四点共圆(习题)
高二数学讲义四点共圆
高二数学竞赛班二试平面几何讲义第五讲 四点共圆（一）班级 姓名一、知识要点：1. 判定“四点共圆”的方法:（1)若对角互补，则四点共圆；（2）若线段同一侧的两点对线段的张角相等，则四点共圆； （3）圆的割线定理成立，则四点共圆； （4）圆的相交弦定理成立，则四点共圆； 2. “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.二、例题精析：例1. 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）A B C D K M ··例2.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)例3．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)AB CKMNPQB′C′A B COOOO123？？三、精选习题：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.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=C1C2.3．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.四、拓展提高：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)A BOKN CMG高二数学竞赛班二试平面几何讲义第五讲 四点共圆（一）例1. 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. 例2. 法1：,,,P Q C C '四点共圆，PK KQ C K KC '⋅=⋅， ,,,M N B B '四点共圆， MK KN BK KB '⋅=⋅，因为90BC C BB C ''∠=∠=， 所以,,,B B C C ''四点共圆，C K KC BK KB ''⋅=⋅所以MK KN PK KQ ⋅=⋅，所以M ，N ，P ，Q 四点共圆.法2：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.例3．分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA.由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1⇒O ，O 1，O 2，O 3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.1．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．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°. 4．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°.法2 蒙日定理。
四点共圆问题
§5四点共圆问题“四点共圆”是平面几何证题中一个十分有利的工具. 四点共圆这类问题一般有两种形式:(1)证明某四点共圆或以四点共圆为基础证明若干点共圆;(2)通过某四点共圆得到一些重要的结果,进而解决问题.下面先给出与四点共圆有关的一些基本知识.(1)若干个点与某定点的距离相等,则这些点在同一圆周上;(2)在若干个点中有两点,其他点对这两点所成线段的视角均为直角,则这些点共圆;(3)若四点连成的四边形对角互补或有一外角等于它的内对角,则这四点共圆;(4)若点C、D在线段AB的同侧, 且∠ACB=∠ADB ,则A、B、C、D四点共圆;(5)若两线段AB、CD相交于点E, 且AE·EB=CE·ED,则A、B、C、D四点共圆;(6)若相交线段PA、PB上各有一点C、D,且PA·PC=PB·PD, 则A、B、C、D四点共圆.四点共圆问题不但是平面几何中的重要问题,而且是直线形和圆之间度量关系或者位置关系相互转化的媒介.例1、已知PQRS是圆内接四边形,∠PSR=90°,过点Q作PR、PS的垂线,垂足分别为点H、K.求证:HK平分QS.证法1 :如图1,设HK与QS交于点T,则∠TSK=90°-∠RSQ=90°-∠RPQ=∠TKS.所以,TS=TK.又∠TQK=90°-∠TSK=90°-∠TKS=∠TKQ,所以,TQ=TK.故TS=TQ,即HK平分QS.说明:证法1是观察到T是Rt△QSK斜边上的中点,从而去证明TS =TK及TS=TQ.此题也可从另一个角度去考虑,平行四边形的对角线互相平分,于是有证法2.证法2:如图2,分别延长KH和SR交于点G,联结QG.因为∠QHP=∠QKP=90°,所以,Q、H、K、P四点共圆.于是,∠QKH=∠QPH=∠QSR.因此,Q、K、S、G四点共圆.故四边形QKSG是矩形.从而,HK平分QS .例2、给定锐角△ABC ,以AB为直径的圆与边AB上的高线CC′及其延长线交于点M、N ,以AC为直径的圆与边AC上的高线BB′及其延长线交于点P、Q. 证明:M、P、N、Q四点共圆.证明:如图3,由于AB和AC是两圆的直=∠A+∠B+∠C=180°.如图6,作点P关于BC的对称点P′,联结BP′、CP′.于是,∠BQC+∠BP′C=180°.所以,B、Q、C、P′四点共圆.又因∠P′BC=∠PBC=∠QCB,则BP′∥QC.故BQ=P′C.所以,BQ=CP.说明:∠BQC和∠CPB是对线段BC的两个视角, 当点P、Q在线段BC的两侧时,B、Q、P、C四点共圆;当点P、Q在BC的同侧时,常常作对称点,然后便有四点共圆了,这会给解题带来极大方便.例6、在梯形ABCD中,AD∥BC,BC=BD=1,AB=AC,CD<1,且∠BAC+∠BDC=180°.求CD的长.解:如图7,作点D关于BC的对称点E, 联结AE、BE、CE.设AE与BC交于点F.由AD∥BC,知点A、E 到BC的距离相等,所以,AF=FE.设CD=CE=x,AF=FE=m.由∠BAC+∠BDC=180°,得∠BAC+∠BEC=180°.所以,A、B、E、C四点共圆.由AB=AC,得∠ABC=∠ACB.所以,∠1=∠ACB =∠ABC =∠2.又∠EBF =∠EAC,于是,△BFE ∽△ACE.所以, .BE AE FE CE= 从而,22m =AE ·FE =BE ·CE =x. ①由角平分线的性质知1.BF BE CF CE x ==又BF +CF =1 ,所以, 11BF x =+, 1x CF x =+. ② 由式②及相交弦定理得2m =AF ·FE =BF ·FC =2(1)x x + ③ 将式③代入式①得 22(1)x x +=x .