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讲义-[6-7]点共线和点共圆

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第7讲点共圆1教师版

第7讲点共圆1教师版

初中数学联赛体系第7讲 四点共圆1【知识要点与基本方法】思路一：先从四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上. 思路二：四点到某定点（中垂线交点）的距离都相等，从而确定其共圆． 思路三：运用有关定理或结论（1）共底边的两个直角三角形，则四个顶点共圆，且直角三角形的斜边为圆的直径． （2）共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆． （3）对于凸四边形ABCD ，对角互补⇔四点共圆。

（4）相交弦定理的逆定理：对于凸四边形ABCD 其对角线AC 、BD 交于P ，PD BP PC AP ⋅=⋅⇔四点共圆。

（5）割线定理：对于凸四边形ABCD 其边的延长线AB 、CD 交于P ，PD PC PB PA ⋅=⋅⇔四点共圆。

（6）托勒密定理的逆定理：对于凸四边形ABCD ，BD AC BC AD CD AB ⋅=⋅+⋅⇔四点共圆.【例1】在半圆O 的直径AB 的延长线上取一点P ，作PC 切半圆O 于C ，又过P 任作一直线交半圆O 于N M 、，过点C 作AB CD ⊥，垂足为D .求证：DC 是MDN ∠的平分线.【证明1】：如图，连ON OM OC 、、.由PO 为半圆的切线，可知PC OC ⊥.由AB CD ⊥，可知PO PD PC ⋅=2.显然PN PM PC ⋅=2，可知PO PD PN PM ⋅=⋅，有N D O M 、、、四点共圆，于是MNO MDA ∠=∠，NMO NDB ∠=∠.由NMO MNO ∠=∠，可知NDB MDA ∠=∠，有NDB MDA ∠-︒=∠-︒9090，就是CDN CDM ∠=∠，即CD 平分MDN ∠.所以DC 是MDN ∠的角平分线. 【证明2】：如图，连.,OM OC 由PO 为半圆的切线，可知PC OC ⊥.由AB CD ⊥，可知OP OD OC ⋅=2，有OP OD OM ⋅=2，于是△ODM ∽△OMP ，得OMP MDA ∠=∠.显然PO PD PC ⋅=2，PN PM PC ⋅=2，可知PO PD PN PM ⋅=⋅，有△PDN ∽△PMO ，于是PMO PDN ∠=∠，得PDN MDA ∠=∠.显然PDN CDP MDA CDA ∠-∠=∠-∠，就是CDN CDM ∠=∠，所以DC 是MDN ∠的角平分线. 【证明3】：如图，设CD 交☉O 于F ，M D 交☉O 于E ，连OC OM FP EP EO 、、、、.显然，C F 、关于PA 对称，可知PF 为☉O 的切线，有PC PF =. 由F O C P 、、、四点共圆，可知DE DM DF DC DP DO ⋅=⋅=⋅有P E O M 、、、四点共圆，于是MPO MEO EMO EPO ∠=∠=∠=∠，点E 与N 关于PA 对称.显然PA 为NDE ∠的平分线.由PA CD ⊥，可知CD 为MDN ∠的平分线.【例2】在△ABC 中，BD AB BC ，>平分ABC ∠交AC 于点D ，BD CP ⊥于P ，BP AQ ⊥于Q ，M 是边AC 的中点，E 是边BC 的中点，若△PQM 的外接圆⊙O 与AC 的另一个交点为H .求证：M E H O 、、、四点共圆.【证明】：如图，作AQ 延长线交BC 于点N ，则Q 为AN 的中点， 又M 为边AC 的中点，则BC QM //， ∴ABC PBC PQM ∠=∠=∠21，同理ABC MPQ ∠=∠21， 因此PM QM =.又∵M P H Q 、、、四点共圆∴PQM PHM PHC ∠=∠=∠，故PBC PHC ∠=∠，因此，C B H P 、、、四点共圆，有︒=∠=∠90BPC BHC ， 故EP BC HE ==21. 结合OP OH =，知OE 为HP 中垂线易知OMP OPM EPO EHO ∠=∠=∠=∠， ∴M E H O 、、、四点共圆，注：结尾用到P M E 、、三点共线，由PM AB EM ////知其显然成立.【例3】设圆内接四边形ABCD ，AB ，DC 延长交于点E ，AD ，BC 延长交于点F ，EF 的中点为G ，AG 与圆又交于点K .求证：K F E C ，，，四点共圆.【证明】：如图，延长AG 一倍至点J ，作平行四边形AEJF ，连CK ，则 AKC ADE CEJ ∠=∠=∠，于是J K C E 、、、共圆，或K 在△CEJ 的外接圆上.又ECF BCD EAF EJF ∠-︒=∠-︒=∠=∠180180，故J F C E 、、、共圆，或F 在△CEJ 的外接圆上.于是K F J E C ，，，，五点共圆，结论成立. 【例4】已知：△ABC 各边AB CA BC 、、中点分别为N M L 、、，三条高线CF BE AD 、、相交于F E D H 、、、为其垂点，HC HB HA 、、的中点分别是R Q P 、、.求证：R Q N M L F E D 、、、、、、、九点共圆.【证明】：设△ABC 外心为O ，OH 中点为V ，现考虑以V 为心，OA 21为半径的圆.由于OA VP =//，所以点P 位于☉V 上，同理，R Q ，都在☉V 上.再因QL PQ ⊥，所以L 在☉V 上，而且PVL 为直径，同理N M ，也都在☉V 上.从而F E D ，，也都在☉V 上，证毕.推论1：九点圆的圆心是外心与垂心所连线段的中点，也即垂心与外心关于九点圆圆心对称.九点圆的半径是三角形外接圆半径的一半.如果连结AL 交OH 于G ，则易知12：：=GL AG ，故G 为△ABC 的重心，于是又有: 推论2：外心O 、重心G 、垂心H 、九心圆心V 四点共线，而且21：：=GH OG ，21：：=VH OV .推论3：垂心组H C B A 、、、的四个三角形△ABC 、△HBC 、△HCA 、△HAB 有共同的九点圆，因此△ABC 的九点圆实际上是垂心组H C B A 、、、的九点圆，由推论1，上述四个三角形的外接圆半径相等.推论4：△ABC 的九点圆与△ABC 的外接圆是外位似形，位似中心是垂心H ，位似比是21：，而且它们又是内位似形，其位似中心为重心G . 这是由于△PQR 与△ABC 是位似形，位似中心是垂心H ，又因为△IMN 与△ABC 相似，相似中心为G .【例5】如图，☉O 的半径等于R ，△ABC 的顶点B 、C 都在☉O 上，点A 在☉O 外，AB AC 、分别交☉O 于点F E 、，BE 交CF 于点P ，在射线OP 上取一点Q ，使得2R OQ OP =⋅.求证：Q C B A 、、、四点共圆.【证明1】：如图，联结QF QE QC QB OF OE OC OB 、、、、、、、. 因为OQ OP R OB ⋅==22，即OPOBOB OQ =，BOP QOB ∠=∠， 所以，△QOB ∽△BOP .故OEB OBE OBP OQB ∠=∠=∠=∠. 从而，Q E O B 、、、四点共圆.注意到OE OB =，则QO 平分BQE ∠.同理，Q F O C 、、、四点共圆，QO 平分CQF ∠. 易证△QBP ∽△QOE ， △QOF ∽△QCP .则QC QF QP QO QE QB ⋅=⋅=⋅，即QEQFQC QB =. 又CQE OQE OQC OQB OQF BQF ∠=∠-∠=∠-∠=∠， 则△QBF ∽△QCE . 故QEC QFB ∠=∠. 于是，AEQ AFQ ∠=∠.从而，Q E F A 、、、四点共圆. 因此，BAC FAE FQB ∠=∠=∠.但BQC CQE BQE BQE BQF FQE ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 所以，BAC BQC ∠=∠. 故Q C B A 、、、四点共圆.【证明2】：如图，联结QC QB OF OE OC OB 、、、、、. 因为OQ OP R OB ⋅==22，即OPOBOB OQ =，BOP QOB ∠=∠， 所以，△QOB ∽△BOP . 同理，△COP ∽△QOC ，所以PBO BQO ∠=∠，PCO CQO ∠=∠.设α=∠=∠PBO BQO ，β=∠=∠PCO CQO . ∵BOC BPC PCO PBO ∠=∠+∠+∠. 即BOC BPC ∠=∠++βα①，再由圆内角、圆外角得知)(21BOC EOF BPC ∠+∠=∠，)(21EOF BOC A ∠-∠=∠② 将②代入①得知A ∠=+βα. 即A BQC ∠=∠.故Q C B A 、、、四点共圆.【例6】(1992年全国高中数学联赛试题)如图，设4321A A A A 是☉O 的内接四边形，1H ，2H ，3H ，4H 依次为△432A A A 、△143A A A 、△214A A A 、△321A A A 的垂心.求证：1H ，2H ，3H ，4H 在同一圆上，并定出该圆的圆心.【证明】：如图，过3A 作☉O 的直径B A 3，连42124121421A H A H A H A H BA BA BA 、、、、、、，因为4312A A H A ⊥，434A A BA ⊥， 故412//BA H A ，又3214A A H A ⊥；∴241BA A H 是□.∴412//BA H A =；同理，142BA A H 也是□，∴221//BA H A ，∴2112//H A H A =，∴2121H H A A 是□.连2211H A H A 、，设它们的交点为P ，则P 平分11H A ，22H A . 同理，3322H A H A 、也互相平分，故它们的交点也为P . ∵4321A A A A 、、、共圆，∴4321H H H H 、、、，设它们的交点为P ，则P 平分11H A ，22H A .同理，P 为44H A 的中点，故i A 与i H （4,3,2,1=i ）关于点P 是中心对称的. ∵4321A A A A 、、、共圆，∴4321H H H H 、、、四点共圆，其圆心是点O 关于点P 的中心对称点.连接OP ，延长OP 至'P ，使PO PO ='，则'O 即为4321H H H H 、、、所在圆的圆心.【例7】如图，已知在☉O 中，CD AB 、是两条互相垂直的直径，点E 在半径OA 上，点F 在半径OB 的延长线上，且BF OE =,直线CF CE 、与☉O 分别交于点H G 、，直线AH AG 、分别与直线CD 交于点M N ,.求证：1=-NCDNMC DM .【证明】：如图，连结DH DG 、，延长CG 到点P .因为CD AB 、是相互垂直的直径，所以，BD BC AD AC ===. 则︒=∠=∠=∠=∠45PGN AGC AHD AHC 由四点共圆知︒=∠=∠45AHD DGN . 故DGN PGN DHM CHM ∠=∠∠=∠，于是，HM 是△CHD 的内角平分线，GN 是△CGD 的外角平分线所以，GC GDNC DN HC HD MC DM ==，. 从而，GCGDHC HD NC DN MC DM -=-. 由Rt △CDH 与Rt △CFO 及Rt △CDG 与Rt △CEO 相似，分别得OC OEGC GD OC OF HC HD ==，. 故OCOE OF OC OE OC OF GC GD HC HD -=-==-. 又BF OE =，且BF B OF +=0，故OC OB OE OF ==-. 因此，1=-NCDNMC DM .【例8】如图，△ABC 的内切圆☉I 分别切AC AB 、于点E D 、，延长DI 至M 、EI 至N ，使IE IN IM 9==，N M C I B 、、、、五点共圆，△ABC 的周长与BC 之比为最简分数nm（n m 、为互质的正整数）.求n m +10的值.【解析】：如图，设AI 与△ABC 的外接圆交于点Q P ，为边BC 的中点，过点P 作DMPF ⊥于点F ，联结PC .则BC PQ ⊥，BC CQ 21=，Rt △ADI 相似于△Rt PFI ，Rt △CQP 相似于△Rt ADI .易证PI PC PB ==.所以，J C B 、、三点在以P 为圆心、PB 为半径为的☉P上.由题意可知也在☉P 上.则IM MF IF 21==. 故△CQP 全等于△PFI ，BC CQ PF 21==.又☉I 是△ABC 的内切圆，则BC CE BD AE AD IE ID =+==，，. 而△ADI 全等于△PFI ，于是，5.492121=⨯===IEIEID IM ID FI AD PF 所以AD BC AD PF 95.4==，. 故△ABC 的周长为 BC AC AB ++BC CE AE BD AD ++++=)()( BC AD CE BD AD ++++=)(AD BC AD 2022=+=则92020==BC AD n m . 因为n m 、为互质的正整数，所以920==n m ， 故2009100=+n m .【课后强化训练】A 组1、如图，圆21O O 、相交于点B A 、，P 是BA 延长线上一点，割线PCD 交圆1O 于D C 、，割线PEF 交圆2O 于F E 、.求证：F E D C 、、、四点共圆.【证明】：由题意知C D B A 、、、四点共圆，则有PD PC PB PA ⋅=⋅.又E F B A 、、、四点共圆，则有PF PE PB PA ⋅=⋅.所以PF PE PD PC ⋅=⋅，即 F E D C 、、、四点共圆. 2、（1949年匈牙利数学竞赛试题）已知点P 是等腰ABC ∆的底边上一点，BA PQ //，CA PR //，分别交两腰于Q ，R ；D 是P 关于QR 的对称点，求证：D 在ABC ∆的外接圆上.【证明1】因为△ABC 为等腰三角形， ∴21∠=∠ ① ∵AC RP //，∴23∠=∠ ∴31∠=∠，有RP RB =. 又∵P 和D 关于RQ 对称， ∴QD PQ DR PR ==，.因此DR RB =，有54∠=∠. ② 由AB PQ //，AC RP //. 则四边形ARPQ 平行四边形 于是PQ AR =. 即AR QD =， 再由RD RP AQ ==可得△ADQ 与△DAR 全等，于是QAD ADR ∠=∠. ③ 由①、②、③得ADR QAD ∠+∠+∠=∠+∠+∠5241. 所以D B C A 、、、四点共圆，即D 在△ABC 的外接圆上.【证明2】：由证明1可得RD RB RP ==, 同法可证QD QC QP ==.所以D B P 、、在以R 为圆心的圆上，D C P 、、在以Q 为圆心的圆上， 由于同弧上的圆心角等于圆周角的一半.∴PRB PDB CQP CDP ∠=∠∠=∠2121，. 又CAB PRB CQP ∠=∠=∠，及CAB PDB CDP ∠=∠+∠，即CAB CDB ∠=∠.于是C B D A 、、、共圆，即D 在△ABC 的外接圆上.3、设⊙1O ，⊙2O ，⊙3O ，两两外切，M 是⊙1O ，⊙2O 的切点，S R ，分别是⊙1O ，⊙2O 与⊙3O 的切点.连心线21O O 交于⊙1O 于P ，⊙2O 于Q . 求证：S R Q P ，，，四点共圆.【证明】：如图，连结PR MR ，，则︒=∠90PRM ，欲证S R Q P ，，，四点共圆，只需证︒=∠+∠180Q PRS .事实上，连结SQ RS PR RM ，，，，并作切线RN ，则在四边形PQSR 中，32121O O O Q ∠=∠，331232121902190O O O O O P NRS MRN PRM PRS ∠+∠+︒=∠+∠+︒=∠+∠+∠=∠∴︒=︒+︒=∠+∠+∠+︒=∠+∠1809090)(21903312321O O O O O O O PRS Q ∴S R Q P ，，，四点共圆4、如图，已知☉1O 与☉2O 相离，自点1O 向☉2O 作切线B O A O 11、（B A 、为切点）分别交☉1O 于点F E 、，自点2O 向☉1O 作切线D O C O 22、（D C 、为切点）分别交☉2O 于点H G 、.假定G E 、两点在连心线21O O 的同侧.求证：FH EG //.【证明1】：如图，联结AC AG CE A O C O 、、、、21.︒=∠=∠902121CO O AO O .于是C A O O 、、、21四点共圆 因此221ACO ACG O AO ∠=∠=∠，A GO C AO C AO C EO 2211∠=∠=∠=∠.在等腰△EC O 1与△GA O 2中，易知CGA CAE ∠=∠.所以G E C A 、、、四点共圆. 于是，2ACO ACG AEG ∠=∠=∠， 从而，2121//O O EG AEG O AO ⇒∠=∠ 同理，21//O O FH故21//O O EG【证明2】：如图，过G E 、分别向连心线21O O 引垂线，垂足为N M 、.联结A O C O 21、.由A O O M EO 121∠=∠，得Rt △EM O 1与△Rt △A O O 2121212112O O A O E O EM O O E O A O EM⋅=⇒=⇒同理，Rt △GN O 2与△Rt △C O O 2121212111O O G O C O GN O O E O C O GN⋅=⇒=⇒由G O A O E O C O 2211==，，知GN EM = 所以，21//O O EG 同理，21//O O FH故FH EG //5、在Rt △ABC 中，︒=∠90BAC ，BC AH ⊥于H ，S 为AH 的中点，过点S 作各边的平行线与三边交于N M L K Q P ，，，，，.如图，求证：N M L K Q P ，，，，，六点共圆.【证明】：连结KM QL ML QK 、、、，则QKLM 为矩形， 故M L K Q ，，，共圆，且LQ KM ，为圆的直径.又KLM KNM ∠=︒=∠90，故N M L K ，，，在以KM 为直径的圆周上， 同理，P L K Q ，，，在以QL 为直径的圆周上.6、证明：若凸五边形ABCDE 中，ADE ABC ∠=∠，ADB AEC ∠=∠，则D A E BAC ∠=∠.（第21届全俄中学生（十年级）奥林匹克试题）【证明】：设对角线BD 与CE 相交于F . 由ADF ADB AEF AEC ∠=∠=∠=∠，知F D E A ，，，共圆. 因此ABC ADE AFE ∠=∠=∠， 即︒=∠+∠180AFC ABC ， 故ABCF 共圆.此时，两圆⊙ABCF 与⊙AFDE 相交于点A F ，，从而相交两圆性质2的推论1，知△ADB 相似于△AEC ， 即CAE BAD ∠=∠，故DAE BAC ∠=∠7、锐角△ABC 的三条高CF BE AD 、、交于H ，联结DF 交BH 于P ，过P 作AD PQ //交AB 于Q .求证：直线QE 平分线段AH .【证明】：如图，连结EF ，设QE 与AH 交于点O 由E H F A 、、、四点共圆知，FAH EFH ∠=∠. 由AD PQ //，得FQP FAH ∠=∠ 故FQP FEH ∠=∠于是，Q E P F 、、、四点共圆 所以，BFD QEP ∠=∠.由A C D F 、、、及H E C D 、、、分别四点共圆得AHE DCA BFD ∠=∠=∠. 所以，AHE QEP ∠=∠ 于是，OE OH =又OEH OEA ∠-︒=∠90OAE OHE ∠=∠-︒=90，则OA OE =从而，OA OH = 故QE 平分线段AH .8、（2006年全国高中联赛黑龙江预赛，1994年印度数学奥林匹克）设△ABC 的内切圆与边BC AB 、相切于F E 、，A ∠的平分线与线段EF 相交于K .求证：CKA ∠为直角【证明1】：如图，连OF OC OB 、、，由ACB ABC BAC OBA OAB BOK OKE BOK ∠-︒=∠+∠=∠+∠=∠︒=∠+∠2190212190，， 可知OCF ACB OKE ∠=∠=∠21，于是C F K O 、、、四点共圆，得︒=∠=∠90OFC OKC 所以CKA ∠为直角. 【证明2】：如图，设D 为圆O 与AC 的切点，过C 作AB 的平行线分别交直线EK AK 、于H G 、，连KD .由BEF BFE ∠=∠，可知CHF CFH ∠=∠，有CF CH =，进而CD CH =. 由GAC GAB G ∠=∠=∠，可知CA CG =，有AD GH =，进而AE GH =. 显然△GKH 与△AKE 全等，可知K 为AG 的中点， 于是CK 是等腰三角形CAG 的底边AG 上的高线. 所以CKA ∠为直角.B 组1、如图，△ABC 内部有一个半圆，其直径PQ 在边BC 上且与AB 、AC 分别切于点E 、F 设PF 与QE 交于点S ．证明：AS ⊥BC ．解：如图，过A 分别作QE 、PF 的垂线于PF 、QE 分别交于点X 、Y ，连结XY 、EF 、PE 、QE ． 则S 为△AXY 的垂心． 故AS ⊥XY ．由∠PEQ =∠PFQ = 90°，AX ⊥QE ，AY ⊥PF ，得PE ∥AX ，QF ∥AY ． 因为∠AEF =∠EPF =∠AXF ，所以，A 、E 、X 、F 四点共圆． 同理，A 、F 、Y 、E 四点共圆． 故A 、E 、X 、Y 、F 五点共圆．由此得E 、X 、Y 、F 四点共圆，此时∠FXY =∠FEY =∠FEQ =∠FPQ ． 于是，XY ∥PQ ．因此，AS ⊥PQ ，即AS ⊥BC ．2、如图，AD 为☉O 直径，过点D 的切线交BC 延长线于P ，连PO 并延长分别交AC 、AB 于N 、M ，求证：ON OM =【证明】：过C 作PNM CEF //，取弦BC 中点G ，连DC GD OG EG ，，，， 令1∠=∠GDE ，2∠=∠M PB ，3∠=∠FCB ，4∠=∠EGC ，5∠=∠EDC . ∵O 为圆心，G 为弦BC 的中点. ∴︒=∠⊥90OGP BC OG ，又DP 为⊙O 的切线，O 为圆心， 所以DP OD ⊥，︒=∠90ODP 于是，P D G O 、、、四点共圆 故21∠=∠∵MP FC //，∴23∠=∠ 从而31∠=∠故E C D G 、、、四点共圆 有54∠=∠ 又5∠=∠B ∴B ∠=∠4∴EF CE FB EG =，// 在△AOM 与△AEF 中 ∵EF OM // ∴AE AO EF OM =.同理，AEAOEC ON =又EC EF =，故ON OM =3、由圆O 外一点A 引圆O 的两条切线AT AS 、，T S 、为切点，过点A 引圆O 的任一割线APQ 交ST 于R .若M 为PQ 的中点，则AM AR AQ AP ⋅=⋅.【证明1】：如图，连OM OS OA 、、，由M 为PQ 中点，可知PQ OM ⊥，由AT AS 、为圆O 的切线，可知AQ ST ⊥，有R N O M 、、、四点共圆，于是AQ AP AS AO AN AM AR ⋅==⋅=⋅2， 所以AM AR AQ AP ⋅=⋅. 【证明2】：如图，连OA SM OS OM 、、、.由M 为PQ 的中点，可知PQ OM ⊥，由AS 为圆O 的切线，可知AS OS ⊥，有S A O M 、、、四点共圆，于是SOA SMA ∠=∠.由AT AS 、为圆O 的切线，可知AQ ST ⊥，可知RSA SOA ∠=∠， 有SMA RSA ∠=∠，于是△RSA 与△SMA 相似，得AM AR AS ⋅=2. 显然AQ AP AS ⋅=2，可知AM AR AQ AP ⋅=⋅.4、（2003年全国高中数学联赛）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为B A 、，所作割线交圆于D C 、两点，C 在D P 、之间，在弦CD 上取一点Q ，使PBC DAQ ∠=∠. 求证：PAC DBQ ∠=∠.【证明1】：如图，连AB ，显然QPB PBC DCB DAQ DAB QAB ∠=∠-∠=∠-∠=∠， 可知P B Q A ，，，四点共圆，有PQB PAB ∠=∠，于是-∠=∠-∠=∠PQB CAB PAB PAC DBQ CDB ∠=∠， 所以PAC DBQ ∠=∠ 【证明2】：如图，连AB ，显然ABP ABC PBC ADQ DAQ PQA ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 可知P B Q A ，，，四点共圆，有PQB PAB ∠=∠，于是-∠=∠-∠=∠PQB CAB PAB PAC DBQ CDB ∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠.【证明3】：如图，设E 为PD AB ，的交点.由PB PA ，为圆的切线，可知PAC PDA ∠=∠， PBC PDB ∠=∠由PBC DAQ ∠=∠，可知DAQ PDB BAC ∠=∠=∠， 有AQP DQA ADQ BAC ADC PAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠. 由PB PA =，可知PQPBPB PE = 由QPB BPE ∠=∠，可知△PBE 相似于△PQB ，有DBQ BAC DBQ PDB PQB PBE ∠+∠=∠+∠=∠=∠.由PAC BAC ABC PBC PBE ∠+∠=∠+∠=∠，可知PAC DBQ ∠∠.【证明4】：如图，连AB由ADQ ABC ∠=∠，DAQ PBC BAC ∠=∠=∠,可知△ABC 相似于△ADQ ， 有AQACDQ BC = （1） 由△PAC 相似于△PDA ，可知DA ACPD PA =，由△PBC 相似于△PDB ，可知DBBCPD PB =， DBBCDA AC =（2） 由（1）、（2），可知DBDADQ AQ = 由PDB DAQ ∠=∠，可知△ADQ 相似于△DBQ ，有QBD ∠=PAC ADP ∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠. 【证明5】：如图，连AB显然BDQADQPBC PAC S S S S △△△△=，可知 BDQ DQ BD ADQ DQ AD PBC BC PB PAC AC PA ∠⋅∠⋅=∠⋅∠⋅sin 21sin 21sin 21sin 21 有BDADBC AC =① 由ADQ ABC CAB PBC DAQ ∠=∠∠=∠=∠，，可知△ADQ 相似于△ABC有DQAQBC AC = ② 有①、②，可知DQAQBD AD =. 由PAC ADQ BDQ PBC DAQ ∠=∠∠=∠=∠，，可知PAC DBQ ∠=∠. 【证明6】：如图，设圆心为O ，连AB OP OA OQ ，，，，由PB PA ，为圆的切线，可知AOP PAB ∠=∠由DAQ PBC BAC PDA PAC BAC PAC PAB ∠=∠=∠∠=∠∠+∠=∠，，， 可知PQA QDA QAD AOP ∠=∠+∠=∠，有P O Q A ，，，四点共圆， 于是︒=∠=∠90OAP OQP ，得QD QC =. 由DAQ CAB ∠=∠，可知BAD CAQ ∠=∠. 由ABD ACD ∠=∠，可知△CAQ 相似于△BAD ，有AQCQAD BD =. 将CQ DQ =代入上式，可知AQDQAD BD =. 由DAQ PBC PDB ∠=∠=∠，可知△BDQ 相似于△PAC ，有DBQ PDA ∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠ 【证明7】：如图，设AQ 与圆相交于点E ，BQ 与圆相交于点F ，连FA BE BA ，，.同前，先证明B M A P ，，，四点共圆.由PA OA ⊥，可知DP OQ ⊥，有Q 为DC 的中点. 由BAC PBC DAQ ∠=∠=∠，可知DC EB //，有EA BF =，于是CD FA =，得PAC ABC DBF DBQ ∠=∠=∠=∠. 所以PAC DBQ ∠=∠.【备选题】1、如图，设A 为⊙O 外一点，AC AB ，和⊙O 分别切于C B ，，APQ 为⊙O 的一条割线，过B 作AQ BR //交⊙O 于R ，连CR 交AQ 于M ，试证：M O C B A ，，，，五点共圆.【分析】：由于过不在一条直线上的三点可作且只可作一个圆. 因此，证明多点共圆除了上述方法外，我们还可以采用证明你其中的三个与其余的各点均为四点共圆.【证明】：连接BC OC OB ，，，则AC OC AB OB ⊥⊥，，故C O B A ，，，四点共圆.由于AQ BR //，所以BAQ GBR ∠=∠.而BCR GBR ∠=∠，故BCR BAQ ∠=∠∴BCM BAM ∠=∠∴C M B A ，，，四点共圆但过C B A ，，三点只能作一个圆，因此M O C B A ，，，，五点共圆.2、在△ABC 中，从点A 向B ∠、C ∠的平分线引垂线，垂足分别为Q P 、；从点B 向C∠的平分线引垂线，垂足为E ；从点C 向B ∠的平分线引垂线，垂足为F .求证：F E Q P 、、、四点共圆.【证明】：如图，延长AQ AP 、分别交BC 于N M 、.∵BP 平分ABC ∠，BP AP ⊥，∴PM AP =.同理，QN AQ =.∴PBC QPB BC PQ ∠=∠，//. 连结EF∵CFB BEC ∠=︒=∠90， ∴E F C B 、、、四点共圆. 故FBC CEF ∠=∠. 从而CEF QPB ∠=∠. ∴F E Q P 、、、四点共圆.。

