四点共圆例题及答案
四点共圆精选习题及答案
四点共圆精选习题及答案作为一种古老而神秘的数学理论，圆形一直是数学家们探究和研究的对象之一。
而在圆形领域中，四点共圆更是一个受到广泛关注和深入研究的问题。
四点共圆是指在平面上给出任意四个点，能否通过一个圆将这四个点完美地围起来。
今天我们精选了几个四点共圆的习题，希望能给大家带来一些启示。
题目一：已知在平面直角坐标系中，四点 A(0,0)，B(0,2)，C(4,0)，D(x,y)。
若四点在同一圆上，则点 D 的坐标为多少？解题思路：根据四点共圆基本知识，可以列出以下方程组：(x-2)²+y²=r²x²+(y-2)²=r²(x-4)²+y²=r²x²+y²=r²将方程组联立，消去 r，最终得到 x²+y²=5²，即点 D 的坐标为(3,4)或(−3,4)。
题目二：在平面直角坐标系中，四个点 A，B，C，D 分别为(7,0)，(0,7)，(−7,0) 和(0,−7)。
请证明：四点共圆。
解题思路：根据四点共圆定理，四个点共圆当且仅当它们构成的任意三角形的外接圆都存在。
可得三个三角形 ABC、ACD 和ABD 的外接圆都是以原点为圆心的半径为7 的圆，因此四点 A、B、C、D 构成的圆也一定存在。
题目三：在平面直角坐标系中，四点 A，B，C，D 分别为(−3,4)，(−4,−3)，(4,−3) 和(−1,−2)。
请计算过点 C 的直径的长度。
解题思路：通过计算可以知道，连接点 C 和其他三个点构成的三角形外接圆的圆心坐标分别为(−1,−1)、(−1,0) 和 (0,1)，因此过点 C 的直径所在的直线应为直线 y=x-1。
可得直线 y=x-1 与直线x=4、直线x=−3 和直线y=−3 的交点分别为 (4, 3)、(−3,−4) 和(0,−1)，因此该直径的长度为√145。
四点共圆(知识讲解)
四点共圆（知识讲解）【学习目标】1. 理解四点共圆的定义；2. 掌握判断四点共圆的基本方法，并用于解决证明和计算问题。
【要点梳理】四点共圆常用的方法有：1、对角互补的四边形，四点共圆；2、外角等于内对角的四边形，四点共圆；3、同底同侧的顶角相等的两个三角形，四点共圆；4、到定点的距离等于定长的四个点，四点共圆。
【典型例题】类型一、四点共圆的判定1．如图，BD ，AH 分别是ABC 的高，求证：A 、B 、H 、D 四点共圆．【分析】取AB 的中点O ，连接DO 、HO ，根据BD ，AH 分别是△ABC 的高，可得△DAB和△HAB 都是直角三角形，斜边都是AB ，而点O 为斜边中点，则有DO ＝HO ＝12AB ＝AO ＝BO ，也就是说以O 为圆心、OA 为半径的圆，点D 、H 、B 也在这个圆上，即可证明A 、B 、H 、D 四点共圆．证明：如图，取AB 的中点O ，连接DO 、HO ，△BD ，AH 分别是ABC ∆的高，DAB ∴∆和HAB ∆都是直角三角形，且它们的斜边都是AB ，△点O 为斜边中点，12DO HO AB AO BO ∴====，也就是说，点D、H、B在以O为圆心、OA为半径的圆上，即点D、H、B、A都在以O为圆心、以OA为半径的圆上，故可得：A、B、H、D四点共圆．【点拨】本题考查了四点共圆，解答本题的关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证得四点共圆．举一反三：【变式1】已知四边形ABCD为菱形，点E、F、G、H分别为各边中点，判断E、F、G、H四点是否在同一个圆上，如果在同一圆上，找到圆心，并证明四点共圆；如果不在，说明理由．【答案】点E、F、G、H四点是以AC，BD的交点O为圆心的同一个圆上，证明见分析.【分析】根据菱形的对角线互相垂直，以及直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出E、F、G、H到O点距离都等于定长即可.解：如图，连接AC，BD相交于点O，连接OE，OF，OG，OH，△四边形ABCD是菱形，△AB＝AD＝CD＝BC，AC△BD，△点E是AB的中点，△OE＝12AB，同理：OF＝12BC，OG＝12CD，OH＝12AD，△OE＝OF＝OG＝OH，△点E、F、G、H四点是以AC，BD的交点O为圆心的同一个圆上．【点拨】本题主要考查了四点共圆的条件，用到了菱形的性质及直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握其性质是解题的关键.【变式2】如图，在Rt ABC中，△BAC＝90°，△ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．（1）求△BAD的度数；（2）求证：A、D、B、E四点共圆．【答案】（1）10°；（2）见分析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得△C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出△ADC＝△C，最后由外角定理求得△BAD的度数；（2）由旋转的性质得到△ABC＝△AED，由四点共圆的判定得出结论．解：（1）△在Rt ABC中，△BAC＝90°，△ABC＝40°，△△C＝50°，△将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，△AC＝AD，△△ADC＝△C＝50°，△△ADC＝△ABC+△BAD＝50°，△△BAD＝50°－40°＝10°证明（2）△将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，△△ABC＝△AED，△A、D、B、E四点共圆．【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．【变式3】如图，在□ABCD中，△BAD为钝角，且AE△BC，A F△CD．(1) 求证：A、E、C、F四点共圆；(2) 设线段BD与(1)中的圆交于M、N．求证：BM = ND【分析】（1）只要证明A、E、C、F四点所构成的四边形的对角互补，则该四点共圆；（2）连接AC交BD于O，易得O是该圆的圆心，OM＝ON，所以可得BM＝ND．解：（1）△AE△BC，AF△CD，△△AEC=△AFC=90°，△△AEC+△AFC=180°，△A、E、C、F四点共圆；（2）由（1）可知，圆的直径是AC，连接AC交BD于O，△ABCD是平行四边形，△O为圆心，OB=OD，△OM=ON，△BM=ND.【点拨】本题主要考查了四点共圆的判定及平行四边形的性质，难度不大，能够灵活运用所学知识进行推理是解题关键.．类型二、利用四点共圆进行证明或求解2．如图，A 、B 、C 、D 四点共圆，且△ACB ＝△ACD ＝60°．求证：△ABD 是等边三角形．【分析】先根据同弧所对的圆周角相等得出△ADB ＝60°＝△ABD ，再用三角形的内角和定理求出△BAD ，即可得出结论．证明：△△ACB ＝60°，△△ADB ＝△ACB ＝60°，△△ACD ＝60°，△△ABD ＝△ACD ＝60°，在△ABD 中，△BAD ＝180°﹣△ADB ﹣△ABD ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，△△ABD ＝△ADB ＝△BAD ＝60°，△△ABD 是等边三角形．【点拨】本题考查了等边三角形的性质与判定，圆周角定理，三角形的内角和定理 ，掌握圆周角定理是解答本题的关键；举一反三：【变式】 如图所示中，60NAM ∠=︒，B ，C 分别在边AM 和AN 上，且2BC =，CP AN ⊥，BP AM ⊥垂足分别为C ，B ，求PA 的长.【答案】433PA =【分析】本题关键要建立未知线段PA 和已知线段BC 的关系，由A ，B ，P ，C 共圆，PA 和CE 为直径，于是在Rt CEB △中便可以建立CE 和BC 的关系，求出CE 的长即求出PA 的长.解：连结CD ，BD ，△,CP AN BP AM ⊥⊥，△90PCA PBA ∠=∠=︒△AD BD PD CD ===，△由圆的定义知点A ，B ，C ，P 在以D 为圆心，DA 为半径的圆上，作出辅助圆，延长CD 交圆D 于E ，连结BE ，△60BAC CEB ∠=∠=︒ 30ECB ∠=︒在Rt BCE 中，2BC =，△433EC =△433PA =【点拨】双直角三角形是典型的共圆图，解题中注意灵活应用.类型三、四点共圆综合应用3．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，△E 是△ABC 中△A 的遥望角．△若△A ＝40°，直接写出△E 的度数是 ；△求△E 与△A 的数量关系，并说明理由．（2）如图2，四边形ABCD 中，△ABC ＝△ADC ＝90°，点E 在BD 的延长线上，连CE ，若△BEC 是△ABC 中△BAC 的遥望角，求证：DA ＝DE ．【答案】（1）△20°；△12∠=∠E A ，理由见分析；（2）证明见分析 【分析】 （1）△根据题目定义推出△E ＝12△A ，从而得出结论；△直接根据求解△过程证明即可； （2）首先根据题意推出A 、B 、C 、D 四点共圆，然后作四边形ABCD 的外接圆交CE 于点F ，连接AF ，DF ，再根据圆的内接四边形的性质等推出△AFD ＝△DFE ，然后根据“遥望角”的定义推出△E＝△DAF，即可证△DAF△△DEF，从而得出结论．（1）解：△△△E是△ABC中△A的遥望角，△△EBC＝12△ABC，△ECD＝12△ACD，△△E＝△ECD﹣△EBD＝12（△ACD﹣△ABC）＝12△A，△△A＝40°，△△E＝20°．故答案为：20°；△12∠=∠E A，理由如下：△△E是△ABC中△A的遥望角，△△EBC＝12△ABC，△ECD＝12△ACD，△△E＝△ECD﹣△EBD＝12（△ACD﹣△ABC）＝12△A；（2）证明：△△ABC＝△ADC＝90°，△A、B、C、D四点共圆，作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，△四边形FBCD内接于△O，△△DFC+△DBC＝180°，△△DFC+△DFE＝180°，△△DFE＝△DBC，△BD平分△ABC，△△ABD＝△DBC，△△ABD＝△AFD，△△AFD＝△DFE，△△BEC 是△ABC 中△BAC 的遥望角，由（1）得△E ＝12△BAC ，△△BAC ＝△BDC ，△△E ＝12△BDC ，△△E +△DCE ＝△BAC ，△△E ＝△DCE ，△△DCE ＝△DAF ，△△E ＝△DAF ，△DF ＝DF ，△AFD ＝△DFE ，△△DAF △△DEF （AAS ），△DA ＝DE ．【点拨】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键．举一反三：【变式】在学习《圆》这一单元时，我们学习了圆周角定理的推论：圆内接四边形的对角互补；事实上，它的逆命题：对角互补的四边形的四个顶点共圆，也是一个真命题．在图形旋转的综合题中经常会出现对角互补的四边形，那么，我们就可以借助“对角互补的四边形的四个顶点共圆”，然后借助圆的相关知识来解决问题，例如：已知：ABC ∆是等边三角形，点D 是ABC ∆内一点，连接CD ，将线段CD 绕C 逆时针旋转60︒得到线段CE ，连接BE ，DE ，AD ，并延长AD 交BE 于点F ．当点D 在如图所示的位置时：（1）观察填空：△与ACD ∆全等的三角形是________；△AFB ∠的度数为（2）利用题干中的结论，证明：C ，D ，F ，E 四点共圆；（3）直接写出线段FD ，FE ，FC 之间的数量关系．____________________．【答案】（1）△BCE ∆：△60︒；（2）见分析；（3）FD FE FC +=．【分析】（1）△根据旋转的性质和等边三角形的性质可证△ACD△△BCE ；△根据已推导出的全等三角形和三角形内角和进行角度转化，可得△AFB 的大小； （2）根据△ACD△△BCE 得ADC BEC ∠∠=，推导得出四边形CDFE 中180BEC FDC ∠+∠=︒，从而证共圆；（3）先推导出△BDF 是等边三角形，可证△ABD△△CBP ，得出AD=FC ，从而得出数量关系．解：（1）△△△ABC 是等边三角形△AB=AC=BC ，△BAC=△ACB=△ABC=60°△将线段CD 绕C 逆时针旋转60︒得到线段CE△CE=CD ，△DCE=60°△△DCE 是等边三角形△△DCE=60°△△ACD+△DCB=60°，△BCE+△DCB=60°△△ACD=△BCE△△ACD△△BCE(SAS)△△△ACD△△BCE△△EBC=△DAC△△DAC+△BAD=△BAC=60°△△FBC+△BAD=60°△△AFB=180°－△ABC －△FBC －△BAF=180°－60°－60°=60°（2）△()ACD BCE SAS ∆∆≌．△ADC BEC ∠∠=，△180ADC FDC ∠+∠=︒，△180BEC FDC ∠+∠=︒．△C ，D ，F ，E 四点共圆； （证明不唯一）（3）结论：FD FE FC +=,如下图,连接BD△△ACD△△BCE△△CBE=△CAD ，AD=BE△△CAD+△BAD=60°，△BAD+△FBC=60° △△BAD+△ABD=△BDF=60° △△AFB=60°△△BDF 是等边三角形 △DF=BF,△FD+FE=BE△△ABD△△CBF(SAS)△AD=FC△FD+FE=FC【点拨】本题属于几何综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．。
24.24专题6：四点共圆问题
24.24专题6：四点共圆一．【知识要点】 四点共圆模型：（1）若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（如图1）；（2）共斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（如图2,3）；（3）对角互补的四边形四个顶点共圆（如图4）；（4）共底边且在同侧的两个三角形顶角相等（如图5）。
二．【经典例题】1．已知OA=OB=OC=2，且∠ACB=45°，则AB 的长为（ ） A.2 B.3 C.22 D.322.如图所示，矩形ABCD 的边AB=3，Rt △BEF 的直角顶点E 在对角线AC 上，另一顶点F 在边CD 上，若△BEF 的一个锐角为30°，则BC 的长是（ ） A.3 B.33 C.333或 D.63.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB下方,∠BDC=45°,求证:AD⊥BD.4.如图，四边形ABCD是正方形，E是BC上一点，AE⊥EF交∠BCD的外角平分线于F，求证：AE=EF.5.如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限。
其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上，且AB=12厘米，（1）若OB=6厘米，①求点C的坐标；②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离. （2）点C与点O的距离的最大值是多少厘米？6．（绵阳2015年第25题本题满分14分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线时的一点，且DG = AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→C→G的路线向G点匀速运动（M不与A，G重合），设运动时间为t秒，连接BM并延长AG于N．（1）是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由；（2）当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN = HN；（3）过点M分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，矩形AEMF与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值．7.如图，菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，点E和点F分别是BC和CD上一动点，且∠EOF+∠BCD＝180°，∠ABC＝60°，连接EF．（1）求△OEF是什么特殊的三角形？（2）若AB=2，求CE+CF的长；三．【题库】【A】1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB下方,AD⊥BD,求∠BDC的度数.2.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB上方,AD⊥BD,求∠BDC的度数.3.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB上方,∠BDC=45°,求证:AD⊥BD.4.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点D在AB上方,∠ADC=135°,求证:AD⊥BD.5.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,点E为△ABC外一点，且∠CEA=45°.求证：AE⊥BE.6.如图所示，四边形ABCD中，DC∥AB，BC＝1，AB＝AC＝AD＝2．则BD的长为（）A．B．C．D．【B】1．如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M 在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF，给出以下五个结论：①∠MAD＝∠AND；②CP＝a﹣；③△ABM≌△NGF；＝a2+b2；④S四边形AMFN⑤A，M，P，D四点共圆，其中正确的序号为．【C】1．将线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，继续旋转α（0°＜α＜120°）得到线段AD，连接CD．（1）连接BD，①如图1，若α＝80°，则∠BDC的度数为；②在第二次旋转过程中，请探究∠BDC的大小是否改变．若不变，求出∠BDC的度数；若改变，请说明理由．（2）如图2，以AB为斜边作直角三角形ABE，使得∠B＝∠ACD，连接CE，DE．若∠CED＝90°，求α的值．【D】1.如图，C，D是以AB为直径的半圆上的两点，∠AOC＝40°，P在直径AB上，且∠OCP＝∠ODP＝10°，则∠BOD的度数为（）．A.20°B.30°C.25°D.15°2.正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989cm 2．P 为正方形内一点，且∠OPB ＝45°，P A ：PB ＝5：14．则PB 的长为（ ）． A.42cm B.40cm C.35cm D.50cm3.如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，点D 是BC 边上一动点，过点B 作BE ⊥AD 交AD 的延长线于E ．若AC ＝6，BC ＝8，则的最大值为（ ）A ．B ．C. D ．4.如图，在菱形ABCD 中，点P 是BC 边上一动点，P 和C 不重合，连接AP ，AP 的垂直平分线交BD 于点G ，交AP 于点E ，在P 点由B 点到C 点的运动过程中，∠APG 的大小变化情况是（ ）A ．变大B ．先变大后变小C ．先变小后变大D ．不变5. 如图，ABC ∆中，45B ∠=︒，75C ∠=︒，4AB =，D 为BC 上一动点，过点D 作DE AC ⊥于点E ，DF AB ⊥于点F ，连接EF ，则EF 的最小值为 ( ) A ．3B ．2C ．5D ．6。
四点共圆例题及问题详解
例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H四点共圆．证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．∵AC和BD 互相垂直，∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，即E、F、G、H四点共圆．(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠AED＋∠AFD=180°，即A、E、D、F四点共圆，∠AEF=∠ADF．又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，∠CDF＋∠FCD=90°，∠ADF=∠FCD．∴∠AEF=∠FCD，∠BEF＋∠FCB=180°，即B、E、F、C四点共圆．(3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．证明在△ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．∴∠BEC=∠BDC=90°，且E、D在BC的同侧，∴E、B、C、D四点共圆．∠AED=∠ACB，∠A=∠A，∴△AED∽△ACB．上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不叙述了．【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD内接于圆，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】已知：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．证明：连结AC．∵CE∥BD，∴∠1=∠E．∵∠1和∠2都是所对的圆周角，∴∠1=∠2．∠1=∠E．∵四边形ABCD内接于圆，∴∠EBC=∠CDA．∴△ADC∽△CBE．AD∶BC=DC∶BE．AD·BE=BC· DC．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．证明：作∠BAE=∠CAD，AE交 BD于 E．∵∠ABD=∠ACD，即 AB·CD=AC·BE．①∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，AD·BC=AC·DE．②由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BCAC·BD=AB·CD＋AD·BC这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5圆的内接四边形例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．证明∠MEC与∠HEB互余，∠ABE与∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的需证明GB=CD．但这在第七章ξ1.4圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由例3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中AB·CD+BC·AD=AC·BD．分析在AB·CD+BC·AD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB·CD+BC·AD是否等于AC·BD．而要考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92，作AE，令∠BAE=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E，这就得到△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△AED，由此又求得BC·AD=AC·ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明读者自己完成．点评本例叫做托勒玫定理．它在计算与证明中都很有用．意一点．求证：PA=PB+PC．分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∵ADFB是圆内接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC 交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，∴，AD=DE．∵ABED是圆内接四边形，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点与斜边中点距离相等)．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与 AD、BC分别交于E、F．求证：C、D、E、F四点共圆．提示连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例1 如图1，已知P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP交AB 于E．求证：∠APC＝∠BPD．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．二用于证明两条线段相筹例2 如图2，从⊙O外一点P引切线PA、PB和割线PDC，从A点作弦AE平行于DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行例3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥GC．证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB 和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．四用于证明两直线垂直证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例5 如图5，AB为半圆直径，P为半圆上一点，PC⊥AB于C，以AC为直径的圆交PA于D，以BC为直径的圆交PB于E，求证：DE是这两圆的公切线．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD 的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AB、CD为⊙O中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G，弦PA、PB分别交CD于E、F．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．七用于证明平方式例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P点，另一组对边AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F，(如图 7)求证：PQ2＝QF2＋PE2．证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2∴PQ2=PE2＋QF2．八用于解计算题例8如图8，△ABC的高AD的延长线交外接圆于H，以AD为直径作圆和AB、AC分别交于E、F点，EF交 AD于 G，若 AG=16cm，AH=25cm，求 AD的长．解连结DE、DF、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴AD=20cm．九用于证明三点共线例9如图9，D为△ABC外接圆上任意一点，E、F、G为D点到三边垂线的垂足，求证：E、F、G三点在一条直线上．证明连结EF、FG、BD、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠DGC，∠DBE＝∠DCG，故∠1=∠4，易得∠2＝∠3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2关于AF对称，则∠1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴A、H2、B、c四点共圆，即H2在△ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ABC的外接圆上．∴A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．托勒密定理的数形转换功能山东临沂市四中姜开传临沂市第一技校刘久松圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形 ABCD 中，有AB·CD＋AD·BC=AC·BD，这就是著名的托勒密定理．本刊1996年第2期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数量关系，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替几何推理的目的．例1已知正七边形A1A2 (7)(第21届全俄数学奥林匹克竞赛题)对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变整个解题局面，使证题步骤简缩到最少．如图1，连 A1A5、A3A5，则A1A5=A1A4、A3A5=A1A3．在四边形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4即得结论式．例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，AE=6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？(1988年全国初中数学联赛题)此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展．若运用托勒密定理，可使问题化难为易．由△CDE∽△BAE和△CBE∽△DAE，得由托勒密定理，得BD(AE＋CE)=4(AB＋AD)，亦即 CE(AE＋CE)＝16．设CE=x，整理上式，得x2＋6x－16＝0．解得x＝2(负值已舍)，故BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD＜BC＋CD＝8，例3一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为81，AB是它的第六边，其长为31，求从B出发的三条对角线长的和．(第九届美国数学邀请赛试题)原解答过程冗长．若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”，可使问题化繁为简．如图3，设BD=a， BE=b，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF ＝c．在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①同理81b＋31·81=ac ②31a＋81a=bc ③解①、③、③组成的方程组，得a＝135，b＝144，c＝105故 a＋b＋c=384．2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构与托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决．这种解法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜．例4 解方程若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．若由方程的结构特征联想到托勒密定理，则构造直径AC=x(x≥11)的圆及圆内接四边形ABCD，使BC=2，CD=11，如图 4，于是由托勒密定理，得在△BCD中，由余弦定理，得经检验x=14是原方程的根．求证： a2＋b2＝1．这道名题已有多种证法，而且被视为用三角换无法解代数问题的典范．下面再给出一各几何证法．易知0≤a、b≤1且a、b不全为零．当a、b之一为零时，结论显然成立．当a、b全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径AC＝1的圆及圆内接四与已知等式比较，得BD＝1，即BD也为圆的直径，故a2＋b2=1例6设a＞c，b＞c，c＞0，此题若用常规方法证明也不轻松．下面利用托勒密定理给出它的一个巧证．由托勒密定理，得巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会张东海王素改在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，兹举例说明．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．一、构造“圆”，运用定理【例1】设a，b，x，y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x， AD=y．(图1)由勾股定理知a，b，x，y满足条件．根据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵ CD≤1，∴ax＋by≤1．二、利用无形圆，运用定理【例2】等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．已知：梯形 ABCD中，AD=BC，AB∥CD．求证：BD2=BC2＋AB·CD．证∵等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．(图略)【例 3】已知：边长为 1的正七边形ABCDEFG中，对角线 AD=a，BG=b(a≠b)．求证：(a＋b)2(a－b)＝ab2．证连结BD，GE，BE，DG，则 BD=EG＝GB=b，DG=BE＝DA＝a， DE=AB=AG=1．(如图2)在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，即ab=a＋b (1)同理在四边形BDEG中，得BE·DG=DE·BG＋BD·EG，即a2=b＋b2 (2)将(2)变形为b=a2－b2 (3)(1)×(3)，得ab2＝(a＋b)(a2－b2)．故ab2=(a＋b)2(a－b)．三、构造圆内接四边形，运用定理【例4】在△ABC中，∠A的内角平分线AD交外接圆于D．