解得x-1. 因此,CD=-1. 例7、在锐角△ABC 中,AB ≠AC,AD 是高,H 是AD 上一点,联结BH 并延长交AC 于点E,联结CH 并延长 交AB 于点F.已知B 、C 、E 、F 四点共圆.问:点H 是否一定是△ABC 的垂心?证明你的结论. 解:答案是肯定的.如图8,在AD 或其延长线上取一点G,使得AH ·AG =AF ·AB =AE ·AC.(1)若点G 、D 不重合,则∠AFH =∠AGB,∠AEH =∠AGC.因为B 、C 、E 、F 四点共圆,所以,∠BFC =∠CEB .从而,∠AFH =∠AEH.因此,∠AGB =∠AGC.于是,AB =AC,矛盾.(2)若点G 、D 重合,则∠AFH =∠ADB =90°,∠AEH =∠ADC =90°.所以,点H 一定是△ABC 的垂心.例8、已知△ABC 的重心G 关于边BC 的对称点是G ′.证明:A 、B 、G ′、C 四点共圆的充分必要条 件是2222AB AC BC +=.证明:如图9,设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条中线.由于点G ′与点G 关于BC 对称,则有∠BGC =∠BG ′C.(1)若A 、B 、G ′、C 四点共圆,则∠BG ′C +∠BAC =180°.又因∠EGF =∠BGC =∠BG ′C,所以∠EGF +∠EAF =180°.故A 、F 、G 、E 四点共圆.于是,∠BGF =∠BAC.因此,∠BGC =180°-∠BGF =180°-∠BAC =∠ABC +∠ACB .过点G 作射线GS 交边BC 于点S,使得∠CGS =∠ABC.则∠BGS =∠ACB.由于∠CGS =∠ABC =∠FBS,所以,B 、F 、G 、S 四点共圆.由∠BGS =∠ACB =∠ECS,知C 、E 、G 、S 四点共圆.由割线定理得BF ·BA =BG ·BE =BS ·BC,CE ·CA =CG ·CF =CS ·CB .则BF ·BA +CE ·CA =BC(BS +CS),即2222AB AC BC +=.(2)若2222AB AC BC +=,如图9,延长AD 到点K,使得DK =DG,联结BK 、CK.则四边形BGCK 是平行四边形.从而,∠BKC =∠BGC.又由重心性质知 DK =DG =13AD. 因为AD 是△ABC 的中线,所以, 2222221222.2AB AC AD BD AD BC +=+=+ 结合2222AB AC BC +=,得2234AD BC =. 则221131.3344AD DK AD AD BC BC BD DC ==⨯== 从而,A 、B 、K 、C 四点共圆.故∠BKC +∠BAC =180°.又∠BKC =∠BGC =∠BG ′C,所以, ∠BG ′C +∠BAC =180°.因此,A 、B 、G ′、C 四点共圆.练习题1.设D 是等腰Rt △ABC 底边BC 的中点,过C 、D 两点(但不过点A )任作一圆交直线AC 于点E ,联结BE 交此圆于点F. 求证:AF ⊥BE.2.AB 为⊙O 的直径,点C 在⊙O 上且OC ⊥AB,P 为⊙O 上一点,位于点B 、C 之间,直线CP 与AB 的延长线交于点Q,过Q 作直线与AB 垂直,交直线AP 于点R. 求证:BQ =QR.3.如图10,在△ABC 中,AD ⊥BC,BE ⊥CA,AD 与BE 交于点H,P 为边AB 的中点,过点C 作CQ ⊥PH,垂足为Q.求证:2PE =PH ·PQ.(提示:联结QE 、CH.易知∠ABE =∠ACH.注意到AP =BP =EP,所以,∠ABE =∠PEB.从而,∠PEB =∠ACH.又易知C 、H 、E 、Q四点共圆,所以,∠EQH =∠ACH.从而,∠EQH =∠PEB =∠PEH.又∠QPE =∠EPH,所以,△EPH ∽△QPE.故2PE =PH ·PQ.)4.凸四边形ABCD 的内切圆,切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为1111,,,A B C D ,联结11111111,,,A B B C C D D A ,点E 、F 、G 、H 分别为11111111,,,A B B C C D D A 的中点.证明:四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆(提示:如图11,易知点H 在AI 上,且AI ⊥11A D . 又1ID ⊥11A D ,由射影定理可知IH ·IA =1ID =2r ,其中r 为内切圆半径.同理,IE ·IB =2r .于是,IE ·IB =IH ·IA.故A 、H 、E 、B 四点共圆.所以,∠EHI =∠ABE.类似地,可证∠IHG =∠ADG,∠IFE =∠CBE,∠IFG =∠CDG.将这四个式子相加得∠EHG +∠EFG =∠ABC +∠ADC.所以, A 、B 、C 、D 四点共圆的充要条件是E 、F 、G 、H 四点共圆.而熟知一个四边形的各边中点围成的四边形是平行四边形, 平行四边 形为矩形的充要条件是该四边形的四个顶点共圆. 因此, EFGH 为矩形的充要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.) 5.在Rt △ABC 的每一条边上,都向外作一个正方形,这三个正方形的中心分别记为D 、E 、F. 试证△DEF 与△ABC 的面积之比值(1)大于1;(2)不小于2.(提示:如图12,先证明A 、F 、C 、B 四点共圆,则∠FBC =∠FAC =45°. 易知FB ⊥DE. 由此得BF 、AD 与CE 互相平行.(1)由于BF >BG,所以,DBF S >ABG S , EBF S >CBG S .故DEF S >ABCS .(2)设K 是△ABC 的外接圆和DE 的另一交点.易知FG =GK.如K 与B重合,则FB =FG +GB =GK +GB =2GB;如B 与K 不重合,则FB =FG +GB =GK +GB >2GB.综上知FB ≥2GB.故DEF S ≥2ABC S .)。
初二秋.第1讲.四点共圆(一)
初二·第 6 讲·教师版
长 到 E 、 F ， 则 EPQ QCB ， EPS SAB ， FRQ QCD ，
FRS SAD ．这四个等式两边分别相加， 得 SPQ SRQ BCD BAD ．
习题9. 连接 CM 、 OC、 OE 由题意可得 COE 2D ， ∵ AB ∥ CD ，且 M 是 AB 的中点， ∴ CM DM ， AME DMB AMC D， ∴ ， CME 2D ∴ CME COE ， ∴ O、M 、E、C 四点共圆． 【例 7】