三点共圆的性质和判定

三点共圆的性质和判定

三点共圆的性质和判定
若三点两两不在同一直线上，且这三点到另一点的距离相等，则这三点共圆。

不共线的三点共圆。

根据这条定理才能继续去研究：一个三角形的外接圆有且只有一个，一个三角形有且只有一个外心，一个三角形的三边的三条垂直平分线相交于一点（即外心），不共线的四点不一定共圆，等等一系列问题。

三点共圆的条件是三点不在同一直线上，三点共圆，如A、B、C三点不在同一直线，连接AB、BC、AC使之构成三角形，则AB、BC、AC的中垂线交于一点，设为O，则以O为圆心AB为半径画圆，该圆叫做三角形的外接圆。

在一个平面内，一动点以一定点为中心，以一定长度为距离旋转一周所形成的封闭曲线叫做圆，圆有无数个点。

点、直线、圆与圆的位置关系

点、直线、圆与圆的位置关系

点、直线、圆与圆的位置关系【要点梳理】要点一、点和圆的位置关系1．点和圆的三种位置关系：由于平面上圆的存在，就把平面上的点分成了三个集合，即圆内的点，圆上的点和圆外的点，这三类点各具有相同的性质和判定方法；设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离为d，则有2．三角形的外接圆经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心. 三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等.要点诠释：（1）点和圆的位置关系和点到圆心的距离的数量关系是相对应的，即知道位置关系就可以确定数量关系；知道数量关系也可以确定位置关系；（2）不在同一直线上的三个点确定一个圆.要点二、直线和圆的位置关系1．直线和圆的三种位置关系：(1) 相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交．这时直线叫做圆的割线．(2) 相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切．这时直线叫做圆的切线，唯一的公共点叫做切点．(3) 相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离．2．直线与圆的位置关系的判定和性质．直线与圆的位置关系能否像点与圆的位置关系一样通过一些条件来进行分析判断呢？由于圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小，因此研究直线和圆的位置关系，就可以转化为直线和点(圆心)的位置关系．下面图(1)中直线与圆心的距离小于半径；图(2)中直线与圆心的距离等于半径；图(3)中直线与圆心的距离大于半径．如果⊙O的半径为r，圆心O到直线的距离为d，那么要点诠释：这三个命题从左边到右边反映了直线与圆的位置关系所具有的性质；从右边到左边则是直线与圆的位置关系的判定．要点三、切线的判定定理、性质定理和切线长定理1．切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.要点诠释：切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可.2．切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.3．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.要点诠释：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段. 4．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角. 要点诠释：切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.5．三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.6．三角形的内心：三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心. 三角形的内心到三边的距离都相等.要点诠释：(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半，即(S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).名称确定方法图形性质外心(三角形外接圆的圆心)三角形三边中垂线的交点(1) 到三角形三个顶点的距离相等，即OA=OB=OC；(2)外心不一定在三角形内部内心(三角形内切圆的圆心)三角形三条角平分线的交点(1)到三角形三边距离相等；(2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB； (3)内心在三角形内部.要点四、圆和圆的位置关系1．圆与圆的五种位置关系的定义两圆外离：两个圆没有公共点，且每个圆上的点都在另一个圆的外部时，叫做这两个圆外离.两圆外切：两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点外，每个圆上的点都在另一个圆的外部时，叫做这两个圆外切.这个唯一的公共点叫做切点.两圆相交：两个圆有两个公共点时，叫做这两圆相交.两圆内切：两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点外，一个圆上的点都在另一个圆的内部时，叫做这两个圆内切.这个唯一的公共点叫做切点.两圆内含：两个圆没有公共点，且一个圆上的点都在另一个圆的内部时，叫做这两个圆内含.2．两圆的位置与两圆的半径、圆心距间的数量关系：设⊙O1的半径为r1，⊙O2半径为r2，两圆心O1O2的距离为d，则：两圆外离d＞r1+r2两圆外切d=r1+r2两圆相交r1-r2＜d＜r1+r2 (r1≥r2)两圆内切d=r1-r2 (r1＞r2)两圆内含d＜r1-r2 (r1＞r2)要点诠释：(1) 圆与圆的位置关系，既考虑它们公共点的个数，又注意到位置的不同，若以两圆的公共点个数分类，又可以分为：相离(含外离、内含)、相切(含内切、外切)、相交；(2) 内切、外切统称为相切，唯一的公共点叫作切点；(3) 具有内切或内含关系的两个圆的半径不可能相等，否则两圆重合.【典型例题】类型一、点与圆的位置关系1.已知圆的半径等于5 cm，根据下列点P到圆心的距离：(1)4 cm；(2)5 cm；(3)6 cm，判定点P与圆的位置关系，并说明理由.【变式】点A在以O为圆心，3 为半径的⊙O内，则点A到圆心O的距离d的范围是________.类型二、直线与圆的位置关系2．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3厘米，BC=4厘米，以C为圆心，r为半径的圆与AB有怎样的位置关系？为什么？(1)r=2厘米； (2)r=2.4厘米； (3)r=3厘米【变式】如图，P点是∠AOB的平分线OC上一点，PE⊥OA于E，以P为圆心，PE为半径作⊙P .求证：⊙P与OB相切。

各种圆定理总结(包括托勒密定理、塞瓦定理、西姆松定理、梅涅劳斯定理、圆幂定理和四点共圆)

各种圆定理总结(包括托勒密定理、塞瓦定理、西姆松定理、梅涅劳斯定理、圆幂定理和四点共圆)

托勒密定理定理图定理的内容托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。

原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。

从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．定理的提出一般几何教科书中的“托勒密定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的书中摘出。

证明一、(以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。

)在任意四边形ABCD 中，作△ ABE 使∠ BAE=∠ CAD ∠ ABE=∠ ACD 因为△ ABE∽△ACD所以BE/CD=AB/AC, 即BE·AC=AB·CD (1)而∠ BAC=∠ DAE，，∠ ACB=∠ ADE所以△ ABC∽△AED 相似.BC/ED=AC/AD 即ED·AC=BC·AD (2)(1)+(2), 得AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC又因为BE+ED≥BD(仅在四边形ABCD 是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”)所以命题得证复数证明用a、b、c、d 分别表示四边形顶点A、B、C、D 的复数，则AB、CD、AD、 B C、AC、BD 的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。

首先注意到复数恒等式：(a - b)(c - d) + (a - d)(b - c) = (a - c)(b - d) ，两边取模，运用三角不等式得。

等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D 四点共圆等价。

四点不限于同一平面。

平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。

二、设ABCD 是圆内接四边形。

在弦BC 上，圆周角∠BAC = ∠ BDC，而在 A B 上，∠ ADB = ∠ ACB。

各种圆定理总结包括托勒密定理塞瓦定理西姆松定理梅涅劳斯定理圆幂定理和四点共圆

各种圆定理总结包括托勒密定理塞瓦定理西姆松定理梅涅劳斯定理圆幂定理和四点共圆

托勒密定理定理图定理的内容托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。

原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。

从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．定理的提出一般几何教科书中的“定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的书中摘出。

证明一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。

）在任意四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ACD因为△ABE∽△ACD所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1)而∠BAC=∠DAE，，∠ACB=∠ADE所以△ABC∽△AED相似.BC/ED=AC/AD即ED·AC=BC·AD (2)(1)+(2),得AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC又因为BE+ED≥BD（仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”）所以命题得证复数证明用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、C D、AD、BC、AC、BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。

首先注意到：(a? b)(c? d) + (a? d)(b? c) = (a? c)(b?d) ，两边取，运用得。

等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。

四点不限于同一。

平面上，托勒密不等式是三角不等式的形式。

二、设ABCD是。

在BC上，∠BAC = ∠BDC，而在AB上，∠ADB = ∠ACB。

在AC上取一点K，使得∠ABK = ∠CBD；因为∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD，所以∠CBK = ∠ABD。

人教版 九年级数学 圆及其基本性质讲义 (含解析)

人教版 九年级数学 圆及其基本性质讲义 (含解析)

第8讲圆及其基本性质知识定位讲解用时：3分钟A、适用范围：人教版初三，基础偏上B、知识点概述：本讲义主要用于人教版初三新课，本节课我们主要学习圆及其基本性质，重点掌握圆的有关概念，能够对相关概念进行辨析，其次理解与圆有关的性质、定理及其推论，着重学习圆心角与弧、弦的关系以及圆周角定理，能够利用相关定理及推论进行解题，本章是中考重点内容之一，也是历年常考难点知识点之一，希望同学们认真学习，为后面的学习奠定良好的基础。

知识梳理讲解用时：25分钟圆的相关概念（1）圆的定义①在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫做圆，固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径，以O点为圆心的圆，记作“①O”，读作“圆O”；①圆可以看做是所有到定点O的距离等于定长r的点的集合．（2）半径：联结圆心和圆上任意一点的线段叫做圆的半径；（3）直径：经过圆心，并与圆两端相交的线段叫做圆的直径；（4）圆心角：以圆心为顶点并且两边都和圆相交的角叫做圆心角；（5）圆周角：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角；（6）弧：圆上任意两点之间的部分叫做圆弧，简称弧；（7）半圆：圆的任意一条直径的两个端点将圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆；（8）优弧：大于半圆的弧叫做优弧；课堂精讲精练【例题1】下列说法错误的是（）。

A．直径是圆中最长的弦B．长度相等的两条弧是等弧C．面积相等的两个圆是等圆D．半径相等的两个半圆是等弧【答案】B【解析】本题考查了与圆有关的概念，A、直径是圆中最长的弦，所以A选项的说法正确；B、在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，所以B选项的说法错误；C、面积相等的两个圆的半径相等，则它们是等圆，所以C选项的说法正确；D、半径相等的两个半圆是等弧，所以D选项的说法正确，故选：B．讲解用时：3分钟解题思路：根据直径的定义对A进行判断；根据等弧的定义对B进行判断；根据等圆的定义对C进行判断；根据半圆和等弧的定义对D进行判断。

人教版数学九年级上册 四点共圆,解题妙不可言

人教版数学九年级上册 四点共圆,解题妙不可言

人教版数学九年级上册 四点共圆，解题妙不可言四点共圆是一种重要的解题方法，熟练判断四点共圆，并灵活运用圆的相关性质，能有效进行解题.1.对角互补的四边形四点共圆证线段线段例1如图1，在四边形ABCD 中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD=210，CE AD 于点E ． 求证：AE=CE ； （2）若tanD=3，求AB 的长．（2018年北京石景山区模拟题）分析：根据∠A=∠BCD=90°，利用对角互补的四边形共圆，作出这个圆，从而把问题转化为圆的知识，在圆的背景下求解，可以帮助同学们更容易找到求解思路.解：如图1，因为∠A+∠BCD=180°,所以四边形ABCD 四点共圆，延长CE 交圆于点F ，连接AF ，因为∠A=∠AEC=90°，所以AB ∥CF ，所以BC=AF,因为BC=CD ，所以AF=CD ，因为∠EAF=∠ECD ， ∠F=∠D ， 所以△AEF ≌△CED ，所以AE=CE.（2）略点评：对角互补的四边形内接于圆，借助四点共圆，可以创造出更多解题所必需的条件，如夹在两平行弦之间的弦相等，为三角形的全等提供“S ”元素.2.对角互补的四边形四点共圆综合题例2 如图2，四边形ABCD 中，AC ，BD 是它的对角线，∠ADC=∠ABC=90°，∠BCD 是锐角.（1）若BD=BC ，求证：sin ∠BCD=ACBD ； （2）若AB=BC=4,AD+CD=6，求：AC BD 的值. （3）若BD=CD ，,AB=6，BC=8。

求：sin ∠BCD 的值.分析：根据∠ADC=∠ABC=90°，可以判定四边形ABCD 是满足四点共圆，且直径为AC ，作出直径为AC 的圆，就把普通的计算转化为圆的基本计算，充分利用圆的知识使得计算更加简便，提高计算的效率.解：（1）因为∠ADC=∠ABC=90°，所以四点A,B,C,D 都在直径为AC 的圆上，如图2，因为BD=BC ，所以∠BCD=∠BDC ，因为∠BAC=∠BDC ，所以∠BAC=∠BCD ，在直角三角形ABC 中， sin ∠BAC=AC BC ，所以sin ∠BCD=ACBD ； （2）如图3，因为AB=BC=4，所以AC=42，延长DC 到点E ，使得CE=AD ，连接BE ，根据四边形的外角等于内对角，所以∠BCE=∠BAD ，所以△BAD ≌△BCE ，所以BD=BE ， ∠ABD=∠CBE ，因为∠ABC=90°，AD+CD=6，所以∠DBE=90°，DE=6，所以BD=32，所以AC BD =432423=. （3）如图4，因为BD=CD ，作直径DF ，交BC 于点E ，连接BF ，则BE ⊥DF ，∠DBF=90°，BE=EC=4, 因为AB=6，BC=8，所以AC=DF=10，易证△DEB ∽△BEF ，所以2BE =DE •EF,所以16=（10-EF ）•EF,整理，得2EF -10EF+16=0,解得EF=2或EF=8(（舍去）， 当EF=2时，BF=25,所以sin ∠BCD=sin ∠F=BF BE =524=552.点评：把一般几何问题转化为四点共圆问题，充分利用圆周角定理，垂径定理，把问题顺利求解，且思路顺畅，是值得熟练掌握的好方法.3.圆定义共圆和同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，探究综合题例3 如图5，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，将△ADE 绕点A 旋转（保持点D 在△ABC 的内部），连接BD ，CE.（1）求证：BD=CE ；（2）当AB=4,AD=2, ∠DEC=60°时，求BD 的长；（3）设射线BD 和射线CE 相交于点Q ，连接QA ，直接写出旋转过程中，QD,QE,QA 之间的数量关系.分析：第一问：这是常规性的旋转问题，只要牢牢抓住旋转的全等性，借助三角形的全等结论就顺利得出.第二问：解决起来就需要多方面的思考：一是平行线的判定问题，二是三点共线问题，三是三点共圆问题，四是三角形的相似问题，五是一元二次方程的根的问题，都需要缜密思考，规范解答，和谐思考才能顺利得解.第三问：看似简单，但是要真正找到三者的数量关系，还需要动一番脑筋，特别是利用同底同侧对等角的三角形，则四点共圆，把问题转化成圆的相关知识解决，使得解题流畅，简洁，这里的分类思想也发挥着重要的作用.解：（1）如图5，由△ABC 和△ADE 都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE ，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE ，所以△BAD ≌△CAE ，所以BD=CE ；（2）根据（1）知道：∠BDA=∠CEA ， 因为∠DEC=60°，所以∠CEA=∠BDA=120°，所以∠ADE+∠BDA=180°，所以B,D,E 三点共线，设点G 是AB 的中点，则AG=AD=AE=DE=2,所以点G,D,E 在以A 为圆心，半径为2的圆上，延长GA 交圆于点F ，连接DG,EF ，如图6， 易证△BGD ∽△BEF ，所以BFBD BE BG =,所以BG •BF =BD •BE,所以12=BD(BD+2), 整理，得2BD +2BD-12=0,解得BD=-1+13或BD=-1-13 (（舍去），所以BD 的长为13-1；（3）当点D 在三点B,D,E 共线时的左边时，如图7，QD,QE,QA 之间的数量关系是： QD=QA+QE.理由如下：根据（1）知道：∠ABD=∠ACE ，所以∠QBC+∠QCB=60°-∠ABD +60°+∠ACE=120°，所以∠BQC=60°，因为∠DAE=60°，所以∠BQC=∠DAE ，所以A,D,E,Q 四点共圆，延长AQ 到点F ，使得QF=QE,连接EF ，则∠FQE=∠ADE=60°，所以△QEF 是等边三角形， 所以∠DQE=∠AFE=60°，∠FAE=∠QDE,EF=QE ，所以△FAE ≌△QDE ，所以AF=QD ， 所以QD=QA+QF=QA+QE.当点D 在三点B,D,E 共线时的右边时，如图8，QD,QE,QA 之间的数量关系是：QA=QD+QE.请同学们仿照上述证明，结合图形自己给出证明.点评：四点共圆是一种非常有效的解题方法，希望同学们能尽量熟练掌握，不仅能开阔自己的视野，提高解题的效率，更重要的是丰富自己的知识储备，不受知识的局限，让自己的数学解题游刃有余，提高自己数学解题能力.4.同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，判定四边形的形状例4 如图9，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上，点E在边AD的右侧，连接CE．（1）求证：∠ACE=60°；（2）在边AB上取一点F，使BF=BD，联结DF、EF．求证：四边形CDFE是等腰梯形．分析：第一问：充分利用三角形的全等，结论就顺利得到.第二问：证明抓住两个关键点，一是证明DF=CE,二是证明CD∥EF，利用好等边三角形的性质，四点共圆的判定方法，可以巧妙破解.解：（1）由△ABC和△ADE都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE，所以△BAD≌△CAE，所以∠ABD=∠ACE=60°；（2）由BF=BD，∠ABD=60°，所以△BFD是等边三角形，所以BD=DF=CE.因为∠ADE=∠ACE=60°，所以A,D,C,E四点共圆，因为∠AFD+∠AED=180°，所以点A,F,D,E四点共圆，所以点A,F,D,C,E五点共圆，所以∠AFE=∠ADE=60°，所以∠AFE=∠B，所以CD∥EF，所以四边形CDFE是等腰梯形．点评：此题也可以用其他方法求解，感兴趣的同学可以自我尝试一下.。

初中数学《全等三角形中的角平分线》讲义及练习

初中数学《全等三角形中的角平分线》讲义及练习

板块 考试要求A 级要求B 级要求C 级要求全等三角形的性质及判定 会识别全等三角形掌握全等三角形的概念、判定和性质，会用全等三角形的性质和判定解决简单问题会运用全等三角形的性质和判定解决有关问题全等三角形的性质：对应角相等，对应边相等，对应边上的中线相等，对应边上的高相等，对应角的角平分线相等，面积相等．寻找对应边和对应角，常用到以下方法：(1)全等三角形对应角所对的边是对应边，两个对应角所夹的边是对应边． (2)全等三角形对应边所对的角是对应角，两条对应边所夹的角是对应角． (3)有公共边的，公共边常是对应边． (4)有公共角的，公共角常是对应角． (5)有对顶角的，对顶角常是对应角．(6)两个全等的不等边三角形中一对最长边(或最大角)是对应边(或对应角)，一对最短边(或最小角)是对应边(或对应角)．要想正确地表示两个三角形全等，找出对应的元素是关键． 全等三角形的判定方法：(1) 边角边定理(SAS )：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等． (2) 角边角定理(ASA )：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等． (3) 边边边定理(SSS )：三边对应相等的两个三角形全等．(4) 角角边定理(AAS )：两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等． (5) 斜边、直角边定理(HL )：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．全等三角形的应用：运用三角形全等可以证明线段相等、角相等、两直线垂直等问题，在证明的过程中，注意有时会添加辅助线．奥数赛点：能通过判定两个三角形全等进而证明两条线段间的位置关系和大小关系．而证明两条线段或两个角的和、差、倍、分相等是几何证明的基础．重、难点知识点睛中考要求第十讲 全等三角形中的角平分线与角平分线相关的问题角平分线的两个性质：⑴角平分线上的点到角的两边的距离相等； ⑵到角的两边距离相等的点在角的平分线上． 它们具有互逆性．角平分线是天然的、涉及对称的模型，一般情况下，有下列三种作辅助线的方式： 1． 由角平分线上的一点向角的两边作垂线，2． 过角平分线上的一点作角平分线的垂线，从而形成等腰三角形， 3． OA OB =，这种对称的图形应用得也较为普遍，AB OPPOB A A B OP【例1】 如图，已知ABC ∆的周长是21，OB ，OC 分别平分ABC ∠和ACB ∠，OD BC ⊥于D ，且3OD =，求ABC ∆的面积．【解析】 ∵O 点为ABC △中角平分线的交点， ∴O 点到三边距离相等．∴ABC OAB OBC OAC S S S S =++△△△△1()331.52AB BC AC =⨯++⨯=【例2】 在ABC ∆中，D 为BC 边上的点，已知BAD CAD ∠=∠，BD CD =，求证：AB AC =．ADOCB重点：本节的重点是全等三角形的概念和性质以及判定，全等三角形的性质是以后证明三角形问题的基础，也是学好全章的关键。