连结BD．求证：AD·BC=BD·(AB＋AC)．证(如图3) 连结DC．由托勒密定理．有AD·BC=AB·CD＋AC·BD．又∵∠1=∠2，∴BD=DC．∴AD·BC=AB·CD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．即AD·BC=BD·(AB＋AC)．圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中任天民设圆内接四边形ABCD中各边为a，b，c，d．连结 BD．由∠A＋∠C=180°，可以推出sinA=sinC，cosA=－cosC．并且S四边形ABCD=S△ABD＋S△BCD所以这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式．在上面的公式中，如果设某一边为零，(不仿设d=0)此时四边形变成三角形，该公式恰是计算三角形面积的海伦公式．圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发，通过联想探索出来的，而且两者在形式上又是那么的相近．这种现象在数学中不胜枚举，如果同学们都能从特殊规律去探索一般规律，再从一般规律去认识特殊规律．那么对数学能力的培养将大有裨益．四条边定长四边形面积的最大值上海市育群中学李甲鼎四条边为定长的四边形不具稳定性，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成为圆内接四边形．并且此时达到变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．已知：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值．证明：(1)先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设∠ABC=α，∠ADC=β，AC=x．令α＋β=π，即cosα＋cosβ=0x的解唯一确定，代入(1)(2)后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0，π)的条件下α、β也同时唯一确定．∴四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的．即所得到的四边形为圆内接四边形．(2)当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ显然当α＋β=π时(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，即S最大．一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校张怀林定理：如图1，在圆接四边形ABCD中弦AD平分∠BAC，则2ADcosα=AB＋AC．证明连接BD、DC、BC，设已知圆半径为R，则由正弦定理有：BD＝DC＝2Rsinα，BC＝2Rsin2α．由托勒密定理有AB·CD+AC·BD=AD·DC．∴(AB+AC)·2Rsinα=AD·2Rsin2α．则 2AD·cosα=AB＋AC．下面举例说明它的应用．例1如图2，已知锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交外接圆于N，过L 分别作LK⊥AB，LM⊥AC，垂足分别为K、M．求证：四边形AKNM的面积等于△ABC 的面积．(第28届IMO)证明由已知得∠BAN=∠CAN，由定理有 2ANcosα=AB＋AC，=AN·AL·cosα·sinα=AN·AK·sinα=AN·AM·sinα=2S△AKN＝2S△AMN．∴S△ABC=S四边形AKNM．(第21届全苏奥数)证明作正七边形外接圆，如图3所示．由定理有2c·cosα=b+c，又在等腰△A1A2A3中有2a·cosα=b．例3在△ABC中，∠C=3∠A，a＝27，c＝48，则b的值是____．(第36届AHSME试题) 解如图4．作△ABC的外接圆，在取三等分点D、E，连CD、CE．由已知得：∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A，CD=AB=48，由定理有 2CE·cosA=CB+CD ①2CD·cosA＝CE+AC ②又2CB·cosA=CE ③由②、③得：b=AC=CE·(CD-CB)/CB=35．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(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)．已知：圆内接四边形ABCD，求证：AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．证明：如图1，过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD∽△BCP．又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．①＋②得 AC(BP＋DP)=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．一、直接应用托勒密定理例1如图2，P是正△ABC外接圆的劣弧上任一点(不与B、C重合)，求证：PA=PB＋PC．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA·BC=PB·AC＋PC·AB，∵AB=BC=AC．∴PA=PB+PC．二、完善图形借助托勒密定理例2证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2证明：如图3，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD 是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB·CD＋AD·BC．①又∵ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．②把②代人①，得AC2=AB2＋BC2．例3如图4，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结CD，依托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD．∵∠1=∠2，∴ BD=CD．故 AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．三、利用“无形圆”借助托勒密定理例4等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积．如图5，ABCD中，AB∥CD，AD=BC，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．又∵ AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证明：如图6，作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC＝a，BC=b，BD＝x，AD＝y．由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B．分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明：如图 7，作△ABC的外接圆，以 A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA．∵AD=BC，∴∠ABD=∠BAC．又∵∠BDA=∠ACB(对同弧)，∴∠1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①而已知a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2．②∴∠BAC=2∠ABC．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图8，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD内接于圆O，其边AB与DC的延长线交于P，AD与BC的延长线交于Q，由P作圆的两切线PM、PN，切点分别为M、N；由Q作圆的两切线QE、QF，切点分别为E、F(如图1)．则有以下一些共点性质：性质1 AC、BD、EF三直线共点．证明：如图1，设AC交EF于K1，则K1分EF所成的比为设BD交EF于K2，同理可得K2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF所成的比相等．∴K1、K2重合，从而AC、BD、EF三直线共点．类似地 AC、BD、MN三直线共点，因此有以下推论 AC、BD、EF、MN四直线共点．性质2 AB、DC、EF三直线共点于P．(此性质等同于1997年中国数学奥林匹克第二试第四题)这里用上述证明性质1的方法证之．证明：如图2．设DC与EF的延长线交于P1，则P1分EF所成的比为设AB与EF的延长线交于P2，则P2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P1、P2分EF所成的比相等．∴P1、P2重合，从而AB、DC、EF三直线共点于P．推论 AD、BC、NM三直线共点于Q．性质 3 EM、NF、PQ三直线共点．证明：如图3，设EM的延长线交PQ于G1，妨上证法，G1分PQ所成的比为设NF的延长线交PQ于G2，则G2分PQ所成的比为(这里E、F、P三点共线及N、M、Q三点共线在性质2及推论中已证)．由△PME∽△PFM得由(11)、(12)及QE=QF、PN=PM可得(9)=(10)，故G1、G2分PQ所成的比相等．∴G1、G2重合，从而EM、NF、PQ三直线共点．性质4如果直线EN和MF相交，那么交点在直线PQ上，即 EN、MF、PQ三直线共点．证明从略，妨性质3的证法可得．性质5 EM、NF、AC三直线共点．证明：如图4，类似于性质1的证明，设EM与AC的延长线交于G3，则G3分AC所成的比为设NF与AC的延长线交于G4，则G4分AC所成的比为由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14)，故G3、G4分AC所成的比相等．∴G3、G4重合，从而 EM、NF、AC 三直线共点．推论EM、NF、AC、PQ四直线共点．限于篇幅，仅列以上五条共点性质．有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理圆内接四边形的两条对角线的乘积(两条对角线所包矩形的面积)，等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形面积之和)．证明如图1，过C作CP使∠1=∠2，又∠3＝∠4，∴△ACD∽△BCP．∴AC·BP=AD·BC ①又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴AC·DP=AB·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD·BC+AB·CD.故AC·BD=AD·BC+AB·CD.托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.例1已知P是正△ABC的外接圆劣弧上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC是圆内接四边形,根据托勒密定理,有PA·BC=PB·AC+PC·AB.∵AB=BC=AC,∴PA=PB+PC.例2证明等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．证明如图3，设在梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．∵等腰梯形内接于圆，∴AC·BD=AD·BC+AB·CD．又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．例4已知 a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．证明作直径AB=1的圆，在AB两侧作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如图5)．依勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．依托勒密定理有AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．又∵CD≤AB=1，∴ax+by≤1．例5△ABC的三个内角 A、 B、 C的对边分别为a、b、c，且a2=b(b＋c)．求证：A=2B．分析将a2＝b(b＋c)变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明如图6，作△ABC的外接圆．以A为圆心，以BC为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC．。
(完整版)四点共圆例题及答案
例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H四点共圆．证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．∵AC和BD 互相垂直，∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，即E、F、G、H 四点共圆．(2) 若四边形的两个对角互补( 或一个外角等于它的内对角) ，则四点共圆．例 2 如图，在△ ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．证明∵ DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠ AED＋∠ AFD=180°，即A、E、D、F 四点共圆，∠AEF=∠ADF．又∵ AD⊥BC，∠ ADF＋∠ CDF=90°，∠CDF＋∠ FCD=90°，∠ADF=∠FCD．∴∠ AEF=∠FCD，∠BEF＋∠ FCB=180°，即B、E、F、C 四点共圆．(3) 若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．证明在△ ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．∴∠ BEC=∠BDC=9°0 ，且E、D在BC的同侧，∴E、B、C、D四点共圆．∠AED=∠ACB，∠A=∠A，∴△ AED∽△ ACB．上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点（不在同一直线上）所确定的圆上就不叙述了．【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠ A-∠C=12°，且∠ A∶∠ B=2∶3．求∠ A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD内接于圆，∴∠ A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠ A=96°，∠ C=84°．∵∠ A∶∠ B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】已知：如图 1 所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD· BE=BC· DC．证明：连结AC．∵CE∥BD，∴∠ 1=∠E．∵∠1和∠2 都是所对的圆周角，∴∠ 1=∠2．∠1=∠E．∵四边形ABCD内接于圆，∴∠ EBC=∠CDA．∴△ ADC∽△ CBE．AD∶BC=D∶C BE．AD· BE=BC· DC．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．证明：作∠ BAE=∠CAD，AE交BD于E．∵∠ ABD=∠ACD，即AB· CD=A·C BE．①∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，∴∠ BAC=∠EAD．又∠ ACB=∠ADE，AD· BC=AC·DE．②由①，②得AC·BE+AC·DE=AB· CE＋AD· BCAC·BD=AB·CD＋AD·BC这个定理叫托勒密(ptolemy) 定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ ABE∽△ ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5 圆的内接四边形例 1 已知：如图7-90 ，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=M．D证明∠MEC与∠ HEB互余，∠ ABE与∠HEB互余，所以∠ MEC∠= ABE．又∠ ABE= ∠ECM，所以∠ MEC∠= ECM．从而CM=E．M同理MD=E．M所以CM=M．D点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥ AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例 2 已知：如图7-91 ，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙ O的需证明GB=C．D 但这在第七章ξ 1.4 圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．* 分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥ MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例 1 的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=M，F 而由例 3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中AB·CD+B·C AD=AC·BD．分析在AB·CD+B·CAD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB· CD+B·C AD是否等于AC·BD．而要考虑AB· CD和BC· AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92 ，作AE，令∠ BAE=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E，这就得到△ ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=A·C BE．在圆中又出现了△ ABC∽△ AED，由此又求得BC·AD=AC· ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明读者自己完成．点评本例叫做托勒玫定理．它在计算与证明中都很有用．意一点．求证：PA=PB+P．C分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=P，B 剩下的问题是证明MA=P，C 这只要证明△ ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=P，C 剩下的问题是证明PM=P，B 这只要证明△ BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=M，C 这只要证明△ PAB≌△ CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．* 本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=A，B所以有PA=PB+P．C例 2 如图7—116，⊙ O1 和⊙ O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙ O1交于点C，与⊙ O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙ O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角（或内错角）相等或同旁内角互补．由于CE、DF 分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∴∠ BAD=∠E．∵ADFB是圆内接四边形，∴∠ BAD＋∠ F=180°，∴∠ E＋∠ F=180°．∴CE∥CF．说明：(1) 本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠ DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠ DFG=∠E．(2) 应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3) 对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例 3 如图7—118，已知在△ ABC中，AB=AC，BD平分∠ B，△ ABD的外接圆和BC 交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=D．E 因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△ DEC的两边，所以只要证∠ EDC=∠ C．由已知条件可知∠ C=∠ ABC．因此只要证∠ EDC=∠ABC．因为△ EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠ EDC=∠ ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵ BD平分∠ ABC，∵ABED是圆内接四边形，∴∠ EDC=∠ABC．∵AB=AC，∴∠ ABC=∠C，∴∠ EDC＝∠ C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠ BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠ A、∠ B、∠ C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=D．C作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=9°0 ，∠ BCD=10°9 42′．2．∠A=45°，∠ B=67.5°，∠ C=135°，∠ D=112.5°．3．提示：因为∠ DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠ DBC=∠DCB，因此DB=D．C判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1) 如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2) 如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3) 如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4) 如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆( 因为四个顶点与斜边中点距离相等) ．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与AD、BC分别交于E、F．求证：C、D、、提示连结EF．由∠ B+∠ AEF=180 °，∠ B ＋∠ C=180°，可得∠ AEF= ∠C．四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例 1 如图1，已知P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP 交AB 于E．求证：∠ APC＝∠ BPD．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO⋯⋯(1) ；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE⋯⋯(2) ；由(1) 、(2) 得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠ 1＝∠2，∠3＝∠4，又∠ 2=∠ 4．∴∠ 1＝∠3，易证∠ APC＝∠ BPD(∠ 4＝∠ EDO．)二用于证明两条线段相筹例 2 如图2，从⊙ O外一点P 引切线PA、PB和割线PDC，从 A 点作弦AE 平行于DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠ 1＝∠ 2．∵ AE∥ CD，则∠ 2＝∠ 4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠ 5＝∠ 6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．用于证明两直线平行例 3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥ GC．证明连结EC．在△ ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴ △AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠ 6＝∠3．在△ GEB 和△ GEC中，∵ GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠ 4=∠2 ＝∠ 3，∴∠ 4＝∠ 6．∴ EH∥ GC．四用于证明两直线垂直证明在△ ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△ BCE，∴∠ ADB=∠ BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠ OEC＝60°，∠ DEO＝30°∴∠ DEC＝90°，于是∠ DPC=9°0 ，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例 5 如图5，AB为半圆直径，P为半圆上一点，PC⊥AB于C，以AC为直径的圆交PA 于D，以BC为直径的圆交PB于E，求证：DE是这两圆的公切线．证明连结DC、CE，易知∠ PDC＝∠ PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠ 1=∠3，而∠3＋∠ 2＝90°，∠ A＋∠ 2=90°，则∠ 1＝∠ A，∴DE是圆ACD 的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例 6 AB、CD为⊙ O中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G，弦PA、PB分别交CD于E、F．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙ O于B，则∠ 1=∠ A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙ O中，由相交弦定理，得CF· FD=FP·FB．七用于证明平方式例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P 点，另一组对边AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F，（如图7）求证：PQ2＝QF2＋PE2．证明 作△ DCQ 的外接圆，交 PQ 于 M ，连结 MC ，∵∠ 1=∠2＝∠ 3，则 P 、B 、 C 、M 四点共圆．由圆幂定理得 PE 2＝PC ·PD ＝PM · PQ ，QF 2=QC ·QB ＝ QM ·QP ，两 式相加得 PE 2＋ QF 2＝PM ·PQ ＋ QM ·QP=PQ （P ＋MQM ）＝PQ ·PQ=P 2Q∴PQ 2=PE 2＋QF 2．八 用于解计算题例 8 如图 8，△ ABC 的高 AD 的延长线交外接圆于 H ，以 AD 为直径作圆和 AB 、 AC 分别交于 E 、F 点， EF 交 AD 于 G ，若 AG=16cm ，AH=25cm ，求 AD 的长．解 连结 DE 、DF 、BH ．∵∠ 1=∠2＝∠ C=∠H ，∴B 、E 、G 、H 四点共圆．由圆 幂定理，得 AE ·AB ＝AG ·AN ．在△ ABD 中，∵∠ ADB=90°，DE ⊥AB ，由射影定理， 得 AD 2＝ AE ·AB ，∴ AD 2＝AG ·AH ＝ 16×25＝ 400，∴ AD=20cm ．九 用于证明三点共线例 9 如图 9， D 为△ABC 外接圆上任意一点，垂足，求证： E 、F 、G 三点在一条直线上． 证明 连结 EF 、FG 、BD 、CD ．∵∠ BED=∠BFD=90°，则 B 、E 、F 、D 四点共 圆，∴∠ 1＝∠ 2，同理∠ 3＝∠4．在△DBE 和△DCG 中，∵∠DEB ＝∠DGC ，∠DBE ＝∠DCG ，故∠1=∠4，E 、F 、G 为 D 点到三边垂线的易得∠2＝∠ 3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10 如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2 关于AF对称，则∠ 1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠ 2＝∠ 3，于是∠ 1＝∠3，∴A、H2、B、c 四点共圆，即H2在△ ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ ABC的外接圆上．∴ A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．相关资源加到收藏夹添加相关资源托勒密定理的数形转换功能山东临沂市四中姜开传临沂市第一技校刘久松圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形ABCD 中，有AB·CD＋AD·BC=AC·BD，这就是著名的托勒密定理．本刊1996 年第 2 期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数量关系，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替几何推理的目的．例 1 已知正七边形A1A2⋯A7 ，（第21 届全俄数学奥林匹克竞赛题）对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变整个解题局面，使证题步骤简缩到最少．如图1，连A1A5、A3A5，则A1A5=A1A4、A3A5=A1A3．在四边形A1A3A4A5 中，由托勒密定理，得A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4 即得结论式．例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，AE=6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？（1988 年全国初中数学联赛题）此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展．若运用托勒密定理，可使问题化难为易．由△ CDE∽△ BAE和△ CBE∽△ DAE，得由托勒密定理，得BD（AE＋CE）=4（AB＋AD），亦即CE（AE＋CE）＝16．设CE=x，整理上式，得x ＋6x－16＝0．解得x＝2（负值已舍），故BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD<BC＋CD＝8，例 3 一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为81，AB 是它的第六边，其长为31，求从B出发的三条对角线长的和．（第九届美国数学邀请赛试题）原解答过程冗长．若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”，可使问题化繁为简．如图3，设BD=a，BE=b，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF＝c．在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①同理81b＋31· 81=ac ②31a＋81a=bc ③解①、③、③组成的方程组，得a＝135，b＝144，c＝105故 a ＋b＋c=384．2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构与托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决．这种解法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜．例 4 解方程若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．若由方程的结构特征联想到托勒密定理，则构造直径AC=x(x≥11) 的圆及圆内接四边形ABCD，使BC=2，CD=11，如图4 ，于是由托勒密定理，得经检验 x=14 是原方程的根．求证： a 2＋ b 2＝1．易知 0≤a 、b ≤1 且 a 、b 不全为零．当 a 、b 之一为零时，结论显然成立． 