E B( P) O C O' P A F
O B D E C
以 O 为圆心作 △ ABC 的外接圆，延长 AO 交 ⊙O 于 E ，连接 CE ，则 ABD AEC ， ∵ AE 是 直 径 ， ∴ ACE 90 ， ∴ BAD CAE OAC ． 习题1.
E
中
点
，
∴ C、 D、 E、 F 四点共圆，即 CDEF 是圆内接 四边形．如图(b)，∵ A 、 B、 F、 E 四点共圆， ∴ DEF B 180 ， ∵ AB ∥ CD ， ∴ B DCF ， ∴ DEF DCF 180 ， ∴ C、D、E、F 四点共圆，即 CDEF 是圆内接四边形．
ED FD 3 1 3 1 2
AD AC , 在 △ ABC 和 △ DAE 中， DAE CAB , AE AB .
∴ △CAB ≌△ DAE ， ∴ ED BC b ∵ BE 直 径， ∴ EDB 90° 在 Rt △EDB 中， ED b ， BE 2a ，由勾股定理得 ED2 BD2 BE2 . ∴
奥数-圆-四点共圆8学
第十二讲四点共圆一、基础知识1、四点共圆的判定方法（1）利用圆的定义，即：各点与一定点等距离（R），则各点在以定点为圆心，半径为R的圆上；（2）若一线段（AB）同侧的两个点C和D，对这条线段的两点（A和B）的张角相等，则这四点A、B、C、D共圆；（3）若一线段（AB）异侧的两个点C和D，对这条线段的两点A、B的张角互补，则A、B、C、D四点共圆；（4）两线段AB、CD交于E点，若满足AE·EB＝CE·ED，则A、B、C、D四点共圆；（5）两线段OAB和OCD，若满足OA·OB＝OC·OD，则A、B、C、D四点共圆；（6）由四点所构成的凸四边形的一个外角等于内对角，则凸四边形四个顶点共圆.二、例题例1 通过两个相交圆得公共弦上的任一点P，引第一个圆的弦KM和第二个圆的弦LN，证明：KLMN 可内接于一圆.例2 圆O1，O2相交于AB，P是BA延长线上一点，割线PCD交圆O1于C、D，割线PEF交圆O2于E、F，求证：C、D、E、F四点共圆.例3 AB为圆直径，过A在AB同侧作弦AP、AQ，交B处的切线于点R、S，求证：P、Q、S、R四点共圆；例4 A为⊙O外一点，AB，AC和⊙O分别切于B、C两点，APQ为⊙O的一条割线，过B作BR∥AQ 交⊙O于点R，连结CR交AQ于点M，试证：A、B、C、O、M五点共圆；例5 ⊿ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，AM为底边BC上的中线，过M、C两点的圆交AC于E，交BE 于F，求证：A F⊥BE；例6 过已知⊙O的中心作OA垂直于圆外的直线MN，自垂足A作圆的割线交圆于B、C，过B、C分别作圆的切线交MN于D、E，求证：AD＝AE；例7 AB、AC切⊙O于B、C，任作割线AEF交圆周于E、F，弦BD平分弦EF交EF于M，求证：C D ∥EF；例8 已知，⊙O与⊙O’外切于P，过P点作直线交⊙O与⊙O’于A、B，AC是⊙O的弦，过B点作⊙O’的切线交AC的延长线于D，求证：AP·AB＝AD·AC；例9 圆O1，O2相交于A、B，从圆O1上一点P引直线PA、PB，交圆O2于C、D，过P作P H⊥CD于H，求证：PH过圆O1的圆心；例10 如图，AD是圆的直径，直线l是过D的切线，割线AB、AC交l于点B、C，交圆于点E、F；（1）求证：AE·AB＝AF·AC；（2）如果使直线l向上平行移动成为圆的割线，而AB、AC仍与l交于点B、C，与圆仍交于点E、F，那么等式AE·AB＝AF·AC是否仍成立，为什么？例11 PA、PB为⊙O的切线，A、B为切点，连结AB与PO交于M，QR是过M的任意一条弦，求证：OP平分∠QPR；例12 如图，P为⊙O上任一点，AB为任意弦，过AB作⊙O的两条切线相交于Q，PD⊥QA于D，PE⊥QB 于E，PC⊥AB于C，求证：PC2＝PD·PE；例13 如图，⊙O内接⊿ABC，AQ⊥BC于D点，交⊙O于Q，AD是⊙O’的直径，⊙O’交AB于M，交AC于N，AQ交MN于P，求证：AD2＝AP·AQ；例14 在⊿ABC中边AB＝AC，有一个圆O1内切于⊿ABC的外接圆O并且与AB、AC分别相切于P、Q，求证：P、Q连线的中点O是⊿ABC的内切圆的圆心；三、练习题1．锐角⊿ABC的三条高AD、BE、CF交于H，在A、B、C、D、E、F、H七个点中，能组成四点共圆的组数为（）A．4组B．5组C．6组D．7组2．在⊿ABC中，AB＝AC，D为BC边中点，且BE⊥AC于E，交AD于P，已知BP＝3，PE＝1，则PA的值为（）A．3B．23C．2D．63．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6厘米，4厘米，则P到BC的距离为_______；4．正方形ABCD的中心为O，面积为1989cm2，P为正方形内一点，且∠OPB＝45°，PA：PB＝5：14，则PB＝________；5．已知PA是⊿ABC的外接圆的切线，PD∥AC且与AB、BC分别交于点E、D，求证：EA·EB＝ED·EP；6．如图，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，过A作一条直线分别交⊙O1和⊙O2于C、D，过C、D分别作⊙O1和⊙O2的切线，它们相交于E，连结BC、BD和BE，求证：∠BCD＝∠BED.7．已知∠ACE＝∠CDE＝90°，点B在CE上，CA＝CB＝CD，过A、C、D三点的圆交AB于点F，求证：F为⊿CDE的内心；8．已知：BE、CF是⊿ABC的两条高，M是BC的中点，N是EF中点，求证：M N⊥EF；9．AD是等腰⊿ABC底边BC上的高，BM及BN是∠B的三等分角线，分别交AD于M、N点，连结CN并延长交AB于E，求证：AM AE MN EB。
第四讲 四点共圆问题