第3节 圆的方程--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第3节 圆的方程--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第三节圆的方程1．圆的定义及圆的方程＝D 2＋E 2－4F2的圆；当D 2＋E 2－4F ＝0时，－D 2，D2＋E 2－4F <0时，不表示任何图形．2．点与圆的位置关系平面上的一点M (x 0，y 0)与圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2或x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0之间存在着下列关系：位置关系判断方法几何法代数法(标准方程)代数法(一般方程)点在圆上|MC |＝r (x 0－a )2＋(y 0－b )2＝r 2x 20＋y 20＋Dx 0＋Ey 0＋F ＝0点在圆外|MC |>r (x 0－a )2＋(y 0－b )2>r 2x 20＋y 20＋Dx 0＋Ey 0＋F >0点在圆内|MC |<r(x 0－a )2＋(y 0－b )2<r 2x 20＋y 20＋Dx 0＋Ey 0＋F <01．确定圆的方程时，常用到的圆的两个性质(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上．(2)圆心在任一弦的中垂线上．2．以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)圆x2＋y2＝a2的半径为a.()(2)方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是A＝C≠0，B＝0，D2＋E2－4AF>0.()(3)若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，则x20＋y20＋Dx0＋Ey0＋F>0.()答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)圆x2＋y2－4x＋6y＝0的圆心坐标和半径分别是()A．(2，3)，3B．(－2，3)，3C．(－2，－3)，13D．(2，－3)，13答案D解析圆的方程可化为(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圆心坐标是(2，－3)，半径r＝13.故选D.(2)(人教A选择性必修第一册2.4.1练习T1改编)圆心为(1，1)且过原点的圆的标准方程是________________．答案(x－1)2＋(y－1)2＝2解析因为圆心为(1，1)且过原点，所以该圆的半径r＝12＋12＝2，则该圆的标准方程为(x －1)2＋(y－1)2＝2.(3)(人教A选择性必修第一册复习参考题2T7改编)若圆C：x2＋y2－2(m－1)x＋2(m－1)y＋2m2－6m＋4＝0过坐标原点，则实数m的值为________．答案2解析∵x2＋y2－2(m－1)x＋2(m－1)y＋2m2－6m＋4＝0表示圆，∴[－2(m－1)]2＋[2(m－1)]2－4(2m2－6m＋4)>0，∴m>1.又圆C过原点，∴2m2－6m＋4＝0，∴m＝2或m＝1(舍去)，∴m＝2.(4)(人教A选择性必修第一册复习参考题2T6改编)圆心在直线x＋y＝0上，且过点(0，2)，(－4，0)的圆的标准方程为________________．答案(x＋3)2＋(y－3)2＝10解析点(0，2)与点(－4，0)确定直线的斜率为k＝2－00－（－4）＝12，其中点为(－2，1)，所以线段的中垂线方程为y－1＝－2(x＋2)，即2x＋y＋3＝0，又圆心在直线x＋y＝0上，由x＋y＋3＝0，＋y＝0，＝－3，＝3，所以圆心为(－3，3)，r＝（－3）2＋（3－2）2＝10，所以圆的标准方程为(x＋3)2＋(y－3)2＝10.考点探究——提素养考点一求圆的方程例1(1)已知圆的圆心为(－2，1)，其一条直径的两个端点恰好在两坐标轴上，则这个圆的一般方程是________________．答案x2＋y2＋4x－2y＝0解析设直径的两个端点分别为A(a，0)，B(0，b)，圆心C为点(－2，1)，由中点坐标公式，得a＋02＝－2，0＋b2＝1，解得a＝－4，b＝2.∴半径r＝（－2＋4）2＋（1－0）2＝5，∴圆的方程是(x＋2)2＋(y－1)2＝5，即x2＋y2＋4x－2y＝0.(2)(2024·江苏南京一中月考)已知△ABC的顶点A(0，0)，B(0，2)，C(－2，2)，则其外接圆的标准方程为________________．答案(x＋1)2＋(y－1)2＝2解析设△ABC的外接圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因为△ABC的顶点A(0，0)，B(0，2)，C(－2，2)，2＋b2＝r2，2＋（2－b）2＝r2，2－a）2＋（2－b）2＝r2，＝－1，＝1，＝2，因此(x＋1)2＋(y－1)2＝2即为所求圆的方程．【通性通法】(1)直接法：直接求出圆心坐标和半径，写出方程．(2)待定系数法①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，求出a，b，r的值；②若已知条件没有明确给出圆心和半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值．【巩固迁移】1．(2024·河北邯郸模拟)已知三点A(3，2)，B(5，－3)，C(－1，3)，以P(2，－1)为圆心作一个圆，使得A，B，C三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，则这个圆的标准方程为________________．答案(x－2)2＋(y＋1)2＝13解析由题设知，|PA|＝10，|PB|＝13，|PC|＝5，∴|PA|<|PB|<|PC|，要使A，B，C三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，则圆以|PB|为半径，故圆的标准方程为(x －2)2＋(y＋1)2＝13.2．已知圆的圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)，则圆的一般方程为________________．答案x2＋y2＋2x＋4y－5＝0解析解法一：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由题意，得2－a）2＋（－3－b）2＝r2，2－a）2＋（－5－b）2＝r2，－2b－3＝0，＝－1，＝－2，2＝10，故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.解法二：线段AB的垂直平分线方程为2x＋y＋4＝0，x＋y＋4＝0，－2y－3＝0，解得交点坐标C(－1，－2)，又点C到点A的距离d＝10，所以所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.考点二与圆有关的轨迹问题例2(2024·山东枣庄八中月考)已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：(1)直角顶点C的轨迹方程；(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．解(1)解法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，且直线AC，BC的斜率均存在，所以k AC k BC＝－1，又k AC＝yx＋1，k BC＝yx－3，所以yx＋1·yx－3＝－1，化简，得x2＋y2－2x－3＝0.因此直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．解法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1，0)，由直角三角形的性质知|CD|＝12|AB|＝2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1，0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．(2)设M (x ，y )，C (x 0，y 0)，因为B (3，0)，M 是线段BC 的中点，由中点坐标公式，得x ＝x 0＋32，y ＝y 0＋02，所以x 0＝2x －3，y 0＝2y .由(1)，知点C 的轨迹方程为(x －1)2＋y 2＝4(y ≠0)，将x 0＝2x －3，y 0＝2y 代入，得(2x －4)2＋(2y )2＝4，即(x －2)2＋y 2＝1(y ≠0)．所以直角边BC 的中点M 的轨迹方程为(x －2)2＋y 2＝1(y ≠0)．【通性通法】求与圆有关的轨迹问题的方法(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程．(3)几何法：利用圆的几何性质列方程．(4)相关点代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解．【巩固迁移】3．已知两点A (－5，0)，B (5，0)，动点P 到点A 的距离是它到点B 的距离的3倍，则点P 的轨迹方程为________________．答案x 2＋y 2－252x ＋25＝0解析设P (x ，y )，由题意可知|PA |＝3|PB |，由两点间距离公式，可得（x ＋5）2＋y 2＝3（x －5）2＋y 2，化简，得x 2＋y 2－252x ＋25＝0.4．(2023·江苏淮安一模)已知点A (2，0)是圆x 2＋y 2＝4上一点，点B (1，1)是圆内一点，P ，Q 为圆上的动点．(1)求线段AP 的中点M 的轨迹方程；(2)若∠PBQ ＝90°，求线段PQ 的中点N 的轨迹方程．解(1)设AP 的中点为M (x ，y )，由中点坐标公式可知，点P 的坐标为(2x －2，2y )．因为点P在圆x 2＋y 2＝4上，所以(2x －2)2＋(2y )2＝4.故线段AP 的中点M 的轨迹方程为(x －1)2＋y 2＝1.(2)如图，设PQ 的中点N (x ，y )，在Rt △PBQ 中，|PN |＝|BN |，设O 为坐标原点，则ON ⊥PQ ，所以|OP |2＝|ON |2＋|PN |2＝|ON |2＋|BN |2，所以x 2＋y 2＋(x －1)2＋(y －1)2＝4.故线段PQ 的中点N 的轨迹方程为x 2＋y 2－x －y －1＝0.考点三与圆有关的最值问题(多考向探究)考向1借助几何性质求最值例3已知M(x，y)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2，3)．(1)求|MQ|的最大值和最小值；(2)求y－3x＋2的最大值和最小值；(3)求y－x的最大值和最小值．解(1)由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C的坐标为(2，7)，半径r＝2 2.又|QC|＝（2＋2）2＋（7－3）2＝42，所以|MQ|max＝42＋22＝62，|MQ|min＝42－22＝22.(2)可知y－3x＋2表示直线MQ的斜率k.设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.因为直线MQ与圆C有交点，所以|2k－7＋2k＋3|k2＋1≤22，解得2－3≤k≤2＋3，所以y－3x＋2的最大值为2＋3，最小值为2－ 3.(3)设y－x＝b，则x－y＋b＝0.当直线x－y＋b＝0与圆C相切时，截距b取到最值，所以|2－7＋b|12＋（－1）2＝22，解得b＝9或b＝1，所以y－x的最大值为9，最小值为1.【通性通法】借助几何性质求最值的常见形式及求解方法(1)形如μ＝y －bx －a形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．(2)形如t ＝ax ＋by 形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．(3)形如(x －a )2＋(y －b )2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．【巩固迁移】5．已知半径为1的圆经过点(3，4)，则其圆心到原点的距离的最小值为()A ．4B ．5C ．6D ．7答案A解析设圆心为C (x ，y )，则（x －3）2＋（y －4）2＝1，化简得(x －3)2＋(y －4)2＝1，所以圆心C 的轨迹是以M (3，4)为圆心，1为半径的圆，如图．所以|OC |＋1≥|OM |＝32＋42＝5，所以|OC |≥5－1＝4，当且仅当C 在线段OM 上时取得等号．故选A.6．已知A (－2，0)，B (2，0)，点P 是圆C ：(x －3)2＋(y －7)2＝1上的动点，则|AP |2＋|BP |2的最大值为()A ．40B ．46C ．48D ．58答案D解析设O 为坐标原点，P (x ，y )，则|AP |2＋|BP |2＝(x ＋2)2＋y 2＋(x －2)2＋y 2＝2(x 2＋y 2)＋8＝2|PO |2＋8.圆C 的圆心为C (3，7)，半径为r ＝1，|OC |＝4，所以|PO |2的最大值为(|OC |＋r )2＝(4＋1)2＝25，所以|AP |2＋|BP |2的最大值为58.考向2构建目标函数求最值例4(2023·湘潭质检)设点P (x ，y )是圆x 2＋(y －3)2＝1上的动点，定点A (2，0)，B (－2，0)，则PA →·PB →的最大值为________．答案12解析由题意，得PA →＝(2－x ，－y )，PB →＝(－2－x ，－y )，所以PA →·PB →＝x 2＋y 2－4，由于点P (x ，y )是圆上的点，故其坐标满足方程x 2＋(y －3)2＝1，故x 2＝－(y －3)2＋1，所以PA →·PB →＝－(y －3)2＋1＋y 2－4＝6y －12.易知2≤y ≤4，所以当y ＝4时，PA →·PB →的值最大，最大值为6×4－12＝12.【通性通法】建立函数关系式求最值时，首先根据已知条件列出关于所求目标式子的函数关系式，然后根据关系式的特征选用配方法、判别式法、基本不等式法等求最值．【巩固迁移】7．等边三角形ABC 的面积为93，且△ABC 的内心为M ，若平面内的点N 满足|MN |＝1，则NA →·NB →的最小值为()A ．－5－23B ．－5－43C ．－6－23D ．－6－43答案A解析设等边三角形ABC 的边长为a ，则面积S ＝34a 2＝93，解得a ＝6.以AB 所在直线为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系．由M 为△ABC 的内心，则M 在OC 上，且|OM |＝13|OC |，则A (－3，0)，B (3，0)，C (0，33)，M (0，3)，由|MN |＝1，则点N 在以M 为圆心，1为半径的圆上．设N (x ，y )，则x 2＋(y －3)2＝1，即x 2＋y 2－23y ＋2＝0，且3－1≤y ≤1＋3，又NA →＝(－3－x ，－y )，NB →＝(3－x ，－y )，所以NA →·NB →＝(x ＋3)(x －3)＋y 2＝x 2＋y 2－9＝23y －11≥23×(3－1)－11＝－5－2 3.考向3利用对称性求最值例5一束光线，从点A (－2，2)出发，经x 轴反射到圆C ：(x －3)2＋(y －3)2＝1上的最短路径的长度是()A ．52－1B ．52＋1C ．32＋1D ．32－1答案A解析如图，依题意知，圆C 的圆心C (3，3)，半径r ＝1，点A (－2，2)关于x 轴的对称点为A ′(－2，－2)，连接A ′C 交x 轴于点O ，交圆C 于点B ，圆外一点与圆上的点的距离的最小值是圆外这点到圆心的距离减去圆的半径，于是得点A ′与圆C 上的点的距离的最小值为|A ′B |＝|A ′C |－r ＝（－2－3）2＋（－2－3）2－1＝52－1.在x 轴上任取点P ，连接AP ，A ′P ，PC ，PC交圆C于点B′，而|AO|＝|A′O|，|AP|＝|A′P|，|AO|＋|OB|＝|A′O|＋|OB|＝|A′B|＝|A′C|－r≤|A′P|＋|PC|－r＝|AP|＋|PB′|，当且仅当点P与点O重合时取“＝”，所以最短路径的长度是52－1.故选A.【通性通法】求解形如|PA|＋|PB|且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：(1)“动化定”，把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离；(2)“曲化直”，即将折线段之和转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．【巩固迁移】8．(2024·浙江金华模拟)已知圆C：x2＋(y－2)2＝1上一动点A和定点B(6，2)，点P为x轴上一动点，则|PA|＋|PB|的最小值为________．答案213－1解析根据题意画出圆C：x2＋(y－2)2＝1，以及点B(6，2)的图象如图，作B关于x轴的对称点B′，连接B′C，则当A，P分别是B′C与圆和x轴的交点时，|PA|＋|PB|最小，最小值|AB′|为点C(0，2)到点B′(6，－2)的距离减去圆的半径，即|AB′|＝（6－0）2＋（－2－2）2－1＝213－1.课时作业一、单项选择题1．(2023·甘肃酒泉模拟)已知点(1，1)在圆x2＋y2＋ax＋a＝0外，则实数a的取值范围为() A．(－1，＋∞)B．(－1，0)C．(－1，0)∪(4，＋∞)D．(－∞，0)∪(4，＋∞)答案C解析∵点(1，1)在圆x2＋y2＋ax＋a＝0外，∴a2－4a＞0，且12＋12＋a＋a＞0，解得－1＜a ＜0或a＞4.∴实数a的取值范围为(－1，0)∪(4，＋∞)．故选C.2．(2023·重庆九龙坡期中)在平面直角坐标系xOy中，已知P(－2，4)，Q(2，6)两点，若圆M 以PQ为直径，则圆M的标准方程为()A．x2＋(y＋5)2＝5B．x2＋(y－5)2＝5C．x2＋(y＋5)2＝25D．x2＋(y－5)2＝25答案B解析因为圆M以PQ为直径，所以圆心M的坐标为(0，5)，半径为|MQ|＝（0－2）2＋（5－6）2＝5，所以圆M的标准方程为x2＋(y－5)2＝5.故选B. 3．(2024·河南洛阳阶段考试)方程x2＋y2＋2x－m＝0表示一个圆，则m的取值范围是() A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞)D．(－∞，－1]答案A解析由方程x2＋y2＋2x－m＝0，可化为(x＋1)2＋y2＝m＋1，要使得方程x2＋y2＋2x－m＝0表示一个圆，则满足m＋1>0，解得m>－1，所以m的取值范围为(－1，＋∞)．故选A. 4．(2024·山东淄博淄川区期末)圆(x＋2)2＋(y－12)2＝4关于直线x－y＋6＝0对称的圆的方程为()A．(x＋6)2＋(y＋4)2＝4B．(x－4)2＋(y＋6)2＝4C．(x－4)2＋(y－6)2＝4D．(x－6)2＋(y－4)2＝4答案D解析由圆的方程(x＋2)2＋(y－12)2＝4可得，圆心坐标为(－2，12)，半径为2，由题意可得关于直线x－y＋6＝0对称的圆的圆心为(－2，12)关于直线对称的点，半径为2，设所求圆的圆心为(a，b)，－b＋122＋6＝0，1，解得a＝6，b＝4，故圆的方程为(x－6)2＋(y－4)2＝4.故选D.5．点A为圆(x－1)2＋y2＝1上的动点，PA是圆的切线，|PA|＝1，则点P的轨迹方程是() A．(x－1)2＋y2＝4B．(x－1)2＋y2＝2C．y2＝2x D．y2＝－2x答案B解析∵|PA |＝1，∴点P 和圆心的距离恒为2，又圆心坐标为(1，0)，设P (x ，y )，∴由两点间的距离公式，得(x －1)2＋y 2＝2.故选B.6．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ，0)，B (m ，0)(m >0)．若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最大值为()A ．7B ．6C ．5D ．4答案B解析∵在Rt △APB 中，原点O 为斜边中点，|AB |＝2m (m >0)，∴|OC |－r ≤m ＝|OP |≤|OC |＋r ，又C (3，4)，r ＝1，∴4≤|OP |≤6，即4≤m ≤6.故选B.7．若点P 为圆x 2＋y 2＝1上的一个动点，A (－1，0)，B (1，0)为两个定点，则|PA |＋|PB |的最大值为()A ．2B ．22C ．42D ．4答案B解析由已知，得线段AB 为圆的直径．所以|PA |2＋|PB |2＝4，由基本不等式，得≤|PA |2＋|PB |22＝2，所以|PA |＋|PB |≤22，当且仅当|PA |＝|PB |＝2时，等号成立．故选B.8．(2023·内蒙古赤峰模拟)已知圆O ：x 2＋y 2＝1，点P (x 0，y 0)是直线l ：3x ＋2y －4＝0上的动点，若在圆O 上总存在不同的两点A ，B ，使得直线AB 垂直平分OP ，则y 0的取值范围为()AB ，2413C－1013，D．－1013，答案C解析在圆O 上总存在不同的两点A ，B 使得AB 垂直平分OP .若P 为直线l 与y 轴的交点，得P (0，2)，此时圆O 上不存在不同的两点A ，B 满足条件；若P为直线l 与x 轴的交点，得此时直线AB 的方程为x ＝23，满足条件，y 0＝0；当直线AB 的斜率存在且不为0时，∵AB ⊥OP ，k OP ＝y 0x 0，∴k AB ＝－x 0y 0，∴直线AB 的方程为y －y 02＝－化为2x 0x ＋2y 0y－x 20－y 20＝0，由圆心到直线AB 的距离d ＝x 20＋y 202<1，得x 20＋y 20<4，又3x 0＋2y 0－4＝0，化为13y 20－16y 0－20<0，解得－1013<y 0<2，∴y 0－1013，故选C.二、多项选择题9．已知△ABC 的三个顶点为A (－1，2)，B (2，1)，C (3，4)，则下列关于△ABC 的外接圆圆M 的说法正确的是()A ．圆M 的圆心坐标为(1，3)B ．圆M 的半径为5C ．圆M 关于直线x ＋y ＝0对称D ．点(2，3)在圆M 内答案ABD解析设△ABC 的外接圆圆M 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，＋4－D ＋2E ＋F ＝0，＋1＋2D ＋E ＋F ＝0，＋16＋3D ＋4E ＋F ＝0，＝－2，＝－6，＝5.所以△ABC 的外接圆圆M 的方程为x 2＋y 2－2x －6y ＋5＝0，即(x －1)2＋(y －3)2＝5.故圆M 的圆心坐标为(1，3)，圆M 的半径为5，因为直线x ＋y ＝0不经过圆M 的圆心(1，3)，所以圆M 不关于直线x ＋y ＝0对称．因为(2－1)2＋(3－3)2＝1<5，故点(2，3)在圆M 内．故选ABD.10．设有一组圆C k ：(x －k )2＋(y －k )2＝4(k ∈R )，下列命题正确的是()A ．不论k 如何变化，圆心C 始终在一条直线上B ．所有圆C k 均不经过点(3，0)C ．经过点(2，2)的圆C k 有且只有一个D ．所有圆的面积均为4π答案ABD解析圆心C 的坐标为(k ，k )，在直线y ＝x 上，故A 正确；令(3－k )2＋(0－k )2＝4，化简，得2k 2－6k ＋5＝0，∵Δ＝36－40＝－4<0，∴2k 2－6k ＋5＝0无实数根，故B 正确；由(2－k )2＋(2－k )2＝4，化简，得k 2－4k ＋2＝0，∵Δ＝16－8＝8>0，有两个不相等实根，∴经过点(2，2)的圆C k 有两个，故C 错误；由圆的半径为2，得圆的面积为4π，故D 正确．故选ABD.三、填空题11．(2024·安徽蚌埠模拟)已知定点A (4，0)，P 是圆x 2＋y 2＝4上的一动点，Q 是AP 的中点，则点Q 的轨迹方程是________．答案(x －2)2＋y 2＝1解析如图所示，设P (x 0，y 0)，Q (x ，y )，则x 20＋y 20＝4①，因为Q 为AP 的中点，所以x ，y 0＝2x －4，0＝2y②，所以由①②得，(2x －4)2＋(2y )2＝4，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点Q 的轨迹方程为(x －2)2＋y 2＝1.12．(2023·广东湛江三模)已知圆C 过点A (－2，0)，B (2，4)，当圆心C 到原点O 的距离最小时，圆C 的标准方程为________．答案(x －1)2＋(y －1)2＝10解析由A (－2，0)，B (2，4)，可得线段AB 中点的坐标为(0，2)，又k AB ＝4－02－（－2）＝1，所以AB 垂直平分线的方程为y ＝－x ＋2，则圆心C 在线段AB 的垂直平分线y ＝－x ＋2上，当圆心C 到原点O 的距离最小时，则OC 垂直于直线y ＝－x ＋2，则OC ∥AB ，所以直线OC的方程为y ＝x ，＝x ，＝－x ＋2＝1，＝1，所以圆心C (1，1)，又半径r 2＝|AC |2＝(－2－1)2＋(0－1)2＝10，所以圆C 的标准方程为(x －1)2＋(y －1)2＝10.13．(2024·福建泉州期中)已知点P (m ，n )在圆C ：(x －2)2＋(y －2)2＝9上运动，则(m ＋2)2＋(n ＋1)2的最大值为________．答案64解析由题意得，圆心C (2，2)，半径r ＝3.(m ＋2)2＋(n ＋1)2表示圆C 上的点P 到点M (－2，－1)的距离的平方，因为|CM |＝5，所以|PM |max ＝5＋3＝8，即(m ＋2)2＋(n ＋1)2的最大值为64.14．已知A (0，2)，点P 在直线x ＋y ＋2＝0上，点Q 在圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＝0上，则|PA |＋|PQ |的最小值是________．答案25解析因为圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＝0，故圆C 是以C (2，1)为圆心，半径r ＝5的圆．设点A (0，2)关于直线x ＋y ＋2＝0的对称点为A ′(m ，n )，＋n ＋22＋2＝0，1，＝－4，＝－2，故A ′(－4，－2)．由对称性可知|PA |＋|PQ |＝|A ′P |＋|PQ |≥|A ′Q |≥|A ′C |－r ＝2 5.四、解答题15．(2023·广东佛山期中)已知圆C 过点A (4，0)，B (0，4)，且圆心C 在直线l ：x ＋y －6＝0上．(1)求圆C 的方程；(2)若从点M (4，1)发出的光线经过直线y ＝－x 反射，反射光线l 1恰好平分圆C 的圆周，求反射光线l 1的一般方程．解(1)由A (4，0)，B (0，4)，得直线AB 的斜率为k AB ＝0－44－0＝－1，线段AB 的中点D (2，2)，所以k CD ＝1，直线CD 的方程为y －2＝x －2，即y ＝x ，＋y －6＝0，＝x ，＝3，＝3，即C (3，3)，所以半径r ＝|AC |＝（4－3）2＋（0－3）2＝10，所以圆C 的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝10.(2)由l 1恰好平分圆C 的圆周，得l1经过圆心C (3，3)，设点M 关于直线y ＝－x 的对称点N (x ，y )，则直线MN 与直线y ＝－x 垂直，且线段MNy ＝－x 上，则有（－1）＝－1，＝－x ＋42，＝－1，＝－4，所以N (－1，－4)，所以直线CN 即为直线l 1，且k l 1＝k CN ＝3－（－4）3－（－1）＝74，反射光线l 1的方程为y －3＝74(x －3)，即7x －4y －9＝0.16．在平面直角坐标系xOy 中，曲线Γ：y ＝x 2－mx ＋2m (m ∈R )与x 轴交于不同的两点A ，B ，曲线Γ与y 轴交于点C .(1)是否存在以AB 为直径的圆过点C ？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由；(2)求证：过A ，B ，C 三点的圆过定点．解由曲线Γ：y ＝x 2－mx ＋2m (m ∈R )，令y ＝0，得x 2－mx ＋2m ＝0.设A (x 1，0)，B (x 2，0)，由题意可得Δ＝m 2－8m >0.则m <0或m >8，x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝2m .令x ＝0，得y ＝2m ，即C (0，2m )．(1)若存在以AB 为直径的圆过点C ，则AC →·BC →＝0，得x 1x 2＋4m 2＝0，即2m ＋4m 2＝0，所以m ＝0(舍去)或m ＝－12.此时C (0，－1)，AB 的中点M －14，，半径r ＝|CM |＝174，＋y 2＝1716.(2)证明：设过A ，B 两点的圆的方程为x 2＋y 2－mx ＋Ey ＋2m ＝0，将点C (0，2m )代入可得E ＝－1－2m ，所以过A ，B ，C 三点的圆的方程为x 2＋y 2－mx －(1＋2m )y ＋2m ＝0，整理，得x 2＋y 2－y －m (x ＋2y －2)＝0.2＋y 2－y ＝0，＋2y －2＝0，＝0，＝1＝25，＝45.故过A ，B ，C 三点的圆过定点(0，1)17．(多选)已知圆C 过点M (1，－2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是()A ．满足条件的圆C 的圆心在一条直线上B ．满足条件的圆C 有且只有一个C ．点(2，－1)在满足条件的圆C 上D ．满足条件的圆C 有且只有两个，它们的圆心距为42答案ACD解析因为圆C 和两个坐标轴都相切，且过点M (1，－2)，所以设圆心坐标为(a ，－a )(a >0)，故圆心在直线y ＝－x 上，故A 正确；圆C 的方程为(x －a )2＋(y ＋a )2＝a 2，把点M 的坐标代入可得a 2－6a ＋5＝0，解得a ＝1或a ＝5，则圆心坐标为(1，－1)或(5，－5)，所以满足条件的圆C 有且只有两个，故B 错误；圆C 的方程分别为(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，(x －5)2＋(y ＋5)2＝25，将点(2，－1)代入这两个方程可知其在圆C 上，故C 正确；由C 项知，它们的圆心距为（5－1）2＋（－5＋1）2＝42，D 正确．故选ACD.18．(多选)(2023·浙江温州期末)已知圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1，点M (4，2)，点P 在圆C 上，O 为原点，则下列命题正确的是()A ．M 在圆上B ．线段MP 的长度的最大值为5＋1C ．当直线MP 与圆C 相切时，|MP |＝2D ．MO →·MP →的最大值为25＋6答案BCD解析将M (4，2)代入圆的方程，(4－2)2＋(2－3)2＝5>1，所以M 在圆外，A 错误；线段MP的长度的最大值为|MC |＋1＝（4－2）2＋（2－3）2＋1＝5＋1，B 正确；当直线MP 与圆C 相切时，|MC |2＝|MP |2＋1＝[（4－2）2＋（2－3）2]2，∴|MP |＝2，C 正确；设动点P (x ，y )，点P 的轨迹是圆心为(2，3)，半径为1的圆，x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ，又M (4，2)，所以MO →·MP →＝(－4，－2)·(x －4，y －2)＝－4(x －4)＋(－2)·(y －2)＝－4x －2y ＋20，因为x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ，所以MO →·MP →＝－4cos θ－2sin θ＋6＝25sin(θ＋φ)＋6，θ∈[0，2π)，且sin φ＝－255，cos φ＝－55，则MO →·MP →的最大值为25＋6，D 正确．故选BCD.。