当 a 、b 全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径 AC ＝1 的圆及圆内接四与已知等式比较，得 BD ＝ 1，即 BD 也为圆的直径，故 a 2＋b 2=1 例 6 设 a >c ，b >c ，c >0，此题若用常规方法证明也不轻松．下面利用托勒密定理给出它的一个巧证．这道名题已有多种证法， 再给出一各几何证法．而且被视为用三角换无法解代数问题的典范．在△ BCD 中，由余弦定理，得由托勒密定理，得巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会张东海王素改在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，兹举例说明．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．一、构造“圆”，运用定理【例1】设a，b，x，y 是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作Rt△ACB和Rt△ ADB，使AC=a，BC=b，BD=x，AD=y．（图1）由勾股定理知a，b，x，y 满足条件．根据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵ CD≤1，∴ ax＋by≤1．二、利用无形圆，运用定理【例2】等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．已知：梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．求证：BD2=BC2＋AB·CD．证∵等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．（图略）【例 3 】已知：边长为 1 的正七边形ABCDEFG中，对角线AD=a，BG=b （a≠ b）．求证：（a＋b）2（a －b）＝ab2．证连结BD，GE，BE，DG，则BD=EG＝GB=b，DG=B＝E DA＝a，DE=AB=AG=．1( 如图2）在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，即ab=a＋ b (1)同理在四边形BDEG中，得BE·DG=D·E BG＋BD·EG，即a2=b＋b2 (2)将(2) 变形为b=a2－b2 (3)(1) ×(3) ，得ab2＝(a ＋b)(a 2－b2)．故ab2=(a ＋b) 2(a －b) ．三、构造圆内接四边形，运用定理例4】在△ ABC中，∠ A的内角平分线AD交外接圆于D．连结BD．求证：AD·BC=BD·（AB＋AC）．证（如图3）连结DC．由托勒密定理．有AD·BC=AB·CD＋AC·BD．又∵∠ 1=∠2，∴ BD=D．C∴AD·BC=AB·CD＋AC· BD=BD（A＋B AC）．即AD·BC=BD· （AB＋AC）．圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中任天民设圆内接四边形ABCD中各边为a，b，c，d．连结BD．由∠ A＋∠ C=180°，可以推出sinA=sinC ，cosA=－cosC．并且S 四边形ABCD=S△ABD＋S△ BCD所以这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式．在上面的公式中，如果设某一边为零，（不仿设d=0）此时四边形变成三角形，该公式恰是计算三角形面积的海伦公式．圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发，通过联想探索出来的，而且两者在形式上又是那么的相近．这种现象在数学中不胜枚举，如果同学们都能从特殊规律去探索一般规律，再从一般规律去认识特殊规律．那么对数学能力的培养将大有裨益．四条边定长四边形面积的最大值上海市育群中学李甲鼎四条边为定长的四边形不具稳定性，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成为圆内接四边形．并且此时达到变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．已知：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值．证明：(1) 先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设∠ ABC=α，∠ADC=β，AC=x．令α＋β =π，即cosα＋cosβ=0x 的解唯一确定，代入(1)(2) 后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0 ，π )的条件下α、β也同时唯一确定．∴四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的．即所得到的四边形为圆内接四边形．(2) 当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ显然当α＋β =π时（ 即为圆内接四边形时 ）S 2达到最大值，即 S 最大．一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校 张怀林定理：如图 1，在圆接四边形 ABCD 中弦 AD 平分∠ BAC ，则 2ADcos α=AB ＋ AC ．证明 连接 BD 、DC 、BC ，设已知圆半径为 R ，则由正弦定理有：BD ＝DC ＝ 2Rsin α， BC ＝2Rsin2 α．由托勒密定理有AB ·CD+AC · BD=AD ·DC ． ∴(AB+AC) · 2Rsin α=AD ·2Rsin2 α． 则 2AD ·cos α=AB ＋AC ． 下面举例说明它的应用．例 1 如图 2，已知锐角△ ABC 的∠A 平分线交 BC 于 L ，交外接圆于 N ，过 L 分别作 LK ⊥AB ， LM ⊥AC ，垂足分别为 K 、M ．求证：四边形 AKNM 的面积 等于△ ABC 的面积．（第 28 届 IMO ）证明 由已知得 ∠BAN= ∠CAN ，由定理有2ANcos α=AB＋AC，=AN·AL·cosα· sinα =AN ·AK ·sinα=AN·AM·sinα=2S △AKN＝2S △AMN．∴S△ABC=S 四边形AKNM．（第21 届全苏奥数）证明作正七边形外接圆，如图 3 所示．由定理有2c · cos α=b+c ，又在等腰△ A1A2A3中有2a·cosα=b．例 3 在△ABC 中，∠C=3∠A ，a ＝27，c ＝48，则 b 的值是 ____ ．（第 36 届 AHSME 试题 ）解 如图 4 ．作△ ABC 的外接圆，在 取三等分点由已知得： ∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A ，CD=AB=48 ， 由定理有2CE · cosA=CB+CD ① 2CD ·cosA ＝CE+AC ②又 2CB ·cosA=CE ③由②、③得： b=AC=CE ·(CD-CB)/CB=35 ．托勒密定理及其应用 河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积 （两对角线所包矩形的面 积 ）等于两组对边乘积之和 （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 ）．已知：圆内接四边形 ABCD ， 求证： AC ·BD ＝AB ·CD ＋AD ·BC ．D 、E ，连 CD 、CE ．证明：如图1，过C 作CP 交BD 于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD ∽△ BCP ．又∠ ACB= ∠DCP ，∠ 5=∠6，∴△ ACB ∽△ DCP ．①＋②得AC（BP ＋DP）=AB ·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB ·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．、直接应用托勒密定理例1 如图2，P是正△ABC 外接圆的劣弧上任一点（不与B、C重合），求证：PA=PB ＋PC ．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA·BC=PB ·AC＋PC ·AB，∵AB=BC=AC ．∴PA=PB+PC ．二、完善图形借助托勒密定理例 2 证明“勾股定理”：在Rt△ABC 中，∠ B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2证明：如图3，作以Rt△ABC 的斜边AC 为一对角线的矩形ABCD ，显然ABCD 是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB ·CD＋AD·BC．① 又∵ ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，AC=BD ．② 把②代人①，得AC2=AB 2＋BC2．例 3 如图4，在△ ABC 中，∠ A 的平分证：AD·BC=BD（AB ＋AC）．证明：连结CD，依托勒密定理，有AD ∵∠ 1=∠2，∴ BD=CD ．故AD·BC=AB ·BD＋AC·BD= BD（AB ＋AC）．三、利用“无形圆”借助托勒密定理例 4 等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积．线交外接∠圆于D，连结BD ，求BC＝AB·CD＋AC·BD．如图5，ABCD 中，AB∥CD，AD=BC ，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD ·BC＋AB·CD．又∵ AD=BC ，AC=BD ，∴BD2=BC 2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例 5 若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by ≤1 ．证明：如图6，作直径AB=1 的圆，在AB 两边任作Rt△ACB 和Rt△ADB ，使AC＝a，BC=b ，BD ＝x，AD＝y．由勾股定理知a、b、x、y 是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC·BD ＋BC·AD=AB ·CD．∵CD≤AB ＝1，∴ax＋by≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例 6 已知a、b、c 是△ ABC 的三边，且 a =b（b ＋c），求证：∠ A=2∠ B．分析：将 a =b（b ＋c）变形为a·a=b ·b ＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明：如图7，作△ ABC 的外接圆，以 A 为圆心，BC 为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA ．∵AD=BC ，∴∠ ABD= ∠BAC ．又∵∠ BDA= ∠ ACB（对同弧），∴∠ 1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB ·CD＋BD·AC．①而已知a2=b（b ＋c），即a·a=b·c＋b2．②∴∠ BAC=2 ∠ABC．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7 在△ABC 中，已知∠ A∶∠ B∶∠ C=1 ∶2∶4，析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB ·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图8，作△ ABC 的外接圆，作弦BD=BC ，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC 中，由托勒密定理，有AC ·BD＋BC ·AD=AB ·CD 易证AB=AD ，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB ·AC，关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD 内接于圆O，其边AB 与DC 的延长线交于P，AD 与BC 的延长线交于Q，由P 作圆的两切线PM 、PN，切点分别为M、N；由Q 作圆的两切线QE、QF，切点分别为E、F（如图1）．则有以下一些共点性质：性质 1 AC 、BD、EF 三直线共点．证明：如图1，设AC 交EF 于K1，则K1分EF 所成的比为设BD 交EF 于K2，同理可得K2 分EF 所成的比为由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF 所成的比相等．∴K1、K2 重合，从而AC、BD、EF 三直线共点．类似地AC、BD、MN 三直线共点，因此有以下推论AC、BD 、EF、MN 四直线共点．性质 2 AB 、DC 、EF 三直线共点于P．(此性质等同于1997 年中国数学奥林匹克第二试第四题)这里用上述证明性质 1 的方法证之．证明：如图2．设DC 与EF 的延长线交于P1，则P1分EF 所成的比为设AB 与EF 的延长线交于P2，则P2分EF 所成的比为由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P1、P2分EF 所成的比相等．∴P1、P2 重合，从而AB、DC 、EF 三直线共点于P．推论AD、BC 、NM 三直线共点于Q．性质 3 EM 、NF、PQ 三直线共点．证明：如图3，设EM 的延长线交PQ 于G1，妨上证法，G1分PQ 所成的比设NF 的延长线交PQ 于G2，则G2 分PQ 所成的比为(这里E、F、P 三点共线及N、M、Q 三点共线在性质 2 及推论中已证)．由△ PME ∽△ PFM 得由(11)、(12)及QE=QF 、PN=PM可得(9)=(10) ，故G1、G2分PQ 所成的比相等．∴G1、G2 重合，从而EM 、NF、PQ 三直线共点．性质 4 如果直线EN 和MF 相交，那么交点在直线PQ 上，即EN 、MF、PQ 三直线共点．证明从略，妨性质 3 的证法可得．性质 5 EM 、NF、AC 三直线共点．证明：如图4，类似于性质 1 的证明，设EM 与AC 的延长线交于G3，则G3分AC 所成的比为设NF 与AC 的延长线交于G4，则G4 分AC 所成的比为由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14) ，故G3、G4分AC 所成的比相等．∴G3、G4 重合，从而EM、NF、AC 三直线共点．推论EM、NF 、AC、PQ 四直线共点．限于篇幅，仅列以上五条共点性质．有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例 3 在边长为 a 的正七边形ABCDEFG 中，两条不相等的对角线长分别为t，m ．证明如图4，连结AD 、CE，令AE＝t，AC ＝m，在圆内接四边形ACDE 中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma ．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理圆内接四边形的两条对角线的乘积（两条对角线所包矩形的面积），等于两组对边乘积之和（一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形面积之和）．证明如图1，过 C 作CP 使∠1=∠2，又∠3＝∠4，∴△ ACD ∽△ BCP ．∴AC·BP=AD ·BC ①又∠ ACB= ∠DCP ，∠ 5=∠6，∴AC·DP=AB ·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD ·BC+AB ·CD.故AC·BD=AD ·BC+AB ·CD.托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.例 1 已知P 是正△ ABC 的外接圆劣弧上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC 是圆内接四边形,根据托勒密定理,有PA·BC=PB·AC+PC ·AB.∵AB=BC=AC, ∴PA=PB+PC.例 2 证明等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．证明如图 3 ，设在梯形ABCD 中，AD=BC ，AB∥CD ．∵等腰梯形内接于圆，∴AC·BD=AD ·BC+AB ·CD．又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC 2＋AB·CD．例 3 在边长为 a 的正七边形ABCDEFG 中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD 、CE，令AE＝t，AC ＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma ．例 4 已知a、b、x、y 是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．证明作直径AB=1 的圆，在AB 两侧作Rt△ACB 和Rt △ADB ，使AC=a，BC=b ，BD=x，DA=y（如图5）．依勾股定理知a、b、x、y 是满足题设条件的．依托勒密定理有AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．又∵ CD≤AB=1 ，∴ ax+by ≤1．例 5 △ABC 的三个内角A、B、 C 的对边分别为a、b、c，且a2=b（b ＋c）．求证：A=2B ．分析将a2＝b（b ＋c）变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明如图 6 ，作△ ABC 的外接圆．以A为圆心，以BC 为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC ．则BD=AC=b ．据托勒密定理有BC·AD=AB ·CD＋BD·AC．①又已知a2=b（b＋c），即a·a=b ·b＋b·c．② 比较①、②，有CD=b=BD ．于是∠ BAC=2 ∠ABC ，即A=2B．。
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.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).△ABCA B C K M N P Q B ′C ′A B CO O O O 123？？A B C DK M··A B O K N CMG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°.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A BC D I C I DA I IB ··P O A BC D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 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)5.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.(提示：过B 作AB 的垂线交l 1于K ，证：A ，B ，K ，C 四点共圆)A BC D EF KG ······。
四点共圆例题及答案
四点共圆的应用例1 如图1，已知P 为⊙O 外一点，PA 切⊙O 于A ，PB 切⊙O 于B ，OP 交AB 于E ． 求证：∠APC ＝∠BPD ．例2 如图2，从⊙O 外一点P 引切线PA 、PB 和割线PDC ，从A 点作弦AE 平行于DC ，连结BE 交DC 于F ，求证：FC ＝FD ．例3 如图3，在△ABC 中，AB=AC ，AD ⊥BC ，∠B 的两条三等分线交AD 于E 、G ，交AC 于F 、H ．求证：EH ∥GC ．PP例4 如图4，⊿ABC 为等边三角形，D 、E 分别为BC 、AC 边上的点，且BD=31BC,CE=31AC,AD 与BE 相交于P 点。
求证：CP ⊥AD例5 如图5，AB 为半圆直径，P 为半圆上一点，PC ⊥AB 于C ，以AC 为直径的圆交PA 于D ，以BC 为直径的圆交PB 于E ，求证：DE 是这两圆的公切线．例6 AB 、CD 为⊙O 中两条平行的弦，过B 点的切线交CD 的延长线于G ，弦PA 、PB 分别交CD于E 、F ．求证：FGFDCF EF例7 ABCD 为圆内接四边形，一组对边AB 和DC 延长交于P 点，另一组对边AD 和BC 延长交于Q点，从P 、Q 引这圆的两条切线，切点分别是E 、F ，(如图 7)求证：PQ 2＝QF 2＋PE 2．例8 如图8，△ABC 的高AD 的延长线交外接圆于H ，以AD为直径作圆和AB 、AC 分别交于E 、F 点，EF 交 AD 于 G ，若 AG=16cm ，AH=25cm ，求 AD 的长．例9 如图9，D 为△ABC 外接圆上任意一点，E 、F 、G 为D 点到三边垂线的垂足，求证：E 、F 、G 三点在一条直线上．例10 如图10，H 为△ABC 的垂心，H 1、H 2、 H 3为H 点关于各边的对称点，求证：A 、B 、 C 、H 1、H 2、H 3六点共圆．11、已知PQRS 是圆内接四边形,∠PSR =90°,过点2BQ 作PR 、PS 的垂线,垂足分别为点H 、K.求证:HK 平分QS.12.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.13.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.R。
隐圆模型---四点共圆【模型专题】(含答案解析)
，
是等边三角形
为等边三角形
，
，且 ，
（2）如图，过点 作 ，交 的延长线于点 ，
，
，
，
，
，且 ，
点 是 中点
（3）如图，连接 ，
是等边三角形，
点 ，点 ，点 ，点 四点在以 为直径的圆上，
最大为直径，
即最大值为1
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质等知识，熟练掌握这些知识并灵活运用是关键．
四点共圆
【模型讲解】
如图①பைடு நூலகம்②，Rt△ABC和Rt△ABD共斜边，取AB 中点O，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得：OC＝OD＝OA＝OB，∴A、B、C、D四点共圆．即共斜边的两个直角三角形，直角顶点在斜边同侧或异侧，都可得到四点共圆．得到四点共圆后可以根据圆周角定理得到角度相等，完成角度等量关系的转化，这是证明角度相等重要的途径之一．
【详解】过点O作OM⊥AB于点M，作ON⊥BC于点N，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∴OM∥BC，ON∥AB，
∴△AOM∽△ACB，△CON∽△CAB，
∴OM：BC=OA：AC，ON：AB=OC：AC，
∵O为AC的中点，
∴OM＝ BC＝ ×8＝4，ON＝ AB＝ ×6＝3，
∴MN＝ ＝5，
∴HC=OD，DH=OA，
又∵BO=AO，
∴HO=DH+DO=OB+CH，
而CH=OQ，HO=CQ，
∴CQ=OB+OQ=BQ，
∴∠CBQ=45°，
又∵CH∥BA，
四点共圆(专项练习)
四点共圆（专项练习）一、单选题1．如图①，若BC 是Rt △ABC 和Rt △DBC 的公共斜边，则A 、B 、C 、D 在以BC 为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图①，△ABC 的三条高AD 、BE 、CF 相交于点H ，则图①中“四点共圆”的组数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．62．如图，已知AB=AC=AD ，①CAD=20°，则①CBD 的度数是（ ）A ．10°B ．15°C ．20°D ．25°3．如图，圆上有A 、B 、C 、D 四点，其中80BAD ∠=︒，若弧ABC 、弧ADC 的长度分别为7π、11π，则弧BAD 的长度为（ ）A ．4πB ．8πC ．10πD ．15π4．如图，四边形ABCD 内接于O ，AB CD =，A 为BD 中点，60BDC ∠=︒，则ADB ∠等于（ ）A ．40︒B ．50︒C ．60︒D ．70︒5．如图，在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB =AC =5，点D 在AC 上，且2AD =，点E 是AB 上的动点，连结DE ，点F ，G 分别是BC ，DE 的中点，连接AG ，FG ，当AG =FG 时，线段DE 长为（ ）A 13B 52C 41D ．46．如图，在四边形ABCD 中，AC 、BD 为对角线，点M 、E 、N 、F 分别为AD 、AB 、BC 、CD 边的中点，下列说法：①当AC BD =时，M 、E 、N 、F 四点共圆．①当AC BD ⊥时，M 、E 、N 、F 四点共圆．①当AC BD =且AC BD ⊥时，M 、E 、N 、F 四点共圆．其中正确的是（ ）A ．①①B ．①①C ．①①D ．①①①7．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是（ ）A ．4组B ．5组C ．6组D ．7组二、填空题 8．如图，正五边形ABCDE 内接于①O ，则①ADE 的度数是 _____．9．如图，四边形ABCD 是①O 的内接四边形，若①O 半径为4，且①C ＝2①A ，则BD 的长为__．10．如图，将ABC 绕点A 顺时针旋转25°得到AEF ，EF 交BC 于点N ，连接AN ，若57C ∠=︒，则 ANB ∠=__________．11．如图，AB 是Rt ABC 和Rt ABD △的公共斜边，AC=BC ，32BAD ∠=，E 是AB 的中点，联结DE 、CE 、CD ，那么ECD ∠=___________________．三、解答题12．如图所示，AB AC AD ==，60BAC ∠=︒，求BDC ∠.13．如图所示，正方形ABCD中，BD为对角线，点E为BD上一点，过E作EF AE⊥，=.交DC于F，求证：AE FE∠=∠．14．如图，四边形ABED是圆的内接四边形，延长AD、BE相交于点C，已知C EDC=；（1）求证：AB AC（2）若AB是四边形ABED外接圆的直径，求证：BE ED=．15．如图，AB＝AC，AE＝AF，①BAC＝①EAF＝90°，BE、CF交于M，连AM．①求证：BE＝CF；①求证：BE①CF；①求①AMC的度数．16．如图，①ABC中，BE①AC，CF①AB，垂足分别为E、F，M为BC的中点．（1）求证：ME=MF．（2）若①A=50°，求①FME的度数．17．如图所示，在平行四边形ABCD中，点E为AB，BC的垂直平分线的交点，若∠=︒，求AECD60∠.18．定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角．已知四边形ABCD是圆美四边形．（1）求美角A∠的度数；（2）如图1，若O 的半径为5，求BD 的长；（3）如图2，若CA 平分BCD ∠，求证：BC CD AC +=．19．如图1，在正方形ABCD 中，点F 在边BC 上，过点F 作EF BC ⊥，且()FE FC CE CB =<，连接CE 、AE ，点G 是AE 的中点，连接FG ．（1）用等式表示线段BF 与FG 的数量关系：______；（2）将图1中的CEF △绕点C 按逆时针旋转，使CEF △的顶点F 恰好在正方形ABCD 的对角线AC 上，点G 仍是AE 的中点，连接FG 、DF ．①在图2中，依据题意补全图形；①用等式表示线段DF 与FG 的数量关系并证明．20．如图所示，在①ABC 中，AB=AC ，任意延长CA 到P ，再延长AB 到Q ，使AP=BQ ， 求证：①ABC 的外心O 与点A 、P 、Q 四点共圆．21．如图，已知A，B，C，D四点共圆，且AC=BC．求证：DC平分①BDE．22．如图，已知矩形ABCD．求证：A、B、C、D四点共圆．23．在正方形ABCD中，M是BC边上一点，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90︒得到线段AQ，连接BP，DQ．=；（1）如图1，求证：BP DQ（2）如图2，若点P，B，D三点共线，求证：A，Q，P，D四点共圆；AD ，求BP的长．（3）若点P，Q，C三点共线，且324．如图，在Rt ABC中，①BAC＝90°，①ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．（1）求①BAD的度数；（2）求证：A、D、B、E四点共圆．25．如图1，ABC中，AC＝BC＝4，①ACB＝90°，过点C任作一条直线CD，将线段BC沿直线CD翻折得线段CE，直线AE交直线CD于点F．直线BE交直线CD于G点．(1)小智同学通过思考推得当点E在AB上方时，①AEB的角度是不变的，请按小智的思路帮助小智完成以下推理过程：①AC＝BC＝EC，①A、B、E三点在以C为圆心以AC为半径的圆上，①①AEB＝①ACB，（填写数量关系）①①AEB＝°．(2)如图2，连接BF，求证A、B、F、C四点共圆；(3)线段AE最大值为，若取BC的中点M，则线段MF的最小值为．26．阅读以下材料，并完成相应的任务：西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图1，已知ABC内接于①O，点P在①O上（不与点A、B、C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F求证：点D，E，F在同一条直线上以下是他们的证明过程：如图1，连接PB ，PC ，DE ，EF ，取PC 的中点Q ，连接QE ，QF ， 则12PQ CQ PC EQ FQ ====（依据1）， ①E ，F ，P ，C 四点共圆．①180FCP FEP ∠+∠=︒（依据2）．又①180ACP ABP ∠+∠=︒，①FEP ABP ∠=∠．①90BDP BEP ∠=∠=︒，①B ，D ，P ，E 四点共圆．①DBP DEP ∠=∠（依据3）．①180ABP DBP ∠+∠=︒，①180FEP DEP ∠+∠=︒（依据4）．①点D ，E ，F 在同一条直线上．任务：(1)填空：①依据1指的的是中点的定义及______；①依据2指的是______；①依据3指的是______；①依据4指的是______．(2)善于思考的小英发现当点P 是BC 的中点时，BD CF =．请你利用图2证明该结论的正确性．27．[发现]如图①ACB=①ADB=90°，那么点D在经过A，B，C三点的圆上（如图①）[思考]如图①，如果①ACB=①ADB=a（a≠90°）（点C，D在AB的同侧），那么点D还在经过A，B，C三点的圆上吗？我们知道，如果点D不在经过A，B，C三点的圆上，那么点D要么在圆O外，要么在圆O内，以下该同学的想法说明了点D不在圆O外．请结合图①证明点D也不在①O内.[结论]综上可得结论：如图①，如果①ACB=①ADB=a（点C，D在AB的同侧），那么点D在经过A，B，C三点的圆上，即：点A、B、C、D四点共圆．[应用]利用上述结论解决问题：如图①，已知△ABC中，①C=90°，将△ACB绕点A顺时针旋转一个角度得△ADE，连接BE CD，延长CD交BE于点F，（1）求证：点B、C、A、F四点共圆；（2）求证：BF=EF.图①28．定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，那么我们把这称为四点共圆．(1)下列几何图形的四个顶点构成四点共圆的有．（填序号）①平行四边形；①菱形；①矩形；①正方形；①等腰梯形．(2)已知①ABC中，①A＝40°，如图1，平面上一点D，使得A、B、C、D四点共圆，试求①BDC的度数．(3)若△ABC的外接圆为⊙O，半径为r，平面上有两点E、F，分别与△ABC的三个顶点构成四点共圆（E在AB的左侧，F点在AC的右侧），如图2．①试判断∠E+∠F﹣∠BAC 的值是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由；②若BC弦的长度与⊙O的半径r2：1，并且边AB经过圆心O，如图3，试求五边形AEBCF的最大面积（用含r的式子表示）．参考答案1．D【分析】根据两个直角三角形公共斜边时，四个顶点共圆，结合图形求解可得． 解：如图，以AH 为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A 、F 、H 、E ）， 以BH 为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B 、F 、H 、D ）， 以CH 为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（C 、D 、H 、E ）， 以AB 为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A 、E 、D 、B ）， 以BC 为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B 、F 、E 、C ）， 以AC 为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A 、F 、D 、C ）， 共6组． 故选D ．【点拨】本题考查四点共圆的判断方法．解题的关键是明确有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆．2．A解：如图，AB=AC=AD ①20CAD ∠=︒11201022CBD CAD ∴∠=∠=⨯︒=︒，故选A ． 3．C 【分析】先求出圆的周长，再根据圆内接四边形的性质可得100C ∠=︒，然后根据圆周角定理可得弧BAD所对圆心角的度数，最后根据弧长的定义即可得．