第四讲 四点共圆问题“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.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P 89定理和P 93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用.1 “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)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.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ， △OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2， O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克) 分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，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）A B CK MN P Q B ′C ′A B CO O O O 123？？C DK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I A ，I B ，I C ，I D . 试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点 共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ，∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B =360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.A BO K N CMG A BCDI CI DAI I B同样可证I A I B I C I D 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PA 2+PB 2=AB 2=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 =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3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.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2··P O A B C DA BC D E F KG ······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)。
四点共圆问题
§5四点共圆问题“四点共圆”是平面几何证题中一个十分有利的工具. 四点共圆这类问题一般有两种形式:(1)证明某四点共圆或以四点共圆为基础证明若干点共圆;(2)通过某四点共圆得到一些重要的结果,进而解决问题.下面先给出与四点共圆有关的一些基本知识.(1)若干个点与某定点的距离相等,则这些点在同一圆周上;(2)在若干个点中有两点,其他点对这两点所成线段的视角均为直角,则这些点共圆;(3)若四点连成的四边形对角互补或有一外角等于它的内对角,则这四点共圆;(4)若点C、D在线段AB的同侧, 且∠ACB=∠ADB ,则A、B、C、D四点共圆;(5)若两线段AB、CD相交于点E, 且AE·EB=CE·ED,则A、B、C、D四点共圆;(6)若相交线段PA、PB上各有一点C、D,且PA·PC=PB·PD, 则A、B、C、D四点共圆.四点共圆问题不但是平面几何中的重要问题,而且是直线形和圆之间度量关系或者位置关系相互转化的媒介.例1、已知PQRS是圆内接四边形,∠PSR=90°,过点Q作PR、PS的垂线,垂足分别为点H、K.求证:HK平分QS.证法1 :如图1,设HK与QS交于点T,则∠TSK=90°-∠RSQ=90°-∠RPQ=∠TKS.所以,TS=TK.又∠TQK=90°-∠TSK=90°-∠TKS=∠TKQ,所以,TQ=TK.故TS=TQ,即HK平分QS.说明:证法1是观察到T是Rt△QSK斜边上的中点,从而去证明TS =TK及TS=TQ.此题也可从另一个角度去考虑,平行四边形的对角线互相平分,于是有证法2.证法2:如图2,分别延长KH和SR交于点G,联结QG.因为∠QHP=∠QKP=90°,所以,Q、H、K、P四点共圆.于是,∠QKH=∠QPH=∠QSR.因此,Q、K、S、G四点共圆.故四边形QKSG是矩形.从而,HK平分QS .例2、给定锐角△ABC ,以AB为直径的圆与边AB上的高线CC′及其延长线交于点M、N ,以AC为直径的圆与边AC上的高线BB′及其延长线交于点P、Q. 证明:M、P、N、Q四点共圆.证明:如图3,由于AB和AC是两圆的直=∠A+∠B+∠C=180°.如图6,作点P关于BC的对称点P′,联结BP′、CP′.于是,∠BQC+∠BP′C=180°.所以,B、Q、C、P′四点共圆.又因∠P′BC=∠PBC=∠QCB,则BP′∥QC.故BQ=P′C.所以,BQ=CP.说明:∠BQC和∠CPB是对线段BC的两个视角, 当点P、Q在线段BC的两侧时,B、Q、P、C四点共圆;当点P、Q在BC的同侧时,常常作对称点,然后便有四点共圆了,这会给解题带来极大方便.例6、在梯形ABCD中,AD∥BC,BC=BD=1,AB=AC,CD<1,且∠BAC+∠BDC=180°.求CD的长.解:如图7,作点D关于BC的对称点E, 联结AE、BE、CE.设AE与BC交于点F.由AD∥BC,知点A、E 到BC的距离相等,所以,AF=FE.设CD=CE=x,AF=FE=m.由∠BAC+∠BDC=180°,得∠BAC+∠BEC=180°.所以,A、B、E、C四点共圆.由AB=AC,得∠ABC=∠ACB.所以,∠1=∠ACB =∠ABC =∠2.又∠EBF =∠EAC,于是,△BFE ∽△ACE.所以, .BE AE FE CE= 从而,22m =AE ·FE =BE ·CE =x. ① 由角平分线的性质知1.BF BE CF CE x ==又BF +CF =1 ,所以, 11BF x =+, 1x CF x =+. ② 由式②及相交弦定理得2m =AF ·FE =BF ·FC =2(1)x x + ③ 将式③代入式①得 22(1)x x +=x .解得x=. 因此,CD. 例7、在锐角△ABC 中,AB ≠AC,AD 是高,H 是AD 上一点,联结BH 并延长交AC 于点E,联结CH 并延长 交AB 于点F.已知B 、C 、E 、F 四点共圆.问:点H 是否一定是△ABC 的垂心?证明你的结论. 解:答案是肯定的.如图8,在AD 或其延长线上取一点G,使得AH ·AG =AF ·AB =AE ·AC.(1)若点G 、D 不重合,则∠AFH =∠AGB,∠AEH =∠AGC.因为B 、C 、E 、F 四点共圆,所以,∠BFC =∠CEB .从而,∠AFH =∠AEH.因此,∠AGB =∠AGC.于是,AB =AC,矛盾.(2)若点G 、D 重合,则∠AFH =∠ADB =90°,∠AEH =∠ADC =90°.