九年级圆基础知识点圆讲义

九年级圆基础知识点圆讲义

一对一授课教案一、圆的定义：1. 描述性定义：在一个平面内,线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周,另一个端点A随之旋转所形成的图形叫做圆,其中固定端点O叫做圆心,OA叫做半径．2 圆的表示方法：通常用符号⊙表示圆,定义中以O为圆心,OA为半径的圆记作“O⊙”,读作“圆O”．3 同圆、同心圆、等圆：圆心相同且半径相等的圆叫同圆；圆心相同,半径不相等的两个圆叫做同心圆；能够重合的两个圆叫做等圆.注意：同圆或等圆的半径相等．1. 弦：连结圆上任意两点的线段叫做弦．2. 直径：经过圆心的弦叫做圆的直径,直径等于半径的2倍．3. 弦心距：从圆心到弦的距离叫做弦心距．4. 弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧,简称弧．以A B、为端点的圆弧记作AB,读作弧AB．5. 等弧：在同圆或等圆中,能够互相重合的弧叫做等弧．6. 半圆：圆的任意一条直径的两个端点分圆成两条弧,每一条弧都叫做半圆．7. 优弧、劣弧：大于半圆的弧叫做优弧,小于半圆的弧叫做劣弧．8. 弓形：由弦及其所对的弧组成的图形叫做弓形．1. 圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角．将整个圆分为360等份,每一份的弧对应1︒的圆心角,我们也称这样的弧为1︒的弧．圆心角的度数和它所对的弧的度数相等．2. 圆周角：顶点在圆上,并且两边都和圆相交的角叫做圆周角．3. 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中,相等的圆周角所对的弧相等．推论2：半圆或直径所对的圆周角是直角,90︒的圆周角所对的弦是直径．推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半,那么这个三角形是直角三角形．4. 圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系定理：在同圆或等圆中,相等的圆心角所对的弧相等,所对的弦相等,所对的弦的弦心距相等．推论：在同圆或等圆中,如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等,那么它们所对应的其余各组量分别相等．一、圆的对称性1. 圆的轴对称性：圆是轴对称图形,对称轴是经过圆心的任意一条直线．2. 圆的中心对称性：圆是中心对称图形,对称中心是圆心．3. 圆的旋转对称性：圆是旋转对称图形,无论绕圆心旋转多少角度,都能与其自身重合．二、垂径定理1. 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧．2. 推论1：⑴平分弦不是直径的直径垂直于弦,并且平分弦所对的两条弧；⑵弦的垂直平分线经过圆心,并且平分弦所对的两条弧；⑶平分弦所对的一条弧的直径,垂直平分弦,并且平分弦所对的另一条弧．3. 推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等．练习题；1.判断：1直径是弦,是圆中最长的弦; 2半圆是弧,弧是半圆; 3等圆是半径相等的圆;4等弧是弧长相等的弧; 5半径相等的两个半圆是等弧; 6等弧的长度相等;2．P为⊙O内与O不重合的一点,则下列说法正确的是A．点P到⊙O上任一点的距离都小于⊙O的半径 B．⊙O上有两点到点P的距离等于⊙O的半径C．⊙O上有两点到点P的距离最小 D．⊙O上有两点到点P的距离最大3．以已知点O为圆心作圆,可以作A ．1个B ．2个C ．3个D ．无数个 4．以已知点O 为圆心,已知线段a 为半径作圆,可以作A ．1个B ．2个C ．3个D ．无数个5、如下图,1若点O 为⊙O 的圆心,则线段__________是圆O 的半径；线段________是圆O 的弦,其中最长的弦是______；______是劣弧；______是半圆． 2若∠A =40°,则∠ABO =______,∠C =______,∠ABC =______．5．一点和⊙O 上的最近点距离为4cm,最远距离为9cm,则这圆的半径是 cm ． 6．圆上各点到圆心的距离都等于 ,到圆心的距离等于半径的点都在 ． 7．如图,点C 在以AB 为直径的半圆上,∠BAC=20°,∠BOC 等于A ．20°B ．30°C ．40°D ．50°8、如图,在⊙O 中,弦AB=8cm,OC ⊥AB 于C,OC=3cm,求⊙O 的半径长．9．如图1,如果AB 为⊙O 的直径,弦CD ⊥AB,垂足为E,那么下列结论中,•错误的是 ．A ．CE=DEB ．BC BD = C ．∠BAC=∠BAD D ．AC>ADB ACEDOBAOMBACDP O BACED O BA CEDOF 51 2 3 410．如图2,⊙O 的直径为10,圆心O 到弦AB 的距离OM 的长为3,则弦AB 的长是A ．4B ．6C ．7D ．811．如图3,在⊙O 中,P 是弦AB 的中点,CD 是过点P 的直径,•则下列结论中不正确的是A ．AB ⊥CD B ．∠AOB=4∠ACDC ．AD BD = D ．PO=PD12．如图4,AB 为⊙O 直径,E 是BC 中点,OE 交BC 于点D,BD=3,AB=10,则AC=_____．13．P 为⊙O 内一点,OP=3cm,⊙O 半径为5cm,则经过P 点的最短弦长为________；•最长弦长为_______．14、深圳南山区,3分如图1－3－l,在⊙O 中,已知∠A CB ＝∠CDB ＝60○,AC ＝3,则△ABC 的周长是____________.15．如果两个圆心角相等,那么 A ．这两个圆心角所对的弦相等;B ．这两个圆心角所对的弧相等 C ．这两个圆心角所对的弦的弦心距相等;D ．以上说法都不对16、大连,3分如图1－3－7,A 、B 、C 是⊙O 上的三点,∠BAC=30°则∠BOC 的大小是 A ．60○ B ．45○ C ．30○ D ．15○三、综合题1、如图,⊙O 直径AB 和弦CD 相交于点E,AE=2,EB=6,∠DEB=30°,求弦CD 长．BACE DO3、已知：如图,AB 是⊙O 的直径,CD 是⊙O 的弦,AB ,CD 的延长线交于E ,若AB =2DE ,∠E =18°,求∠C 及∠AOC 的度数．板块三：点与圆的位置关系一、点与圆的位置关系点与圆的位置关系有：点在圆上、点在圆内、点在圆外三种,这三种关系由这个点到圆心的距离与半径的大小关系决定．设O ⊙的半径为r ,点P 到圆心O 的距离为d ,则有：点在圆外⇔d r >；点在圆上⇔d r =；点在圆内⇔d r <. 位置关系图形定义 性质及判定点在圆外 Pr O点在圆的外部d r >⇔点P 在O ⊙的外部.点在圆上Pr O点在圆周上d r =⇔点P 在O ⊙的圆周上.点在圆内Pr O点在圆的内部d r <⇔点P 在O ⊙的内部.二、确定圆的条件 1. 圆的确定确定一个圆有两个基本条件：①圆心定点,确定圆的位置；②半径定长,确定圆的大小．只有当圆心和半径都确定时,远才能确定． 2. 过已知点作圆⑴经过点A 的圆：以点A 以外的任意一点O 为圆心,以OA 的长为半径,即可作出过点A 的圆,这样的圆有无数个． ⑵经过两点A B 、的圆：以线段AB 中垂线上任意一点O 作为圆心,以OA 的长为半径,即可作出过点A B 、的圆,这样的圆也有无数个． ⑶过三点的圆：若这三点A B C 、、共线时,过三点的圆不存在；若A B C 、、三点不共线时,圆心是线段AB 与BC 的中垂线的交点,而这个交点O 是唯一存在的,这样的圆有唯一一个．⑷过n ()4n ≥个点的圆：只可以作0个或1个,当只可作一个时,其圆心是其中不共线三点确定的圆的圆心． 3. 定理：不在同一直线上的三点确定一个圆．注意：⑴“不在同一直线上”这个条件不可忽视,换句话说,在同一直线上的三点不能作圆； ⑵“确定”一词的含义是“有且只有”,即“唯一存在”． 板块四：直线和圆的位置关系一、直线和圆的位置关系的定义、性质及判定设O ⊙的半径为r ,圆心O 到直线l 的距离为d ,则直线和圆的位置关系如下表：位置关系图形定义性质及判定相离lOdr直线与圆没有公共点. d r >⇔直线l 与O ⊙相离相切lOdr直线与圆有唯一公共点,直线叫做圆的切线,唯一公共点叫做切点. d r =⇔直线l 与O ⊙相切相交lOd r直线与圆有两个公共点,直线叫做圆的割线.d r <⇔直线l 与O ⊙相交从另一个角度,直线和圆的位置关系还可以如下表示：二、切线的性质及判定 1. 切线的性质：定理：圆的切线垂直于过切点的半径．推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． 推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． 2. 切线的判定定义法：和圆只有一个公共点的直线是圆的切线； 距离法：和圆心距离等于半径的直线是圆的切线；定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 3. 切线长和切线长定理：⑴ 切线长：在经过圆外一点的圆的切线上,这点和切点之间的线段的长,叫做这点到圆的切线长．⑵ 切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线,它们的切线长相等,圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角． 三、三角形内切圆 1. 定义：和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆,内切圆的圆心叫做三角形的内心,这个三角形叫做圆的外切三角形．2. 多边形内切圆：和多边形的各边都相切的圆叫做多边形的内切圆,这个多边形叫做圆的外切多边形． 1、 如图,ABC ∆中,AB AC =,O 是BC 的中点,以O 为圆心的圆与AB 相切于点D ;求证：AC 是O 的切线;OD CBA2、 如图,已知AB 是O 的直径,BC 是和O 相切于点B 的切线,过O 上A 点的直线AD OC ∥,若2OA =且6AD OC +=,则CD = ;直线和圆的位置关系相交相切 相离 公共点个数2 1圆心到直线的距离d 与半径r 的关系d r <d r =d r >公共点名称 交点 切点 无 直线名称割线切线无CODBA3、 如图⊿ABC 中∠A ＝90°,以AB 为直径的⊙O 交BC 于D,E 为AC 边中点,求证：DE 是⊙O 的切线;8 如图,在ABC △中90ACB ∠=,D 是AB 的中点,以DC 为直径的O 交ABC △的三边,交点分别是G F E ，，点．GE CD ，的交点为M ,且ME =:2:5MD CO =．1求证：GEF A ∠=∠． 2求O 的直径CD 的长．A。

高等几何讲义第一章欧氏平面及仿射平面上的变换仿射坐标及仿射坐标变换

高等几何讲义第一章欧氏平面及仿射平面上的变换仿射坐标及仿射坐标变换

§1 变换与变换群
• 4．变换群
• 若集合 S 上的某些变换构成的集合 G 满足条件 ： 1. G 中任二变换的乘积仍属于 G ； 2. G 中每一变换 T 的逆 T 1也属于 G ， 则称 G 为集合 S 上的一个变换群．
• 由定义知：任何变换群一定包含恒等变换．
• 可以证明：平面上绕定点 O 的旋转变换的集合 G 是一个变换群，称为旋转群．记为 G1 ．
|OM/| |OM|，MOM/
的点变换称为以 O 为中心的旋转变换，简称
旋转，记为R ．其表达式为：y M/
R
：
x/ y/
xcos ysin xsin ycos
(1.3)
j
oi
M x
§1 变换与变换群
• 例4．镜射变换 对平面上的定直线，使原象点 M与象点M/之间的线段被 垂直平分的点变换称 为以 为轴的镜射变换，简称镜射．建立如图坐
主要内容
欧氏几何 仿射几何 射影几何
第一章：欧氏平面及仿射平面上的变换，仿
射坐标及仿射坐标变换
本
重点讨论共点性与共线性
教 材 基
射 影 几
第二章：射影平面的定义，射影坐标， 交比，调和共轭，对偶原理 第三章：射影变换，包括透视、一维射
本 框 架
何
影变换、直射、对射、配极 第四章：配极与二次曲线、一维射影变 换与二次曲线、二次曲线的射影分类
标系，则其表达式为： y
Mox： xy//
x
y
(1.4)
M
j
Oi
x
M/
§1 变换与变换群
• 例5．平行射影 二平面
、 / 交于直线 ，向量
M
与二平面都不平行．对

2-1 圆(教师版)2021-2022学年九年级数学上册讲义(苏科版)

2-1 圆(教师版)2021-2022学年九年级数学上册讲义(苏科版)

第2章对称图形----圆2.1 圆课程标准课标解读1、理解圆的定义（圆的描述概念和圆的集合概念）；2、掌握点和圆的三种位置关系；3、会利用点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系判定点和圆的位置关系；4、初步会运用圆的定义证明四个点在同一个圆上1、理解圆的描述概念和圆的集合概念；2、理解半径、直径、弧、弦、弦心距、圆心角、同心圆、等圆、等弧的概念；3、经历探索点与圆的位置关系的过程，会运用点到圆心的距离与圆的半径之间的数量关系判断点与圆的位置关系；4、了解不在同一直线上的三点确定一个圆，了解三角形的外接圆、三角形的外心、圆的外接三角形的概念.知识点01 圆的定义1.圆的描述概念如图，在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转所形成的图形叫圆，固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径. 以点O为圆心的圆，记作“⊙O”，读作“圆O”【微点拨】①圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小；确定一个圆应先确定圆心，再确定半径，二者缺一不可；②圆是一条封闭曲线.2.圆的集合概念圆心为O，半径为r的圆是平面内到定点O的距离等于定长r的点的集合.平面上的一个圆，把平面上的点分成三类：圆上的点，圆内的点和圆外的点.目标导航知识精讲圆的内部可以看作是到圆心的距离小于半径的的点的集合；圆的外部可以看成是到圆心的距离大于半径的点的集合.【微点拨】①定点为圆心，定长为半径；②圆指的是圆周，而不是圆面；③强调“在一个平面内”是非常必要的，事实上，在空间中，到定点的距离等于定长的点的集合是球面，一个闭合的曲面.【即学即练1】1．圆形的井盖怎么放都不会掉到井里，并且能恰好盖住井口，这是利用了圆特征中的（）A．圆是曲线图形B．同一圆中所有直径都相等C．圆有无数多条对称轴D．圆心决定圆的位置，半径决定圆的大小【答案】B【分析】根据同圆的直径都相等即可解答．【详解】解：圆形的井盖怎么放都不会掉到井里，并且能恰好盖住井口，这是利用了同一圆中所有直径都相等．故选：B．知识点02 点与圆的位置关系点和圆的位置关系有三种：点在圆内，点在圆上，点在圆外.若⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，那么：点P在圆内⇔d ＜ r ；点P在圆上⇔d = r ；点P在圆外⇔d ＞r.“⇔”读作“等价于”，它表示从左端可以推出右端，从右端也可以推出左端.【微点拨】点在圆上是指点在圆周上，而不是点在圆面上；PO=，则点P与O的位置关系是（）【即学即练2】2．已知O的直径为8，点P在同一平面内，6A．点P在O内B．点P在O上C．点P在O外D．无法判断【答案】C【分析】先求出⊙O的半径，再根据点与圆的位置关系即可求解．【详解】解：⊙⊙O的直径为8，⊙⊙O的半径为4，⊙PO=6＞4，⊙点P在⊙O外．故选：C．知识点03 与圆有关的概念1.弦弦：连结圆上任意两点的线段叫做弦.直径：经过圆心的弦叫做直径.弦心距：圆心到弦的距离叫做弦心距.【微点拨】直径是圆中通过圆心的特殊弦，也是圆中最长的弦，即直径是弦，但弦不一定是直径.为什么直径是圆中最长的弦？如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O中任意一条弦，求证：AB≥CD.证明：连结OC、OD∵AB=AO+OB=CO+OD≥CD(当且仅当CD过圆心O时，取“=”号)∴直径AB是⊙O中最长的弦.2. 弧弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧.以A、B为端点的弧记作，读作“圆弧AB”或“弧AB”. 半圆：圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆；优弧：大于半圆的弧叫做优弧；劣弧：小于半圆的弧叫做劣弧.【微点拨】①半圆是弧，而弧不一定是半圆；②无特殊说明时，弧指的是劣弧.3.等弧在同圆或等圆中，能够完全重合的弧叫做等弧.【微点拨】①等弧成立的前提条件是在同圆或等圆中，不能忽视；②圆中两平行弦所夹的弧相等.4.同心圆与等圆圆心相同，半径不等的两个圆叫做同心圆.圆心不同，半径相等的两个圆叫做等圆.【微点拨】同圆或等圆的半径相等.5.圆心角顶点在圆心的角叫做圆心角.【微点拨】在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，反之也成立.【即学即练3】3．对于圆周率 的研究，我国古代数学家们也做出了巨大贡献，如东汉初年的一本著作中就有“径一周三”的古率记载，这本著作是（）A ．《九章算术》B ．《海岛算径》C ．《周髀算经》D ．《孙子算径》【答案】C 【分析】根据数学史实解答即可． 【详解】解：历史上，对于圆周率π的研究是古代数学一个经久不衰的话题．在我国，东汉初年的《周髀算经》就有“径一周三”的古率记载． 故选C ．知识点04 确定圆的条件（1）经过一个已知点能作无数个圆；（2）经过两个已知点A 、B 能作无数个圆，这些圆的圆心在线段AB 的垂直平分线上； （3）不在同一直线上的三个点确定一个圆.（4）经过三角形各个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形.如图：⊙O 是△ABC 的外接圆， △ABC 是⊙O 的内接三角形，点O 是△ABC 的外心.外心的性质：外心是△ABC 三条边的垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等. 【微点拨】（1）不在同一直线上的三个点确定一个圆.“确定”的含义是“存在性和唯一性”. （2）只有确定了圆心和圆的半径，这个圆的位置和大小才唯一确定.【即学即练4】4．已知AB 是O 的弦，O 的半径为r ，下列关系式一定成立的是（ ） A ．AB r > B ．AB r <C ．2AB r <D ．2AB r ≤【答案】D根据“直径是最长的弦”进行解答即可． 【详解】解：若AB 是O 的直径时，2AB r =，若AB 不是O 的直径时2AB r <，无法判定AB 与r 的大小关系． 观察选项，只有选项D 符合题意． 故选D ．考法01 判断点和圆的位置关系点和圆的位置关系有三种：点在圆内，点在圆上，点在圆外. 若⊙O 的半径为r ，点P 到圆心O 的距离为d ，那么： 点P 在圆内 ⇔d ＜ r ； 点P 在圆上 ⇔d = r ； 点P 在圆外 ⇔d ＞r.“⇔”读作“等价于”，它表示从左端可以推出右端，从右端也可以推出左端.【典例1】如图，线段OA 绕点O 旋转，线段OB 的位置保持不变，在AB 的上方作等边PAB △，若1OA =，3OB =，则在线段OA 旋转过程中，线段OP 的最大值是（ ）A．10 B ．4C ．25D ．5【答案】B 【分析】首先构造以OB 为边的等边⊙'OO B ，再证明'OBA O BP ，证明AO=O’P ，因为OA 的长度不变，所以动点A 在以O 为圆心，半径为1的圆上运动，因为O’P 的长度不变，O’不动，所以动点P 在以O’为圆心，半径为1的圆上运动，当三点O,O’,P 共线时，OP 最大，即可求得．能力拓展如图，以OB 为边作等边'OO B △，连接O’P ，⊙OB=O’B,⊙⊙PAB 为等边三角形， ⊙AB=BP,⊙1+⊙2=23∠+∠=60°, ⊙⊙1=⊙3，在⊙OBA 和'O BP 中'12OB OB AB BP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩⊙'()OBA O BP SAS⊙OA=O’P ，点A 在以O 为圆心，半径的1的圆上运动，P 在以O’为圆心，半径为1的圆上运动， 当O,O’,P 三点共线时，OP 最大， 此时OP''314OO O P ,故选：B ．考法02 已知圆内一点求过该点的最长弦直径是圆中最长的弦，我们可以将圆中的弦分为两类：一类是经过圆心的弦（即直径）；另一类是不经过圆心的弦，如图1，AB 是⊙O 中的任意一条不经过圆心的弦，连结OA ，OB ，根据三角形的三边关系都有OA+OB>AB ，即，直径的长大于非直径的弦长，所以直径是圆中最长的弦。