解：弧ABC、弧ADC的长度分别为7π、11π∴圆的周长为71118πππ+=80BAD∠=︒100C∴∠=︒（圆内接四边形的对角互补）∴弧BAD所对圆心角的度数为2200C∠=︒则弧BAD的长度为200 1810360ππ⨯=故选：C．【点拨】本题考查了圆周角定理、弧长的定义、圆内接四边形的性质，熟记圆的相关定理与性质是解题关键．4．A【分析】根据AB CD=，A为BD中点求出①CBD=①ADB=①ABD，再根据圆内接四边形的性质得到①ABC+①ADC=180°，即可求出答案．解：①A为BD中点，①AB AD=,①①ADB=①ABD，AB=AD，①AB CD=，①①CBD=①ADB=①ABD，①四边形ABCD内接于O，①①ABC+①ADC=180°，①3①ADB+60°=180°，①ADB∠=40°，故选：A．【点拨】此题考查圆周角定理：在同圆中等弧所对的圆周角相等、相等的弦所对的圆周角相等，圆内接四边形的性质：对角互补．5．A【分析】连接DF，EF，过点F作FN①AC，FM①AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，①DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE 的长度，从而求解．解：连接DF ，EF ，过点F 作FN ①AC ，FM ①AB①在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，点G 是DE 的中点， ①AG =DG =EG 又①AG =FG①点A ，D ，F ，E 四点共圆，且DE 是圆的直径 ①①DFE =90°①在Rt ①ABC 中，AB =AC =5，点F 是BC 的中点， ①CF =BF =1522BC =FN =FM =52又①FN ①AC ，FM ①AB ，90BAC ∠=︒ ①四边形NAMF 是正方形 ①AN =AM =FN =52又①90NFD DFM ∠+∠=︒，90DFM MFE ∠+∠=︒ ①NFD MFE ∠=∠ ①①NFD ①①MFE ①ME =DN =AN -AD =12①AE =AM +ME =3①在Rt ①DAE 中，DE 2213AD AE +故选：A ．【点拨】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．6．C 【分析】连接EM、MF、FN、NE，连接EF、MN，交于点O，利用三角形中位线定理可证到四边形ENFM是平行四边形；然后根据条件判定四边形ENFM的形状，就可知道M、E、N、F四点是否共圆．解：连接EM、MF、FN、NE，连接EF、MN，交于点O，如图所示．①点M、E、N、F分别为AD、AB、BC、CD边的中点，①EM①BD①NF，EN①AC①MF，EM=NF=12BD，EN=MF=12AC．①四边形ENFM是平行四边形．①当AC=BD时，则有EM=EN，所以平行四边形ENFM是菱形．而菱形的四个顶点不一定共圆，故①不一定正确．①当AC①BD时，由EM①BD，EN①AC可得：EM①EN，即①MEN=90°．所以平行四边形ENFM是矩形．则有OE=ON=OF=OM．所以M、E、N、F四点共圆，故①正确．①当AC=BD且AC①BD时，同理可得：四边形ENFM是正方形．则有OE=ON=OF=OM所以M、E、N、F四点共圆，故①正确．故选C．【点拨】本题考查了四点共圆、三角形的中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识．熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题关键．7．C【分析】根据两个直角三角形公共斜边时，四个顶点共圆，完整选择．解：如图，以AH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、H、E），以BH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、H、D），以CH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（C、D、H、E），以AB为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、E、D、B），以BC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、E、C），以AC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、D、C），共6组．故选C．【点拨】本题考查四点共圆的判断方法．解题关键是明确有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆．8．36°##36度【分析】先利用正多边形的性质求出①AED度数、再利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可．解：①正五边形ABCDE内接于①O，①AE=ED，①AED=()5-21805⨯︒=108°，①①ADE =①EAD =12（180°-108°）=36°，故答案为：36°．【点拨】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是记住正多边形的内角和公式．9．3【分析】连接OB ，OD ，利用内接四边形的性质得出①A=60°，进而得出①BOD=120°，利用含30°的直角三角形的性质解答即可．解：连接OB ，OD ，过O 作OE①BD ，①四边形ABCD 是①O 的内接四边形，①C=2①A ， ①①C+①A=3①A=180°， 解得：①A=60°， ①①BOD=120°， 在Rt △BEO 中，OB=4， 3 3 故答案为：3【点拨】此题考查内接四边形的性质，关键是利用内接四边形的性质得出①A=60°． 10．102.5° 【分析】先根据旋转的性质得到25CAF ∠=︒，25CNF ENB ∠=∠=︒，得到点A 、N 、F 、C 共圆，再利用77.5ANC AFC ∠=∠=︒，根据平角的性质即可得到答案；解：如图，AF 与CB 相交于点O ，连接CF ，根据旋转的性质得到：AC=AF ，57F C ∠=∠=︒，25CAF ∠=︒，25CNF ENB ∠=∠=︒， ①点A 、N 、F 、C 共圆， ①1802577.52ACF AFC ︒-︒∠=∠==︒， 又①点A 、N 、F 、C 共圆， ①77.5ANC AFC ∠=∠=︒，①18077.5102.5ANB ∠=︒-︒=︒（平角的性质）， 故答案为：102.5°【点拨】本题主要考查了旋转的性质、平角的性质、点共圆的判定，掌握平移的性质是解题的关键；11．13 【分析】先证明A 、C 、B 、D 四点共圆，得到①DCB 与①BAD 的是同弧所对的圆周角的关系，得到①DCB 的度数，再证①ECB=45°，得出结论．解：①AB 是Rt①ABC 和Rt①ABD 的公共斜边，E 是AB 中点，①AE=EB=EC=ED ，①A 、C 、B 、D 在以E 为圆心的圆上， ①①BAD=32°， ①①DCB=①BAD=32°，又①AC=BC ，E 是Rt①ABC 的中点， ①①ECB=45°，①①ECD=①ECB -①DCB=13°． 故答案为：13．【点拨】本题考查直角三角形的性质、等腰三角形性质、圆周角定理和四点共圆问题，综合性较强．12．30°. 【分析】由AB=AC=AD ，可得B ，C ，D 在以A 为圆心，AB 为半径的圆上，然后由圆周角定理，证得①CAD=2①CBD ，①BAC=2①BDC ，继而可得①CAD=2①BAC ．解：①AB=AC=AD ，①B ，C ，D 在以A 为圆心，AB 为半径的圆上， ①①CAD=2①CBD ，①BAC=2①BDC ， ①①CBD=2①BDC ，①BAC=60°， ①①CAD=2①BAC=120°． ①①BDC=30°.【点拨】此题考查了圆周角定理．注意得到B ，C ，D 在以A 为圆心，AB 为半径的圆上是解此题的关键．13．见分析. 【分析】先根据正方形的性质可得①CDA=90°，再根据EF AE ⊥得到①AEF=90°，从而得证A ，E ，F ，D 共圆，45EAF BDC ∠=∠=︒，继而得出AE=FE.解：在正方形ABCD 中，90ADC ∠=︒,①BDC=45°①EF AE ⊥ ①90AEF ∠=︒ ①①ADC+①AEF=180° ①A ，E ，F ，D 共圆， ①45EAF BDC ∠=∠=︒， ①45EAF EFA ∠=∠=︒ ①AE FE =.【点拨】本题考查了正方形的性质，四点共圆，以及等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键14．（1）见分析；（2）见分析． 【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补证得①B ＝①C ，从而利用等角对等边证得AB ＝AC ； （2）连接AE ，将证明弧相等转化为弧相对的圆周角相等来实现． 解：（1）①四边形ABED 是圆内接四边形，①①B+①ADE=180° 又①①EDC+①ADE=180° ①①EDC=①B 又①①EDC=①C①①B=①C①AB=AC（2）连接AE①AB是圆的直径①①AEB=90°又①AB=AC①AE平分①BAC①①BAE=①EAD①BE DE【点拨】本题考查圆内接四边形及圆的有关性质，解题的关键是知道圆内接四边形及圆的有关性质．15．(1)见分析；（2）见分析；（3）135°解：试题分析：①证①BEA①①CFA．①①ABE＝①ACF，①①CMB＝①CAB＝90°．①作AG①BE于G，AH①CF于H，证①AGB①①AHC，AG＝AH，①AMG＝45°，可得①AMC＝135°试题解析：（1）①①BAC=①EAF=90°①①BAE=①CAF①AE=AF，AB=AC，①三角形BAE 全等于三角形CAF，① BE=CF（2）①①AEB=①AFC设CF与AE相交于点H 则①MHE = ①AHF①三角形EMH与三角形HAF的内角和都为180°① ①EMF = ①EAF即BE①CF（3）①①ABE=①ACF① A ，B ，C ，M 四点共圆① ①AMC+①ABC=180°①AB=AC ，①BAC=90°,①ABC=45°① ①AMC=180°--①ABC=135°也可以作AG①BE 于G ，AH①CF 于H ，证①AGB①①AHC ，AG ＝AH ，①AMG ＝45°，可得①AMC ＝135.16．（1）证明见分析（2）80°．试题分析：（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到ME=12BC ，MF=12BC ，得到答案；（2）根据四点共圆的判定得到B 、C 、E 、F 四点共圆，根据圆周角定理得到答案． （1）证明：①BE①AC ，CF①AB ，M 为BC 的中点，①ME=12BC ，MF=12BC ，①ME=MF ；（2）解：①CF①AB ，①A=50°，①①ACF=40°，①BE①AC ，CF①AB ，①B 、C 、E 、F 四点共圆，①①FME=2①ACF=80°．【点拨】1．直角三角形斜边上的中线；2．等腰三角形的判定与性质．17．120AEC ∠=︒【分析】由点E 为AB ，BC 的垂直平分线的交点知，EA EB EC ==，所以A ，B ，C 在以E 为圆心，EA 为半径的圆上，由圆的性质知2AEC ABC ∠=∠，再由平行四边形的性质，问题得解.解：连结EB ，①点E 为AB ，BC 的垂直平分线的交点①EA EB EC ==，①A ，B ，C 在以E 为圆心，EA 为半径的圆上，作出辅助圆，由圆的性质知2AEC ABC ∠=∠，又平行四边形ABCD 中，60ABC D ∠=∠=︒①2120AEC ABC ∠=∠=︒【点拨】作辅助圆，可以将直线型问题转化为曲线型问题，为我们解决问题时提供更开阔思路，更简捷的方法.18．（1）60°；（2）53（3）见分析【分析】（1）根据美角的定义可得12A C ∠=∠，然后根据圆内接四边形的性质即可求出结论； （2）连接DO 并延长，交O 与点E ，连接BE ，根据同弧所对的圆周角相等可得①E=①A=60°，然后根据直径所对的圆周角是直角可得①DBE=90°，最后利用锐角三角函数即可求出结论；（3）延长CB 至F ，使BF=DC ，连接AF 、BD ，先证出①ABD 为等边三角形，然后利用SAS 证出①ABF①①ADC ，从而得出AF=AC ，①F=①DCA=60°，再证出①ACF 为等边三角形，利用等边三角形的性质和等量代换即可得出结论．解：（1）根据题意可得：12A C ∠=∠，而①A ＋①C=180° ①①A=60°（2）连接DO 并延长，交O 与点E ，连接BE①①E=①A=60°①DE 为O 的直径，O 的半径为5，①①DBE=90°，DE=10在Rt①DBE 中，353 （3）延长CB 至F ，使BF=DC ，连接AF 、BD由（1）可知：①BAD=60°，①BCD=2①BAD=120° ①CA 平分BCD ∠，①①BCA=①DCA=12BCD ∠=60° ①①ABD=①DCA=60°①①ADB=180°－①ABD －①BAD=60°①①ABD 为等边三角形①AB=AD根据圆内接四边形的性质可得①ABF=①ADC在①ABF 和①ADC 中BF DC ABF ADC AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩①①ABF①①ADC①AF=AC ，①F=①DCA=60°①①FAC=180°－①F －①ACF=60°①①ACF 为等边三角形①CF=AC①BC ＋BF=AC①BC ＋CD=AC【点拨】此题考查的是新定义类问题、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，掌握新定义、圆内接四边形的性质、圆周角定理及推论、锐角三角函数、等边三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．19．（1）2BF FG=；（2）①画图见分析；①2DF FG，证明见分析【分析】（1）先判断出①AGB①①CGB，得到①GBF＝45°，再判断出①EFG①①CFG，得到①GFB ＝45°，从而得到①BGF为等腰直角三角形，即可．（2）①画图2即可；①如图2，连接BF、BG，证明①ADF①①ABF得DF＝BF，根据直角三角形斜边中线的性质得：AG＝EG＝BG＝FG，由圆的定义可知：点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上，①BGF＝2①BAC＝90°，所以①BGF是等腰直角三角形，可得结论．解：（1）BF2FG，理由是：如图1，连接BG，CG，①四边形ABCD为正方形，①①ABC＝90°，①ACB＝45°，AB＝BC，①EF①BC，FE＝FC，①①CFE＝90°，①ECF＝45°，①①ACE＝90°，①点G是AE的中点，①EG＝CG＝AG，①BG＝BG，①①AGB①①CGB（SSS），①①ABG＝①CBG＝12①ABC＝45°，①EG＝CG，EF＝CF，FG＝FG，①①EFG①①CFG（SSS），①①EFG＝①CFG＝12（360°﹣①BFE）＝12（360°﹣90°）＝135°，①①BFE＝90°，①①BFG＝45°，①①BGF为等腰直角三角形，①BF2FG．故答案为：BF2；（2）①如图2所示，①2=；理由如下：DF FG如图2，连接BF、BG，①四边形ABCD是正方形，①AD＝AB，①ABC＝①BAD＝90°，AC平分①BAD，①①BAC＝①DAC＝45°，①AF＝AF，①①ADF①①ABF（SAS），①DF＝BF，①EF①AC，①ABC＝90°，点G是AE的中点，①AG＝EG＝BG＝FG，①点A、F、E、B在以点G为圆心，AG长为半径的圆上，①BF BF=，①BAC＝45°，①①BGF＝2①BAC＝90°，①①BGF是等腰直角三角形，①BF2FG，①DF2FG．【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，圆的性质，判断①BGF为等腰直角三角形是解本题的关键，作出辅助线是解本题的难点．20．见分析解：试题分析：先作①ABC的外接圆①O，并作OE①AB于E，OF①AC于F，连接OP、OQ、OB、OA，证出BE=AF，OE=OF，再证Rt①OPF①Rt①OQE，得到①P=①Q即可得到答案．证明：作①ABC的外接圆①O，并作OE①AB于E，OF①AC于F，连接OP、OQ、OB、OA，①O是①ABC的外心，①OE=OF，OB=OA，由勾股定理得：BE2=OB2﹣OE2，AF2=OA2﹣OF2，①BE=AF，①AP=BQ，①PF=QE，①OE①AB，OF①AC①①OFP=①OEQ=90°，①Rt①OPF①Rt①OQE，①①P=①Q，①O、A、P、Q四点共圆．即：①ABC的外心O与点A、P、Q四点共圆．【点拨】本题主要考查了四点共圆，勾股定理，全等三角形的性质和判定，确定圆的条件等知识点，作辅助线构造全等三角形证①P=①Q是解此题的关键．21．证明见分析．【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的性质得到①2=①1，①3=①ABC，由等腰三角形的性质得到①1=①ABC ，等量代换得到①2=①3，于是得到结论．证明：①A ，B ，C ，D 四点共圆，①①2=①1，①3=①ABC ，①AC=BC ，①①1=①ABC ，①①2=①3，①DC 平分①BDE ．【点拨】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，角平分线的判定，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．22．见分析【分析】连接AC 、BD ，根据矩形的性质可得OA=OB=OC=OD ，即可得结论.解：连接AC 、BD 交于O 点，①四边形ABCD 为矩形，①AC BD =.①OA OB OC OD ===.①A 、B 、C 、D 到点O 的距离相等，①A 、B 、C 、D 在以O 为圆心，OA 为半径的圆上．即A 、B 、C 、D 四点共圆.【点拨】本题考查了矩形的性质及圆的认识，熟练掌握矩形的性质，理解四点共圆的意义是解题关键.23．（1）见分析；（2）见分析；（3）3BP =【分析】（1）证明AQD APB ≌即可得出答案；（2）根据全等三角形的性质以及圆内接四边形对角和为180︒即可得出结论； （3）证明PAQ △为等腰直角三角形，得出45APC ∠=︒，然后得出2ABC APC ∠=∠，根据圆周角定理可得点P 在圆B 上，结论可得．解：（1）根据旋转的性质可得AP AQ =，90PAQ ∠=︒，①90BAD ∠=︒，①DAQ BAP ∠=∠，①AB AD =，①()AQD APB SAS ≌，①BP DQ =；（2）①AQD APB ≌，①Q APB ∠=∠，①点P ，B ，D 三点共线，①180APD APB ∠+∠=︒，①180Q APD ∠+∠=︒，①A ，Q ，P ，D 四点共圆；（3）①AP AQ =，90PAQ ∠=︒，①PAQ △为等腰直角三角形，①45APC ∠=︒，以点B 为圆心，BA 为半径作B ，①90ABC ∠=︒，45APC ∠=︒，①2ABC APC ∠=∠，①点P 在圆B 上，①3BP BC ==．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，四点共圆，圆周角定理等知识，熟练掌握基础知识是解本题的关键．24．（1）10°；（2）见分析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得①C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出①ADC＝①C，最后由外角定理求得①BAD的度数；（2）由旋转的性质得到①ABC＝①AED，由四点共圆的判定得出结论．解：（1）①在Rt ABC中，①BAC＝90°，①ABC＝40°，①①C＝50°，①将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，①AC＝AD，①①ADC＝①C＝50°，①①ADC＝①ABC+①BAD＝50°，①①BAD＝50°－40°＝10°证明（2）①将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，①①ABC＝①AED，①A、D、B、E四点共圆．【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．25．(1)1，45；(2)见分析；(3)8，2222【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半解答；（2）由题意知，CD垂直平分BE，连接BF，则BF=EF，求得①EBF=①AEB＝45°，利用外角的性质得到①AFB=①EBF+①AEB＝90°，即可得到结论；（3）当点A、C、E在一条直线上时，线段AE最大，最大值为4+4=8，当MF①BC时线段MF最小，根据BC的中点M，得到CF=BF，设BG=FG=x，则2x，CG2 +1)x，由勾股定理得222+=，求出2842CG BG BCx=-222+=，即可求BM MF BF出222MF=．(1)解：①AC＝BC＝EC，①A、B、E三点在以C为圆心以AC为半径的圆上，①ACB，①①AEB＝12①①AEB＝45°．，45；故答案为：12(2)解：由题意知，CD 垂直平分BE ，连接BF ，则BF=EF ，①①EBF =①AEB ＝45°．①①AFB =①EBF +①AEB ＝90°．①①ACB ＝90°，①A 、B 、F 、C 在以AB 为直径的圆上，即A 、B 、F 、C 四点共圆；(3)解：当点A 、C 、E 在一条直线上时，线段AE 最大，最大值为4+4=8，当MF ①BC 时线段MF 最小，①BC 的中点M ，①CF=BF ， 设BG=FG=x ，则2，CG 2x ，①222CG BG BC +=，①222(21)4x x ⎡⎤+=⎣⎦， 得2842x =-①222BM MF BF +=，①2222(2)MF x +=，得222MF =，故答案为：8，222 ． ．【点拨】此题考查了圆周角定理，四点共圆的判定及性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．26．(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；①圆内接四边形对角互补；①同弧或等弧所对的圆周角相等；①等量代换(2)见分析【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线的性质，圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等进行求解即可；（2）如图，连接P A，PB，PC，只需要证明Rt Rt△≌△即可证明结论．PBD PCF(1)解：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；①圆内接四边形对角互补；①同弧或等弧所对的圆周角相等；①等量代换；(2)证明：如图，连接P A，PB，PC．①点P是BC的中点，①BP PC=．①BP PC∠=∠．=，PAD PAC又①PD AD⊥，PF AC⊥，①PD PF=．①Rt Rt△≌△（HL）．PBD PCF=．①BD CF【点拨】本题主要考查了圆内接四边形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的性质与判定，弧，弦，圆周角的关系，同弧或等弧所对的圆周角相等等等，正确作出辅助线和熟知相关知识是解题的关键．27．【思考】证明见分析；【应用】（1证明见分析；（2）证明见分析试题分析：【思考】假设点D在①O内，利用圆周角定理及三角形外角的性质，可证得与条件相矛盾的结论，从而证得点D不在①O内；[应用]（1）由旋转的性质可得①ACD=①ABE，故B、C、A、F四点共圆，（2）由圆内接四边形的性质得①BCA+①BF A=180°即可证明．【思考】【证】如图，假设点D 在①O 内，延长AD 交①O 于点E ，连接BE ；则①AEB =①ACB①①ADB 是△DBE 的一个外角①①ADB ＞①AEB①①ADB ＞①ACB这与条件①ACB =①ADB 矛盾①点D 不在①O 内【证】（1）①AC =AD ，AB =AE ，①①ACD =①ADC ，①ABE =①AEB ，①①CAB =①DAE ，①①CAD =①BAE ，①2①ACD +①CAD =180°，2①ABE +①BAE =180°，①①ACD =①ABE ，①B 、C 、A 、F 四点共圆，（2）①B 、C 、A 、F 四点共圆，①①BF A +①BCA =180°，①①ACB =90°，①①BF A =90°，①AF ①BE ，①AB =AE ，①BF =EF ．【点拨】本题综合考查了圆周角定理、反证法、三角形外角的性质、点和圆的位置关系等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键．28．(1)①①①；(2)①BDC 的度数为140°或 40°；232 【分析】 （1）由“对角互补的四边形是圆的内接四边形”，即可得出答案；（2）分点D在BC上和点D在AB、AC上两种情况讨论，即可求出①BDC的度数；（3）①由圆内接四边形的性质可得①E+①AFB＝180°，由①BAC＝①BFC，可得①E+①AFC ＝①E+①AFB+①BFC＝①E+①AFB+①BAC＝180°+①BAC，进而可得①E+①AFC﹣①BAC＝180°；①由AB经过圆心O，BC弦的长度与①O的半径r21，可得①ABC为等腰直角三角形，S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，当①ABE及①ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，E为AB中点时，①ABE面积最大，F为AC中点时，①ACF面积最大，求出①ABE及①ACF面积最大值，最后把三个三角形的面积相加，即可求出五边形AEBCF的最大面积．(1)解：①矩形、正方形、等腰梯形的对角互补，①矩形、正方形、等腰梯形的四个顶点构成四点共圆，故答案为：①①①；(2)解：如图4，当点D在BC上时，①A、B、D、C四点共圆，①①A+①D＝180°，①①BAC＝40°，①①BDC＝180°﹣40°＝140°，如图5和图6，当点D在AB或AC上时，①①BAC＝40°，①①BDC＝①BAC＝40°，综上所述，①BDC的度数为140°或40°；(3)解：①如图7，连接BF，①四边形AEBF是圆内接四边形，①①E+①AFB＝180°，又①①BAC＝①BFC，①①E+①AFC＝①E+①AFB+①BFC＝①E+①AFB+①BAC＝180°+①BAC，①①E+①AFC﹣①BAC＝180°，即①E+①F﹣①BAC＝180°；①①AB经过圆心，①AB是①O的直径，①①ACB＝90°，①BC：OB2：1，OB＝r，①BC2r，①AB＝2r，①AC222r，AB BC①BC＝AC，①①ABC是等腰直角三角形，①S五边形AEBCF＝S△ABE+S△ABC+S△ACF，①当①ABE及①ACF面积最大时，五边形AEBCF的最大面积，此时，E为AB中点时，①ABE面积最大，F为AC中点时，①ACF面积最大，如图8，连接OE，连接OF交AC于H，①OE①AB，OF①AC，①AH＝CH，①OH＝12BC2r，①S△ABE的最大值为：12•AB•OE＝12×2r×r＝r2，S△ACF的最大值为：12•AC•FH＝122r×（r22r2﹣12×r2，①S五边形AEBCF的最大值为：r2+r222﹣12×r223+2．【点拨】本题考查了四点共圆，掌握四点共圆及圆周角的性质是解决问题的关键．。
高考数学四点共圆问题练习专项讲解
高考数学四点共圆问题练习专项讲解一、解答题1．已知直线:l y x m +＝交抛物线2:4C y x =于,A B 两点． （1）设直线l 与x 轴的交点为T ．若=2AT TB ，求实数m 的值；（2）若点,M N 在抛物线C 上，且关于直线l 对称，求证：,,,A B M N 四点共圆． 【答案】（1）8m ＝－；（2）证明见解析． 【分析】（1）设()()1122,,,A x y B x y ，直线方程代入抛物线方程后由判别式得m 的范围，由韦达定理得1212,y y y y +，再由向量的数乘可得122y y +＝0，结合韦达定理可得12,,y y m 值；（2）设()()3344,,,M x y N x y ，由对称性得434y y =--，4342x m x =---．再由,M N 在抛物线上，代入变形得3y 与m 的关系，然后计算MA MB ⋅，得MA MB ⊥， 同理NA NB ⊥，得证四点共圆． 【详解】解：由24y x m y x=+⎧⎨=⎩得2440y y m −+=．设()()1122,,,A x y B x y ， 则12124,4y y y y m +==． 因为直线l 与C 相交， 所以16160,m ∆−>= 得1m <．（1）由2AT TB =，得1220y y +=， 所以240y +=，解得24,y =- 从而18y =， 因为124,y y m =所以432,m =-解得8m =-．（2）设()()3344,,,M x y N x y ， 因为,M N 两点关于直线y x m =+对称，则4343223443434=144y y y y y y x x y y −−==−+−解得434y y =--．又434322y y x x m ++=+ 于是3343422y y x x m −−++=+ 解得4342x m x =---． 又点N 在抛物线上，于是233()()4442y m x --=---． 因为2334,y x =所以23341640y y m =+++，于是13231323()()()()MA M x x x x y y y y B ⋅=--+--222233121323()()(-)(-)4444y y y y y y y y =−−()()()13231323()1616y y y y y y y y −−=−−+⎡⎤⎣⎦ ()()132********()1616y y y y y y y y y y −−⎡⎤=++++⎣⎦ ()()2231333404()1616y y y y y m y −−==+++ 因此MA MB ⊥， 同理,NA NB ⊥于是点,M N 在以AB 为直径的圆上， 即,,,A B M N 四点共圆．【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，如设交点坐标为()()1122,,,A x y B x y ，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得1212,y y y y +，再利用向量的线性运算求得12,y y 关系，从而可求得12,,y y m 值．2．已知椭圆22:14x C y +=上三点A 、M 、B 与原点O 构成一个平行四边形AMBO ．（1）若点B 是椭圆C 的左顶点，求点M 的坐标； （2）若A 、M 、B 、O 四点共圆，求直线AB 的斜率．【答案】（1）1,2⎛⎫−± ⎪ ⎪⎝⎭；（2）2±． 【分析】（1）由已知可得()2,0B −，由//AM BO ，且AM BO =，设()00,M x y ， ()002,A x y +代入椭圆方程解方程即可得解；（2）因为A 、M 、B 、O 四点共圆，则平行四边形AMBO 是矩形且OA OB ⊥，设直线AB 的方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，根据韦达定理代入 12120OA OB x x y y →→⋅=+=，化简计算求解即可.【详解】解析：（1）如图所示： 因为()2,0B−，四边形AMBO 为平行四边形，所以//AM BO ，且2AM BO ==． 设点()00,M x y ，则()002,A x y +因为点M 、A 在椭圆C 上，所以()2200202014214x y x y ⎧+=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩，解得001x y =−⎧⎪⎨=⎪⎩，所以1,2M ⎛−± ⎝⎭．（2）因为直线AB 的斜率存在， 所以设直线AB 的方程为y kx m =+，()11,A x y ，()22,B x y ．由2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得()222418440k x kmx m +++−=， 则有122814km x x k −+=+，21224414m x x k−=+．因为平行四边形AMBO ， 所以()1212,OM OA OB x x y y →→→=+=++．因为122814kmx x k −+=+，所以()12122282221414km my y k x x m k m k k −+=++=⋅+=++，所以2282,1414kmm M k k −⎛⎫ ⎪++⎝⎭． 因为点M 在椭圆C 上，所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程化得22441m k =+．① 因为A 、M 、B 、O 四点共圆，所以平行四边形AMBO 是矩形， 且OA OB ⊥，所以12120OA OB x x y y →→⋅=+=．因为()()()2222121212122414m k y y kx m kx m k x x km x x m k-=++=+++=+， 所以22212122244401414m m k x x y y k k−−+=+=++，化得22544m k =+．② 由①②解得2114k =，23m =，此时>0∆，因此2k =±． 所以所求直线AB的斜率为2±．【点睛】本题主要考查了联立直线与椭圆的方程利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法进而代入求解的问题，考查计算能力和逻辑推理能力，属于难题. 3．已知抛物线P ：22y px =（0p >）上的点3,4a ⎛⎫⎪⎝⎭到其焦点的距离为1． （Ⅰ）求p 和a 的值；（Ⅱ）求直线l ：y x m =+交抛物线P 于两点A 、B ，线段AB 的垂直平分线交抛物线P 于两点C 、D ，求证：A 、B 、C 、D 四点共圆．