所以,点H 一定是△ABC 的垂心.例8、已知△ABC 的重心G 关于边BC 的对称点是G ′.证明:A 、B 、G ′、C 四点共圆的充分必要条 件是2222AB AC BC +=.证明:如图9,设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条中线.由于点G ′与点G 关于BC 对称,则有∠BGC =∠BG ′C.(1)若A 、B 、G ′、C 四点共圆,则∠BG ′C +∠BAC =180°.又因∠EGF =∠BGC =∠BG ′C,所以∠EGF +∠EAF =180°.故A 、F 、G 、E 四点共圆.于是,∠BGF =∠BAC.因此,∠BGC =180°-∠BGF =180°-∠BAC =∠ABC +∠ACB .过点G 作射线GS 交边BC 于点S,使得∠CGS =∠ABC.则∠BGS =∠ACB.由于∠CGS =∠ABC =∠FBS,所以,B 、F 、G 、S 四点共圆.由∠BGS =∠ACB =∠ECS,知C 、E 、G 、S 四点共圆.由割线定理得BF ·BA =BG ·BE =BS ·BC,CE ·CA =CG ·CF =CS ·CB .则BF ·BA +CE ·CA =BC(BS +CS),即2222AB AC BC +=.(2)若2222AB AC BC +=,如图9,延长AD 到点K,使得DK =DG,联结BK 、CK.则四边形BGCK 是平行四边形.从而,∠BKC =∠BGC.又由重心性质知 DK =DG =13AD. 因为AD 是△ABC 的中线,所以, 2222221222.2AB AC AD BD AD BC +=+=+ 结合2222AB AC BC +=,得2234AD BC =. 则221131.3344AD DK AD AD BC BC BD DC ==⨯== 从而,A 、B 、K 、C 四点共圆.故∠BKC +∠BAC =180°.又∠BKC =∠BGC =∠BG ′C,所以, ∠BG ′C +∠BAC =180°.因此,A 、B 、G ′、C 四点共圆.练习题1.设D 是等腰Rt △ABC 底边BC 的中点,过C 、D 两点(但不过点A )任作一圆交直线AC 于点E ,联结BE 交此圆于点F. 求证:AF ⊥BE.2.AB 为⊙O 的直径,点C 在⊙O 上且OC ⊥AB,P 为⊙O 上一点,位于点B 、C 之间,直线CP 与AB 的延长线交于点Q,过Q 作直线与AB 垂直,交直线AP 于点R. 求证:BQ =QR.3.如图10,在△ABC 中,AD ⊥BC,BE ⊥CA,AD 与BE 交于点H,P 为边AB 的中点,过点C 作CQ ⊥PH,垂足为Q.求证:2PE =PH ·PQ.(提示:联结QE 、CH.易知∠ABE =∠ACH.注意到AP =BP =EP,所以,∠ABE =∠PEB.从而,∠PEB =∠ACH.又易知C 、H 、E 、Q四点共圆,所以,∠EQH =∠ACH.从而,∠EQH =∠PEB =∠PEH.又∠QPE =∠EPH,所以,△EPH ∽△QPE.故2PE =PH ·PQ.)4.凸四边形ABCD 的内切圆,切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为1111,,,A B C D ,联结11111111,,,A B B C C D D A ,点E 、F 、G 、H 分别为11111111,,,A B B C C D D A 的中点.证明:四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆(提示:如图11,易知点H 在AI 上,且AI ⊥11A D . 又1ID ⊥11A D ,由射影定理可知IH ·IA =1ID =2r ,其中r 为内切圆半径.同理,IE ·IB =2r .于是,IE ·IB =IH ·IA.故A 、H 、E 、B 四点共圆.所以,∠EHI =∠ABE.类似地,可证∠IHG =∠ADG,∠IFE =∠CBE,∠IFG =∠CDG.将这四个式子相加得∠EHG +∠EFG =∠ABC +∠ADC.所以, A 、B 、C 、D 四点共圆的充要条件是E 、F 、G 、H 四点共圆.而熟知一个四边形的各边中点围成的四边形是平行四边形, 平行四边 形为矩形的充要条件是该四边形的四个顶点共圆. 因此, EFGH 为矩形的充要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.) 5.在Rt △ABC 的每一条边上,都向外作一个正方形,这三个正方形的中心分别记为D 、E 、F. 试证△DEF 与△ABC 的面积之比值(1)大于1;(2)不小于2.(提示:如图12,先证明A 、F 、C 、B 四点共圆,则∠FBC =∠FAC =45°. 易知FB ⊥DE.由此得BF 、AD 与CE 互相平行.(1)由于BF >BG,所以,DBF S >ABG S , EBF S >CBG S .故DEF S >ABC S .(2)设K 是△ABC 的外接圆和DE 的另一交点.易知FG =GK.如K 与B重合,则FB =FG +GB =GK +GB =2GB;如B 与K 不重合,则FB =FG +GB =GK +GB >2GB.综上知FB ≥2GB.故DEF S ≥2ABC S .)。
初三：第14课 四点共圆
第14课 四点共圆一、基本结论与方法：判断四点共圆的方法有：1.到定点等距离的几个点在同一个圆上；2.同斜边的直角三角形的各顶点共圆；3.同底同侧张角相等的三角形的各顶点共圆；4、如果一个四边形的一组对角互补，那么它的四个顶点共圆；5、如果四边形的一个外角等于它的内对角，则它的四个顶点共圆；6、四边形的对角线相交于点P ，且PA•PC=PB•PD,那么四个顶点共圆；7、四边形ABCD 的一组对边AB 、DC 的延长线交于点P ，若PA•PB=PC•PD, 那么四个顶点共圆.托勒密定理：圆内接四边形的对边之积的和，等于对角线之积。
即：如图，四边形ABCD 内接于圆，求证：BD AC BC AD CD AB ⋅=⋅+⋅.DB二、例题与习题例1、如图，ABCD 是等腰梯形，求证：BD 2=AB•CD+BC 2.CD 例2、△ABC 中，∠A:∠B:∠C=1:2:4,:求证：BC AC AB 111=+A D例3、在边长为1的正七边形中，对角线AD=a,BG=b,求证：22)()(ab b a b a =-+.C 例4、两圆相交于A 、B,P 是BA 延长线上一点，PCD 、PEF 分别是两圆的割线，求证：C 、D 、E 、F 四点共圆。
F例5、由圆外定直线上任意点，引圆的两条切线，求证：两切点的连线必经过某定点。