4点共圆的判定

4点共圆的判定

4点共圆的判定在数学中，我们经常会遇到判定一个图形是否符合某种几何条件的问题。

其中，判定一个图形是否能够通过给定的4个点构成一个共圆的形状，是一道经典的几何题目。

共圆，顾名思义，即多个点落在同一个圆上。

那么，我们就来探索一下如何准确判断4个点是否共圆，并解释一些相关概念和技巧。

首先，让我们回顾一下圆的定义。

圆是由平面上与一个给定点的距离恒定的所有点所构成的集合。

这个给定的点叫作圆心，距离称为半径。

如果一个图形上的点可以通过连接到圆心的线段的长度都相等，那么这些点就构成了一个共圆的形状。

对于给定的4个点A、B、C和D，我们需要判断它们是否能够组成一个共圆。

这里有一个简单而有用的判定方法，即检查任意三个点是否共线。

如果这4个点中的任意三个点不共线，那么它们必然可以构成一个圆。

为什么这个方法是有效的呢？这涉及到一个重要的几何概念——共线。

如果三个点A、B和C在同一条直线上，那么我们可以找到一条直线通过A和C，使得AB和BC两线段的长度相等。

现在，假设我们有四个点A、B、C和D，其中任意三个点都不共线。

我们可以选择其中三个点A、B和C，它们必然共线。

然后我们检查D是否也在这条直线上。

如果D在同一条直线上，那么它们可以通过以A和B为直径的圆来连接，因此这4个点共圆。

如果D不在这条直线上，则说明它们不能组成一个共圆。

当然，这只是一种简单的情况。

在实际问题中，我们可能会遇到更复杂的情况。

例如，如果三个点共线时，我们需要进一步检查第四个点是否在同一条直线上。

这可以通过计算斜率或使用其他几何方法来完成。

另外，有时候四个点可能会近似共线，以至于误判它们不共圆。

在这种情况下，我们可以借助一些几何软件或利用数值计算来进行更准确的判断。

判定4个点是否共圆的方法远远不止这一个。

通过对几何学的深入研究，我们可以发现各种各样的技巧和规则。

例如，我们可以利用圆的性质来判断四边形是否共圆，根据四个点的位置关系来进行判定。

此外，还有一些专门用于判定共圆的几何定理，如垂径定理和过渡性质等。

2025年高考数学二轮专题复习-点共线、线共点、点共圆问题-学案讲义

2025年高考数学二轮专题复习-点共线、线共点、点共圆问题-学案讲义

第9章点共线、线共点、点共圆问题9.1解法概述一、证明三点共线的常用方法(1)取三点中的一点,与另外两点分别连两条直线,证明它们都平行于或都垂直于某一条直线.(2)证明连接两点的直线通过第三点.(3)以三点中居中的点为顶点,过另外两点作两条射线,证明形成平角.(4)居中的点与另外两点分别相连,形成两条直线,若与过中间点的一条直线组成对顶角,则三点共线.(5)连接三点的三条线段中,有一条等于另外两条之和.(6)以三点为顶点的三角形的面积为0.(7)同一法,反证法.二、证明三线共点的常用方法(1)设两直线的交点,再证明此点在第三条直线上.(2)证明各直线都过同一个特殊点.(3)设两直线的交点,过此交点作出某一条直线,证明这条直线与第三条直线重合.(4)证明以三直线两两相交的三个交点为顶点的三角形的面积为0.(5)利用已知的线共点的结论.(6)同一法、反证法.三、证明四点共圆的常用方法(1)四边形对角互补或者某一外角等于内对角.(2)线段同侧的两点对于线段的张角相等.(3)各点到某一定点的距离相等.(4)利用相交弦定理的逆定理.(5)把四边形分成两个有公共边的三角形,证明这两个三角形的外接圆重合.(6)利用四点共圆的有关判定定理.9.2范例分析[范例1]三角形一边上的高线的垂足在另外两边及另外两高线上的射影四点共线.分析1对于四点共线问题，先证其中三点共线，再证第四点也在该直线上，如图F9.1.1所示，我们先证P Q M 、、三点共线，这只要证180PQ D D Q M ∠∠+=.容易看出B P 、、Q D 、共圆，D Q H M 、、、共圆，所以180B PQ D D Q M D H M ∠∠∠∠+==，，于是只要证B DHM ∠∠=，这可由B D 、、H F 、的共圆证出.证明1因为90BPD BQ D ∠∠==，所以B P Q D 、，、共圆，所以180PQ D B ∠∠+=.图F9.1.1因为9090180D Q H D M H ∠∠+=+=，所以D Q H M 、、、共圆，所以DQM DHM∠∠=因为9090180HDB HFB ∠∠+=+=，所以B D H F 、、、共圆，所以DHM B ∠∠=.所以180PQ D D Q M ∠∠+=，即P Q M 、、三点共线.同理N M Q 、、共线.因为M Q 、为两直线上的公共点，所以P Q M N ，，，四点共线.图F9.1.2分析2也可以采用同一法，连PN ，再证明Q M ，在直线PN 上.设PN 与BE CF ，各交于11Q M ，，如图F9.1.2所示.因为180APD AND ∠∠+=，所以A P D N 、、、共圆，所以12∠∠=.又由A E D B 、、、共圆，13∠∠=，所以23∠∠=，所以1B D Q P 、、、共圆，所以190BQD BPD ∠∠==，即1DQBE ⊥.但过BE 外的点D 只能作一条垂线与BE 垂直，由1D Q B E D Q BE ⊥⊥，，可见Q 与1Q 重合.同理M 与1M 重合.这就证出了P Q M ，，、N 共线.(证明略.)分析3如图F9.1.3所示，连.PN PQ 、若能证出PN PQ 、都与同一条直线平行，则P 、N Q 、共线.从图上观察，容易发现EF 是所说的直线，连EF .因为CF AB DP AB ⊥⊥，，所以//CF DP ，同理//BE DN .设H 为ABC 的垂心.由AF AH AH AE FP HD HD EN ==，知AF AE FP EN=，所以//PN EF .只要再证//PQ EF ，也就是要证明BP BQ PF QE=.图F9.1.3和证明//PN EF 的方法类似，我们也尝试找一媒介比值，这只要取BD DC即可，很容易由平行截比定理证出BP BQ PF QE，所以//PQ EF .这表明从P 发出的两直线PQ PN 、都与EF 平行，所以P Q N ，、共线.同理可证P M ，、N 共线.(证明略.)[范例2]1O 和2O 外离，11AB 是一条外公切线，22A B 是一条内公切线，12A A ，是1O 上的切点，12B B 、是2O 上的切点，则121212OO AA BB 、、三线共点.分析1证明三线共点，可先设两条直线交于一点，再证另一直线也过此点或两直线与第三条直线的交点都与之重合.设11AB 和22A B 交于P ，容易证明122P B O B 、、、共圆，利用圆的内接四边形的外角等于内对角的定理，可证12212P AA O BB ∽，从而推出122//AA PO .同理有112//OP BB ，这样分析后可以看出有可能通过比例证出1212AA BB 、和12OO 的交点重合.图F9.2.1证明1连11122112OA OA O B OB ，、、，延长22B A ，交11AB 于P ，连12P O P O 、，设1PO 交12AA 于12D P O ，交12BB 于2D .如图F9.2.1所示.因为211222O B BP O B B P ⊥⊥，，所以1P B 、、22O B 、共圆，所以12122APA BO B ∠∠=.因为122122PA PA O B O B ==，，所以等腰12122AP A BO B ∽，所以21212B BO PAA ∠∠=.因为2111OB AB ⊥，即2122190B BO B B P ∠∠+=，所以122190PA A B B P ∠∠+=，所以1212AA BB ⊥.因为212PO BB ⊥，所以212//PO AA .因为112PO AA ⊥，所以112//PO BB .设12AA 的延长线交12OO 于M ，设12BB 和12OO 交于N .由平行截比定理，1222211121PD O M O D O N D O MO D P NO ==，因为1221212112PAA O BB PBB OAA ∽，∽，所以11211122212212PD A A D O A A O D B B D P B B ==，，所以111222PD DO O D D P =，所以122112PD O D DO D P =.所以2211O M O N MO NO =.由合比定理，212111O M MO O N NO MO NO ++=，即212111O O O O MO NO =，所以11M O NO =，所以M N 、重合.所以121212AA BB OO 、、三线共点.分析211 A O 和21OB 同垂直于11AB ，则11OA 和21OB 可看作以11AB 为直径的圆的两条切线.同理1222OA OB 、都垂直于22A B ，则1222OA OB 、又可看作以22A B 为直径的圆的切线.因为11122122OA OA O B O B ==，，可见12O O 、是到两个圆的切线长相等的点，即直线12OO 是此二圆的根轴.由分析1知1212AA BB ⊥，设垂足为M .因为112290AMB A MB ∠∠==，所以M 是此两圆的公共点.故12OO 应在两圆的公共弦线上.这样，只要连12OM O M 、，证出12O M O 、、共线，问题就解决了.证明这样的三点共线可采取分别证出12O O 、都在过M 的某一条直线上的方法.证明2设12AA 的延长线和12BB 交于M .如证明1所证，112AM BB ⊥.如图F9.2.2所示，以1122AB A B 、为直径各作一个圆.因为1:2290AMB A MB ∠∠==，所以M 在此两圆上.设两圆另外一交点为N .连11122122OA OA O B O B ，，，.因为11112111O A AB O B AB ⊥⊥，，所以11OA 和21OB 是F9.2.211AB 的两条切线.同理12OA 和22O B 是22A B 的两条切线.连1OM ，设1OM 与11AB 和22A B 各交于12N N 、，由切割线定理，221122OA OM ON OA OM ON =⋅=⋅，.因为2212OA OA =，所以12OM O N O M O N ⋅=⋅，所以12O N O N =.所以12N N 、重合，即1N 是11AB 和22A B .的公共点.因为两圆相交只有两个公共点，所以12N N 、都与N 点重合.可见1O 在MN 上，即1O 在11AB 和22A B 的公共弦上.同理可证2O 在MN 上，所以12O M O 、、三点共线.所以121212OO AA BB 、、三线共点.分析3这个公共点是否能预先确定它的性质?也即是说，M 点是怎样的特殊点?作出另一条内公切线EF E F ，、各是12O O 、上的切点.设EF 的延长线与11AB 交于1P ，过1P 作1212PP OO M ⊥，为垂足，则这个垂足M 即是所说的点.这样，我们可以先作出M ，然后证出1212AA BB 、也过此点.这只要在连12BM B M 、后证出1122BM P B M P ∠∠=，则可推知12B M B 、、三点共线.同理，12A M A 、、三点共线.可见1212AA BB 、都过12OO 上的这个特殊点.证明3作另一条内公切线EF ，在1O 上的切点为E .在2O 上的切点为F .延长EF ，交11AB 于1P ，过1P 作12OO 的垂线12PP ，交22A B 于2P ，交12OO 于M .连1221212M B M B M F O P O B O F 、、、、、，如图F9.2.3所示.由整个图形关于12OO 轴对称知122F M P B M P ∠∠=.因为111PF PB ，都是切线，所以212111O F PF O B PB ⊥⊥，，可见121P F M O B 、、、、五点都在以21OP 为直径的圆上，所以121FM P FO P ∠∠=，又2112112111FO P BO P BO P BM P ∠∠∠∠==，，所以1122BM P B M P ∠∠=.可见12M B B 、、共线，即12BB 与12OO 也交于M 点.同理，利用111A P M E O 、，、、(以11OP 为直径)五点共圆及关于12OO 的轴对称性，又可证出1121AM O AM O ∠∠=、可见12A A M 、、共线，即12AA 的延长线也过M 点.综上，121212AA BB OO ，，三线共点于M .[范例3]P 为等腰ABC 的底边BC 上的任一点，////PQ AB PR AC ，，分别交AC 、AB 于Q R 、.设D 为P 点关于直线R Q 的对称点，则A D B C 、、、四点共圆.分析1通过对角互补可证四点共圆.从条件知RB RP RD ABC ACB QD QP QC ∠∠=====，，，又由ARPQ 是平行四边形，可进一步得到AQ RP RD QD AR ===，，可见ADQ DAR ≅，所以.RDA QAD ∠∠=这时把四边形ADBC 的两组对角分别加起来，很容易发现对角之和相等.图F9.3.1证明1如图F9.3.1所示，连RD DQ 、.由对称性，QD QP RD RP ==，.易证ARPQ 是平行四边形，所以QP AR RP AQ ==，，所以AR QD AQ RD ==，，所以ADQ DAR ≅，故 ∠∠=QAD RDA①易证RP RB =，所以RB RD =， ∠∠=RDB RBD②因为AB=AC，所以 ∠∠=ABC ACB③式①+式②+式③得QAD ABC RBD RDA ∠∠∠∠++=+RDB ACB∠∠+即DAC DBC ADB ACB ∠∠∠∠+=+.因为360DAC DBC ADB ACB ∠∠∠∠+++=，所以180DAC DBC ∠∠+=，所以A 、D B C 、、共圆.分析2要证四点共圆，还可通过证明BDC BAC ∠∠=.由于BAC PQC BRP ∠∠∠==，只要证出BDC ∠和其中任一角相等即可.但是直接证BDC ∠和BAC PQC ∠∠、、BRP ∠中的任何一个相等都有困难，这时可试着把BDC ∠分成几部分，若每部分都和要证的角有一定的关系，则BDC ∠整体也容易建立与要证的角的联系.注意到RD RB RP QD QP QC ====，的事实，可以想到BDP 的外心是R PDC ，的外心是Q ，引用圆周角和同弧对的圆心角关系的定理，可很快证出结论.证明2连DQ DP DR DC ，、、，如图F9.3.2所示.易证.RD PB PR QD QP QC ====，可见R 是DBP 的外心，Q 是PDC 的外心.由圆周角和同弧上的圆心角关系的定理，1122BDP BRP PDC PQC ∠∠∠∠==，易证BRP PQC BAC ∠∠∠==，所以11112222BDP PDC BRP PQC BAC BAC BAC ∠∠∠∠∠∠∠+=+=+=，即BDC BAC ∠∠=，所以A D B C 、、、共圆.图F9.3.2分析3要证四点共圆，可以通过证A D B C 、、、到一个定点等距离.这个定点如果存在，那么显然是ABC 的外心O .利用BRO AQO ≅，可得OR OQ =，即O 点在R Q 的中垂线上.只要证出ADRQ 是等腰梯形，RQ AD 、是底，则可知O 也在AD 的中垂线上.这样，O 到A D B C 、、、距离相等.要证明ADRQ 是等腰梯形，只要证出ADR ADQ ≅即可.证明3设O 为ABC 的外心.连OA OB OR OQ DR DQ OD OC 、、、、、、、，如图Y9.3.3所示.因为OA OB =，所以OAB OBA ∠∠=.又OAB OAC ∠∠=，所以OAC OBA ∠∠=.易证ARPQ 是平行四边形，所以AQ RP =，又RP RD RB ==，所以AQ RB RD ==，所以OBR OAQ ≅，所以OR OQ =，即O 在R Q 的中垂线上.因为DQ QP AR RD AQ AD ===，，为公共边，所以ADR ADQ ≅，所以R Q 、到AD 等距离，所以ADRQ 是等腰梯形.由等腰梯形的轴对称性知，O 点又在AD 的中垂线上，即OA OD =.所以OA OD OB OC ===，可见A D B C 、、、共圆.图F9.3.39.3研究题[例1]三角形的三条中线共点.证明1(三角形中位线定理、平行四边形的性质)设中线BE CF 、交于G ，连AG 并延长，交BC 于D ，延长AD 到H ，使GH AG =，连BH CH 、，如图Y9.1.1所示，则GF GE 、各是ABH 和AHC 的中位线，所以////GF BH GE HC ，，所以GBHC 是平行四边形，BC GH 、是其对角线.因为平行四边形的对角线互相平分，所以BD DC =，所以AD 是BC 边的中线，所以AD BE CF ，，三中线共点.图Y9.1.1图Y9.1.2证明2(三角形的中位线、平行四边形的性质)设中线BE CF 、交于G 点，D 为BC 的中点，连GA GD 、，作//CH GD ，交BE 的延长线于H ，作//EM CF ，交AF 于M ，如图9.1.2Y 所示.在BCH 和ACF 中，由中位线定理知1122GB GH AM MF AF BF ====，.在BEM 中，由平行截比定理，12EG MF GBBF==，所以12EG GB =，所以12EG GH =，所以EG EH =.因为AE EC EG EH ==，，所以A G C H 、、、是平行四边形的四个顶点，所以//GA CH .因为////GA CH GD CH ，，所以A G D 、、共线，即AD 是中线，所以AD BE CF 、、三中线共点.图Y9.1.3证明3(中位线定理、相似三角形)设中线AD BE 、交于G ，中线AD CF 、交于G '.连DE ，如图所示，则DE 是ABC 的中位线，所以DEAB ，12DE AB =，由∽DEG ABG 知2.==AG ABGD DE同理，连DF 后有2AG AC G D DF ''==，所以AG AG GD G D=''，所以AG GD AG G D GD G D '+='+'，即AD ADGD G D='，所以GD G D G ='，与G '必定重合.所以三中线AD BE CF 、、共点.证明4(三角形的中位线、平行四边形的性质)设中线BE CF 、交于G ，中线BE AD 、交于G '.设P Q ，分别是GB GC 、的中点，连EF 、P Q ，如图9.1.4Y 所示，则EF PQ 、分别是ABC 和GBC 的中位线，所以1122EFBC PQ BC ，，所以EF PQ ，所以E F P Q 、、、是平行四边形的四顶点，所以.GE GP PB ==同理，若连DE ，又可证G E G P PB '=='，所以GE G E PB '==，所以G 、G '重合.所以三中线AD BE CF 、、共点.图Y9.1.4图Y9.1.5证明5(引用第5章例2的结果)设中线AD BE 、交于G AD CF ，、交于G '.如图Y9.1.5所示.由第5章例2的结果，2222AG AE AG AF GD EC G D FB ''====，，所以AG AG GD G D=''.可见G G '、内分AD 成等比值.由分点的唯一性知G G '、重合，即三中线AD BE CF 、、共点.证明6(Ceva 定理)设BD DC CE EA AF FB ===，，.因为1AF BD CEFB DC EA⋅⋅=，由三线共点的Ceva 定理知AD BE CF 、、共点.证明7(面积法、反证法)设三中线两两相交于P Q R 、、，如图9.1.6Y 所示.若P Q R 、、共线，表明AD BE CF 、、各有两公共点，所以AD BE CF 、、共线，与三角形的假设违背，所以P Q R 、、不共线.若P Q R 、、实际上只是两点，设P Q 、重合而与R 不重合，则AD 与CF 有两个公共点，所以AD CF 、应重合，与已知矛盾，所以P Q R 、、不能仅有两点重合.若P Q R 、、是不共线的三点，则0.PQRS≠连FD ，如图9.1.6Y 所示.FD 是中位线，所以//FD AC ，所以A D C A P C S S =，所以ADC ARC AFC ARC S S S S -=-，所以A F R C D R S S =.图Y9.1.6同理，AQEBQD CPE BPF SS S S ==，.连AP BR CQ 、、.因为D E F 、、各是BC CA AB 、、的中点，所以BRD CRD AQECQE APFBPF S S SS SS ===⋅，，故C RD S ==+ARFAQPF PQR SS S ，AQE S ==+BQD BPRD PQR S S S ，BPF S ==+CPE CRQE PQRS S S 因为，=+=+AQPF APF APQ BPF APQ S S S S S ，=+=+BPRD BRD BPR CRD BPR S S S S S=+=+CRQE CQE CQR AQECQR S S S SS ，把它们代人式(1)、式(2)、式(3)，再把三式相加，就得到30AQPBPR COR PQR SS S S +++=，此式表明0PQRS=，这与假设矛盾.所以P Q R 、、是一个点，即三中线AD BE CF 、、共点.证明8(引用第6章例5的结论)设三中线AD BE CF 、、两两相交于.P Q R 、、由第6章例5的结论，22(1)1POR ABCSSλλλ-=++.这里1BD CE AFDC EA FBλ====，所以0PQR ABCS S =，所以0.PQRS=但由证明7的分析知，P Q R 、，不可能共线或仅有两点重合，所以P Q R 、、实为一个点，即三中线AD BE CF 、、共点.图Y9.1.7证明9(面积法、三角形全等)设中线BE CF 、交于G ，连AG 并延长，交BC 于D ，作BM 、CN ，均与AD 垂直，垂足分别是M N 、，如图Y9.1.7所示.因为E F 、分别是AC AB 、的中点，所以12AEBAFCABCSSS ==⋅所以AEB AEGF AFC AEGF S S S S -=-，即E G C F G B S S =.又因为E G C E G A F G B F G A S S S S ==，，所以A G C A G B S S =.因为AGC AGB 、有公共底AG CN BM ，、是对应高，所以CN BM=因为CDN BDM ∠∠=，所以Rt Rt CND BMD ≅，所以CD BD =，即AD 是BC 边上的中线，所以三中线AD BE CF 、、共点.证明10(解析法)如图Y9.1.8所示，建立直角坐标系.设()()0Cc A a b ，，，，则022222c a c b a b D E F +⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，，，.内分AD 成比值2λ=的点的坐标为221123A D c a x x a c x λλ+⋅++===++，图Y9.1.8201123A D y y b by λλ++⋅===++.33a c b +⎛⎫ ⎪⎝⎭即，2BE λ=内分成比值的点的坐标为0221123B Ea cx x a c x λλ++⋅++===++0221123B E by y b y λλ+⋅+===++即33a c b +⎛⎫⎪⎝⎭，.同法还可求出内分CF 为2λ=的分点也是这个点，即33a c b +⎛⎫⎪⎝⎭，是AD BE CF 、、的公共点，所以三中线AD BE CF 、、共点.[例2]三角形的三高共点.证明1(相似三角形、共圆)设两高BE CF 、的交点为H ，连AH 并延长，交BC 于D ，连EF ，如图9.2.1Y 所示.由A F H E 、、、共圆知12∠∠=.由B C E F 、、、共圆知23∠∠=，所以13∠∠=.因为C ∠为公共角，所以BEC ADC ∞，所以90ADC BEC ∠∠==，所以AD 也是高线，即三高AD BE CF 、、共点.图Y9.2.1图Y9.2.2证明2(共圆、证三点共线)设两高BE CF 、交于H ，连AH ，作HD BC ⊥，垂足为D ，连FE ，如图Y9.2.2所示.因为A F H E 、、、共圆，所以12∠∠=.因为B C E F 、、、共圆，所以1ACB ∠∠=.因为H D C E 、、、共圆，所以3ACB ∠∠=.所以32∠∠=，所以A H D 、、共线，即AD BC ⊥，所以三高AD BE CF 、、共点.证明3(利用三角形三边的中垂线共点的性质)分别过A B C 、、作对边的平行线，三条直线两两相交，交点为111A B C 、、，如图Y9.2.3所示.易证111ABC 各边的中点分别是A B C 、、，所以AD BE CF 、、是111ABC 各边的中垂线.因为三角形各边的中垂线共点，所以AD BE CF 、、共点，即ABC 的三高共点.图Y9.2.3证明4(Ceva 定理)如图Y9.2.4所示.由Rt Rt ADC BEC ∽知DC EC AC BC=.由Rt Rt BEA CFA ∽知AE AF AB AC=.由Rt Rt BFC BDA ~知BF BD BC AB =.图Y9.2.4以上三式连乘，得到DC AE BF EC AF BD AC AB BC BC AC AB⋅⋅=⋅⋅，所以1BD CE AF DC EA FB⋅⋅=.由Ceva 定理知AD BE CF 、、共点.证明5(解析法)图Y9.2.5如图Y9.2.5所示，建立直角坐标系.设()()0C a A b c ，，，.AD 的方程为x b =.因为AC c k b a =-，所以BE a b k c-=，所以BE 的方程为a b y x c-=.两方程联立可得()b a b H b c ⎛⎫- ⎪⎝⎭，.