共圆.

在这个圆中，由OC=OK

OC=OK

∠OMC=∠OMK.

但∠GMC=∠BMK，

故∠BMO=90°.

（3）判断图形形状

例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记为IA，IB，IC，ID.

试证：

IAIBICID是矩形.

（第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题）

分析：

连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得

∠AICB=90°+

∠ADB=90°+

∠ACB=∠AIDB

A，B，ID，IC四点

共圆.

同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时

∠AICID=180°-∠ABID=180°-

∠ABC，

∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-

∠ADC，

∴∠AICID+∠AICIB

=360°-

（∠ABC+∠ADC）

=360°-

×180°=270°.

故∠IBICID=90°.

同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.

（4）计算

例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝2.P为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA:

PB=5:

14.则PB=__________

（1989，全国初中联赛）

分析：

答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？

连接OA，OB.易知O，P，A，B

四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.

故PA2+PB2=AB2=1989.

由于PA:

PB=5:

14，可求PB.

（5）其他

例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积（须证明你的论断）.

（1978，全国高中联赛）

分析：

设△EFG为正方形ABCD的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F，G两点在正方形的一组对边上.

作正△EFG的高EK，易知E，K，G，

D四点共圆

∠KDE=∠KGE=60°.同

理，∠KAE=60°.故△KAD也是一个正

三角形，K必为一个定点.

又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=

也最小.当KF通过B点时，边长为2·

，这时边长最大，面积S=2

-3也最大.

例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交⊙O于Q.求证：

RS＞MQ.

（1991，江苏省初中竞赛）

分析：

连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接

MQ′，SQ′.

易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=

∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.

根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称

MQ′=MQ.

又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径（

∠RMS=90°），MQ′是一条弦（∠MSQ′＜90°），故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.

练习题

1.⊙O1交⊙O2于A，B两点，射线O1A交⊙O2于C点，射线O2A

交⊙O1于D点.求证：

点A是△BCD的内心.

（提示：

设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2

四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.）

2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：

A1A2=B1B2=C1C2.

（提示：

设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.）

3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3（互不重合）.求证：

△M1M2M3也是正三角形.

4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：

PD丄QD.

（提示：

证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆）

5.AD，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：

l1，l2，l3三线共点.（提示：

过B作AB的垂线交l1于K，证：

A，B，K，C四点共圆）