CA例6、点P 是正三角形外接圆的劣弧AB 上一点，连接PC 交AB 于D ，求证：(1)PA+PB=PC;(2)111PA PBPD +=.例7、P为△ABC内一点，D、E、F分别在三角形的边上，已知P、D、C、E四点共圆，P、E、A、F四点共圆，求证：B、D、P、F四点共圆。
例8、设凸四边形ABCD的对角线互相垂直，垂足为E,证明：点E关于AB、BC、CD、DA 的对称点也共圆。
A例9、两个圆彼此相交，从它们的对称中心引出两条射线交圆周于不在同一直线上的四个点，证明：这四个点共圆。
例10、梯形ABCD的两条对角线相交于点K，分别以梯形的两腰围直径作圆，点K位于两圆之外，证明：由K向两圆所作的切线长度相等。
初二秋.第3讲.四点共圆(三)
B K S A O I N M
B K A O N M
C
C
【例 3】
B K A O D
B A P
．
M
K B M H N O
N
C
A
C
C
D
证法 1 如图，延长 BM 至 H ，连接 MN 、 AM 、 AO 、 ON ． ∵ MBKN 、 KACN 、 MBAC 均是圆内接四边
E
2
初二·第 8 讲·教师版
A D Q C P
B
E
C D 习题1. 连 接 BD、CE ， ∵ BC CD ， BCD 180 2， ∴ CBD CDB ， ∴ BDE 180 3 ， ∴ BAE BDE 180 ， ∴ A、B、D、E 四点 共 圆 ． 同 理 A、B、C、E 四 点 共 圆 ， ∴ A、B、C、D、E 五 点 共 圆 ， ∵ BC CD DE ， ∴ BAC CAD DAE ． 习题2.
由“双垂直模型”可知 C ADF ，而由 A、 E、 D、 F 四点共圆可知 ADF AEF ，由 A、 B 、Q 、C 四 点 共 圆 可 知 C Q ，从而 Q AEF ， ∵ BAQ Q 90 ， ∴
AEF BAQ 90 ，∴ AO EF ，故得证 ．
CAD ABC
B 1
E 2 D 3 F C
， ∴
B、 P、E、 Q
，
A、E、D、C 分 别 四 点 共 圆 ， ∴ CED CAD ， ∴ CED ABC ， ∴ B、D、E、P 四点共圆， ∴ B、P、E、D、Q
五 点 共 圆 ， ∴ PDQ PEQ 90 ， ∴ PD QD ． 习题7. 连 接 EF ， FD 由 题 意 可 知 C、 D、F、E 四点共圆， ⑴ 若 E 在 线 段 AC 上 ， 则 BFD ACB 45， ∵ BAD 45， ∴ A、B、D、 F 四点共圆， ∴ AFB ADB 90 ，∴ AF BE ． ⑵ 若 E 在 AC 的 延 长 线 上 ， 则 DFE ACB 45， ∵ BAD 45， ∴ A、B、F、D 四 点 共 圆 ， ∴ AFB ADB 90 ，∴ AF BE ． ⑶ 若 E 在 CA 的 延 长 线 上 ， 则 BFD ACB 45， ∵ BAD 45， ∴ A、D、B、 F 四 点 共 圆 ， ∴ AFB ADB 180 ， ∴ ， AFB ADB 90
初中数学竞赛：四点共圆问题
初中数学竞赛：四点共圆问题“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“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 ′及其延长线将于P ，Q .求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆.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.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2， O 3四点共圆. 分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1⇒O ，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，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 .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 .A B C K M N P Q B ′C ′A B C O O O O 123？？A B C DK M··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°. 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I A ，I B ，I C ，I D . 试证：I A I B I C I D 是矩形.分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点 共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ，∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC )=360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 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 =__________ 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°.A BO K N CMG故PA 2+PB 2=AB 2=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).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 =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3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 . 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.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)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A 1，A 2；同样得到B 1，B 2，C 1，C 2.求证：A 1A 2=B 1B 2=C 1C 2.(提示：设法证∠ABA 1与∠ACA 1互补造成A ，B ，A 1，C 四点共圆；再证A ，A 2，B ，C 四点共圆，从而知A 1，A 2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A 1AA 2=90°.) 3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3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)A BC D E F KG ······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)。