所以()0AB CH b a b c b c k k b b a c--===--，，所以1A B C H k k ⋅=-，所以CH AB ⊥，可见CH 也是高，所以三高AD BE CF 、、共点.[例3]两直线12l l 、交于O 点，在1l 上有A B C 、、，满足OA AB BC ==.在2l 上有L M N 、、，满足LO OM MN ==，则AL BN CM 、、三直线共点.证明1(三角形中位线定理、同一法)设AL BN 、交于K .连MK 并延长，交OB 的延长线于1C ，连AM ，如图Y9.3.1所示，则AM 是OBN 的中位线，所以1=2AM BN .因为LAM LKN ∽，所以32NK LN AM LM ==，所以3324NK AM BN ==，所以1142KB BN AM ==.因为//KB AM ，所以1112C B KB C A AM ==，所以1CB AB =.因为AB BC =，所以1BC CB =，即C 与1C 重合.所以AL BN CM 、、三线共点.图Y9.3.1图Y9.3.2证明2(平行截比定理、三角形的中位线)作//MP AL ，交1l 于P ，连AM ，设AL CM 、交于K ，连BN ，如图Y9.3.2所示.易证AOL POM ≅，所以AO PO AP AC ==，.在CMP 中，由中位线逆定理知AK 是CMP 的中位线，所以CK KM =.因为OA OM AB MN=，所以//AM BN .在CMA 中，由中位线逆定理知BN 与CM 的交点是CM 的中点，即BN 也过K .所以AL BN CM 、、三线共点.证明3(中位线定理、重心的性质)连MA CL 、，如图9.3.3Y 所示.在OBN 中，AM 是中位线，所以//AM BN .在AMC 中，由中位线逆定理知BN 必过CM 的中点K ，即CK KM =.在MLC 中，CO 是ML 边上的中线，A 点分CO 成2:1的两部分，所以A 是MLC 的重心，所以LA 必是CM 上的中线，即LA 过K .所以AL BN CM 、、三线共点.证明4(同一法)设AL BN 、交于K ，作2//B P l ，分别交CM LK 、于P Q 、，设CM BN 、交于K '，如图Y9.3.4所示.易证OAL BAQ ≅，所以BQ OL OM MN ===.由LKN QKB ∽知33KN LM OL KB BQ BQ===.由MNK PBK ''∽知MN K N BP K B'='.在COM 中，3OM OC BP BC ==，所以3MN BP =，所以3K N K B ''=，即3KN K N KB K B'='=.可见K K '、都是内分线段NB 成比值3的点，由定比分点的唯一性知K K '、重合，即AL BN CM 、、共点.图Y9.3.3图Y9.3.4证明5(解析法)如图Y9.3.5所示，建立直角坐标系.设OA AB BC a LO OM MN b ======，，AOM ∠α=，则()()()()()()02030cos sin cos sin 2cos 2sin A a B a C a L b b M b b N b b αααααα--，，，，，，，，，，，AL 的方程为()sin cos b y x a b aαα-=⋅---，即图Y9.3.5()sin cos sin 0xb b a y ab ααα-+-=①BN 的方程为()2sin 22cos 2b y x a b aαα=⋅--，即()sin cos 2sin 0xb b a y ab ααα---=②CM 的方程为()sin 3cos 3b y x a b aαα=⋅--，即()sin cos 33sin 0xb b a y ab ααα---=③方程(1)、(2)、(3)的系数行列式为sin cos sin sin cos 2sin sin 3cos 3sin ααααααααα-------b a b ab b a b ab b a b ab 221cos 1sin 1cos 213cos 3αααα---=----a b ab a b a b 22111111sin 112cos 1120133113ab a b αα⎛⎫-- ⎪=⋅-+⋅= ⎪ ⎪-⎝⎭所以AL BN CM 、、三线共点.[例4]在梯形ABCD 中，//AD BC AD BC AB F +=，，为CD 的中点，则A B ∠∠、的平分线必交于F .证明1(梯形的中位线、等腰三角形)图Y9.4.1作//FE AD ，交AB 于E ，如图9.4.1Y 所示，则EF 是梯形的中位线，所以()1122EF AD BC AB AE EB =+===，所以13∠∠=.因为23∠∠=，所以12∠∠=，即A ∠的平分线为AF .同理可证B ∠的平分线是BF .证明2(三角形全等、等腰三角形)延长AF ，交BC 的延长线于G ，如图Y9.4.2所示.易证ADF GCF ≅，所以AD CG =.因为AD BC AB +=，所以BC CG AB +=，即AB BG =，所以13∠∠=.又23∠∠=，所以12∠∠=，即A ∠的平分线过F 点.同理可证B ∠的平分线也过F 点.图Y9.4.2图Y9.4.3证明3(梯形的中位线、三角形全等、菱形的性质)作//FE AD ，交AB 于E ，则EF 是梯形的中位线.过F 作AB 的平行线，交BC 于H ，交AD 的延长线于G ，如图Y9.4.3所示.易证FDG FHC ≅，所以DG CH =，所以AD BC AG BH AB +=+=.易证ABHG 是平行四边形，所以AG BH =，所以12AG AB AE EB ===，所以AEFG 、BHFE 都是菱形，AF BF 、分别是它们的对角线.由菱形的对角线的性质知AF BF ，分别是A B ∠∠、的角平分线.证明4(三角形全等、内角和定理)在AB 上取G ，使AG AD =.因为AB AD BC AG GB =+=+，所以BG BC =.连GD 、GC GF AF BF 、，、，如图Y9.4.4所示，则1234∠∠∠∠==，.因为1218034180180A B A B ∠∠∠∠∠∠∠∠++=++=+=，，，所以1234180∠∠∠∠+++=，即1390∠∠+=，所以180131809090DGC ∠∠∠=--=-=.所以GF 是Rt DGC 斜边上的中线，所以FD FC FG ==.由ADF AGF BCF BGF ≅≅，知5678∠∠∠∠==，，所以A B ∠∠、的平分线交于F 点.图Y9.4.4图Y9.4.5证明5(面积法)过F 作MN AD ⊥，交AD 于M ，交BC 于N .作FE AB ⊥，垂足为E .伡AF BF 、.如图Y9.4.5所示.易证Rt Rt FMD FNC ≅，所以FM FN =.因为()()1111112222222ADF BCF ABCD MN S S AD FM BC FN AD BC FM AB FM AD BC S +=⋅+⋅=+⋅=⋅=+⋅=，，所以MF EF =，所以MF EF FN ==.可见F 点到A B ∠∠、的两边等距离，所以AF BF 、分别是A B ∠∠、的平分线.证明6(解析法)如图Y9.4.6所示，建立直角坐标系.设AD b BC a ABC ∠α===，，，则()0((C a A a +，，b)()()()()()cos sin )cos sin 1cos sin 22a b a b a b D b a b a b F αααααα++⎛⎫+++++ ⎪⎝⎭，，，，连BF AF 、.因为()sin sin 2tan tan 1cos 21cos 2AB BFa bk k a b αααααα+====+++，，所以BF 是B ∠的平分线.同理AF 是A ∠的平分线.图Y9.4.6[例5]在ABC 中，2B C AD BC M ∠∠=⊥，，在AB 的延长线上，BD BM N =，为AC 的中点，则M D N ，，共线.图Y9.5.1证明1(同一法)连MD 并延长，交AC 于1N ，如图Y9.5.1所示.在BMD 中，122223M ∠∠∠∠∠∠=+==，，所以123∠∠=.因为12C ∠∠=，所以3C ∠∠=，所以11D N NC =.易证11DN AN =.所以1N 是Rt ADC 的斜边的中点，所以N 与1N 重合.所以M D N ，、共线.证明2(直角三角形斜边中线定理)如图Y9.5.2所示，连DM DN 、.在Rt ADC 中，DN 是斜边上的中线，所以NDC C ∠∠=.因为12C ABC ∠∠=，所以12NDC ABC ∠∠=因为ABC ∠是等腰BMD 的外角，所以2ABC M BDM BDM ∠∠∠∠=+=，所以12BDM ABC ∠∠=所以BDM NDC ∠∠=，所以M D N 、、共线.图Y9.5.2图Y9.5.3证明3(角平分线、平行公理)连DM DN 、，作ABC ∠的平分线BP ，交AC 于P ，如图Y9.5.3所示.因为222ABC C ∠∠∠==，所以2C ∠∠=.因为DN 是Rt ADC 斜边上的中线，所以4C ∠∠=，所以24∠∠=，所以//BP DN .因为ABC ∠是等腰BMD 的外角，所以232223ABC ∠∠∠∠==，，所以23∠∠=，所以//BP MD .可见MD DN 、都与BP 平行，所以M D N 、、共线.证明4(Menelaus 定理)在DC 上取1B ，使1D B D B =，连1AB ，如图Y9.5.4所示，则1ABB 是等腰三角形，所以111AB AB ABB ABB ∠∠==，图Y9.5.4因为2ABC C ∠∠=，所以12ABB C ∠∠=，所以1A BC 也是等腰三角形.所以11A B BC =.因为BM BD AN NC==，，所以11D C D B BC BD AB BM AB AM =+=+=+=，所以1AM BD CNBMDC NA⋅⋅=由Menelaus 定理知M D N 、、三点共线.证明5(解析法)如图Y9.5.5所示，建立直角坐标系.图Y9.5.5连DM DN MN ，，.设()()()000A a C c B b ，，，，，，则22c a N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，.作BE DM ⊥，垂足为E ，由三线合一定理知.ME ED =设BMD ∠α=，则2BDM ABC ∠α∠α==，.因为2ABC C ∠∠=，所以C ∠α=，所以()22cos 2cos sin M b b ααα，.所以M N DS 22cos 2cos sin 11122201ααα=b bc a22cos 2cos sin 1222ααα=b b c a ()cos cos sin 2ααα=-b a c 在Rt ADC 中，由正弦定理，()sin sin cos sin 90a c c cDAC α∠αα===-，所以cos sin a c αα=⋅，所以0M ND S =，所以M N D 、、三点共线.[例6]在ABC 中，E F 、分别是AB AC ，的中点，延长CE 到P ，使EP EC =，延长BF 到Q ，使FQ FB =，则P A Q ，、共线.证明1(证明平角)如图Y9.6.1所示，伡AP AQ ，.易证AEP BEC AFQ CFB ≅≅，，所以1ABC ∠∠=，3ACB∠∠=图Y9.6.1因为2180ABC ACB ∠∠∠++=，所以213180∠∠∠++=，即PAQ ∠为平角，所以P A Q 、、共线.证明2(利用平行公理)如图Y9.6.2所示，连AP AQ PB QC 、、、.因为四边形APBC 和四边形ABCQ 的对角线互相平分，所以APBC 和ABCQ 都是平行四边形，所以////AP BC AQ BC ，.由平行公理知P A Q 、、共线.证明3(中位线定理、乎行截比定理、同一法)连Q A 并延长，交CE 的延长线于1P ，连EF ，如图9.6.3Y 所示.因为EF 是BAQ 的中位线，所以//AQ EF ，所以1//AP EF .在1CAP 中.由平行截比定理，11P E AFEC FC==，所以1PE EC =.又PE EC =，所以1.PE PE =且1P P E 、、共线，1P P 、在E 点同侧，所以1P 和P 重合.所以P A Q ，、共线.证明4(平行截比逆定理、平行公理)连PQ AQ EF 、、，设CE BF 、交于O ，如图9.6.3Y 所示.因为EF 是ABC 和ABQ 的中位线，所以////EF BC AQ ，所以EOF COB ∽，所以OF OE BO CO =，所以OF OEBF CE=.因为BF FQ CE EP ==，，所以OF OEFQ PE=，由平行截比逆定理，//PQ EF ，所以//PQ AQ .所以P A Q ，、共线.图Y9.6.4证明5(解析法)如图Y9.6.4所示，建立直角坐标系.设()()0Ca Abc ，，，，则2222b c a b c E F +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，由中点坐标公式可求出P Q 、的纵坐标，202022P Q c cy c y c =⋅-==⋅-=，，所以P Q A y y y ==，所以P A Q ，，共线.[例7]梯形的上下底的中点和对角线的交点共线.证明1(同一法)如图Y9.7.1所示，设上、下底的中点各为E F 、，对角线的交点为O (以下同).连EO 并延长，交AB 于1F .由1COE AOF ~知11CE OEAF OF =.图Y9.7.1证明1由1DOE BOF ∽知11DE OEBF OF =.所以11CE DEAF BF =.因为CE DE =，所以11AF BF =，所以1F 为AB 的中点，所以1F 与F 重合.所以E O F 、、共线.图Y9.7.2证明2(证明对顶角)连OE OF 、，如图Y9.7.2所示.由COD AOB ∽知1212CDCO CD CEOA AB AF AB ===.因为12CO CEOA AF∠∠==，所以COE AOF ∽，所以34∠∠=，即34∠∠、形成对顶角.所以E O F 、、共线.证明3(平行截比定理、同一法)如图Y9.7.3所示，过O 作//MN AB ，分别交AD BC 、于M N 、，则MO ON =.延长AD BC 、，相交于P ，连PF .设PF 与MN CD 、各交于11O E 、.因为////AB MN CD AF FB =，，由平行截比定理知1111M O ON DE EC ==，，所以O 与1O E ，与1E 分别重合.所以E O F 、、共线.图Y9.7.3图Y9.7.4证明4(平行截比定理、平行四边形的性质)如图Y9.7.4所示，连.OF 作11////A D O F B C O F ，，各交BO AO 、的延长线于11D C 、.连11DC .由中位线性质逆定理知1122AD OF BC OF ，，所以11AD BC ，所以11ABC D 是平行四边形.延长FO ，交11CD 于1E ，交CD 于2E ，则1E 是11CD 的中点.因为11////CD ABC D AB ，，所以11//C D CD ，由平行截比定理知2E 是CD 的中点，所以2E 与E 重合.所以E O F 、、共线.图Y9.7.5证明5(面积法、反证法)若E O F 、、不共线，则0EOF S ≠.连OE OF EF 、、，过O 作//MN AB ，分别交AD BC 、于M 、N ，如图Y9.7.5所示，则OM ON =.所以O D M O CN O M A O NB S S S S ==，.因为AF FB DE EC ==，，又有O CEO D E O BF O AF S S S ==，S ，所以O D M O D E O M A O AFO NC O CE O NB O BF S S +++=+++S S S S S S ，即AFOED EOFBC S S =.因为()()11(22AFED EFBC S AF ED h S BF CE h h =+=+，表示梯形ABCD 的高)AF ED BF CE +=+，，所以A F E D E F B C S S =，即AFO ED EO F EO FBC EO F S SS S +=-.由此可知0EOF S =，与假设矛盾，所以E O F 、、共线.证明6(解析法)如图Y9.7.6所示，建立直角坐标系.设()()()0B b D d a C c a ，，，，，，则022c d b E a F +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，连.EF EF 的方程是222a b y x c d b ⎛⎫ ⎪⎛⎫=- ⎪ ⎪+⎝⎭ ⎪-⎝⎭，即图Y9.7.6()2a y x b c d b=-+-AC 的方程为a y x c=BD 的方程为()a y x b d b =--联立式(2)、式(3)，得到bc ab O b c d b c d ⎛⎫ ⎪+-+-⎝⎭，.因为2ab a bc b b c d c d b b c d ⎛⎫=⋅- ⎪+-+-+-⎝⎭，可见O 点的坐标满足方程(1)，即O 点在EF 上.所以E O F 、、共线.[例8]在ABC 中，H 为垂心，D 为BC 的中点，AE 是外接圆的直径，则H D E 、、共线.证明1(同一法)设O 为外心，连AH 并延长，交BC 于M ，则AM BC ⊥.连OD ，连ED 并延长，交AM 于H '，如图9.8.1Y 所示.由垂径定理，OD BC ⊥，所以//OD AM .因为//AO OE OD AM =，，在AEH '中，由中位线逆定理知12OD AH ='.由第2章例14的结果，12ODAH ，所以AH AH ='，所以H 和H '重合，所以E D H 、、共线.图9.8.1Y图Y9.8.2证明2(同一法、平行四边形)连BH BE CH CE 、、、，如图Y9.8.2所示.因为H 为垂心，所以BH AC ⊥.因为AE 为直径，所以EC AC ⊥，所以//BH EC .同理//CH BE ，所以BHCE 是平行四边形.连EH ，交BC 于1D .由平行四边形的对角线互相平分的性质知1D 为BC 的中点，所以1D 与D 重合，所以E D H 、、共线.证明3(对顶角、三角形全等、等腰梯形的对称性)如图Y9.8.3所示，连DE DH 、，连AH 并延长，交BC 于M ，交⊙O 于K ，连.KC KE EB DK HC 、、、、因为H 为垂心，所以CH AB ⊥，所以MCH MAB ∠∠=.因为MAB MCK ∠∠=，所以MCK MCH ∠∠=，所以CH CK =，即CM 是HK 的中垂线，所以DH DK =，所以CDH CDK ≅，所以12∠∠=因为AE 是直径，所以EK AK ⊥.因为BC AK ⊥，所以BC EK 所以BCKE 是等腰梯形，D 是其底边的中点.由等腰梯形的轴对称性，32∠∠=.因为3221∠∠∠∠==，，所以31∠∠=，所以H D E 、、共线.图Y9.8.3证明4(Menelaus 定理)连OD AH 、，则2//.AH OD OD AH =，延长AH ，交BC 于M ，交O 于K ，则MH MK =.设AE BC 、的交点为N ，连EK ，则//EK BC .如图Y9.8.4所示.在ANM 中，12122===---AH ND OD AH DM AM OD AM AH AM AH .AH AM MH =+在AEK 中，.++===AE AK AM MK AM MH NE KM KM MH所以()() 1.+⋅⋅⋅⋅==⋅+⋅AM MH AH MH AE ND MH NE DM HA MH AM MH AH由三点共线的Menelaus 定理知、、E H D 共线.证明5(三角法、求边长)连OD AH ED EH 、、、，如图Y9.8.5所示.由第2章例14的结果知1122OD AH OD AH =，，所以12∠∠=.在EOD 和EAH 中，由余弦定理有2222cos 1.∠=+-⋅⋅ED EO OD EO OD 2222cos 2∠=+-⋅⋅EH AE AH AE AH 222(2)(2)222cos 1(2).∠=+-⋅⋅⋅=O E O D O E O D ED 所以2=EH ED .由正弦定理，又有sin sin 1∠∠=⋅ODOED ED ，2sin sin 2sin 2sin 22∠∠∠∠=⋅=⋅=⋅AHODODAEH EH ED ED 所以sin sin OED AEH ∠∠=.因为OED AEH ∠∠、都是锐角，所以OED AEH ∠∠=，所以E H D 、、共线.证明6(面积法、反证法)如图Y9.8.6所示，连AH OD 、，由第2章例14知12OD AH ,1.2OD AH =连ED DH EH OH 、、、，设EH 交OD 或OD 的延长线于M .若、、E D H 不共线，则D 与M 不重合.在AEH中，OM 是中位线，所以12=OEM OEH S S ，又因为=AOH EOH S S ，所以12OEM AOHS S =因为ODE 和AOH 在互相平行的底OD 和AH 上具有等高，所以12ODE AOH S S =.所以ODE OEM S S =.又因为ODE 和OEM 在底OD OM 、上具有等高，所以ODE OEM S OD S OM=，所以OD OM =.这表明D 与M 应当重合.与假设矛盾.所以E D H 、、共线.[例9]自ABC 的外接圆上的任一点P 向三边所在的直线引垂线,设L M N 、、为垂足,则L M N 、、共线.(Simson 定理)证明1(共圆、证明平角)连PB PC ML MN 、、、,如图Y9.9.1所示.因为PCN ∠是圆的内接四边形ABPC 的外角,所以PCN ∠ABP∠=因为90180BLP BMP PMC PNC ∠∠∠∠==+=，,所以P B L M 、、、和P M C N 、、、分别共圆,所以,180PMN PCN LMP LBP ∠∠∠∠=+=所以180LMP PMN LMP PCN LMP ABP ∠∠∠∠∠∠+=+=+=所以LMN ∠为平角,所以L M N 、、共线.证明2(同一法、共圆)连PB PC 、,连LM 并延长,交AC 的延长线于1N ,连1PN ,如图Y9.9.2所示.因为P B L M 、、、共圆,所以1N MP ABP ∠∠=.因为P C A B 、、、共圆,所以1PCN ABP ∠∠=.所以11N MP PCN ∠∠=,所以1,P M C N 、、共圆,所以1180PMC PN C ∠∠+=,所以11801809090PN C PMC ∠∠=-=-=,所以1PN AC ⊥.又PN AC ⊥,所以1N N 、重合,所以L M N 、、共线.证明3(平行公理)连PA PC MN NL 、、、,如图9.9.3Y 所示.因为A L P N 、、、共圆,所以PAL PNL ∠∠=.因为P N C M 、、、共圆,所以PNM PCM ∠∠=.因为A B P C 、、、共圆,所以PAL PCB ∠∠=.所以PNM PNL ∠∠=,所以//NM NL ,所以L M N 、、共线.证明4(证对顶角相等)连PB PC ML MN 、、、,如图Y9.9.4所示.。

平面向量三点共线讲义

平面向量三点共线讲义

利用共线向量之巧解三点共线问题如图，A ,B ，C 是平面内三个点，P 是平面内任意一点，若点C 在直线AB 上，则存在实数λ，使得PC =λPA +（1—λ）PB ．性质1：已知A ，B ，C 是平面内三个点, P 是平面内任意一点，若A ，B ,C 三点共线，则存在实数λ，使得PC =λPA +(1-λ)PB ． 或叙述为:已知A ，B ,C 是平面内三个点， P 是平面内任意一点,若A ，B ,C 三点共线，则存在实数λ，μ,使得PC =λPA +μPB ，则有λ+μ=1．性质2：已知A ,B ,C 是平面内三个点,P 是平面内任意一点，若存在实数λ，μ,有PC =λPA +μPB ，且λ+μ=1，则A ，B ，C 三点共线．练习1：在△ABC 中，13AN NC =，点P 是BC 上的一点,若211AP mAB AC =+，则实数m 的值为（ ） A ．911 B. 511 C 。

311 D. 211三点共线性质在解题中的应用:例1．如图，在ABC ∆中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点M 、N ,若AB =AM m ，AC =AN n ，则n m +的值为例2如图所示，已知△AOB 中，点C 是以A 为中点的点B 的对称点，错误!＝2错误!,DC 和OA 交于点E ,设错误!＝a ，错误!＝b .（1）用a 和b 表示向量错误!、错误!； （2）若错误!＝λ错误!，求实数λ的值．例3所示：点G 是△OAB 的重心,P 、Q 分别是边OA 、OB 上的动点，且P 、G 、Q 三点共线．设OA x OP =，OB y OQ =,证明：yx 11+是定值;例4．如图，在ABC ∆中，OA OC 41=，OB OD 21=,AD 与BC 交于M 点，设b OB a OA ==,．（Ⅰ）用a ，b 表示OM ；（Ⅱ)在已知线段AC 上取一点E ，在线段BD 上取一点F ,使EF 过点M ．设OA p OE =，OB q OF =．求证：17371=+qp．例5．如图，平行四边形ABCD 中，点P 在线段AB 上,且m PBAP=，Q 在线段AD 上,且n QDAQ =,BQ 与CP 相交于点R ，求RC PR的值．例6所示,在平行四边形ABCD 中，13AE AB =，14AF AD =,CE 与BF 相交于G 点,记AB a =，AD b =,则AG =_______A ．2177a b +B 。