【答案】（Ⅰ）12p =，2a =±；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）根据抛物线的定义可得点3,4a ⎛⎫⎪⎝⎭到其焦点的距离等于该点到准线距离，即可求出p ，从而得到抛物线方程，再计算出参数a 的值；（Ⅱ）设()11,A x y ，()22,B x y ，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出线段AB 的中点M 的坐标，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为1y x m =−+−，设()33,C x y ，()44,D x y ，求出线段CD 的中点坐标，再利用勾股定理计算可得；【详解】解：（Ⅰ）22y px =的准线为2px =−， 因为点3,4a ⎛⎫⎪⎝⎭到其焦点的距离等于该点到准线距离， 所以3124p +=， 故12p =，即2y x =， 又3,4a ⎛⎫⎪⎝⎭在2y x =上，所以2a =±；（Ⅱ）设()11,A x y ，()22,B x y ，联立2y x x x m⎧=⎨=+⎩，得20y y m −+=，则121y y +=，12y y m ⋅=， 且140m −>，即14m <，则12A y B =−=且线段AB 中点的纵坐标为12122y y +=，则12x m =−，所以线段AB 中点为11,22M m ⎛⎫−⎪⎝⎭，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为1y x m =−+−，联立21y xy x m⎧=⎨=−+−⎩，得210y y m ++−=，设()33,C x y ，()44,D x y ， 则341y y +=−，341y y m ⋅=−故34D y C =−= 线段CD 中点为31,22N m ⎛⎫−−⎪⎝⎭，因为()21154108242m CD m −⎛⎫=−= ⎪⎝⎭，22225422AN AM m MN −==+=+， 所以12AN CD =， 所以点A 在以CD 为直径的圆上， 同理点B 在以CD 为直径的圆上， 所以A 、B 、C 、D 四点共圆． 【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系； (2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB |＝x 1＋x 2＋p ，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．4．已知直线1:360l x y −−=与x 轴，y 轴分别交于A ，B ，线段AB 的中垂线2l 与抛物线()2:20E y px p =>有两个不同的交点C 、D ．（1）求p 的取值范围；（2）是否存在p ，使得A ，B ，C ，D 四点共圆，若存在，请求出p 的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）16,9⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭（2）存在，5p = 【分析】（1）求出,A B 两点坐标，得出其中垂线方程为380x y ++=，与抛物线方程联立根据0∆>即可得结果； （2）设()11,C x y ，()22,D x y ，线段CD 的中点为()00,M x y ，将（1）和韦达定理可得()98,3M p p −−，CD =2214MA CD =，代入两点间距离公式可解得p 的值. 【详解】（1）因为直线1:360l x y −−=与x 轴，y 轴分别交于A ，B . 所以()2,0A ，()0,6B −，所以线段AB 的中点为()1,3−，3AB k =， 所以线段AB 的中垂线2l 的方程为()1313y x +=−−，即380x y ++=. 将38x y =−−代入()2:20E y px p =>，得26160y py p ++=，因为2l 与E 有两个不同的交点C ，D . 所以2364160p p ∆=−⨯>， 又0p >，所以169p >，即p 的取值范围为16,9⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）若A ，B ，C ，D 四点共圆，由对称性可知，圆心应为线段CD 的中点，设()11,C x y ，()22,D x y ，线段CD 的中点为()00,M x y ，则1212616y y py y p+=−⎧⎨=⎩，所以12032y y y p +==−，003898x y p =−−=−，CD ====若A ，B ，C ，D 四点共圆，则12MA CD =，即2214MA CD =， 所以()()2220012409164x y p p −+=⨯−. 所以()222910990160p p p p −+=−，解得5p =， 又5p =满足169p >，所以存在5p =，使得A ，B ，C ，D 四点共圆. 【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，圆内接四边形的特征，考查了学生的计算能力，属于中档题. 5．已知斜率为k 的直线交椭圆()2230x y λλ+=>于A ，B 两点，AB 的垂直平分线与椭圆交于C ，D 两点，点()01,N y 是线段AB 的中点.（1）若03y =，求直线AB 的方程以及λ的取值范围；（2）不管λ怎么变化，都有A ，B ，C ，D 四点共圆，求0y 的取值范围. 【答案】（1）40x y +−=，12λ>；（2）{}3,3−. 【分析】（1）将直线AB 的方程()13y k x =−+代入椭圆方程223x y λ+=，再利用根与系数的关系可得()1223123k k x x k −+==+，从而可求出k 的值，进而可得到直线AB 的方程，由判别式大于零可求出λ的取值范围；（2）设直线AB 的方程为()01y k x y =−+，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，再利用弦长公式表示出AB ,由于DC 是AB 的垂直平分线，所以同理可表示DC 的长，求出CD 中点P 的横坐标，则可求出点P 到AB 的距离d ，由A ，B ，C ，D 四点共圆22222CD AB d ⎛⎫⎛⎫⇔=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，将AB ，DC ，d 代入化简可得222211313k k k k++=++，从而可求出k 的值，进而可求得0y 【详解】设()11,A x y ，()22,B x y .（1）当03y =时，直线AB 的方程为()13y k x =−+， 将AB 方程代入223x y λ+=得：()()()22232330kx k k x k λ++−+−−=.①由()1223123k k x x k −+==+，解得1k =−，此时AB 的方程为40x y +−=. 将1k =−代入①，得248160x x λ−+−=. 由()6416160λ∆=−−>，解得12λ>. （2）设直线AB 的方程为()01y k x y =−+， 将方程代入223x y λ+=得：()()()22200320kxk y k x y k λ++−+−−=.②由题意()0122123k k y x x k−+==+，即03ky −=.12AB x =−===同理得CD ==，所以CD 中点P 的横坐标0032221112131313y ky k k x k k k⎛⎫−−− ⎪+−⎝⎭===+++，点P 到AB 的距离d1−=，由A ，B ，C ，D 四点共圆22222CD AB d ⎛⎫⎛⎫⇔=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()()2222222211912133313kk k k k k λλ⎛⎫++⎛⎫⎡⎤−++=−−+ ⎪ ⎪⎣⎦+⎝⎭⎝⎭+，③ 不管λ怎么变化，都有A ，B ，C ，D 四点共圆，即上式恒成立，所以222211313k k k k++=++，解得21k =， 此时③式成立.代入②，由0∆>得12λ>. 所以0y 的取值范围为{}3,3−. 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查计算求解能力，解题的关键是由A ，B ，C ，D 四点共圆22222CD AB d ⎛⎫⎛⎫⇔=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，将AB ，DC ，d 代入化简可得222211313k k k k ++=++，从而可求出k 的值，进而可求得0y ，考查数学转化思想，属于较难题6．已知椭圆22221x y a b+=(0)a b >>的左，右焦点分别为1F ，2F ，且126F F ||=，直线y kx =与椭圆交于A ，B 两点．（Ⅰ）若△12AF F 的周长为16，求椭圆的标准方程；，且A ，B ， 1F ，2F 四点共圆，求椭圆离心率e 的值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设00(,)P x y 为椭圆上一点，且直线PA 的斜率1(2,1)k ∈−−，试求直线PB 的斜率2k 的取值范围．【答案】（Ⅱ）23=e ．【解析】试题解析：（Ⅰ）由题意得3c =， 根据2216a c +=，得5a =．结合222a b c =+，解得2225,16a b ==（Ⅱ）设1122(,),(,)A x y B x y由AB 、EF 互相平分且共圆，易知，22AF BF ⊥，因为211(3,)F A x y =−，222(3,)F B x y =−， 所以221(F A F B x ⋅=− 即 128x x =−，所以有结合229b a +=．解得212a =，所以离心率 （若设1111(,),(,)A x y B x y −−相应给分）（解法二）设）（11,y x A ，又AB 、EF 互相平分且共圆，所以AB 、EF 是圆的直径， 所以92121=+y x ，又由椭圆及直线方程综合可得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+1429221221112121b y a x x y y x 前两个方程解出1,82121==y x ，将其带入第三个方程并结合92222−=−=a c a b ，解得：122=a ，23=e ．…8分由题可设1111(,),(,)A x y B x y −−，又22012201222201013(1)3(1)112124x x y y x x x x −−−−==−−− ，由121k −<<−考点：1．椭圆的标准方程及其几何性质；2．直线与椭圆的位置关系．7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右焦点为F ，P 为右准线上一点．点Q 在椭圆上，且FQ FP ⊥．（1）若椭圆的离心率为12，短轴长为 （2）若在x 轴上方存在,P Q 两点，使,,,O F P Q 四点共圆，求椭圆离心率的取值范围．【答案】（1）22143x y +=； （21e <<. 【分析】（1）设椭圆的焦距为2c，由题意，可得222122c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，即可求得椭圆C 的标准方程；（2）设2(a P c，)t ，0(Q x ，0)y ，可得FPQ ∆的外接圆即为以PQ为直径的圆200()()()()0a x x x y t y y c−−+−−=，可得20a x c c =−，根据点P ，Q 均在x 轴上方，可得 210e e +−>，解得即可；【详解】解：（1）设椭圆的焦距为2c，由题意，可得222122c a b a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2a =，b =∴椭圆的方程为22143x y +=， （2）设2(a P c，)t ，0(Q x ，0)y ， FP FQ ⊥，则FPQ ∆的外接圆即为以PQ 为直径的圆200()()()()0a x x x y t y y c−−+−−=， 由题意，焦点F ，原点O 均在该圆上， ∴200200()()00a c c x ty c a x ty c⎧−−+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩， 消去0ty 可得2200()()0a a c c x x c c −−−=， 20a x c c∴=−， 点P ，Q 均在x 轴上方，2a a c c c∴−<−<， 即220c ac a +−>，210e e ∴+−>，01e <<Q ，∴1e <<， 故e的范围为1,12⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线的圆锥曲线的位置关系，考查圆的方程及点到直线的距离公式，直线的斜率公式，考查计算能力，解题时要认真审题，属于中档题．8．已知抛物线2:4E y x =的焦点为F ，准线为l O ，为坐标原点，过F 的直线m 与抛物线E 交于A B 、两点，过F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ．（1）若直线m ||||AF BF 的值； （2）设AB 的中点为N ，若O M N F 、、、四点共圆，求直线m 的方程．【答案】（1）||3||AF BF =或||1||3AF BF =；（2）1)y x =−． 【分析】（1）由抛物线的定义建立方程即可.（2）设直线m 的方程为1x ty =+，用t 表示,M N 坐标，再结合条件得到0OM ON ⋅=，建立关于t 的方程即可获解.【详解】（1）设||||AF BF λ=，当1λ>时，设||0BF k =>，则||AF k λ=，直线m ∴直线m 的倾斜角为60︒， 由抛物线的定义，有()()1cos60cos602AB AF BF k k k k λλ⋅︒=+⋅︒=+⨯=−， 112λλ+∴=−，解得：3λ=， 若01λ<<时，同理可得：13λ=， ||3||AF BF ∴=或||1||3AF BF =． （2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty −−=．设()()1122,,,A x y B x y ，则12124,4y y t y y +==−．由2211224,4y x y x ==， 得()22221212212122(4)2(4)424444y y y y y y t x x t +−−⨯−+=+===+， 所以()221,2N t t +．因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为t −，则直线n 的方程为(1)t y x −−=． 由1(1)x y t x =−⎧⎨=−−⎩，，解得(1,2)M t −． 若O M N F 、、、四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥，则()2212122210OM ON t t t t ⋅=−⨯++⋅=−=，解得t = 所以直线m的方程为1)y x =−．【点睛】（1）有些题目可以利用抛物线的定义结合几何关系建立方程获解；（2）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系. 9．如图，已知椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b+=>>，c 为半焦距，椭圆C 的左、右焦点分别为12,F F ，椭圆C 的离心率为e ．（1）若椭圆过点(e ，两条准线之间的距离为4b ，求椭圆C 的标准方程； （2）设直线y kx =与椭圆C 相交于A ，B 两点，且12,,,A F B F 四点共圆，c ≤，试求2k 的最大值．【答案】（1）22142x y +=（2）13 【分析】(1)利用准线,以及222a b c =+求出离心率,又因为椭圆过点e ⎛ ⎝⎭,确定方程. (2)将直线方程代入椭圆方程, 根据中心对称性和12,,,F B F 四点共圆，所以22AF BF ⊥. 所以三角形2ABF 是直角三角形,()()22221 211e k e −=−+,根据2213e ≤<得出2k 取得最大值.【详解】 （1）因为两条准线之间的距离为4b ，所以224a b c=，又222a b c =+，故22b c =， 因为222b a c =−，所以222a c c −=，解得e =， 因为椭圆C过点e ⎛ ⎝⎭，所以222212b b⎝⎭⎝⎭+=， 故222b c ==，24a =，所以椭圆C 的标准方程为22142x y +=. （2）设()()1122,,,A x y B x y ， 由22221,,x y a b y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩得()2222220b a k x a b +−=，解得12x x ==.由椭圆的中心对称性得，12AF B AF B ∠=∠，因为12,,,A F B F 四点共圆，所以12AF B AF B π∠+∠=， 所以22AF B π∠=，即22AF BF ⊥，所以三角形2ABF 是直角三角形，且22OF AB =，所以122|c x x =−，即22c =，故()()22222221c b a k k a b +=+，所以()()()2222222221c a c a k k a a c −+=+−，即()()()22222111e e k k e −+=+−， 分离k ，e 得，()()22221211e k e −=−+，c ≤，所以()22222222213b c a c c e ≤⇔−≤⇔≤<， 令21,t e =−则1,03t ⎡⎫∈−⎪⎢⎣⎭，所以2221t k t =+， 令()21(0)213t k t t t =−≤<+， 则()2211(0)21213t k t t t t t==−≤<++，易得当103t −≤<，()k t 单调递减， 所以13t =−时，()k t 取最大值，即2k 取得最大值为13． 【点睛】本题考查椭圆方程,直线与椭圆的位置关系,含参分式的最值,属于难题. 10．如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆C ：22221x y a b +=(a ＞b ＞0)经过点(﹣2,0)和⎛ ⎝⎭,椭圆C 上三点A ,M ,B 与原点O 构成一个平行四边形AMBO .（1）求椭圆C 的方程；（2）若点B 是椭圆C 左顶点,求点M 的坐标；（3）若A ,M ,B ,O 四点共圆,求直线AB 的斜率.【答案】（1）24x ＋y 2＝1；（2）M (－；（3）±2【分析】(1)将点()2,0−和⎛ ⎝⎭代入椭圆22x a ＋22y b ＝1求解即可. (2)根据平行四边形AMBO 可知AM ∥BO ,且AM ＝BO ＝2.再设点M (x 0,y 0),则A (x 0＋2,y 0),代入椭圆C 求解即可.(3) 因为A ,M ,B ,O 四点共圆,所以平行四边形AMBO 是矩形,且OA ⊥OB ,再联立直线与椭圆的方程,结合韦达定理代入OA ·OB ＝x 1x 2＋y 1y 2＝0求解即可.【详解】（1）因为椭圆22x a ＋22y b ＝1(a ＞b ＞0)过点()2,0−和⎛ ⎝⎭, 所以a ＝2,21a ＋234b ＝1,解得b 2＝1,所以椭圆C 的方程为24x ＋y 2＝1. （2）因为B 为左顶点,所以B (－2,0).因为四边形AMBO 为平行四边形,所以AM ∥BO ,且AM ＝BO ＝2.设点M (x 0,y 0),则A (x 0＋2,y 0).因为点M ,A 在椭圆C 上,所以()2200202014214x y x y ⎧+=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩解得001x y =−⎧⎪⎨=⎪⎩所以M (－). （3）因为直线AB 的斜率存在,所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). 由2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y ,得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0, 则有x 1＋x 2＝2814km k −+,x 1x 2＝224414m k−+. 因为平行四边形AMBO ,所以OM ＝OA ＋OB ＝(x 1＋x 2,y 1＋y 2).因为x 1＋x 2＝2814km k −+,所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝k ·2814km k −+＋2m ＝2214m k +,所以M (2814km k −+,2214m k +). 因为点M 在椭圆C 上,所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程,化得4m 2＝4k 2＋1.①因为A ,M ,B ,O 四点共圆,所以平行四边形AMBO 是矩形,且OA ⊥OB ,所以OA ·OB ＝x 1x 2＋y 1y 2＝0.因为y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 1＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝222414m k k −+, 所以x 1x 2＋y 1y 2＝224414m k−+＋222414m k k −+＝0,化得5m 2＝4k 2＋4.②由①②解得k 2＝114,m 2＝3,此时△＞0,因此k ＝±2所以所求直线AB 的斜率为 【点睛】 本题主要考查了椭圆方程的基本求法,同时也考查了联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法,进而代入求解的问题.属于难题.11．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知P 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上异于长轴端点的一点，过P 与x 轴平行的直线交椭圆C 的两条准线于点1T ，2T ，直线11T F ，22T F 交于点Q .（1）若12PF F ∆与12QF F ∆的面积相等，求椭圆C 的离心率；（2）若126F F =，12503TT =. ①求椭圆C 的标准方程；②试判断点P ，1F ，Q ，2F 是否四点共圆，并说明理由.【答案】（1）2；（2）①2212516x y +=； ②P ，1F ，Q ，2F 四点共圆，理由见解析. 【分析】（1）设()()000,0P x y y ≠，210,a T y c ⎛⎫− ⎪⎝⎭，可表示出直线11T F 的方程，从而求得Q 点坐标；根据三角形面积相等可构造关于,a c 的齐次方程，进而求得离心率；（2）①根据126F F =，12503TT =和椭圆,,a b c 的关系，可求得,,a b c 的值，进而得到椭圆方程； ②设过点Q ，1F ，2F 三点的圆的方程为()2229x y s s +−=+，代入Q 点坐标可求得方程为2200982932y x y y y ⎛⎫+−−= ⎪⎝⎭；验证可知P 点坐标满足方程，由此得到四点共圆. 【详解】设()()000,0P x y y ≠，()1,0F c −，()2,0F c ，（1）由题意得：210,a T y c ⎛⎫− ⎪⎝⎭，220,a T y c ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 直线11T F 的方程为：()02y y x c a c c=+−+，直线22T F 的方程为：()02y y x c a c c =−−， 将直线11T F 与22T F 联立可得：2020x c y y b =⎧⎪⎨=−⎪⎩，即点2020,c y Q b ⎛⎫− ⎪⎝⎭.12PF F ∆与12QF F ∆的面积相等， ()2000220c y y y c a ∴=−≠−， 2221c c a ∴=−−，2c e a ∴==，即椭圆C的离心率为2. （2）①126F F =，12503TT =，26c ∴=，25023a c ⋅=， 解得：3c =，225a =，22216b ac ∴=−=，∴以椭圆C 的标准方程为2212516x y +=. ②由①知：()13,0F −，()23,0F ，090,16y Q ⎛⎫− ⎪⎝⎭. 设过点Q ，1F ，2F 三点的圆的方程为()2229x y s s +−=+，即2229x y sy +−=. 将090,16y Q ⎛⎫− ⎪⎝⎭代入该方程得：009832y s y =−，∴过Q ，1F ，2F 三点的圆的方程为：2200982932y x y y y ⎛⎫+−−= ⎪⎝⎭，将()00,P x y 代入该方程左边，则220000098232y x y y y ⎛⎫+−− ⎪⎝⎭22000009825121632y y y y y ⎛⎫⎛⎫=−+−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭9=， ∴点P 也在过点Q ，1F ，2F 三点的圆上，从而点P ，1F ，Q ，2F 四点共圆.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆离心率和标准方程的求解、四点共圆问题的证明；证明四点共圆问题的关键是能够通过三点坐标确定三点所在圆的方程，进而代入第四个点的坐标，验证其满足方程即可.12．（题文）（题文）已知点F (p2,0)，直线l: x =−p2，点Μ是l 上的动点，过点Μ垂直于y 轴的直线与线段ΜF 的垂直平分线相交于点Ν． （1）求点Ν的轨迹方程；（2）若p =2，直线y =x 与点Ν的轨迹交于A 、B 两点，试问Ν的轨迹上是否存在两点C 、D ，使得A 、B 、C 、D 四点共圆？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y 2=2px ；（2）存在a >72且a ≠4，a ≠8的无数个圆(x −a)2+(y +a −4)2=a 2+(−a +4)2满足条件. 【解析】试题分析：（1）借助点在线段ΜF 的中垂线上建立等式并化简即可；（2）依据题设条件建立方程,通过方程有无解的分析析作出推理和判断即可.试题解析：解: （1）设Ν(x,y)，依题意，|ΝF |=|ΝΜ|，即√(x −p2)2+y 2=|x +p2|． 化简整理得y 2=2px ．（2）把y =x 与y 2=4x 联立，解得Α(0,0)，Β(4,4)，则线段ΑΒ的垂直平分线方程y =−x +4 若存在C 、D 两点，使得Α、Β、C 、D 四点共圆，则圆心必在直线y =−x +4上， 设圆心坐标(a,−a +4)，则半径r =√a 2+(−a +4)2， ∴圆的方程为(x −a)2+(y +a −4)2=a 2+(−a +4)2， 将x =y 24代入并整理得y 4+(16−8a)y 2+32(a −4)y =0，则y(y −4)(y 2+4y +32−8a)=0，∴ y 1=0或y 2=4或y 2+4y +32−8a =0， ∴ y 2+4y +32−8a =0应有除y 1=0、y 2=4之外的两个根，∴ Δ>0，且32−8a ≠0，42+4×4+32−8a ≠0，解得a >72且a ≠4，a ≠8． ∴存在a >72且a ≠4，a ≠8的无数个圆(x −a)2+(y +a −4)2=a 2+(−a +4)2满足条件．考点：(1)轨迹方程与探求方法；(2)圆的方程及简单高次方程的求解等有关知识的运用. 13．从抛物线24y x =上各点向x 轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P ． （1）求曲线P 的方程，并说明曲线P 是什么曲线；（2）过点()2,0M 的直线l 交曲线P 于两点A 、B ，线段AB 的垂直平分线交曲线P 于两点C 、D ，探究是否存在直线l 使A 、B 、C 、D 四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由． 【答案】（1）曲线P 的方程为2y x =，曲线P 是焦点为1,04⎛⎫⎪⎝⎭的抛物线；（2）存在；圆N 的方程为227113222x y ⎛⎫⎛⎫−++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或227113222x y ⎛⎫⎛⎫−+−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【分析】（1）设抛物线2y x =上的任意点为()00,S x y ，垂线段的中点为(),x y ，根据中点坐标公式得出002x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，代入等式2004y x =化简可得出曲线P 的方程，进而可得出曲线P 的形状；（2）设直线l 的方程为2x ty =+，将直线l 的方程与曲线P 的方程联立，列出韦达定理，求出AB ，求出线段AB 的中点的坐标，进一步求出线段AB 的中垂线CD 的方程，求出CD ，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于t 的等式，求出t 的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论. 【详解】（1）设抛物线2y x =上的任意点为()00,S x y ，垂线段的中点为(),x y ，故002x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，则002x x y y =⎧⎨=⎩，代入2004y x =得()224y x =，得曲线P 的方程为2y x =，所以曲线P 是焦点为1,04⎛⎫⎪⎝⎭的抛物线； （2）若直线l 与x 轴重合，则直线l 与曲线P 只有一个交点，不合乎题意. 设直线l 的方程为2x ty =+，根据题意知0t ≠，设()11,A x y 、()22,B x y ，联立22y x x ty ⎧=⎨=+⎩，得220y ty −−=，280t ∆=+>，则12y y t +=，122y y ⋅=−，则12A y y B =−==，且线段AB 中点的纵坐标为1222y y t +=，即2121222222x x y y t t ++=⋅+=+， 所以线段AB 中点为22,22t t M ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，可设直线CD 的方程为1x y m t=−+，则21222t t m t ⎛⎫+=−⨯+ ⎪⎝⎭，故252t m +=， 联立22152y x t x y t ⎧=⎪⎨+=−+⎪⎩，得()222250ty y t t +−+=， 设()33,C x y 、()44,D x y ，则341y y t +=−，()234152y y t ⋅=−+，故34y CD =−=，线段CD 中点为22151,222t N tt ⎛⎫++− ⎪⎝⎭， 假设A 、B 、C 、D 四点共圆，则弦AB 的中垂线与弦CD 中垂线的交点必为圆心， 因为CD 为线段AB 的中垂线，则可知弦CD 的中点N 必为圆心，则12AN CD =， 在Rt AMN △中，222AN AM MN =+，所以22212CD AM MN ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()()222222221111111121018442222t t t t t t tt ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=++++++ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故4228810t t t +−−=，即()()24264222198880t t t t t t t t −+++−−==， 解得21t =，即1t =±，所以存在直线l ，使A 、B 、C 、D 四点共圆，且圆心为弦CD 的中点N ，圆N 的方程为227113222x y ⎛⎫⎛⎫−++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或227113222x y ⎛⎫⎛⎫−+−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点Q 的坐标x 、y 表示相关点P 的坐标0x 、0y ，然后代入点P 的坐标()00,x y 所满足的曲线方程，整理化简可得出动点Q 的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标x 、y 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x 、y 与某一参数t 得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 14．在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线()2:20E y px p =>的焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线上E上一点，且点P 的横坐标为2，3PF =.（1）求抛物线E 的方程；（2）过点F 的直线m 与抛物线E 交于A 、B 两点，过点F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ，设AB 的中点为N ，若O 、M N 、F 四点共圆，求直线m 的方程.【答案】（1）24y x =（2）)1y x =− 【分析】（1）由抛物线的定义可得22pPF =+，即可求出p ，从而得到抛物线方程； （2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty −−=.设()11,A x y ，()22,B x y ，列出韦达定理，表示出中点N 的坐标，若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥，则0OM ON ⋅=即可求出参数t ，从而得解；【详解】解：（1）由抛物线定义，得232pPF =+=，解得2p =， 所以抛物线E 的方程为24y x =.（2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty −−=. 设()11,A x y ，()22,B x y ，则124y y t +=，124y y =−. 由2114y x =，2224y x =，得()()()22222121212122424424444y y y y t y y x x t +−−⨯−+=+===+， 所以()221,2N t t +.因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为t −，则直线n 的方程为()1y t x =−−.由()1,1,x y t x =−⎧⎨=−−⎩解得()1,2M t −.