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，那么称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆〞。
证明四点共圆有下述一些根本方法：【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，假设能证明这一点，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，那么这些点共圆．〔假设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，假设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，假设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，假设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，假设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。
上述六种根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种根本方法中选择一种证法，给予证明．一．某些知识的补充1．：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。
四点共圆问题
四点共圆问题“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.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P 89定理和P 93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用.1 “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)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.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2， O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA.观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA.由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ，O 1，O 2，O 3共圆.A B CK MNP Q B ′C ′A B C O O O O 123？？利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，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I A ，I B ，I C ，I D .A B C DK M··A BO K N CMG试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B A ，B ，I D ，I C 四点共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ，∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC )=360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 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PA 2+PB 2=AB 2=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.A BC D I C I DA I IB ··P O A BC D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 =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3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.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)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A 1，A 2；同样得到B 1，B 2，C 1，C 2.求证：A 1A 2=B 1B 2=C 1C 2.(提示：设法证∠ABA 1与∠ACA 1互补造成A ，B ，A 1，C 四点共圆；再证A ，A 2，B ，C 四点共圆，从而知A 1，A 2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A 1AA 2=90°.)3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.A BC DEF KG ······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)。
[推荐学习]高中数学 竞赛四点共圆专题试题
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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。
圆的基本性质习题(三)