高中数学竞赛 平面几何讲座第3讲 点共线、线共点

高中数学竞赛 平面几何讲座第3讲 点共线、线共点

第三讲点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。

1.点共线的证明点共线的通常证明方法是:通过邻补角关系证明三点共线;证明两点的连线必过第三点;证明三点组成的三角形面积为零等。

n(n≥4点共线可转化为三点共线。

例1如图,设线段AB的中点为C,以AC和CB为对角线作平行四边形AECD,BFCG。

又作平行四边形CFHD,CGKE。

求证:H,C,K三点共线。

证连AK,DG,HB。

由题意,AD EC KG,知四边形AKGD是平行四边形,于是AK DG。

同样可证AK HB。

四边形AHBK是平行四边形,其对角线AB,KH互相平分。

而C是AB 中点,线段KH过C点,故K,C,H三点共线。

例2如图所示,菱形ABCD中,∠A=120为△ABC外接圆,M为其上一点,连接MC交AB于E,AM交CB延长线于F。

求证:D,E,F三点共线。

证如图,连AC,DF,DE。

因为M在上,则∠AMC=60°=∠ABC=∠ACB有△AMC∽△ACF,得CDCFCA CF MA MC==。

又因为∠AMC=BAC,所以△AMC∽△EAC,得AEADAE AC MA MC==。

所以AEADCD CF=,又∠BAD=∠BCD=120°,知△CFD∽△ADE。

所以∠ADE=∠DFB。

因为AD∥BC,所以∠ADF=∠DFB=∠ADE,于是F,E,D三点共线。

ACD E FH K G例3四边形ABCD内接于圆,其边AB与DC的延长线交于点P,AD与BC的延长线交于点Q。

由Q作该圆的两条切线QE和QF,切点分别为E,F。

求证:P,E,F三点共线。

证如图。

连接PQ,并在PQ上取一点M,使得B,C,M,P四点共圆,连CM,PF。

设PF与圆的另一交点为E’,并作QG丄PF,垂足为G。

易如QE 2=QM·QP=QC·QB①∠PMC=∠ABC=∠PDQ。

从而C,D,Q,M四点共圆,于是PM·PQ=PC·PD②由①,②得PM·PQ+QM·PQ=PC·PD+QC·QB,即PQ 2=QC·QB+PC·PD。

线共点(Ceva定理)

线共点(Ceva定理)

1.1 线共点:Ceva 定理
Ceva 定理由意大利工程师 Gviovanni Ceva(1647-1734)发表于 1678 年.为了纪念 Ceva, 人们把三角形顶点与其对边上任一点的连线叫做 Ceva 线. Ceva 定理 ABC 是三角形, P, Q , R 分别是直线 BC , CA, AB 上的点.直线 AP, BQ , CR 共 点的充要条件是(使用有向距离) BP CQ AR ⋅ ⋅ = 1. PC QA RB 证明:必要性 设直线 AP, BQ , CR 相交于点 T , 由于 BP 与 PC 的比等于 B 到 AP 的距离与 C 到 AP 的距离的比,所以
别是 EF , FD, DE 上的点,求证 AM , BN , CP 共点的充要条件是 DM , EN , FP 共点.
4. ΔABC 的内切圆与 BC , CA, AB 分别相切于 D, E , F .过 E 作平行于 AB 的直线交 DF 于 Q ,过 D 作平行于 AB 的直线交 EF 于 T .求证 CF , DE , QT 共点.
G H C F
AD SΔAEC CG SΔCBF = , = ,所以 DB SΔBEC GA SΔABF
E
D B
AD BH CG BH SΔAEC SΔCBF ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ . DB HC GA HC SΔBEC SΔABF
3
平面几何讲义
因为 ΔABE ∽ ΔACF ,所以
AE AB BE = = , ∠EAB = ∠FAC ,所以 AF AC CF 1 SΔAEC 2 ⋅ AE ⋅ AC ⋅ sin ∠EAC = =1. SΔABF 1 ⋅ AF ⋅ AB ⋅ sin ∠BAF 2
B A
F I D
E

三点共圆公式

三点共圆公式

三点共圆公式全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：三点共圆公式是圆锥曲线中的一个重要知识点，它是指通过三个点可以确定一个圆的方程。

在几何学中，圆是一个平面内的所有点到圆心的距离都相等的集合。

而三点共圆公式则是利用三个点的坐标来确定一个唯一的圆。

三点共圆公式的应用范围非常广泛，可以用于解决许多几何问题。

在实际生活中，我们经常会遇到需要确定圆的情况，比如建筑设计、地理测量、数学竞赛等。

在这些领域中，三点共圆公式都是必不可少的工具。

三点共圆公式的推导过程并不复杂，下面我们来具体介绍一下。

假设我们有三个点A(x1, y1)，B(x2, y2)，C(x3, y3)。

要找到一个圆经过这三个点，首先我们可以求出三条边的中垂线，中垂线交点就是圆心的坐标。

然后再求出圆心到任意一个点的距离，这个距离就是圆的半径。

首先我们可以通过两点求中点和中点的斜率来求出中垂线的方程。

设点A到点B的中点为D，中点到A的斜率为k1，中点到B的斜率为k2。

k1 = (y2 - y1) / (x2 - x1)k2 = -1/k1则中垂线的斜率为k2，中垂线的方程为：(xd, yd)为中垂线的交点坐标。

将点C坐标代入上式，可以求出中垂线的方程。

同理，可以求出另外两条中垂线的方程。

求出三条中垂线的交点，即为圆心的坐标。

接着，我们可以求出圆心到任意一个点的距离，这个距离即为圆的半径。

假设圆心坐标为(Ox, Oy)，则圆的半径R满足：R = sqrt((x3 - Ox)^2 + (y3 - Oy)^2)将圆心坐标代入上述三式中，可以得到三个方程。

解这三个方程，就可以求出圆心的坐标和半径。

三点共圆公式的推导过程比较复杂，但实际运用时可以通过计算机程序或者在线工具快速求解。

对于一些几何问题，使用三点共圆公式可以方便快捷地找到圆的方程，解决问题。

三点共圆公式是一个实用的数学工具，可以广泛应用于几何学的各个领域。

掌握了这个公式，我们可以更好地理解圆的性质，解决实际问题，拓展数学知识的应用。

第20讲 共点共线共圆问题

第20讲 共点共线共圆问题

第20讲 共点、共线与共圆问题本节主要内容有共点、共线与共圆概念及常用证明方法．所谓共点，指n 条(n ≥3)直线经过同一点．或n 个(n ≥3)圆经过同一点; 共线，指的三个及以上的点在同一条直线上; 共圆，指不在一条直线上的三点确定一个圆,以及有四点或四个以上的点在同一个圆上．证明中常用到Menelaus 定理、Ceva 定理、Fermat 点、Simson 线、Euler 线、四点共圆等知识．A 类例题例1 设线段AB 的中点为C ，以AC 为对角线作平行四边形AECD 、BFCG ，又作平行四边形CFHD 、CGKE ，求证：H 、C 、K 三点共线．分析 C 为AB 中点，若C 为HK 的中点，则AKBH 为平行四边形．反之，若平行四边形成立，则H 、C 、K 共线．证明 连AK 、DG 、BH ． ∵ AD ∥EC ∥KG ，AD ＝EC ＝KG ，∴ 四边形AKGD 是平行四边形．∴ AK ∥GD ，AK ＝GD ．同理，BH ∥GD ，BH ＝GD ，∴ BH ∥AK ，BH ＝AK ，∴ 四边形AKBH 是平行四边形．故AB 、HK 互相平分，即HK 经过AB 的中点C ． ∴ H 、C 、K 三点共线．例2 求证：过圆内接四边形各边中点向对边所作的四条垂线，交于一点．分析 画出图形，是必要的，可以研究一下两条垂线的交点的性质，不难发现证明的方法．证明 若ABCD 是特殊图形(矩形、等腰梯形)，易知结论成立．如图，设圆内接四边形ABCD 的对边互不平行．E 、F 、G 、H 分别为AB 、BC 、CD 、DA 的中点，EE '⊥CD ，FF '⊥DA ，GG '⊥AB ，HH '⊥BC ，垂足分别为E '，F '，G '，H '．设EE '与GG '交于点P ．∵ E 为AB 中点，∴ OE ⊥AB ，∴OE ∥EE '．同理，OG ∥EE '．∴ OEPG 为平行四边形．∴ OP 、EG 互相平分．即OP 经过EG 中点M ．同理，设FF '与HH '交于Q ，则OQ 经过FH 中点N ．∵ E 、F 、G 、H 分别为AB 、BC 、CD 、DA 的中点， ∴ EFGH 是平行四边形，∴EG 、FH 互相平分，即EG 的中点就是FH 的中点于是M 与N 重合． ∴ OP 、OQ 都经过点M 且OP ＝OQ ＝2OM ． ∴ P 、Q 重合，即四条垂线交于一点．说明 本题利用了两条直线的交点具有某种性质来证明三线共点． KHG EFB CD AM Q H'E'F'G'P OHG F EDCBA例3 ⊙O 1与⊙O 2相交于点A 、B ，P 为BA 延长线上一点， 割线PCD 交⊙O 1于C 、D ，割线PEF 交⊙O 2于E 、F ， 求证：C 、D 、E 、F 四点共圆．分析 可以通过C 、D 、E 、F 连成的四边形的对角互补或 四边形的外角等于内对角来证明．证明 链接CE 、D F ，PC ·PD =P A ·PB =PE ·PF ．于是，ΔPCE ∽ΔPFD ， ∴ ∠PEC =∠PDF ． ∴ C 、D 、E 、F 共圆．情景再现1．⊙I 内切于⊿ABC ，D 为BC 上的切点，M 、N 分别为AD 、BC 的中点，求证：M 、I 、N 三点共线．2. 证明三角形的三条高所在直线交于一点；三条中线交于一点；三条角平分线交于一点．3. 设PQ 、QR 是⊙O 的内接正九边形的相邻两边．A 为PQ 中点，B 为垂直于QR 的半径的中点．求∠BAO ．B 类例题例4 设等腰三角形ABC 的两腰AB 、AC 分别与⊙O 切于点D 、E ，从点B 作此圆的切线，其切点为F ，设BC 中点为M ，求证：E 、F 、M 三点共线．分析 显然此圆和三角形的位置需要分情况讨论，要证明E 、F 、M 三点共线，可以证明连线成角为0︒或180︒，于是有下面的证明．证明 ∵△ABC 是等腰三角形，AB ＝AC ，∴ 直线AO 是∠BAC 的平分线．故AO 所在直线通过点M ． ∴ ∠OMB ＝90︒，又∠ODB ＝90︒，∴D 、O 、M 、B 四点共圆． ∴ ∠DFM ＝∠DOM ．且∠ABM ＋∠DOM ＝180︒． ∵ ∠DFE ＝12∠DOE ＝∠ABM ．∴ ∠DFE ＋∠DFM ＝180︒． ∴ E 、F 、M 共线．如果切点F 在三角形外，则由D 、B 、F 、M 、O 共圆， 得∠DFM ＝∠DBM ．而∠DBM ＝∠AOD ＝12∠DOE ＝∠DFE ．∴ ∠DFM ＝∠DFE ．∴ F 、M 、E 共线．说明 证明三点共线常证明连线成角为0︒或180︒．OMFEDCBA DABCEFMO例5 以锐角△ABC 的BC 边上的高AH 为直径作圆，分别交AB 、AC 于M 、N ，过A 作直线l A ⊥MN ，用同样的方法作出直线l B ，l C ，求证：l A 、l B 、l C 交于一点．分析 如果能证明这三条直线都经过三角形的外心，则此三线共点． 证明 取△ABC 的外接圆O ，连HN ，DB ．则∠CAD 与∠MNH 都是∠ANM 的余角，∴ ∠MNH ＝∠CAD ， ∵ ∠MNH ＝∠MAH ，∠CAD ＝∠CBD ，∴ ∠CBD ＝∠MAH ， ∵ ∠BAH ＋∠ABH ＝90︒，∴ ∠CBD ＋∠CBA ＝90︒． ∴ l A 是⊙O 的直径．即AB 过⊙O 的圆心O ．同理l B 、l C 都过点O ．例6 在ΔABC 的边AB 、BC 、CA 上分别取点D 、E 、F ，使DE =BE ，EF =EC ．证明：ΔADF 的外接圆圆心在∠DEF 的平分线上．分析 设O 为ΔADF 的外接圆圆心，于是OA =OD =OF ．若EO 是∠DEF 的平分线，则出现了等线段对等角的情况，这在圆中有此性质．故应证明O 、D 、E 、F 共圆．证明 ∵ EC =EF ，∴ ∠2=180︒－2∠C ，同理，∠1=180︒－2∠B ，∴ ∠DEF =180︒－∠1－∠2=2(∠B +∠C )－180︒ =2(180︒－∠A )－180︒=180︒－2∠A ．但O 为ΔADF 的外接圆圆心，∴∠DOF =2∠A ，∴∠DEF +∠DOF =180︒，∴ O 、D 、E 、F 四点共圆．但OD =OF ，∴∠DEO =∠OEF ，即O 在∠DEF 的角平分线上．情景再现4. 菱形ABCD 中，∠A =120°，○·O 为△ABC 外接圆，M 为其上一点，连接MC 交AB 于E ，AM 交CB 延长线于F ．求证：D ，E ，F 三点共线．5．设P 、Q 、R 分别为△ABC 的外接圆O 上弧BC 、CA 、AB 的中点．PR 、PQ 分别交AB 、AC 于点D 、E ，求证：DE ∥BC ．6．以△ABC 的两边AB 、AC 为边向外作正方形ABDE 、ACFG ，△ABC 的高为AH ，求证：AH 、BF 、CD 三线交于一点．7. 如图，两个正三角形ΔEFG 与ΔE 'F 'G '都内接于正方形ABCD ，求证：EE 'GG '是平行四边形．OD NM HCBA CB A D FEO 1 2 GE F D A BCE' F'G'MH C BO E D R QPCB AC 类例题例7 设AD 、BE 、CF 为△ABC 的三条高，从点D 引AB 、BE 、CF 、AC 的垂线DP 、DQ 、DR 、DS ，垂足分别为P 、Q 、R 、S ，求证：P 、Q 、R 、S 四点共线．分析 这里有多个四点共圆，又有多个垂线．四点共圆，可以看成圆的内接三角形与圆上一点．故适用于Simson 线．证明 设H 为垂心．由∠HDB ＝∠HFB ＝90 ，∴ H 、D 、B 、F 四点共圆． ∵ DP ⊥BF ，DQ ⊥BH ，DR ⊥HF ，P 、Q 、R 分别为垂足．∴ P 、Q 、R 共线，(△HBF 的Simson 线)．同理，Q 、R 、S 共线(△CEH 的Simson 线)．∴ P 、Q 、R 、S 共线．说明 利用几何名定理（Simson 线等）证明三点共线是常用方法．例8 设A 1、B 1、C 1是直线l 1上三点，A 2、B 2、C 2是直线l 2上三点．A 1B 2与A 2B 1交于L ，A 1C 2与A 2C 1交于M ，B 1C 2与B 2C 1交于N ，求证：L 、M 、N 三点共线．分析 图中有许多三点共线，可以利用这些三点共线来证明L 、M 、N 三点共线．所以可以选定一个三角形，这个三角形的三边上分别有L 、M 、N 三点．设A 1C 2与A 2B 1、B 2C 1交于P 、Q ，A 2B 1与B 2C 1交于R ．则只要证明PM MQ ·QN NR ·RLLP =1，则由Menelaues 定理的逆定理可证明L 、M 、N 三点共线．证明 A 2C 1截△PQR 得，PM MQ ·QC 1C 1R ·RA 2A 2P =1，B 1C 2截△PQR 得，QN NR ·RB 1B 1P ·PC 2C 2Q =1，A 1B 2截△PQR 得，RL LP ·P A 1A 1Q ·QB 2B 2R =1，l 1截△PQR 得，PB 1B 1R ·RC 1C 1Q ·QA 1A 1P =1，l 2截△PQR 得，RB 2B 2Q ·QC 2C 2P ·P A 2A 2R=1．五式相乘，即得PM MQ ·QN NR ·RLLP =1，从而L 、M 、N 三点共线．说明 本题利用了Menelaues 定理及其逆定理证明三点共线．S RQ PFE DCBARQPl 2l 1N M LC 2B 2A 2C 1B 1A 1例9 四边形内接于⊙O ，对角线AC 、BD 交于点P ，设△P AB 、△PBC 、△PCD 、△PDA 的外接圆圆心分别为O 1、O 2、O 3、O 4，求证：OP 、O 1O 3、O 2O 4共点．(1990年全国联赛)证明 ∵O 为⊿ABC 的外心，∴ OA=OB ．∵ O 1为⊿P AB 的外心，∴O 1A=O 1B ．∴ OO 1⊥AB ．作⊿PCD 的外接圆⊙O 3，延长PO 3与所作圆交于点E ，并与AB 交于点F ，连DE ，则∠1=∠2=∠3，∠EPD=∠BPF ， ∴ ∠PFB=∠EDP=90︒． ∴ PO 3⊥AB ，即OO 1∥PO 3．同理，OO 3∥PO 1．即OO 1PO 3是平行四边形． ∴ O 1O 3与PO 互相平分，即O 1O 3过PO 的中点． 同理，O 2O 4过PO 中点．∴ OP 、O 1O 3、O 2O 4三直线共点．例10 ΔABC 是等腰三角形，AB =AC ，若M 是BC 的中点，O 是直线AM 上的点，使OB ⊥AB ；Q 是BC 上不同于B 、C 的任一点；E 在直线AB 上，F 在直线AC 上，使E 、Q 、F 不同且共线．求证：OQ ⊥EF 当且仅当QE =QF ．分析 证明“当且仅当”时，既要由已知OQ ⊥EF 证明QE =QF ，也要由QE =QF 证明OQ ⊥EF ．证明 连OE 、OF 、OC 先证OQ ⊥EF ⇒QE =QF ．OB ⊥AB ,OQ ⊥QE ⇒O 、Q 、B 、E 四点共圆⇒∠OEQ =∠OBM ． 由对称性知OC ⊥CA ，OQ ⊥QF ⇒O 、Q 、F 、C 四点共圆⇒∠OFQ =∠OCQ ，又∠OBC =∠OCB ⇒∠OEF =∠OFE ⇒OE =OF ⇒QE =QF ．再证QE =QF ⇒OQ ⊥EF ．（用同一法）过Q 作E 'F '⊥OQ ，交AB 于E '，交AC 于F '．由上证，可得QE '=QF '． 若E 'F '与EF 不重合，则EF 与E 'F '互相平分于Q ，则EE 'F 'F 为平行四边形，EE '∥FF '，这与AB 不与AC 平行矛盾．从而E 'F '与EF 重合．情景再现8．以△ABC 的三边为边向形外作正方形ABDE 、BCFG 、ACHK ，设L 、M 、N 分别为O O AB CDP1O O O 234E F 123A B CM OQ E FDE 、FG 、HK 的中点．求证：AM 、BN 、CL 交于一点． 9．如图，已知两个半径不相等的圆⊙O 1，⊙O 2相交于M 、N 两点，⊙O 1，⊙O 2分别与⊙O 内切于点S 、T ，求证：OM ⊥MN 的充要条件是S 、N 、T 三点共线．10．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 ′及其延长线将于P ，Q .求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)R Q P N MLKH GF C ED B AA B CKMNP QB ′C ′习题201．选择题：(1) 如图，在四边形ABCD 的对角线的延长线上取一点P ，过P 作两条直线分别交AB 、BC 、CD 、DA 于点R 、Q 、N 、M ， 记t ＝AR RB ·BQ QC ·CN ND ·DMMA ，则t 的值 A ．t >1 B ．t ＝1 C ．t <1 D ．t 的值不定(2)如图，在不等边三角形ABC 内取异于内心的点P ，连接P A 、PB 、PC ，把角A 、B 、C 分成α、α’、β、、γ、γ’，记M＝sin αsin βsin γ，N ＝sin α’sin β’sin γ’．则 A ．M >N B ．M ＝N C ．M <N D ．不能确定 2．填空题：(1)如图，若AB BC =DF FB =2，则DEEC = ．(2)三角形三个旁切圆与三角形三边BC 、CA 、AB 切于点D 、E 、F ，则AF FB ·BD DC ·CEEA= ．3．(Desargues 定理)已知直线AA 1、BB 1、CC 1相交于点O ，直线AB 与A 1B 1交于点X ，BC 与B 1C 1交于点Y ，CA 与C 1A 1交于点Z ，求证：X 、Y 、Z共线．4．已知△ABC 外有三点M 、N 、R ，且∠BAR ＝∠CAN ＝α，∠CBM ＝∠ABR ＝β，∠ACN ＝∠BCM ＝γ，证明：AM 、BN 、CR 三线交于一点．5．设P 为正方形ABCD 的边CD 上任一点，过A 、D 、P作 一圆交BD 于Q ，过C 、P 、Q 作一圆交BD 于R ，求证：A 、P 、R 三点共线．FE ABCD αα'ββ'γγ'A B C PγβDI a C B AA BCDPM N R Q ZY XC 1C B 1 B A 1 AO6．如图，两个全等三角形ABC 与A 'B 'C '，它们的对应边也互相平行，因而两个三角形内部的公共部分构成一个六边形，求证：此六边形的三条对角线UX 、VY 、WZ 交于一点．7．⊙O 1，⊙O 2外切于点P ，QR 为两圆的公切线，其中Q 、R 分别为⊙O 1，⊙O 2上的切点，过Q 且垂直于QO 2的直线与过R 且垂直于RO 1的直线交于点I ，IN ⊥O 1O 2，垂足为N ，IN 与QR 交于点M ，证明：PM 、RO 1、QO 2三条直线交于一点．8.设ΔABC 为锐角三角形，高BE 交以AC 为直径的圆于点P 、Q ，高CF 交以AB 为直径的圆于点M 、N ，求证：P 、Q 、M 、N 四点共圆．9. 凸四边形ABCD 的对角线AC 、BD 互相垂直并交于点E ，求证：点E 关于此四边形的四边的对称点P 、Q 、R 、S 共圆．10. 四边形ABCD 的对角线AC 、BD 互相垂直，对角线交于点P ，PF ⊥AB 于E ，PF ⊥BC 于F ，PG ⊥CD 于G ，PH ⊥DA 于H ，又EP 、FP 、GP 、HP 的延长线分别交CD 、DA 、AB 、BC 于点E '、F '、G '、H '，求证：E '、F '、G '、H '四点与E 、F 、G 、H 八点共圆．11. 以锐角⊿ABC 的边BC 为直径作圆交高AD 于G ，交AC 、AB 于E 、F ，GK 为直径，连KE 、KF 交BC 于M 、N ，求证：BN =CM ．12．已知：如图，I 为ΔABC 的内心，作直线IP 、IR ，使∠PIA =∠RIA =α(0<α<21∠BAC )，IP 、IR 分别交直线AB 、AC 于P ，Q ；R ，S ．PMN I O 2O 1RQA'N M C B AD FE QP H A B C D O E F G MN K（1）求证：P 、Q 、R 、S 四点共圆．（2）若α=30︒，E 、F 分别为点I 关于AB 、AC 的对称点，直线BE 、CF 交于点D ，求证：E 、F 、F 在⊙PQRS 上．本节“情景再现”解答1．证明：设F 为⊙I 切AB 的切点，延长DI 交⊙I 于K ，连AK 延长交BC 于G ，过K 作⊙I 的切线PQ ．由梯形PKDB 可证PK ·BD=IF 2；(连PI 、BI ，则PI 、BI 平分∠QPB 与∠PBD ，于是⊿PIB 为Rt .⊿,IF 为其直角边上的高)同理，QK ·CD=IF 2．∴ PK ·BD=QK ·CD ；⇒PK QK =CDBD，又，PQ ∥BC ⇒PK QK =BG GC ， ∴CD BD =BGGC，⇒CD=BG ， ∴ N 是DG 中点．又：M 为AD 中点N 为GD 中点⇒MN ∥AG ． I 为KD 中点，N 为GD 中点⇒IN ∥KG ． ∴ M 、I 、N 三点共线．说明 由于BG=CD=p －c ，故点G 是⊿ABC 的在∠A 内部的旁切圆与BC 的切点；证明三点共线常证明过同一点的两直线平行于同一直线．2. 提示：根据中垂线的性质很容易证明三条中垂线交于一点，可以用构造法证明三条高所在直线交于一点；用Ceva 定理很容易证明三条中线交于一点；直接根据角平分线的性质很容易证明三条角平分线交于一点． 3. 解 连OP 、OQ ，PB ．∵∠POQ =∠QOR =40︒． C 为⌒QR 中点，∴∠QOC =20︒，∠POC =60︒．ΔPOC 为等边三角形．∵ B 为半径OC 中点，A 为PQ 中点，∴∠P AO =∠PBO =90︒．∴ P 、A 、B 、O 四点共圆．∴ ∠OAB =∠OPB =30︒．4.证明：如图，连AC ，DF ，DE ．因为M 在○·O 上，则∠AMC =60°=∠ABC =∠ACB ， 有△AMC ∽△ACF ，得CDCFCA CF MA MC ==． 又因为∠AMC =BAC ，所以△AMC ∽△EAC ，得ABCD M N IF PQK G ROP QA B CD SR Q P FE IC B AAE AD AE AC MA MC ==．所以AEADCD CF =，又∠BAD =∠BCD =120°，知△CFD ∽△ADE ．所以∠ADE =∠DFB ．因为AD ∥BC ，所以∠ADF =∠DFB =∠ADE ，于是F ，E ，D 三点共线． 5．证明 连DO ，AR ，EO ，AQ ．∵ ∠ADR ＝12(AR ＋BP )，∠AOR＝12(AR ＋CP )，∴ ∠ADR ＝∠AOR ，∴ A 、O 、D 、R 四点共圆． ∴ ∠AOD ＋∠ARD ＝180︒，同理，∠AQE ＋∠AOE ＝180︒， 而∠ARP ＋∠AQP ＝180︒，∴ ∠AOD ＋∠AOE ＝180︒． ∴ D 、O 、E 三点共线．∵ ∠ADO ＝∠ARO ＝∠ABC ， ∴ DE ∥BC ．6．证明 延长HA 到K ，使AK ＝BC ，连BK 、CK ．则可证△BAK ≌△DNC ，△CAK ≌△FCB ． ∵ AK ⊥BC ．∴ CD ⊥BK ，BF ⊥CK ，即可把KH 、CD 、BF 看成△KBC 的三条高所在直线，从而此三线共点．7. 证明 取EG 的中点M ，连BM 、FM 、CM ，则FM⊥EG ．∵ ∠EBF =∠EMF =90︒，∴ B 、F 、M 、E 四点共圆． ∴ ∠MBF =∠MEF =60︒．同理∠MCF =60︒．即ΔMBC 为正三角形．点M 为定点．∴ EG 的中点就是正ΔBCM 的顶点M ，同理E 'G '的中点也是ΔBCM 的顶点M ．即EG 与E 'G '互相平分．∴ EE 'GG '是平行四边形．8．证明 设AM 、BN 、CL 分别交BC 、CA 、AB 于P 、Q 、R ．易知，∠CBM ＝∠BCM ＝∠QCN ＝∠QAN ＝∠LAR ＝∠LBR ＝θ．BP PC =S ∆ABM S ∆ACM =AB ·BM sin(B+θ)AC ·CM sin(C+θ)=AB sin(B+θ)AC sin(C+θ)；同理，CQ QA =BC sin(C+θ)AB sin(A +θ)；AR RB =AC sin(A+θ)BC sin(B +θ)．三式相乘即得BP PC ·CQ QA ·ARRB=1，由Ceva 定理的逆定理知AM 、BN 、CL 交于一点．9．证明 (1)充分性：若S 、N 、T 三点共线，证明OM ⊥MN 连O 1O 2，O 1N ，O 1M ，O 2N ，O 2M ．∵ OS ＝OT ，O 1N ＝O 1S ，O 2N ＝O 2T ，∴ △OST 、△O 1SN 与△O 2NT 都是等腰三角形．∴ O 1NO 2O 为平行四边形．∴ O 1N ＝OO 2，OO 1＝O 2N ，但O 1N ＝O 1M ，O 2N ＝O 2M ，∴ OO 1＝MO 2，OO 2＝MO 1．∴ △OO 1M ≌△MO 2O ，∴ O 1O 2∥OM ，∵ O 1O 2⊥MN ，∴ ∠OMN ＝90︒． (2)必要性：若OM ⊥MN ，证明S 、N 、T 三点共线．分别连SN 、NT ，设⊙O 、⊙O 1、⊙O 2的半径分别为r 、r 1、、r 2，OM ＝a ．∵ O 1O 2⊥MN ，OM ⊥MN ，∴ O 1O 2∥OM ．∵ △OMO 1与△OMO 2的面积相等．有一边公共，且周长都等于a ＋r (＝2p )．RQPN MLKHGFCEDBAOE DRQPCBAGEF D ABCE'F'G'M∴ p (p －a )(p －r 1)(p －(r －r 1))＝p (p －a )(p －r 2)((p －(r －r 2))．化简得 (r 1－r 2)(r －r 1－r 2)＝0，由r 1≠r 2，得r ＝r 1＋r 2．于是OO 1＝O 2M ＝O 2N ，OO 2＝O 1M ＝O 1N ．∴ OO 1NO 2为平行四边形．∠O 1OO 2＝∠O 1NO 2＝∠NO 1S ＝∠NO 2T ．在等腰△O 1SN 中，∠SNO 1＝12(180︒－∠O 1OO 2)，∠TNO 2＝12(180︒－∠O 1OO 2)．∴ ∠SNO 1＋∠O 1NO 2＋∠O 2NT ＝180︒．即S 、N 、T 三点共线．10．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 ， 即证(MC ′-KC ′)(MC ′+KC ′)＝(PB ′-KB ′)·(PB ′+KB ′)或MC ′2-KC ′2=PB ′2-KB ′2.①不难证明 AP =AM ，从而有AB ′2+PB ′2=AC ′2+MC ′2.故 MC ′2-PB ′2=AB ′2-AC ′2=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2.② 由②即得①，命题得证.习题20解答1．选择题：(1)提示：AR RB ·BQ QC ·CP P A =1，CN ND ·DM MA ·APPC=1，相乘即得t ＝1，故选B ．(2)提示：延长AP 、BP 、CP 与对边交于点D 、E 、F ，则∴ S ∆ABD S ∆ACD =AB ·AD sin αAC ·AD sin α'=AB sin αAC sin α'，∴sin αsin α'=AC ·S ∆ABD AB ·S ∆ACD =AC ·BD AB ·CD ，同理，sin βsin β'=BA ·CE BC ·EA ，sin γsin γ'=BC ·AFAC ·BF ．∴ M ＝N ．选B ．2．填空题：(1)提示：DE EC ·CA AB ·BF FD =1，现BF FD =12，CA AB =32，代入得DE EC =43．(2)提示：如图，BD DC =BD I a D DC I a D =cot βcot γ=tan B2tanC2，同理可得其余．故结果＝1．3．证明：由⊿OA 1B 1与直线AB 相交，得OA AA 1·A 1Z ZB 1·B 1BBO =1；由⊿OA 1C 1与直线AC 相交，得A 1A AO ·OC CC 1·C 1YYA 1=1；由⊿OB 1C 1与直线BC 相交，得OB BB 1·B 1X XC 1·CC 1C 1O =1．三式相乘，得A 1Z ZB 1·B 1X XC 1·C 1YYA 1=1．由Menelaus 的逆定理，知X 、Y 、Z 共线．γβDI aCBAZYXC 1C B 1 BA 1A O AB CKM N P QB ′C ′4．证明 设AM 、BN 、CR 分别与BC 、CA 、AB 交于点M '，N '，R '．则BM 'M 'C =S ∆ABM S ∆ACM =AB ·BM sin(B+β)AC ·CM sin(C+γ)=AB sin γsin(B+β)AC sin βsin(C+γ)；同理，CN 'N 'A =BC sin αsin(C+γ)AB sin γsin(A+α)；AR 'R 'B =AC sin βsin(A+α)BC sin αsin(B+β)．三式相乘即得AR 'R 'B ·BM 'M 'C ·CN 'N 'A=1，由Ceva 定理的逆定理知AM 、BN 、CR 交于一点．5．证明 设AP 交BD 于R '，即证明R 与R '重合，连PQ 、RC ．∵ A 、D 、P 、Q 四点共圆，∴ ∠DQP ＝∠DAP ．∵ C 、Q 、R 、P 四点共圆，∴ ∠DQP ＝∠DCR ， ∴ ∠DAR ＝∠DCR ．但若AP 交BD 于R '，由对称性知∠DCR '＝∠DAP . ∴ CR 与CR ' 重合，即R 与R ' 重合．∴ A 、R 、P 三点共线．6．证明 连AA '，BB '，CC '，UX ，VY ，WZ ，易证，AZA 'W 是平行四边形，∴ AA '、WZ 交于AA '的中点O ．AUA 'X 是平行四边形，∴ AA '与UX 交于AA '中点O ．AVA 'Y 是平行四边形，∴ AA '与VY 交于AA '中点O ．∴ UX 、VY 、WZ 交于一点．说明 △ABC 与△A 'B 'C '是位似图形．对应点连线都交于一点．7．证明 设⊙O 1、⊙O 2的半径分别为r 1，r 2，则O 1O 2＝r 1＋r 2．∵ ∠IQO 2＝∠INO 2，∴ I 、Q 、N 、O 2四点共圆．∴ ∠QIM＝∠QO 2O 1，又∠IQM ＝∠O 2QO 1＝90︒－∠RQO 2，∴ △IQM ∽△O 2QO 1，QM MI =QO 1O 1O 2，同理RM IM =RO 2O 1O 2．∴ QM MR =r 1r 2=O 1PPO 2，∴ MP ∥O 2R ．设O 1R 与O 2Q 交于点S ，∵ O 1Q ∥O 2R ，∴ △O 1QS ∽△RO 2S ， ∴ r 1r 2=O 1S SR ．过S 作M ’P ’∥O 2R ，交QR 于M ’，则O 1P 'P 'O 2=QM 'M 'R =O 1S SR =r 1r 2，即M '与M 重合，P '与P 重合．∴ PM 、O 1R ，O 2Q 三线共点． 8.证明 设BE 、CF 交于点H ，则BC 边上的高AD 过点H ．∵ ∠ADC =90︒，∠AFC =90︒，∴ D 、F 都在以AC 为直径的圆上． ∴ HP ·HQ =HA ·HD ，同理，HM ·HN =HA ·HD ．∴ HP ·HQ =HM ·HN ，∴ P 、Q 、M 、N 四点共圆．说明 如果不用圆幂定理的逆定理，则可连PM 、QN ，再证明ΔHPM ∽ΔHNQ ，得到∠MPH =∠QNH ，从而得到结论．9.证明：∵ P 、E 关于AB 对称，∴ AP =AE ，同理，AS =AE ，即P 、E 、S 都在以A 为圆心的圆上．∴ ∠PSE =12∠P AE =∠BAE ．PMNI O 2O 1RQNM CBAD FEQ PH同理∠PQE =12∠PBE =∠ABE ．∠RQE =∠DCE ，∠RSE =∠CDE .∴ ∠PSR +∠PQR =∠PSE +∠RSE +∠PQE +∠RQE =180︒．∴ P 、Q 、R 、S 四点共圆．10.证明 PE ⊥AB ，PF ⊥BC ，∴ P 、E 、B 、F 四点共圆．∴ ∠PEF ＝∠PBF ，同理，∠PGF ＝∠PCF ，但AC ⊥BD ，∴∠PBF ＋∠PCF ＝90︒，∴ ∠PEF ＋∠PGF ＝90︒，同理，∠PEH ＋∠PGH ＝90︒．∴ ∠FEH ＋∠FGH ＝180︒．∴ E 、F 、G 、H 四点共圆．证明 ∠EG 'G ＝∠G 'BP ＋∠G 'PB ，∵ E 、B 、F 、P 四点共圆，∴∠G 'BP ＝∠EFP ， ∠G 'PB ＝∠GPD ，但∠DPC ＝90︒，PG ⊥CD ，∴∠DPG ＝∠PCG ．∵ P 、F 、C 、G 四点共圆，∴ ∠PCG ＝∠PFG ，∴ ∠EG 'G ＝∠EFP ＋∠PFG ＝∠EFG ．∴ G '在⊙EFGH 上．同理，可证其余．11.证明 连FD 、FC 、FG ，GN 、GM ．∵∠GDN =90︒，∠GFN =90︒，∴ G 、F 、D 、N 四点共圆．∴ ∠GNF =∠GDF ．∵ CF ⊥AF ，CD ⊥AD ， ∴ A 、F 、D 、C 四点共圆． ∴ ∠ADF =∠ACF ．∵ ∠ECF =∠EKF ，∴ ∠GNF =∠EKF ．∴ GN ∥EK ． ∵ GO =OK ，∴ GN =MK ，四边形GNKM 为平行四边形． ∴ ON =OM ，从而BN =CM ．12．（1）证明 ∠QAI =180︒－∠IAC =180︒－12∠BAC =∠SAI ．又AI =AI ，∠PIA =∠RIA =α，∴∠PQR =∠PSR ． ∴ P 、Q 、R 、S 四点共圆．（2）证明 连EP 、ER 、EI ．易知ΔIPR 、ΔIQS 都是等边三角形．∵ ∠EPB =∠IPB =12∠A +30︒，∴ ∠PEI =60︒－12∠A ．但PE =PI =PR =IR ，∠IER =12∠IPR =30︒．∴ ∠PER =30︒－∠PEI =12∠A －30︒．∠PQR =∠IAC －∠AIP =12∠A －30︒=∠PER ．∴ E 在⊙PQR 上．同理F 在⊙PQR上．∵∠EPI =2∠IPB =∠A +60︒，∴∠EPR =360︒－∠EPI －60︒=240︒－∠A ．∵ ∠RFI =90︒－(12∠A +30︒)=60︒－12∠A ．∴∠RPF =∠RFP =30︒—∠RFI =12∠A －30︒．∴ ∠EPF =∠EPR －∠RPF =270︒－32∠A ．但ΔDBC 中，∠D =180︒－32(∠B +∠C )=180︒－32(180︒－∠A )= 32∠A －90︒．∴ ∠EPF +∠EDF =180︒，∴ 点D 在⊙EPF 上．∴ D 、E 、F 在⊙PQRS 上．即七点共AC D E FG H PA B C D E E‘F F’G G‘H H’PA B C D O E FG M N K圆．DSRQPF EICBA。