若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥，则()2212122210OM ON t t t t ⋅=−⨯++⋅=−=，解得t =所以直线m 的方程为)1y x =−. 【点睛】本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.15．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的左､右顶点分别为A ，B ，P 是C 上异于A ，B的动点.（1）证明：直线AP ，BP 的斜率之积为定值，并求出该定值.（2）设||AB =，直线AP ，BP 分别交直线l ：x =3于M ，N 两点，O 为坐标原点，试问：在x 轴上是否存在定点T ，使得O ，M ，N ，T 四点共圆？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析，定值13−；（2）存在，定点11,03T ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）由题意知(,0),(,0)A a B a −，设P (x 0，y 0)，y 0≠0，则2200221x y a b+=，然后利用斜率公式求200022000y y y x a x a x a ⋅=+−−化简可得结果； （2）由题意先求出椭圆C 的方程为2213x y +=，设直线AP的方程为(y k x =+，则直线BP 的方程为1(3y x k =−，直线方程与椭圆方程联立可求出(3,3)M k，1N k ⎛⎫− ⎪⎝⎭，假设△MNO 的外接圆恒过定点T (t ，0)，t ≠0，然后求出线段MN 的垂直平分线所在直线的方程和线段OT 的垂直平分线所在直线的方程，从而可求出圆心2t E ⎛⎪⎪⎝⎭，再由|OE |=|ME |，可求出t 的值，进而得O ，M ，N ，T 四点共圆 【详解】（1）由题意知(,0),(,0)A a B a −，设P (x 0，y 0)，y 0≠0，则2200221x y a b+=，所以直线AP 与BP的斜率之积22022222200022222200001131x b a y y y b a c x a x a x a x a a a ⎛⎫− ⎪−⎝⎭⋅===−=−=−+−−⎭=−−⎝， 即直线AP ，BP 的斜率之积为定值13−. （2）存在.理由如下：由题意知2a =a =因为c a =，所以c =所以b 2=1，所以椭圆C 的方程为2213x y +=.设直线AP的方程为(y k x =，则直线BP的方程为1(3y x k=−.联立(3,y k x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩可得(3,3)M k，同理可得1N k ⎛⎫− ⎪⎝⎭. 假设△MNO 的外接圆恒过定点T (t ，0)，t ≠0， 因为线段MN的垂直平分线所在直线的方程为y =，线段OT 的垂直平分线所在直线的方程为2t x =，所以圆心2t E ⎛⎪ ⎪⎝⎭. 又|OE |=|ME |解得t =113.所以存在定点11,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，使得O ，M ，N ，T 四点共圆. 【点睛】此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，考查计算能力，属于中档题16．在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线()2:20E y px p =>的焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线E 上一点，且点P 的横坐标为2，3PF =. （1）求抛物线E 的方程；（2）过点F 的直线m 与抛物线E 交于A 、B 两点，过点F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ，设AB 的中点为N ，若O 、M 、N 、F 四点共圆，求直线m 的方程. 【答案】（1）24y x =（2）)1y x =− 【分析】（1）首先根据抛物线的定义和题中条件求出抛物线的焦准距，即可得到抛物线的方程；（2）首先设直线m 的方程，然后与抛物线联立，利用韦达定理求出点N 坐标，然后设直线n 的方程求出点M 的坐标，最后利用O 、M 、N 、F 四点共圆即可求出直线m 的方程. 【详解】（1）由抛物线定义，得232pPF =+=，解得2p =， 所以抛物线F 的方程为24y x =；（2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty −−=， 设()11,A x y ，()22,B x y ，则124y y t +=，124y y =−， 由2114y x =，2224y x =，得()()()22222121212122424424444y y y y t y y x x t +−−⨯−+=+===+，所以()221,2N t t +，因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为t −， 则直线n 的方程为()1y t x =−−，由()11x y t x =−⎧⎨=−−⎩解得()1,2M t −，若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥， 则()2212122210OM ON t t t t ⋅=−⨯++⋅=−=，解得2t =±，所以直线m 的方程为)1y x =−. 【点睛】本题主要考查了抛物线的定理，直线与抛物线的交点问题，属于一般题.。
专题06 四点共圆(专项训练)(老师版)
专题06四点共圆（专项训练）1．（2021秋•渝北区期末）如图，圆内接四边形ABCD的外角∠ABE为80°，则∠ADC度数为（）A．80°B．40°C．100°D．160°【答案】A【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ADC＝∠ABE＝80°，故选：A．2．（2021秋•滨湖区期中）如图，AB＝AD＝6，∠A＝60°，点C在∠DAB内部且∠C＝120°，则CB+CD的最大值（）A．4B．8C．10D．6【答案】A【解答】解：如图，连接AC，BD，在AC上取点M使DM＝DC，∵∠DAB＝60°，∠DCB＝120°，∴∠DAB+∠DCB＝180°，∴A，B，C，D，四点共圆，∵AD＝AB，∠DAB＝60°，∴△ADB是等边三角形，∴∠ABD＝∠ACD＝60°，∵DM＝DC，∴△DMC是等边三角形，∴∠ADB＝∠ACD＝60°，∴∠ADM＝∠BDC，∵AD＝BD，∴△ADM≌△BDC（SAS），∴AM＝BC，∴AC＝AM+MC＝BC+CD，∵四边形ABCD的周长为AD+AB+CD+BC＝AD+AB+AC，且AD＝AB＝6，∴当AC最大时，四边形ABCD的周长最大，则CB+CD最大，此时C点在的中点处，∴∠CAB＝30°，∴AC的最大值＝AB×cos30°＝4，∴CB+CD最大值为AC＝4，故选：A．3．（2022•靖江市二模）如图，AB⊥BC，AB＝5，点E、F分别是线段AB、射线BC上的动点，以EF为斜边向上作等腰Rt△DEF，∠D＝90°，连接AD，则AD的最小值为．【答案】【解答】解：连接BD并延长，如图，∵AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∠EDF＝90°，∴∠ABC+∠EDF＝180°，∴B，E，D，F四点共圆，∵△DEF为等腰直角三角形，∴∠DEF＝∠DFE＝45°，∴∠DBF＝∠DEF＝45°，∴∠DBF＝∠DBE＝45°，∴点D的轨迹为∠ABC的平分线上，∵垂线段最短，∴当AD⊥BD时，AD取最小值，∴AD的最小值为AB＝，故答案为：．4．如图，△ABC和△BCD均为直角三角形，∠BAC＝∠BDC＝90°，AB＝2，连接AD．若∠ADB＝30°，则AC的长为．【答案】【解答】解：∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∴A，B，C，D四点共圆，∵∠ADB＝30°，AB＝2，∴∠ACB＝∠ADB＝30°，∴BC＝2AB＝4，∴AC＝．故答案为：．5．如图，在四边形ABCD中，BD＝6，∠BAD＝∠BCD＝90°，则四边形ABCD面积的最大值为．【答案】18【解答】解：∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴A，C两点在以BD为直径的圆上，∴当AB＝AD，CB＝CD时，四边形ABCD面积最大，∵BD＝6，∴AB＝AD＝CB＝CD＝3，∴四边形BCD的面积为3××＝18．故答案为：18．6．如图，在△ABC和△ACD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，AC＝6，则AD的最大值为．【答案】6【解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝45°，∴A，C，D，B四点共圆，如图，作⊙O经过A，C，D，B四点，当AD（D′）为直径时，AD有最大值，∵∠ADC＝45°，∴∠AOC＝90°，∵OA＝OC，∴△AOC是等腰直角三角形，∵AC＝6，∴AO＝6×＝3，∴AD′＝2AO＝6，即AD的最大值为6．故答案为：6．7．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，点E，F分别为AB，AC边上的点，且∠EDF＝90°，连接EF，则∠DEF的度数为．【答案】45°【解答】解：如图，连接AD，∵△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，∴∠ADC＝90°，AD＝CD，∠BAD＝∠C＝45°，而∠EDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（ASA），∴DE＝DF，而∠EDF＝90°，∴∠DEF＝∠DFE＝45°．故答案为：45°．8．（2022秋•萧山区月考）如图，以C为公共顶点的Rt△ABC和Rt△CED中，∠ACB＝∠CDE ＝90°，∠A＝∠DCE＝30°，且点D在线段AB上，则∠ABE＝30°，若AC＝10，CD＝9，则BE＝．【答案】【解答】解：∵∠ACB＝∠CDE＝90°，∠A＝∠DCE＝30°，∴∠DBC＝∠DEC＝60°，∴B、C、D、E四点共圆，∴∠DBE＝∠DCE＝30°，∴∠ABE＝30°，设BC＝x，则AB＝2x，在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2＝AC2+BC2，∵AC＝10，∴（2x）2＝102+x2，解得：x＝，∴BC＝，设DE＝a，则CE＝2a，在Rt△CED中，由勾股定理得CE2＝DE2+CD2，∵CD＝9，∴（2a）2＝a2+92，解得：a＝，∴DE＝，CE＝，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝30°，∴∠CBE＝∠ABC+∠ABE＝90°，在Rt△CBE中，由勾股定理得＝．9．（2021秋•宽城区期末）【问题原型】如图①，在⊙O中，弦BC所对的圆心角∠BOC＝90°，点A在优弧BC上运动（点A不与点B、C重合），连结AB、AC．（1）在点A运动过程中，∠A的度数是否发生变化？请通过计算说明理由．（2）若BC＝2，求弦AC的最大值．【问题拓展】如图②，在△ABC中，BC＝4，∠A＝60°．若M、N分别是AB、BC的中点，则线段MN的最大值为．【解答】解：【问题原型】（1）∠A的度数不发生变化，理由如下：∵，∠BOC＝90°，∴；（2）当AC为⊙O的直径时，AC最大，在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，根据勾股定理，得OB2+OC2＝BC2，∵OB＝OC，∴，∴，即AC的最大值为；【问题拓展】如图，画△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，ON，则ON⊥BC，∠BON＝60°，BN＝BC＝2，∴OB＝，∵M、N分别是AB、BC的中点，∴MN是△ABC的中位线，∴MN＝AC，∴AC为直径时，AC最大，此时AC＝2OB＝，∴MN最大值为，故答案为：．10．（2022秋•仪征市期中）【问题提出】苏科版九年级（上册）教材在探究圆内接四边形对角的数量关系时提出了两个问题：1．如图（1），在⊙O的内接四边形ABCD中，BD是⊙O的直径．∠A与∠C、∠ABC与∠ADC有怎样的数量关系？2．如图（2），若圆心O不在⊙O的内接四边形ABCD的对角线上，问题（1）中发现的结论是否仍然成立？（1）小明发现问题1中的∠A与∠C、∠ABC与∠ADC都满足互补关系，请帮助他完善问题1的证明：∵BD是⊙O的直径，∴，∴∠A+∠C＝180°，∵四边形内角和等于360°，∴．（2）请回答问题2，并说明理由；【深入探究】如图（3），⊙O的内接四边形ABCD恰有一个内切圆⊙I，切点分别是点E、F、G、H，连接GH，EF．（3）直接写出四边形ABCD边满足的数量关系；（4）探究EF、GH满足的位置关系；（5）如图（4），若∠C＝90°，BC＝3，CD＝2，请直接写出图中阴影部分的面积．【解答】解：【问题提出】（1）∵BD是⊙O的直径，∴∠A＝∠C＝90°，∴∠A+∠C＝180°，∵四边形内角和等于360°，∴∠ABC+∠ADC＝180°；故答案为：∠A＝∠C＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°；（2）成立，理由如下：连接AC、BD，∵∠DAC＝∠CBD，∠ACD＝∠ABD，∴∠DAC+∠ACD＝∠DBC+∠ABD＝∠ABC，∵∠DAC+∠ACD+∠ADC＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°；同理，∠BAD+∠BCD＝180°；【深入探究】（3）AD+BC＝AB+CD，理由如下：连接AI、BI、CI、DI，∵圆I是四边形ABCD的内切圆，∴AG＝AE，DE＝DH，CH＝CF，BF＝BG，∴AD+BC＝AE+ED+BF+CF＝AG+DH+BG+CH＝AB+CD，即AD+BC＝AB+CD，故答案为：AD+BC＝AB+CD；（4）EF⊥GH，理由如下：连接EH、IH、IG、IF、GF，∵四边形ABCD是圆O的内接四边形，∴∠B+∠D＝180°，∵BG⊥IG，IF⊥BF，∴∠BGI＝∠IFB＝90°，∴∠B+∠GIF＝180°，∴∠GIF＝∠D，∵GI＝IF，∴∠GFI＝90°﹣∠GIF，∵ED＝DH，∴∠DEH＝90°﹣∠D，∴∠GFI＝∠DEH，∵＝，∴∠GFE＝∠GHE，∴∠GHE＝∠GFI+∠IFE，∵IF＝IE，∴∠IFE＝∠IEF，∴∠FEH+∠EHG＝∠FEH+∠IEF+∠DEH＝∠EID＝90°，∴EF⊥GH；（5）连接BD，∵∠C＝90°，∴∠A＝90°，∵ABCD是圆O的内接圆，∴BD是圆O的直径，连接IF、IH，∵I是四边形ABCD的内切圆圆心，∴∠ADI＝∠IDH，∠ABI＝∠FBI，∵IH⊥CD，IF⊥BC，∴∠BIF＝90°﹣∠IBF，∠DIH＝90°﹣∠IDH，∴∠BIF+∠DIH＝180°﹣（∠IBF+∠IDH）＝180°﹣（∠ADC+∠ABC），∵∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠BIF+∠DIH＝90°，∵IF⊥FC，IH⊥CD，∠C＝90°，IH＝IF，∴四边形IHCF是正方形，∴∠HIF＝90°，∴I点在BD上，＝3×2＝6，∵BC＝3，CD＝2，∴S四边形ABCD∵∠DIH+∠IDH＝90°，∠IBF+∠IDH＝90°，∴∠DIH＝∠IBF，∵∠IHD＝∠IFB＝90°，∴△DHI∽△IFB，∴＝，即＝，解得IH＝，∴S⊙I＝π，∴阴影部分的面积＝6﹣π．10．（2022•遵义）综合与实践“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B＝∠D，那么A，B，C，D四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE，则∠AEC+∠D＝180°（依据1）∵∠B＝∠D∴∠AEC+∠B＝180°∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）∴点A，B，C，D四点在同一个圆上反思归纳：（1）上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：；依据2：．（2）如图3，在四边形ABCD中，∠1＝∠2，∠3＝45°，则∠4的度数为．拓展探究：（3）如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．①求证：A，D，B，E四点共圆；②若AB＝2，AD•AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．【解答】（1）解：依据1：圆内接四边形对角互补；依据2：过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆，故答案为：圆内接四边形对角互补；过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆；（2）解：∵∠1＝∠2，∴点A，B，C，D四点在同一个圆上，∴∠3＝∠4，∵∠3＝45°，∴∠4＝45°，故答案为：45°；（3）①证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵点E与点C关于AD的对称，∴AE＝AC，DE＝DC，∴∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∴∠AED＝∠ACB，∴∠AED＝∠ABC，∴A，D，B，E四点共圆；②解：AD•AF的值不会发生变化，理由如下：如图4，连接CF，∵点E与点C关于AD的对称，∴FE＝FC，∴∠FEC＝∠FCE，∴∠FED＝∠FCD，∵A，D，B，E四点共圆，∴∠FED＝∠BAF，∴∠BAF＝∠FCD，∴A，B，F，C四点共圆，∴∠AFB＝∠ACB＝∠ABC，∵∠BAD＝∠FAB，∴△ABD∽△AFB，∴＝，∴AD•AF＝AB2＝8．11．如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O交AC于点D，交BC于点E，CE＝BE，过点E作EF⊥AC于点F，FE的延长线交AB的延长线于点G，连接DE．（1）求证：FG是⊙O的切线；（2）求证：EG2＝AG•BG；（3）若BG＝1，EG＝，求sin∠CDE的值．【解答】（1）证明：连接OE，∵CE＝BE，OA＝BO，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥AC，∵EF⊥AC，∴OE⊥EF，∵E点在圆O上，∴FG是⊙O的切线；（2）证明：∵OE⊥GF，∴∠OEG＝90°，∴OG2＝OE2+EG2，∵EG2＝OG2﹣OE2＝（OG+OE）（OG﹣OE），∵EO＝BO＝OA，∴EG2＝（OG+OA）（OG﹣OB）＝AG•BG；（3）解：连接AE，过E点作EM⊥AB交于点M，∵EG2＝AG•BG，BG＝1，EG＝，∴AG＝2，∴AB＝1，∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∵∠OEG＝90°，∴∠AEO＝∠BEB，∵AO＝OE，∴∠EAO＝∠OEA，∴∠BEG＝∠EAO，∴△AEG∽△EBG，∴＝＝，设EB＝x，则AE＝x，在Rt△ABE中，1＝x2+2x2，解得x＝，∴BE＝，AE＝，∵AE•BE＝AB•EM，∴EM＝，∵A、B、E、D四点共圆，∴∠CDE＝∠ABE，∴sin∠CDE＝sin∠EBM＝＝＝．。
四点共圆例题及答案
四点共圆例题及答案四点共圆是一个基本的几何概念，指的是在同一平面上有四个点，可以在一个圆上找到这四个点构成的圆周。
这个概念在几何学中非常重要，因为它可以用来解决许多几何问题。
在本文中，我们将展示一些常见的四点共圆例题及答案，希望对几何学爱好者有所帮助。
题目1：如图，ABCD为一矩形，O为AC的中点，P、Q分别为AB、CD上一点，连OP、OQ。
证明O、P、Q、D四点共圆。
答案1：首先，连接BD，可以得到三角形BOD。
因为ABCD是一个矩形，所以BD是矩形的对角线，即BD=AC。
由于O是AC的中点，所以OD=1/2AC=1/2BD。
因此，OD是矩形的中线，而且OD平分角BOD。
所以，∠BOD=2∠POQ。
另一方面，因为PO、QD分别是∠BOD的平分线，所以∠POD=1/2∠BOD、∠QOD=1/2∠BOD。
这样，我们可以得到:∠POQ=∠POD+∠QOD=1/2∠BOD+1/2∠BOD=∠BOD所以，O、P、Q、D四点共圆，且这个圆的圆心是OD的中点。
题目2：如图，在平面上有四个点ABCD，能否用尺规作出过这四点的圆？答案2：可以，下面是具体的做法：1.连接AB、BC、CD和DA，得到一个矩形ABCD。
2.以AB为直径作圆，得到圆O1。
3.以BC为直径作圆，得到圆O2。
4.在线段AC上取一点E，使得AE=AB，连BE，作线段BE的中垂线，交O1于点F，交O2于点G。
5.以FG为直径作圆，得到过四点ABCD的圆。
题目3：如图，在平面上有一圆O，点A、B、C在这个圆上，点D在圆内，且以AD、BD、CD为边的三角形相似。
证明：四点A、B、C、D共圆。
答案3：设AB与CD的交点为E，BC与AD的交点为F。
因为三角形ABC在圆O上，所以∠AEB=∠ACB，又因为三角形CBD在圆O上，所以∠CEB=∠CDB，而∠AEB+∠CEB=180，所以∠ACB+∠CDB=180。
同理可得∠AFC+∠BFD=180。
因为三角形ABC和三角形AFB相似，所以∠AEB=∠AFC，同理∠BFD=∠CDB。
中考数学压轴题 《简单的四点共圆》
《简单的四点共圆》解题方法如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称之为四个点共圆·一般简称为”四点共圆”．四点共圆常用的判定方法有：一．若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆．如图，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C，D四点在以点O为圆心、OA为半径的圆上．D【答案】（1）略；（2）AB，CD相交成90°时，MN取最大值，最大值是2．【提示】（1）如图，连结OP，取其中点O＇，显然点M，N在以OP为直径的⊙O＇上，连结NO＇并延长，交⊙O＇于点Q，连结QM，则∠QMN＝90°，QN＝OP＝2，而∠MQN＝180°－∠BOC＝60°，所以可求得MN的长为定值．（2）由（1）知，四边形PMON内接于⊙O＇，且直径OP＝2，而MN为⊙O＇的一条弦，故MN为⊙O＇的直径时，其长取最大值，最大值为2，此时∠MON＝90°．二．若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个顶点共圆．如图，在四边形ABCD中，若∠A＋∠C＝180°（或∠B＋∠D＝180°）则A，B，C，D四点在同一个圆上．D【答案】（1）略；（2）AD DE；（3）AD＝DE·tanα．【提示】（1）证A，D，B，E四点共圆，从而∠AED＝∠ABD＝45°，所以AD＝DE．（2）同（1），可得A ，D ，B ，E 四点共圆，∠AED ＝∠ABD ＝30°，所以AD DE＝ tan30°，即AD ＝DE ． 三．若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆．如图，在四边形ABCD 中，∠CDE 为外角，若∠B ＝∠CDE ，则A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．【答案】略四．若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么这两个点和这条线段的两个端点共圆．如图，点A ，D 在线段BC 的同侧，若∠A ＝∠D ，则A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．D【答案】略诸多几何问题，若以四点共圆作桥梁，就能与圆内的等量关系有机地结合起来．利用四点共圆，可证线段相等、角相等、两线平行或垂直，还可以证线段成比例，求定值等．例题讲解例1 如图，在△ABC 中，过点A 作AD ⊥BC 与点D ，过点D 分别作AB ，AC 的垂线，垂足分别为E ，F ．求证：B ，E ，F ，C 四点共圆．证明 因为DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，所以∠AED ＋∠AFD ＝180°，即A ，E ，D ，F 四点共圆．A B C D EF AB C D E F G连结EF ，则∠AEF ＝∠ADF ．因为AD ⊥BC ，DF ⊥AC ，所以∠FCD ＝∠ADF ＝∠AEF ，所以B ，E ，F ，C 四点共圆．例2 在锐角△ABC 中，AB ＝AC ，AD 为BC 边上的高，E 为AC 的中点．若M 为线段BD 上的动点（点M 与点D 不重合），过点C 作CN ⊥AM 与点N ，射线EN 与AB 相交于点P ，证明：∠APE ＝2∠MA D ．证明 如图，连结DE ．因为AD ⊥BC ，CN ⊥AM ，E 为AC 的中点，所以DE ＝AE ＝CE ＝NE ，从而A ，N ，D ，C 在以点E 为圆心、AC 为直径的圆上，所以∠DEN ＝2∠DAN ．由题意可得D 为BC 的中点，所以ED ∥AB ，所以∠APE ＝∠DEP ＝2∠MA D ．进阶训练1．已知⊙O 的半径为2，AB ，CD 是⊙O 的直径，P 是BC 上任意一点，过点P 分别作AB ，CD 的垂线，垂足分别为N ，M ．（1）如图1，若直径AB 与CD 相交成120°角，当点P （不与B ，C 重合）从B 运动到C 的过程中，证明MN 的长为定值；（2）如图2，求当直径AB 与CD 相交成多少度角时，MN 的长取最大值，并写出其最大值．答案：（1）略（2）AB ，CD 相交成90°时，MN 取最大值，最大值为2．【提示】（1）如图，连接OP ，取其中点O ′，显然点M ．，N 在以OP 为直径的⊙O ′上．连结NO ′并延长，交⊙O ′于点Q ，连结QM ，则∠QMN ＝90°，QN ＝OP ＝2．而∠MQN ＝180°－∠BOC ＝60°，所以可求得MN 的长为定值．A B C D E PN M AB C D EP N M AB C D O MN P图1 图2 A B C D P M N O（2）由（1）知，四边形PMON 内接于⊙O ′，且直径OP ＝2．而MN 为⊙O ′的一条弦，故MN 为⊙O ′的直径时，其长取最大值，最大值为2，此时∠QMN ＝90°．2．在Rt△ABC 中，∠BAC ＝90°，过点B 的直线MN ∥AC ，D 为BC 边上一点，连结AD ，作DE ⊥AD 交MN 于点E ，连结AE ．（1）如图1，当∠ABC ＝45°时，求证：AD ＝DE ；（2）如图2，当∠ABC ＝30°时，线段AD 与DE 有何数量关系？请说明理由；（3）当∠ABC ＝α时，请直接写出线段AD 与DE 的数量关系（用含α的三角函数表示）．答案：（略）；（2）ADDE ；（3）AD ＝DE ·tan α． 【提示】（1）证A ，D ，B ，E 四点共圆，从而∠AED ＝∠ABD ＝45°，所以AD ＝DE ．（2）同（1）可得A ，D ，B ，E 四点共圆，从而∠AED ＝∠ABD ＝30°，所以AE DE＝tan30°，即ADDE ． AB C D O MN QO ′ P图1 图1 AB C DEFG 图2 AB C D E M N。
四点共圆问题
四点共圆1．定点定长，四点共圆从同一点出发的几条线段长度相等．若OA ＝OB ＝OC ＝OD ，则A 、C 、B 、D 四点共圆，且圆心为四条线公共的端点．2．对角互补，四点共圆特殊情况：共斜边的两个直角．若∠ADB ＝∠ACB ＝90°，则A 、C 、B 、D 四点共圆，且圆心为斜边AB 的中点．3．线段同侧张角相等，四点共圆 特殊情况：共斜边的两个直角．如图所示，已知∠BAC ＝∠BDC ，求证：A 、B 、C 、D 四点共圆．证明：连接AD ，∵∠EAC ＝∠EDB ，∠AEC ＝∠DEB ，∴△AEC ∽△DEB ，∴AE DE＝CEBE ，又∵∠AED ＝∠CEB ，∴△AED ∽△CEB ，∴∠DAE ＝∠BCE ，∵∠EDB ＋∠ECB ＋∠DBC ＝180°，∴∠EAC ＋∠DAE ＋∠DBC ＝180°，即∠DAC ＋∠DBC ＝180°，∴A 、B 、C 、D 四点共圆．BEDCBA类型1：定点定长，四点共圆【例题1】如图，四边形OABC 中，OA ＝OB ＝OC ＝2，∠ACB ＝45°，则AB 的长为___________．【答案】．（提示：∵OA ＝OB ＝OC ，∴A 、B 、C 三点在都在以O 为圆心，OA 为半径的圆上，则由圆周角定理可知∠AOB ＝2∠ACB ＝90°）【例题2】如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，点E 在对角线AC 上，EC ＝BC ＝DC ．若∠ACD ＝60°，则∠ABE 的度数为_____________．【答案】30°．（提示：以C 为圆心，BC 为半径作圆，则∠EBD ＝12∠ECD ＝30°）类型2：对角互补，四点共圆【例题3】如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠D ＝90°，∠BCA ＝18°，∠ACD ＝27°，AC ＝30，则BD ＝___________．【答案】．（提示：对角互补，四点共圆，∵∠B ＝∠D ＝90°，∴A 、B 、C 、D 四点共圆，圆心为AC 的中点O ，∴OB ＝OD ＝15，∠BOD ＝2∠BCD ＝90°，∴BD ＝OCBADCBAABCDO【例题4】如图，正方形ABCD 的边长为1，点E 、F 分别为BC 、CD 边的中点，连接AE 、BF 交于点P ，连接PD ，则tan ∠APD ＝___________．【答案】2．（提示：对角互补，四点共圆，易证△ABE ≌△BCF ，∴∠APF ＝90°，又∵∠ADF ＝90°，∴A 、P 、F 、D 四点共圆，∴∠APD ＝∠AFD ）【例题5】如图，矩形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，过点O 作OE ⊥AC 交AB 于E ，若BC ＝4，△AOE 的面积为5，则sin ∠BOE 的值为____________．【答案】35．（提示：∵∠EBC ＝∠EOC ＝90°，∴E 、B 、C 、O 四点共圆，圆心为EC 的中点M ，过点O 作OF ⊥AB 于F2，∴AE ＝5×2÷2＝5，又∵AO ＝OC ，OE ⊥AC ，∴EC ＝5，∴EB＝3，∴sin ∠BOE【例题6】如图，在矩形ABCD 中，点E 是边AD 上的点，EF ⊥BE ，交边CD 于点F ，连接CE 、BF ，如果tan ∠ABE ＝34，那么CE ∶BF ＝___________．【答案】4∶5．（提示：对角互补，四点共圆，设AB ＝4k ，则AE ＝3k ，BE ＝5k ，∵∠BEF ＝∠BCF ＝90°，∴B 、E 、F 、C 四点共圆，∴∠EBF ＝∠DCE ，∴△EBF ＝∠DCE ，∴CE ∶BF＝CE ∶BF ＝4∶5）EFP D CBAABCDOE AB CD FE【例题7】如图，在△ABC 中，∠A ＝60°，∠B ＝45°，AB ＝10，D 是BC 边上的动点，DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，连接EF ，则EF 的最小值为___________．（提示：∵∠AED ＝∠AFD ＝90°，∴A 、E 、D 、F 四点共圆，且AD 为直径，EF 为⊙O 中60°角所对的弦，∴当AD 最小时，EF 最小，∵AD 最小值为，∴EF【例题8】如图，在边长为6的等边△ABC 中，BD ＝CE ，当AD ⊥CF ，垂足为点F 时，则CD 的长为__________．【答案】4．（提示：易证△ADB ≌△BEC ，∴∠ADB ＝∠BEC ，又∵∠CDF ＋∠ADB ＝180°，∴∠BEC ＋∠CDF ＝180°，∴C 、D 、F 、E 四点共圆，∵AD ⊥CF ，∴∠CFD ＝90°，∴CD 为圆的直径，CD 的中点即为圆心O ，∴∠CED ＝90°，又∵∠ACB ＝60°，∴CD ＝2CE ，又∵CE ＋CD ＝BD ＋CD ＝6，∴CD ＝4）类型3：张角相等，四点共圆【例题9】如图，在等腰Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝4，D 是BC 的中点，∠CAD ＝∠CBE ，则AE ＝___________．【答案】2．（提示：法1，易证△ADC ∽△BEC ，∴AC BC ＝CDECEC ；法2，张角相等，四点共圆，连接DE ，∵∠CAD ＝∠CBE ，∴A 、B 、D 、E 四点共圆，∴∠AED ＝180°－∠ABD ＝90°，∴DE ＝ECABCDEF FEDCBACABCDE【例题10】如图，在△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，BF ⊥AC 于F ，E 为AB 边的中点，连接DE 、DF 、EF ，若AB ＝2，∠CBF ＝22.5°，则△DEF 的面积为___________．．（提示：张角相等，四点共圆，∵∠AFB ＝∠ADB ＝90°，∴A 、B 、D 、F 四点共圆，∴∠FED ＝45°，EF ＝ED ＝1，过点F 作FG ⊥ED 于G ，∴FG）【例题11】如图，点E 是正方形ABCD 边AB 上的一点，已知∠DEF ＝45°，EF 分别交边AC 、CD 于点G 、F ，且满足AG ·DF＝，则EG 的长为___________．（提示：法1，一线三直角，AG MG ，∴MG ·DF ＝3，△EGD 是等腰Rt △，∠EGD ＝90°，∴∠DGF＝90°，又∵∠MEG ＝∠GFD ，∴△EMG ∽△FGD ，∴EG ·DG ＝MG ·DF ＝3，∴EG 2，四点共圆，∵∠DAG ＝∠DEF ＝45°，∴A 、E 、G 、D 四点共圆，∴∠EDG ＝∠EAG ＝45°，∴∠EGD ＝90°，∴△ADG ∽△EFD ）ABCDEFGFEDCBAA BCD EF GN MGF E DCBA。
E四点共圆例题及答案