圆的性质习题(三)一、说明满足下列条件的轨迹：(点的轨迹练习题)1．到定点A的距离等于5cm 点的轨迹是以A为圆心，5cm为半径的圆.2．经过M和N的圆的圆心的轨迹是线段MN的垂直平分线.3．到∠AOB两边的距离相等的点的轨迹是∠AOB的平分线.4．到直线l的距离等于2cm的点的轨迹是平行于l，且到l的距离等于2cm的两条直线.5．已知直线AB∥CD，到AB、CD的距离相等的点的轨迹，是平行于AB，CD，且到AB，CD距离相等的一条直线.6．BC给定，等腰三角形ABC的顶点A的轨迹是BC的垂直平分线.（垂足除外）7．OA⊥OB，垂足为O，到OA，OB距离相等的点的轨迹是∠AOB的平分线.8．底边BC是4cm，面积是10cm2的三角形顶点A的轨迹是平行于BC，且到BC 距离等于5cm的两条直线.9．两个端点分别在两条已知平行线上的线段中点的轨迹是到两条平行线距离相等的一条平行线.10．和两条已知直线l1和l2距离相等的点的轨迹当l1∥l2时，是到l1、l2距离相等的一条平行线；当l1与l2相交时，是l1与l2交角的平分线（两条）.二、用反证法证明1．一个三角形中不能有两个角是钝角.已知：△ABC. 求证：∠A，∠B，∠C中不能有两个角是钝角.2．已知：如图，AB∥CD，AB∥EF求证：CD∥EF.3．一条直线与两条平行线中的一条相交，必与另一条相交.已知：l1∥l2，l3与l1相交于A.求证：l3必与l2相交A B C D E Fl3A l1l24．圆的两条相交的弦（直径除外）不能互相平分已知：⊙O中，弦AB、CD相交于P.AB、CD不是直径.求证：AB，CD不能互相平分.三、四点共圆练习题(说明：四点共圆是证明较复杂习题的工具，课本不要求)四点共圆的条件：1．如果四个点到一定点的距离相等，则这四个点在同一圆上.2．如果一个四边形的一组对角互补，那么四边形内接于圆.3．一个四边形如果有一个外角等于它的内对角，则这个四边形内接于圆.4．两个同底同侧的三角形，如果它们的顶角相等，则它们的四个顶点在同一个圆上.1．求证矩形的四个顶点在同一个圆上.已知：矩形ABCD.求证：A、B、C、D在同一个圆上.2．如图，ABCD, ⊙O过A、B，交BC于E，交AD于F.3．如图，两圆相交于A、B，过B的割线与两圆分别交于C、D. P是圆形外一点，连结PC、PD分别交两圆于E、F.求证：P、E、A、F四点共圆4．如图，P、Q、R分别是AB，BC，AD的中点，QP、DA延长线交于S，RP、CB延长线交于T.5．如图，AC⊥BC，CE⊥AB，CF⊥AD.求证：∠AFE=∠B.6．如图，BD是⊙O直径，AB⊥AC，AD⊥BC，求证：AF⊥EC，.。
第四讲 四点共圆问题
第四讲 四点共圆问题“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.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P 89定理和P 93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “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)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 ′2ABCK M NPQ B ′C ′=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ②由②即得①，命题得证.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ， △OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2， O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克)分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，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 .A BCOO O O 123？？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 +A BC D K M ··ABO K N CMG∠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I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) 分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21 ∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点 共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ， ∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ， ABCDI C I DAI I B∴∠AI C I D +∠AI C I B =360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°. 故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 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°，P A :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P A 2+PB 2=AB 2=1989. 由于P A :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).··P OA BCD(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 =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3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 .A BCDEF KG ······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)。
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。