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B
L
M
I
D
E
A
C
N
40 | 高一·数学·第 8 讲·联赛班·学生版 |
第九讲 平面几何技巧（二）
名人名言
希尔伯特
我们必须知道，我们必将知道． 这是1930 年希尔伯特（D·Hilbert,1862~1943,德国数学家）在科尼斯堡讲演的最后一句 话，题为《认识自然和逻辑》．无论从哪个角度看，这都是伟大而有决定意义的诗句，表 达了数学家探索数学的决心和信心．正如1962 年库朗（R.Courant,1988~1972,德国数学家） 在纪念希尔伯特诞生100 周年大会上发表的演讲“我确信，希尔伯特那具有感染力的乐观主 义，即使到今天也在数学中保持着它的生命力．唯有希尔伯特精神，才会引导数学继往开 来，不断成功．”此外1900 年巴黎国际数学家代表大会上，希尔伯特发表了题为《数学问题》 的演讲．他根据过去特别是十九世纪数学研究的成果和发展趋势，提出了 23 个最重要的 数学问题．这 23 个问题被称为“希尔伯特问题”，称为许多数学家力图攻克的难关，对现代 数学的研究和发展产生了深刻的影响并积极地推动作用． 希尔伯特是一位正直的数学家，第一次世界大战前夕，他拒绝在德国政府为进行欺骗
PN M
C
X
【例4】 设 A ，B ，C ，D 是平面上四点，如果对平面上任何点 P 都满足不等式：PA + PD ≥ PB + PC ， 那么 B ， C ， A ， D 四点共线．
【例5】 如图，设四边形 ABCD 外切于圆 O ，对角线 AC 和 BD 中点分别为 M ， N ．试证： M ， N ， O 三点共线．
A
DF
E
G
O
P
B
C
46 | 高一·数学·第 9 讲·联赛班·学生版 |
第十讲 平面几何技巧（三）
名人名言
…………
将来写上你们自己的……
知识点拨
| 高一·数学·第 10 讲·联赛班·学生版 | 47
证明点共圆应从以下几方面考虑： 1．圆的定义：到同一点的距离相等； 2．线段的同侧张角相等时，张角顶点与线段的端点共圆； 3．凸四边形对角互补，或凸四边形的外角等于它的内对角，则四个顶点共圆； 4．相交弦定理、切割线定理的逆定理的运用； 5．托勒密定理的逆定理； 6．注意到特殊图形（如矩形、等腰梯形）的顶点共圆； 7．与有外接圆的多边形相似的多边形的顶点共圆； 8．用同一法等其它方法证明四点共圆．
| 高一·数学·第 9 讲·联赛班·学生版 | 45
A
C2
C1 PO
B
A1
B1 B2
A2 C
3． 已知 ∆ABC 的外心为 O ， ∠A < 90° ， P 为 ∆OBC 的外接圆上且在 ∆ABC 内部的任意一点，以 OA 为直径的圆分别与 AB ， AC 交于点 D ， E ， OD ，OE 分别与 PB ， PC 或其延长线交于 点 F ， G ，求证 A ， F ， G 三点共线．
| 高一·数学·第 9 讲·联赛班·学生版 | 43
A
LC
M
B
H
LB N
C LA E
【例5】 如图，四边形 ABCD 内接于圆 O ，对角线 AC 与 BD 相交于 P ，设 △ABP ，△BCP ，△CDP 与 △DAP 的外心分别是 O1 ， O2 ， O3 ， O4 ．求证： OP ， O1O3 ， O2O4 三直线共点．
宣传而发表的《告文明世界书》上签字．战争期间，他敢于公开发表文章悼念“敌人的数
学家”达布（Darboux，1842~1917，法国数学家）．希特勒上台后，他抵制并上书反对纳粹
政府排斥和迫害犹太科学家的政策．由于纳粹政府的反动政策日益加剧，许多科学家被迫
移居外国，曾经盛极一时的哥廷根学派衰落了，希尔伯特也于1943 年在孤独中逝世．然而，
A F
D
C
E O
【例3】 H 是 △ABC 垂心，P 是任一点，由 H 向 PA ，PB ，PC 引垂线 HL ，HM ，HN 与 BC ，CA ， BA 的延长线相交于 X ， Y ， Z ．证明： X ， Y ， Z 三点共线．
| 高一·数学·第 8 讲·联赛班·学生版 | 37
Y Z
A
L
H
B
明： AA′ ， BB′ ， CC′ 相交于一点．
A
C'
B'
O B
A' C
【例2】 如图，设平面上两不相等的圆 O1 和圆 O2 相交于 A ，B 两点，又设两外公切线分别切圆 O1 于 P1 ， Q1 ，切圆 O2 于 P2 ， Q2 ．而 M1 ， M 2 分别为 P1Q2 ， P2Q2 的中点，分别延长 AM1 ， AO1 交圆 O1 于 C ， E ，分别延长 AM 2 ， AO2 交圆 O2 于 D ， F ．求证： AB ， EF ， CD 三线共点．
E
C
A
P O1 F
Q D O2
B
【例4】 如图，设 △ABC 为锐角三角形， H 为自 A 向边 BC 所引高的垂足，以 AH 为直径的圆，分别 交边 AB ， AC 于 M ， N （且与 A 不同），过 A 作直线 LA 垂直于 MN ．类似地作出直线 LB 与 LC ．证明： LA ， LB ， LC 共点．
毕达哥拉斯定理已有 4000 多年的历史，它的证明方法多达 400 余种，这中间有著名画 家达·芬奇的杰作，也有一位盲童的贡献，甚至爱因斯坦也和毕氏定理有过邂逅．
有一次雅可比叔叔向爱因斯坦讲了毕氏定理得内容，而未讲任何证明．他的侄儿理解 所涉及的关系，并感到基于一种理由可推导出来．．．．．．．这个小孩在三个星期中用其全部 的思维力量去证明这一定理．他专注到三角形的相似性（从直角三角形的一个顶点向斜边 作垂线）得到了一个证明．为此他久久地激动不已！这虽然仅涉及一个非常古老的著名定 理，他却经历了发现者的首次快乐．
D O3 C
P
O4
O2
O
O1
A
B
【例6】 已知 △ABC 的重心为 G ，证明 AG, BG,CG 分别关于 ∠A, ∠B, ∠C 的角平分线对称的三条直线 交于一点 P ．
44 | 高一·数学·第 9 讲·联赛班·学生版 |
【例7】 在凸六边形 ABCDEF 中，对角线 AD , BE ,CF 中的每一条都将六边形分成面积相等的两部分， 求证：这三条对角线交于一点．
大显身手
1． 如图，圆 O 内切于 △ABC ， A1 ， B1 ，C1 分别为 BC ，CA ， AB 边上的切点． AO ，BO ，CO 分别交圆于 A2 ， B2 ， C2 ．求证： A1A2 ， B1B2 ， C1C2 共点．
A
C1
A2
O
B1
B2
C2
B
A1
C
2． 如图，一圆交 △ABC 的边 BC , CA, AB 分别于 A1 与 A2 ，B1 与 B2 ，C1 与 C2 ，如果由点 A1 , B1 , C1 分别引 BC , CA, AB 的垂线相交于一点，则过点 A2 , B2 , C2 的垂线也相交于一点．
据说毕氏学派为了纪念这一发现，要杀掉一百头牛来庆贺．但是，他们却没有想到， 由毕达哥拉斯定理引发的关于无理数的发现，却使毕达哥拉斯学派陷入困境． 根据“毕达哥拉斯定理”，单位正方形对角线的长应为 2 ，那么 2 是什么性质的数呢？毕达
知识点拨
36 | 高一·数学·第 8 讲·联赛班·学生版 |
三点共线是平面几何中典型的问题，证明点共线的思路： 1．从角考虑：证得以中间一点为顶点，两侧两点所在射线所成的角为平角；证得以中间一点为顶点且
N
D F A
【例2】 在凸五边形 ABCDE 中，已知 AB = DE ， BC = EA ， AB ≠ EA ，且 B ，C ，D ，E 四点共圆． 证明：若 AC = AD ，则 A，B ，C ，D 四点共圆．反过来也成立．
48 | 高一·数学·第 10 讲·联赛班·学生版 |
例题精讲
【例1】 圆 O 内切于四边形 ABCD ，与不平行的两边 BC 、 AD 分别切于 E 、 F 点．设直线 AO 与线段 EF 相交于 K 点，直线 DO 与线段 EF 相交于 N 点，直线 BK 与直线 CN 相交于 M 点． 证明： O 、 K 、 M 和 N 四点共圆．
B
E
C
K OM
例题精讲
【例1】 如图，在直角三角形 ABC 中，CH 为斜边 AB 上的高，以 A 为圆心， AC 为半径作圆 A ，过 B
作圆 A 的任一割线交圆 A 于 D ， E ，交 CH 于 F （ D 在 B ， F 之间）；又作 ∠ABG = ∠ABD ，
G 在圆周上， G 与 D 在 AB 两侧．求证： E ， H ， G 三点共线．
第八讲 平面几何技巧（一）
名人名言
毕达哥拉斯（二）
令毕达格拉斯学派引以为傲的应该是“毕达哥拉斯定理”的发现，即：直角三角形两直 角边的平方和等于斜边的平方——我国称为“勾股定理”．毕达哥拉斯定理可谓数学史上的 第一块里程碑，它揭示了三角形边长的数量和形状的关系，后来成为解析几何的“距离公 式”，并在高维空间的数学中有着重要作用，因此被人们誉为数学大厦的“拱心石”．
知识点拨
| 高一·数学·第 9 讲·联赛班·学生版 | 41
直线共点也是平面几何中的典型问题，也常从角、线、形、有关结论等几个方面去考虑． 1．先设其中的两条直线交于某点，再证这个交点在第三、第四……条直线上；
2．欲证直线 l1 , l2 ,, lk 共点，先在 li 上取一特殊点，再证其余直线都过此点；
E
C
FD
A
H
B
G
【例2】 如图，在 △ABC 中， ∠BAC =90° ，点 E 在 △ABC 的
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