四点共圆例讲例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H四点共圆．证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．∵AC和BD 互相垂直，∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，即E、F、G、H四点共圆．(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠AED＋∠AFD=180°，即A、E、D、F四点共圆，∠AEF=∠ADF．又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，∠CDF＋∠FCD=90°，∠ADF=∠FCD．∴∠AEF=∠FCD，∠BEF＋∠FCB=180°，即B、E、F、C四点共圆．(3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．证明在△ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．∴∠BEC=∠BDC=90°，且E、D在BC的同侧，∴E、B、C、D四点共圆．∠AED=∠ACB，∠A=∠A，∴△AED∽△ACB．上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不叙述了．【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD内接于圆，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】已知：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．证明：连结AC．∵CE∥BD，∴∠1=∠E．∵∠1和∠2都是所对的圆周角，∴∠1=∠2．∠1=∠E．∵四边形ABCD内接于圆，∴∠EBC=∠CDA．∴△ADC∽△CBE．AD∶BC=DC∶BE．AD·BE=BC· DC．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．证明：作∠BAE=∠CAD，AE交 BD于 E．∵∠ABD=∠ACD，即 AB·CD=AC·BE．①∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，AD·BC=AC·DE．②由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BCAC·BD=AB·CD＋AD·BC这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．5圆的内接四边形例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E及AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．证明∠MEC及∠HEB互余，∠ABE及∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的需证明GB=CD．但这在第七章ξ1.4圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由例3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中AB·CD+BC·AD=AC·BD．分析在AB·CD+BC·AD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB·CD+BC·AD是否等于AC·BD．而要考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92，作AE，令∠BAE=∠CAD，并且及对角线BD相交于点E，这就得到△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△AED，由此又求得BC·AD=AC·ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明自己完成．点评本例叫做托勒玫定理．它在计算及证明中都很有用．意一点．求证：PA=PB+PC．分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM≌△CBP就可以了．证明自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．证明自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．证明自己完成．可仿以上的方法拟出本例的其他证明．*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD及⊙O1交于点C，及⊙O2交于点D．经过点B的直线EF及⊙O1交于点E，及⊙O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∴∠BAD=∠E．∵ADFB是圆内接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，∴，AD=DE．∵ABED是圆内接四边形，∴∠EDC=∠ABC．∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD及三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点及一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点及斜边中点距离相等)．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆及 AD、BC分别交于 E、F．求证：C、D、E、F四点共圆．提示连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．四点共圆的应用四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例1 如图1，已知P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP交AB于E．求证：∠APC＝∠BPD．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．二用于证明两条线段相筹例2 如图2，从⊙O外一点P引切线PA、PB和割线PDC，从A点作弦AE 平行于DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行例3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥GC．证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．四用于证明两直线垂直证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP ⊥AD．五用于判定切线例5 如图5，AB为半圆直径，P为半圆上一点，PC⊥AB于C，以AC为直径的圆交PA于D，以BC为直径的圆交PB于E，求证：DE是这两圆的公切线．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AB、CD为⊙O中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G，弦PA、PB分别交CD于E、F．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．七用于证明平方式例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P点，另一组对边AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F，(如图 7)求证：PQ2＝QF2＋PE2．证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2∴PQ2=PE2＋QF2．八用于解计算题例8如图8，△ABC的高AD的延长线交外接圆于H，以AD为直径作圆和AB、AC分别交于E、F点，EF交 AD于 G，若 AG=16cm，AH=25cm，求 AD的长．解连结DE、DF、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴AD=20cm．九用于证明三点共线例9如图9，D为△ABC外接圆上任意一点，E、F、G为D点到三边垂线的垂足，求证：E、F、G三点在一条直线上．证明连结EF、FG、BD、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠DGC，∠DBE＝∠DCG，故∠1=∠4，易得∠2＝∠3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H及H2关于AF对称，则∠1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴A、H2、B、c四点共圆，即H2在△ABC 的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ABC的外接圆上．∴A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．托勒密定理的数形转换功能(竞赛用)圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形 ABCD 中，有AB·CD＋AD·BC=AC·BD，这就是著名的托勒密定理．本刊1996年第2期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数量关系，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替几何推理的目的．例1已知正七边形A1A2 (7)(第21届数学奥林匹克竞赛题)对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变整个解题局面，使证题步骤简缩到最少．如图1，连 A1A5、A3A5，则A1A5=A1A4、A3A5=A1A3．在四边形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4即得结论式．例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，AE=6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？(1988年全国初中数学联赛题)此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展．若运用托勒密定理，可使问题化难为易．由△CDE∽△BAE和△CBE∽△DAE，得由托勒密定理，得BD(AE＋CE)=4(AB＋AD)，亦即 CE(AE＋CE)＝16．设CE=x，整理上式，得x2＋6x－16＝0．解得x＝2(负值已舍)，故BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD＜BC＋CD＝8，例3一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为81，AB是它的第六边，其长为31，求从B出发的三条对角线长的和．(第九届美国数学邀请赛试题)原解答过程冗长．若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”，可使问题化繁为简．如图3，设BD=a， BE=b，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF ＝c．在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①同理81b＋31·81=ac ②31a＋81a=bc ③解①、③、③组成的方程组，得a＝135，b＝144，c＝105故 a＋b＋c=384．2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构及托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决．这种解法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜．例4 解方程若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．若由方程的结构特征联想到托勒密定理，则构造直径AC=x(x≥11)的圆及圆内接四边形ABCD，使BC=2，CD=11，如图 4，于是由托勒密定理，得在△BCD中，由余弦定理，得经检验x=14是原方程的根．求证： a2＋b2＝1．这道名题已有多种证法，而且被视为用三角换无法解代数问题的典范．下面再给出一各几何证法．易知0≤a、b≤1且a、b不全为零．当a、b之一为零时，结论显然成立．当a、b全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径AC＝1的圆及圆内接四及已知等式比较，得BD＝1，即BD也为圆的直径，故a2＋b2=1例6设a＞c，b＞c，c＞0，此题若用常规方法证明也不轻松．下面利用托勒密定理给出它的一个巧证．由托勒密定理，得巧用托勒密定理证题在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，举例说明．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．一、构造“圆”，运用定理【例1】设a，b，x，y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x， AD=y．(图1)由勾股定理知a，b，x，y满足条件．根据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵ CD≤1，∴ax＋by≤1．二、利用无形圆，运用定理【例2】等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．已知：梯形 ABCD中，AD=BC，AB∥CD．求证：BD2=BC2＋AB·CD．证∵等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．(图略)【例 3】已知：边长为 1的正七边形ABCDEFG中，对角线 AD=a，BG=b(a ≠b)．求证：(a＋b)2(a－b)＝ab2．证连结BD，GE，BE，DG，则 BD=EG＝GB=b，DG=BE＝DA＝a， DE=AB=AG=1．(如图2)在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，即ab=a＋b (1)同理在四边形BDEG中，得BE·DG=DE·BG＋BD·EG，即a2=b＋b2 (2)将(2)变形为b=a2－b2 (3)(1)×(3)，得ab2＝(a＋b)(a2－b2)．故ab2=(a＋b)2(a－b)．三、构造圆内接四边形，运用定理【例4】在△ABC中，∠A的内角平分线AD交外接圆于D．连结BD．求证：AD·BC=BD·(AB＋AC)．证(如图3) 连结DC．由托勒密定理．有AD·BC=AB·CD＋AC·BD．又∵∠1=∠2，∴BD=DC．∴AD·BC=AB·CD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．即AD·BC=BD·(AB＋AC)．圆内接四边形的面积公式(竞赛用)设圆内接四边形ABCD中各边为a，b，c，d．连结 BD．由∠A＋∠C=180°，可以推出sinA=sinC，cosA=－cosC．并且S四边形ABCD=S△ABD＋S△BCD所以这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式．在上面的公式中，如果设某一边为零，(不仿设d=0)此时四边形变成三角形，该公式恰是计算三角形面积的海伦公式．圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发，通过联想探索出来的，而且两者在形式上又是那么的相近．这种现象在数学中不胜枚举，如果同学们都能从特殊规律去探索一般规律，再从一般规律去认识特殊规律．那么对数学能力的培养将大有裨益．四条边定长四边形面积的最大值四条边为定长的四边形不具稳定性，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成为圆内接四边形．并且此时达到变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．已知：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值．证明：(1)先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设∠ABC=α，∠ADC=β，AC=x．令α＋β=π，即cosα＋cosβ=0x的解唯一确定，代入(1)(2)后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0，π)的条件下α、β也同时唯一确定．∴四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的．即所得到的四边形为圆内接四边形．(2)当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ显然当α＋β=π时(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，即S最大．一个几何定理的应用定理：如图1，在圆接四边形ABCD中弦AD平分∠BAC，则2ADcosα=AB ＋AC．证明连接BD、DC、BC，设已知圆半径为R，则由正弦定理有：BD＝DC＝2Rsinα，BC＝2Rsin2α．由托勒密定理有AB·CD+AC·BD=AD·DC．∴(AB+AC)·2Rsinα=AD·2Rsin2α．则 2AD·cosα=AB＋AC．下面举例说明它的应用．例1如图2，已知锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交外接圆于N，过L分别作LK⊥AB，LM⊥AC，垂足分别为K、M．求证：四边形AKNM的面积等于△ABC的面积．证明由已知得∠BAN=∠CAN，由定理有 2ANcosα=AB＋AC，=AN·AL·cosα·sinα=AN·AK·sinα=AN·AM·sinα=2S△AKN ＝2S△AMN．∴S△ABC =S四边形AKNM．证明作正七边形外接圆，如图3所示．由定理有2c·cosα=b+c，又在等腰△A1A2A3中有2a·cosα=b．例3在△ABC中，∠C=3∠A，a＝27，c＝48，则b的值是____．解如图4．作△ABC的外接圆，在取三等分点D、E，连CD、CE．由已知得：∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A，CD=AB=48，由定理有 2CE·cosA=CB+CD ①2CD·cosA＝CE+AC ②又2CB·cosA=CE ③由②、③得：b=AC=CE·(CD-CB)/CB=35．托勒密定理及其应用]托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积及另一组对边所包矩形的面积之和)．已知：圆内接四边形ABCD，求证：AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．证明：如图1，过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD∽△BCP．又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．①＋②得 AC(BP＋DP)=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．一、直接应用托勒密定理例1如图2，P是正△ABC外接圆的劣弧上任一点(不及B、C重合)，求证：PA=PB＋PC．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA·BC=PB·AC＋PC·AB，∵AB=BC=AC．∴PA=PB+PC．二、完善图形借助托勒密定理例2证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2证明：如图3，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD 是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB·CD＋AD·BC．①又∵ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．②把②代人①，得AC2=AB2＋BC2．例3如图4，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结CD，依托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD．∵∠1=∠2，∴ BD=CD．故 AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．三、利用“无形圆”借助托勒密定理例4等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积．如图5，ABCD中，AB∥CD，AD=BC，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．又∵ AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证明：如图6，作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC＝a，BC=b，BD＝x，AD＝y．由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B．分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明：如图 7，作△ABC的外接圆，以 A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA．∵AD=BC，∴∠ABD=∠BAC．又∵∠BDA=∠ACB(对同弧)，∴∠1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①而已知a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2．②∴∠BAC=2∠ABC．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图8，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD内接于圆O，其边AB及DC的延长线交于P，AD及BC的延长线交于Q，由P作圆的两切线PM、PN，切点分别为M、N；由Q作圆的两切线QE、QF，切点分别为E、F(如图1)．则有以下一些共点性质：性质1 AC、BD、EF三直线共点．证明：如图1，设AC交EF于K1，则K1分EF所成的比为设BD交EF于K2，同理可得K2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF所成的比相等．∴K1、K2重合，从而AC、BD、EF三直线共点．类似地 AC、BD、MN三直线共点，因此有以下推论 AC、BD、EF、MN四直线共点．性质2 AB、DC、EF三直线共点于P．(此性质等同于1997年中国数学奥林匹克第二试第四题)这里用上述证明性质1的方法证之．证明：如图2．设DC及EF的延长线交于P1，则P1分EF所成的比为设AB及EF的延长线交于P2，则P2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P 1、P 2分EF 所成的比相等． ∴P 1、P 2重合，从而AB 、DC 、EF 三直线共点于P ． 推论 AD 、BC 、NM 三直线共点于Q ． 性质 3 EM 、NF 、PQ 三直线共点．证明：如图3，设EM 的延长线交PQ 于G 1，妨上证法，G 1分PQ 所成的比为设NF 的延长线交PQ 于G 2，则G 2分PQ 所成的比为(这里E 、F 、P 三点共线及N 、M 、Q 三点共线在性质2及推论中已证)． 由△PME ∽△PFM 得由(11)、(12)及QE=QF 、PN=PM可得(9)=(10)，故G 1、G 2分PQ 所成的比相等． ∴G 1、G 2重合，从而EM 、NF 、PQ 三直线共点．性质4 如果直线EN 和MF 相交，那么交点在直线PQ 上，即 EN 、MF 、PQ 三直线共点．证明从略，妨性质3的证法可得．性质5 EM 、NF 、AC 三直线共点．证明：如图4，类似于性质1的证明，设EM 及AC 的延长线交于G 3，则G 3分AC 所成的比为设NF 及AC 的延长线交于G 4，则G 4分AC 所成的比为由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14)，故G3、G4分AC所成的比相等．∴G3、G4重合，从而 EM、NF、AC 三直线共点．推论EM、NF、AC、PQ四直线共点．限于篇幅，仅列以上五条共点性质．有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理圆内接四边形的两条对角线的乘积(两条对角线所包矩形的面积)，等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积及另一组对边所包矩形面积之和)．证明如图1，过C作CP使∠1=∠2，又∠3＝∠4，∴△ACD∽△BCP．∴AC·BP=AD·BC ①又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴AC·DP=AB·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD·BC+AB·CD.故AC·BD=AD·BC+AB·CD.托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.例1已知P是正△ABC的外接圆劣弧上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC是圆内接四边形,根据托勒密定理,有PA·BC=PB·AC+PC·AB.∵AB=BC=AC,∴PA=PB+PC.例2证明等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．证明如图3，设在梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．∵等腰梯形内接于圆，∴AC·BD=AD·BC+AB·CD．又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．例4已知 a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．证明作直径AB=1的圆，在AB两侧作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如图5)．依勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．依托勒密定理有AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．又∵CD≤AB=1，∴ax+by≤1．例5△ABC的三个内角 A、 B、 C的对边分别为a、b、c，且a2=b(b＋c)．求证：A=2B．分析将a2＝b(b＋c)变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明如图6，作△ABC的外接圆．以A为圆心，以BC为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC．则BD=AC=b．据托勒密定理有 BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①又已知a2=b(b＋c)，即 a·a=b·b＋b·c．②比较①、②，有CD=b=BD．于是∠BAC=2∠ABC，即A=2B．托勒密定理的逆定理在凸四边形ABCD中，如果AC·BD=AB· CD＋ BC·AD，则A，B，C，D四点共圆．证明如图2，作∠BAE＝∠DAC，∠ABE＝∠ACD，则△ABE∽△ACD，在△ABC和△AED中，∵∠BAC＝∠DAE和(2)成立，由(1)和(3)式，得到 AB· CD＋ AD·BC＝ AC(BE＋ ED)，又∵ AB·CD＋AD·BC＝AC·BD，∴BE+ED＝BD．故E点在BD上，∠ABE和∠ABD重合，∴∠ABD＝∠ACD，故 A、B、C、D四点共圆．托勒密推广定理设ABCD是凸四边形，则。
(完整版)四点共圆例题及答案
例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H四点共圆．证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．∵AC和BD 互相垂直，∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，即E、F、G、H四点共圆．(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠AED＋∠AFD=180°，即A、E、D、F四点共圆，∠AEF=∠ADF．又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，∠CDF＋∠FCD=90°，∠ADF=∠FCD．∴∠AEF=∠FCD，∠BEF＋∠FCB=180°，即B、E、F、C四点共圆．(3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．证明在△ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．∴∠BEC=∠BDC=90°，且E、D在BC的同侧，∴E、B、C、D四点共圆．∠AED=∠ACB，∠A=∠A，∴△AED∽△ACB．上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法，至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不叙述了．【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD内接于圆，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．【例2】已知：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．证明：连结AC．∵CE∥BD，∴∠1=∠E．∵∠1和∠2都是所对的圆周角，∴∠1=∠2．∠1=∠E．∵四边形ABCD内接于圆，∴∠EBC=∠CDA．∴△ADC∽△CBE．AD∶BC=DC∶BE．AD·BE=BC· DC．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．已知：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．证明：作∠BAE=∠CAD，AE交 BD于 E．∵∠ABD=∠ACD，即 AB·CD=AC·BE．①∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，AD·BC=AC·DE．②由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BCAC·BD=AB·CD＋AD·BC这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5圆的内接四边形例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．证明∠MEC与∠HEB互余，∠ABE与∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的需证明GB=CD．但这在第七章ξ1.4圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由例3 求证：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积，即图中AB·CD+BC·AD=AC·BD．分析在AB·CD+BC·AD=AC·BD中，等号左端是两个乘积的和，要证明这种等式成立，常需把左端拆成两个单项式来证明，即先考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，然后再考虑AB·CD+BC·AD是否等于AC·BD．而要考虑AB·CD和BC·AD各等于什么，要用到相似三角形．为此，如图7-92，作AE，令∠BAE=∠CAD，并且与对角线BD相交于点E，这就得到△ABE∽△ACD．由此求得AB·CD=AC·BE．在圆中又出现了△ABC∽△AED，由此又求得BC·AD=AC·ED．把以上两个等式左右各相加，问题就解决了．证明读者自己完成．点评本例叫做托勒玫定理．它在计算与证明中都很有用．意一点．求证：PA=PB+PC．分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∵ADFB是圆内接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC 交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，∴，AD=DE．∵ABED是圆内接四边形，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点与斜边中点距离相等)．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与 AD、BC分别交于E、F．求证：C、D、E、F四点共圆．提示连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．四点共圆的应用山东宁阳教委教研室栗致根四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例1 如图1，已知P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP交AB 于E．求证：∠APC＝∠BPD．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE ＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．二用于证明两条线段相筹例2 如图2，从⊙O外一点P引切线PA、PB和割线PDC，从A点作弦AE平行于DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行例3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥GC．证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB 和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．四用于证明两直线垂直证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例5 如图5，AB为半圆直径，P为半圆上一点，PC⊥AB于C，以AC为直径的圆交PA于D，以BC为直径的圆交PB于E，求证：DE是这两圆的公切线．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD 的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AB、CD为⊙O中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G，弦PA、PB分别交CD于E、F．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．七用于证明平方式例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P点，另一组对边AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F，(如图 7)求证：PQ2＝QF2＋PE2．证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2∴PQ2=PE2＋QF2．八用于解计算题例8如图8，△ABC的高AD的延长线交外接圆于H，以AD为直径作圆和AB、AC分别交于E、F点，EF交 AD于 G，若 AG=16cm，AH=25cm，求 AD的长．解连结DE、DF、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴AD=20cm．九用于证明三点共线例9如图9，D为△ABC外接圆上任意一点，E、F、G为D点到三边垂线的垂足，求证：E、F、G三点在一条直线上．证明连结EF、FG、BD、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠DGC，∠DBE＝∠DCG，故∠1=∠4，易得∠2＝∠3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2关于AF对称，则∠1=∠2．∵A、F、D、C四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴A、H2、B、c四点共圆，即H2在△ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ABC的外接圆上．∴A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．相关资源加到收藏夹添加相关资源托勒密定理的数形转换功能山东临沂市四中姜开传临沂市第一技校刘久松圆内接四边形两组对边乘积的和等于其对角线的乘积，即在四边形 ABCD 中，有AB·CD＋AD·BC=AC·BD，这就是著名的托勒密定理．本刊1996年第2期给出了它的几种证法，作为续篇，本文就其数形转换功能举例说明如下：1 “形”转换为“数”对于某些几何问题，特别是圆内接多边形问题，如果能根据题设中隐含的数量关系，利用托勒密定理可将“形”转换为“数”，从而达到用代数运算来代替几何推理的目的．例1已知正七边形A1A2 (7)(第21届全俄数学奥林匹克竞赛题)对于这道竞赛题，原证较繁，但通过深挖隐含条件，利用托勒密定理可改变整个解题局面，使证题步骤简缩到最少．如图1，连 A1A5、A3A5，则A1A5=A1A4、A3A5=A1A3．在四边形A1A3A4A5中，由托勒密定理，得A3A4·A1A5＋A4A5·A1A3＝A1A4·A3A5，即A1A2·A1A4＋A1A2·A1A3＝A1A3·A1A4，两边同除以A1A2·A1A3·A1A4即得结论式．例2 如图2，A、B、C、D四点在同一圆周上，且BC＝CD＝4，AE=6，线段BE和DE的长都是整数，则BD的长等于多少？(1988年全国初中数学联赛题)此题若用其它方法解，往往使人一筹莫展．若运用托勒密定理，可使问题化难为易．由△CDE∽△BAE和△CBE∽△DAE，得由托勒密定理，得BD(AE＋CE)=4(AB＋AD)，亦即 CE(AE＋CE)＝16．设CE=x，整理上式，得x2＋6x－16＝0．解得x＝2(负值已舍)，故BE·DE＝CE·AE＝12．∵BD＜BC＋CD＝8，例3一个内接于圆的六边形，其五个边的边长都为81，AB是它的第六边，其长为31，求从B出发的三条对角线长的和．(第九届美国数学邀请赛试题)原解答过程冗长．若通过托勒密定理的桥梁作用，把“形”转换为“数”，可使问题化繁为简．如图3，设BD=a， BE=b，BF＝c，连AC、CE、AE，则CE＝AE＝BD＝a，AC=BF ＝c．在四边形BCDE中，由托勒密定理，得81b＋812＝a2①同理81b＋31·81=ac ②31a＋81a=bc ③解①、③、③组成的方程组，得a＝135，b＝144，c＝105故 a＋b＋c=384．2 “数”转换为“形”对于某些代数问题，若结构与托勒密定理相似，通过构造圆内接四边形，可把“数”转换为“形”，然后利用“形”的性质，使问题得到解决．这种解法构思巧妙，方法独特，富于创新，出奇制胜．例4 解方程若按常规方法解这个无理方程，过程繁冗．若由方程的结构特征联想到托勒密定理，则构造直径AC=x(x≥11)的圆及圆内接四边形ABCD，使BC=2，CD=11，如图 4，于是由托勒密定理，得在△BCD中，由余弦定理，得经检验x=14是原方程的根．求证： a2＋b2＝1．这道名题已有多种证法，而且被视为用三角换无法解代数问题的典范．下面再给出一各几何证法．易知0≤a、b≤1且a、b不全为零．当a、b之一为零时，结论显然成立．当a、b全不为零时，由已知等式联想到托勒密定理，作直径AC＝1的圆及圆内接四与已知等式比较，得BD＝1，即BD也为圆的直径，故a2＋b2=1例6设a＞c，b＞c，c＞0，此题若用常规方法证明也不轻松．下面利用托勒密定理给出它的一个巧证．由托勒密定理，得巧用托勒密定理证题河北晋州市数学论文研究协会张东海王素改在解证某些数学题时，如能巧用托勒密定理，可使解证过程简洁清新，兹举例说明．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．一、构造“圆”，运用定理【例1】设a，b，x，y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证作直径AB=1的圆，在AB的两侧任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x， AD=y．(图1)由勾股定理知a，b，x，y满足条件．根据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵ CD≤1，∴ax＋by≤1．二、利用无形圆，运用定理【例2】等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．已知：梯形 ABCD中，AD=BC，AB∥CD．求证：BD2=BC2＋AB·CD．证∵等腰梯形内接于圆，由托勒密定理，有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．(图略)【例 3】已知：边长为 1的正七边形ABCDEFG中，对角线 AD=a，BG=b(a≠b)．求证：(a＋b)2(a－b)＝ab2．证连结BD，GE，BE，DG，则 BD=EG＝GB=b，DG=BE＝DA＝a， DE=AB=AG=1．(如图2)在四边形ABDG中，由托勒密定理，有AD·BG=AB·DG＋BD·AG，即ab=a＋b (1)同理在四边形BDEG中，得BE·DG=DE·BG＋BD·EG，即a2=b＋b2 (2)将(2)变形为b=a2－b2 (3)(1)×(3)，得ab2＝(a＋b)(a2－b2)．故ab2=(a＋b)2(a－b)．三、构造圆内接四边形，运用定理【例4】在△ABC中，∠A的内角平分线AD交外接圆于D．连结BD．求证：AD·BC=BD·(AB＋AC)．证(如图3) 连结DC．由托勒密定理．有AD·BC=AB·CD＋AC·BD．又∵∠1=∠2，∴BD=DC．∴AD·BC=AB·CD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．即AD·BC=BD·(AB＋AC)．圆内接四边形的面积公式黑龙江绥化五中任天民设圆内接四边形ABCD中各边为a，b，c，d．连结 BD．由∠A＋∠C=180°，可以推出sinA=sinC，cosA=－cosC．并且S四边形ABCD=S△ABD＋S△BCD所以这样我们得出了圆内接四边形面积的计算公式．在上面的公式中，如果设某一边为零，(不仿设d=0)此时四边形变成三角形，该公式恰是计算三角形面积的海伦公式．圆内接四边形面积公式的得出是受三角形面积公式的启发，通过联想探索出来的，而且两者在形式上又是那么的相近．这种现象在数学中不胜枚举，如果同学们都能从特殊规律去探索一般规律，再从一般规律去认识特殊规律．那么对数学能力的培养将大有裨益．四条边定长四边形面积的最大值上海市育群中学李甲鼎四条边为定长的四边形不具稳定性，但在某种特定的位置下，它能内接于圆，成为圆内接四边形．并且此时达到变化过程中面积最大值．下文证明这个事实．已知：四边形ABCD中：AB＝a，BC＝b，CD=c，DA=d求证：四边形ABCD中有唯一四边形能内接于圆，且此时面积达到最大值．证明：(1)先证四边形四边定长，有唯一的四边形内接于圆，设∠ABC=α，∠ADC=β，AC=x．令α＋β=π，即cosα＋cosβ=0x的解唯一确定，代入(1)(2)后cosα、cosβ也随之唯一确，在α，β∈(0，π)的条件下α、β也同时唯一确定．∴四边形四边定长，对角互补，四边形是唯一的．即所得到的四边形为圆内接四边形．(2)当四边定长的四边形内接于圆时，此四边形面积最大．∵四边形ABCD的面积由余弦定理得a2＋b2－2abcosα=x2=c2＋d2－2cdcosβ显然当α＋β=π时(即为圆内接四边形时)S2达到最大值，即S最大．一个几何定理的应用江苏省徐州矿务局庞庄职校张怀林定理：如图1，在圆接四边形ABCD中弦AD平分∠BAC，则2ADcosα=AB ＋AC．证明连接BD、DC、BC，设已知圆半径为R，则由正弦定理有：BD＝DC＝2Rsinα，BC＝2Rsin2α．由托勒密定理有AB·CD+AC·BD=AD·DC．∴(AB+AC)·2Rsinα=AD·2Rsin2α．则2AD·cosα=AB＋AC．下面举例说明它的应用．例1如图2，已知锐角△ABC的∠A平分线交BC于L，交外接圆于N，过L分别作LK⊥AB，LM⊥AC，垂足分别为K、M．求证：四边形AKNM的面积等于△ABC的面积．(第28届IMO)证明由已知得∠BAN=∠CAN，由定理有2ANcosα=AB＋AC，=AN·AL·cosα·sinα=AN·AK·sinα=AN·AM·sinα=2S△AKN＝2S△AMN．∴S△ABC=S四边形AKNM．(第21届全苏奥数)证明作正七边形外接圆，如图3所示．由定理有2c·cosα=b+c，又在等腰△A1A2A3中有2a·cosα=b．例3在△ABC中，∠C=3∠A，a＝27，c＝48，则b的值是____．(第36届AHSME试题)解如图4．作△ABC的外接圆，在取三等分点D、E，连CD、CE．由已知得：∠ACD=∠DCE=∠ECB=∠A，CD=AB=48，由定理有2CE·cosA=CB+CD ①2CD·cosA＝CE+AC ②又2CB·cosA=CE ③由②、③得：b=AC=CE·(CD-CB)/CB=35．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会刘同林托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积(两对角线所包矩形的面积)等于两组对边乘积之和(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)．已知：圆内接四边形ABCD，求证：AC·BD＝AB·CD＋AD·BC．证明：如图1，过C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4，∴△ACD ∽△BCP．又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴△ACB∽△DCP．①＋②得AC(BP＋DP)=AB·CD＋AD·BC．即AC·BD=AB·CD＋AD·BC．这就是著名的托勒密定理，在通用教材中习题的面目出现，不被重视．笔者认为，既然是定理就可作为推理论证的依据．有些问题若根据它来论证，显然格外简洁清新．兹分类说明如下，以供探究．一、直接应用托勒密定理例1如图2，P是正△ABC外接圆的劣弧上任一点(不与B、C重合)，求证：PA=PB＋PC．分析：此题证法甚多，一般是截长、补短，构造全等三角形，均为繁冗．若借助托勒密定理论证，则有PA·BC=PB·AC＋PC·AB，∵AB=BC=AC．∴PA=PB+PC．二、完善图形借助托勒密定理例2证明“勾股定理”：在Rt△ABC中，∠B=90°，求证：AC2=AB2＋BC2证明：如图3，作以Rt△ABC的斜边AC为一对角线的矩形ABCD，显然ABCD是圆内接四边形．由托勒密定理，有AC·BD=AB·CD＋AD·BC．①又∵ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AC=BD．②把②代人①，得AC2=AB2＋BC2．例3如图4，在△ABC中，∠A的平分线交外接∠圆于D，连结BD，求证：AD·BC=BD(AB＋AC)．证明：连结CD，依托勒密定理，有AD·BC＝AB·CD＋AC·BD．∵∠1=∠2，∴BD=CD．故AD·BC=AB·BD＋AC·BD=BD(AB＋AC)．三、利用“无形圆”借助托勒密定理例4等腰梯形一条对角线的平方等于一腰的平方加上两底之积．如图5，ABCD中，AB∥CD，AD=BC，求证：BD2=BC2＋AB·CD．证明：∵等腰梯形内接于圆，依托密定理，则有AC·BD=AD·BC＋AB·CD．又∵AD=BC，AC=BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．四、构造图形借助托勒密定理例5若a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2＋y2=1．求证：ax＋by≤1．证明：如图6，作直径AB=1的圆，在AB两边任作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC＝a，BC=b，BD＝x，AD＝y．由勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．据托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD．∵CD≤AB＝1，∴ax＋by≤1．五、巧变原式妙构图形，借助托勒密定理例6已知a、b、c是△ABC的三边，且a2=b(b＋c)，求证：∠A=2∠B．分析：将a2=b(b＋c)变形为a·a=b·b＋bc，从而联想到托勒密定理，进而构造一个等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明：如图7，作△ABC的外接圆，以A为圆心，BC为半径作弧交圆于D，连结BD、DC、DA．∵AD=BC，∴∠ABD=∠BAC．又∵∠BDA=∠ACB(对同弧)，∴∠1=∠2．依托勒密定理，有BC·AD=AB·CD＋BD·AC．①而已知a2=b(b＋c)，即a·a=b·c＋b2．②∴∠BAC=2∠ABC．六、巧变形妙引线借肋托勒密定理例7在△ABC中，已知∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶4，析证：将结论变形为AC·BC＋AB·BC=AB·AC，把三角形和圆联系起来，可联想到托勒密定理，进而构造圆内接四边形．如图8，作△ABC的外接圆，作弦BD=BC，边结AD、CD．在圆内接四边形ADBC中，由托勒密定理，有AC·BD＋BC·AD=AB·CD易证AB=AD，CD=AC，∴AC·BC＋BC·AB=AB·AC，关于圆内接四边形的若干共点性质浙江绍兴县鲁迅中学范培养设四边形ABCD内接于圆O，其边AB与DC的延长线交于P，AD与BC 的延长线交于Q，由P作圆的两切线PM、PN，切点分别为M、N；由Q作圆的两切线QE、QF，切点分别为E、F(如图1)．则有以下一些共点性质：性质1 AC、BD、EF三直线共点．证明：如图1，设AC交EF于K1，则K1分EF所成的比为设BD交EF于K2，同理可得K2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(1)=(2)，故K1、K2分EF所成的比相等．∴K1、K2重合，从而AC、BD、EF三直线共点．类似地AC、BD、MN三直线共点，因此有以下推论AC、BD、EF、MN四直线共点．性质2 AB、DC、EF三直线共点于P．(此性质等同于1997年中国数学奥林匹克第二试第四题)这里用上述证明性质1的方法证之．证明：如图2．设DC与EF的延长线交于P1，则P1分EF所成的比为设AB与EF的延长线交于P2，则P2分EF所成的比为由(5)、(6)可得(7)=(8)，故P1、P2分EF所成的比相等．∴P1、P2重合，从而AB、DC、EF三直线共点于P．推论AD、BC、NM三直线共点于Q．性质 3 EM、NF、PQ三直线共点．证明：如图3，设EM的延长线交PQ于G1，妨上证法，G1分PQ所成的比为设NF的延长线交PQ于G2，则G2分PQ所成的比为(这里E、F、P三点共线及N、M、Q三点共线在性质2及推论中已证)．由△PME∽△PFM得由(11)、(12)及QE=QF、PN=PM可得(9)=(10)，故G1、G2分PQ所成的比相等．∴G1、G2重合，从而EM、NF、PQ三直线共点．性质4如果直线EN和MF相交，那么交点在直线PQ上，即EN、MF、PQ三直线共点．证明从略，妨性质3的证法可得．性质5 EM、NF、AC三直线共点．证明：如图4，类似于性质1的证明，设EM与AC的延长线交于G3，则G3分AC所成的比为设NF与AC的延长线交于G4，则G4分AC所成的比为由(15)、(18)、(19)可得(13)=(14)，故G3、G4分AC所成的比相等．∴G3、G4重合，从而EM、NF、AC 三直线共点．推论EM、NF、AC、PQ四直线共点．限于篇幅，仅列以上五条共点性质．有兴趣的读者不妨再探索其它共点性质例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE 中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．托勒密定理及其应用河北省晋州市数学论文研究协会康美娈彭立欣托勒密定理圆内接四边形的两条对角线的乘积(两条对角线所包矩形的面积)，等于两组对边乘积之和(一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形面积之和)．证明如图1，过C作CP使∠1=∠2，又∠3＝∠4，∴△ACD∽△BCP．∴AC·BP=AD·BC ①又∠ACB=∠DCP，∠5=∠6，∴AC·DP=AB·CD．②①+②得AC(BP+PD)=AD·BC+AB·CD.故AC·BD=AD·BC+AB·CD.托勒密定理在教材中仅以习题的形式出现，若以此定理为根据，可使许多问题解证过程别具一格.例1已知P是正△ABC的外接圆劣弧上任意一点.求证:PA=BP+PC.证明如图2,ABPC是圆内接四边形,根据托勒密定理,有PA·BC=PB·AC+PC·AB.∵AB=BC=AC,∴PA=PB+PC.例2证明等腰梯形一条对角线的平方，等于一腰的平方加上两底之积．证明如图3，设在梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD．∵等腰梯形内接于圆，∴AC·BD=AD·BC+AB·CD．又AD＝BC，AC＝BD，∴BD2=BC2＋AB·CD．例3在边长为a的正七边形ABCDEFG中，两条不相等的对角线长分别为t，m．证明如图4，连结AD、CE，令AE＝t，AC＝m，在圆内接四边形ACDE 中，据托勒密定理，有AD·CE＝AE·CD＋AC·DE，即tm＝ta＋ma．例4已知a、b、x、y是实数，且a2＋b2=1，x2+y2=1．求证：ax＋by≤1．证明作直径AB=1的圆，在AB两侧作Rt△ACB和Rt△ADB，使AC=a，BC=b，BD=x，DA=y(如图5)．依勾股定理知a、b、x、y是满足题设条件的．依托勒密定理有AC·BD＋BC·AD＝AB·CD．又∵CD≤AB=1，∴ax+by≤1．例5△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a2=b(b＋c)．求证：A=2B．分析将a2＝b(b＋c)变形为a·a=b·b＋b·c，可联想到托勒密定理，进而构造一个圆内接等腰梯形，使两腰为b，两对角线为a，一底边为c．证明如图6，作△ABC的外接圆．以A为圆心，以BC为半径画弧交圆于D，连结BD、DA、DC．。
四点共圆(相应习题附答案)
《四点共圆》判定1：到某定点的距离相等的所有点共圆。
→若连在四边形的三边的中垂线相交于一点，那么这个四边形的四个顶点共圆。
（这三边的中垂线的交点就是圆心）。
产生原因：圆的定义：圆可以看作是到定点的距离等于定长的点的集合。
基本模型：因为AO=BO=CO=DO所以点 A 、B 、C 、D 四点共圆（O 为圆心）判定2：对角互补，四点共圆：对角互补的四边形的四个顶点共圆。
产生原因：圆内接四边形的对角互补。
基本模型：因为 0180=∠+∠D A （或0180=∠+∠D B ）所以 A 、B 、C 、D 四点共圆判定3：外角等于内对角，四点共圆：有一个外角等于其内对角的四边形的四个顶点共圆。
产生原因：圆内接四边形的外角等于内对角。
基本模型：因为B ECD ∠=∠所以点 A 、B 、C 、D 四点共圆判断4：张角相等，四点共圆：线段同侧两点与这条线段两个端点连线的夹角相等，则这两个点和线段的两个端点共四个点共圆。
产生原因：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等。
方法指导：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角（即：张角）相等(同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。
因为CDB CAB ∠=∠所以点 A 、B 、C 、D 四点共圆判定5：同斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆，其斜边为圆的直径。
产生原因：直径所对的圆周角是直角。
因为090=∠=∠D C所以点A 、B 、C 、D 四点共圆相应练习：1.如图，已知ABC ∆的两条角平分线AD 和CE 相交于H ，060B ∠=，F 在AC 上，且AE AF =。
证明：(1)B,D,H,E 四点共圆 (2)CE 平分DEF ∠。
2．如图，AC ⊥BC ，CE ⊥AB ，CF ⊥AD.求证：∠AFE=∠B.3.已知在凸五边形ABCDE 中，3BAE BC CD DE α∠===，，且1802BCD CDE α∠=∠=︒-，求证：BAC CAD DAE ∠=∠=∠． E D C B A ED C B A4、如图，点C 为线段AB 上任意一点(不与点A 、B 重合)，分别以AC 、BC 为一腰在AB 的同侧作等腰△ACD 和△BCE ，CA ＝CD ，CB ＝CE ，∠ACD 与∠BCE 都是锐角，且∠ACD ＝∠BCE ，连接AE 交CD 于点M ，连接BD 交CE 于点N ，AE 与BD交于点P ，连接CP 。
四点共圆例题及答案
四点共圆的应用例1 如图1，已知P 为⊙O 外一点，PA 切⊙O 于A ，PB 切⊙O 于B ，OP 交AB 于E ． 求证：∠APC ＝∠BPD ．例2 如图2，从⊙O 外一点P 引切线PA 、PB 和割线P DC ，从A 点作弦A E 平行于D C ，连结BE 交D C于F ，求证：FC ＝FD ．例3 如图3，在△ABC 中，AB=AC ，AD ⊥BC ，∠B 的两条三等分线交A D 于E 、G ，交AC 于F 、H ．求证：EH ∥GC ．PP例4 如图4，⊿ABC 为等边三角形，D 、E 分别为B C 、AC 边上的点，且BD=31BC,CE=31AC,AD 与BE 相交于P 点。
求证：CP ⊥AD例5 如图5，AB 为半圆直径，P 为半圆上一点，PC ⊥AB 于C ，以AC 为直径的圆交P A 于D ，以BC 为直径的圆交P B 于E ，求证：DE 是这两圆的公切线．例6 AB 、CD 为⊙O 中两条平行的弦，过B 点的切线交CD 的延长线于G ，弦PA 、PB 分别交C D 于E 、F ．求证：FGFDCF EFB例7 ABCD 为圆内接四边形，一组对边A B 和DC 延长交于P 点，另一组对边A D 和BC 延长交于Q 点，从P 、Q 引这圆的两条切线，切点分别是E 、F ，(如图 7)求证：PQ 2＝QF 2＋PE 2．例8 如图8，△ABC 的高A D 的延长线交外接圆于H ，以AD 为直径作圆和A B 、AC 分别交于E 、F 点，EF 交 AD 于 G ，若 AG=16cm ，AH=25cm ，求 AD 的长．例9 如图9，D 为△ABC 外接圆上任意一点，E 、F 、G 为D 点到三边垂线的垂足，求证：E 、F 、G 三点在一条直线上．例10 如图10，H 为△ABC 的垂心，H 1、H 2、 H3为H 点关于各边的对称点，求证：A 、B 、 C 、H 1、H 2、H3六点共圆．11、已知PQR S 是圆内接四边形,∠PSR =90°,过点2Q 作P R 、PS 的垂线,垂足分别为点H 、K.求证:HK 平分Q S .12.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A B 的延长线交于点Q ,过Q 作直线与A B 垂直,交直线AP 于点R. 求证:BQ =QR.13.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C Q ⊥PH,垂足为Q.求证:2PE =PH ·PQ.R。
第28讲 四点共圆问题(解析版)
第28讲 四点共圆问题一、解答题1．已知直线:l y x m +＝交抛物线2:4C y x =于,A B 两点． （1）设直线l 与x 轴的交点为T ．若，求实数m 的值；（2）若点,M N 在抛物线C 上，且关于直线l 对称，求证：四点共圆． 【答案】（1）8m ＝－；（2）证明见解析． 【分析】（1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得m 的范围，由韦达定理得1212,y y y y +，再由向量的数乘可得122y y +＝0，结合韦达定理可得12,,y y m 值；（2）设，由对称性得434y y =--，4342x m x =---．再由,M N 在抛物线上，代入变形得3y 与m 的关系，然后计算，得M A M B ⊥， 同理NA NB ⊥，得证四点共圆． 【详解】解：由得2440y y m -+=． 设，则12124,4y y y y m +==． 因为直线l 与C 相交， 所以16160,m ∆->= 得1m <．（1）由，得1220y y +=， 所以240y +=，解得24,y =- 从而18y =， 因为124,y y m =所以432,m =-解得8m =-． （2）设，因为,M N 两点关于直线y x m =+对称， 则解得434y y =--．又434322y y x x m ++=+ 于是3343422y y x x m --++=+ 解得4342x m x =---． 又点N 在抛物线上，于是233()()4442y m x --=---． 因为2334,y x =所以23341640y y m =+++， 于是222233121323()()(-)(-)4444y y y y y y y y =--()()132********()1616y y y y y y y y y y --⎡⎤=++++⎣⎦ ()()2231333404()1616y y y y y m y --==+++ 因此M A M B ⊥， 同理,NA NB ⊥于是点,M N 在以AB 为直径的圆上， 即四点共圆． 【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，如设交点坐标为，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得1212,y y y y +，再利用向量的线性运算求得12,y y 关系，从而可求得12,,y y m 值．2．已知椭圆22:14x C y +=上三点、M 、B 与原点O 构成一个平行四边形AMBO ．（1）若点B 是椭圆C 的左顶点，求点M 的坐标； （2）若、M 、B 、O 四点共圆，求直线AB 的斜率．【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）由已知可得，由//AM BO ，且AM BO =，设， 代入椭圆方程解方程即可得解；（2）因为、M 、B 、O 四点共圆，则平行四边形AMBO 是矩形且OA OB ⊥，设直线AB 的方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，根据韦达定理代入 12120OA OB x x y y →→⋅=+=，化简计算求解即可.【详解】解析：（1）如图所示：因为，四边形AMBO 为平行四边形， 所以//AM BO ，且2AM BO ==． 设点，则因为点M 、A 在椭圆C 上，所以，解得，所以1,2M ⎛-± ⎝⎭．（2）因为直线AB 的斜率存在， 所以设直线AB 的方程为y kx m =+，()11,A x y ，．由消去y 得，则有，21224414m x x k-=+．因为平行四边形AMBO ， 所以()1212,OM OA OB x x y y →→→=+=++．因为，所以，所以．因为点M 在椭圆C 上，所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程化得22441m k =+．① 因为A 、M 、B 、O 四点共圆，所以平行四边形AMBO 是矩形， 且OA OB ⊥，所以12120OA OB x x y y →→⋅=+=．因为，所以22212122244401414m m k x x y y k k--+=+=++，化得22544m k =+．②由①②解得2114k =，23m =，此时>0∆，因此2k =±．所以所求直线AB 的斜率为． 【点睛】本题主要考查了联立直线与椭圆的方程利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法进而代入求解的问题，考查计算能力和逻辑推理能力，属于难题.3．已知抛物线P ：22y px =（0p >）上的点到其焦点的距离为1． （Ⅰ）求p 和a 的值；（Ⅰ）求直线l ：y x m =+交抛物线P 于两点A 、B ，线段AB 的垂直平分线交抛物线P 于两点C 、D ，求证：A 、B 、C 、D 四点共圆．【答案】（Ⅰ）12p =，a =；（Ⅰ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）根据抛物线的定义可得点到其焦点的距离等于该点到准线距离，即可求出p ，从而得到抛物线方程，再计算出参数a 的值；（Ⅰ）设()11,A x y ，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出线段AB 的中点M 的坐标，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为，设，，求出线段CD 的中点坐标，再利用勾股定理计算可得； 【详解】解：（Ⅰ）22y px =的准线为2px =-，因为点到其焦点的距离等于该点到准线距离， 所以3124p +=， 故12p =，即2y x =， 又在2y x =上，所以a =； （Ⅰ）设()11,A x y ，， 联立，得20y y m -+=， 则121y y +=，12y y m ⋅=， 且140m ->，即14m <， 则，且线段AB 中点的纵坐标为12122y y +=，则12x m =-，所以线段AB 中点为，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为， 联立，得210y y m ++-=， 设，，则341y y +=-，341y y m ⋅=-故34y D y C =-=， 线段CD 中点为， 因为， ， 所以12AN CD =， 所以点A 在以CD 为直径的圆上， 同理点B 在以CD 为直径的圆上， 所以A 、B 、C 、D 四点共圆．【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系； (2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB |＝x 1＋x 2＋p ，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．4．已知直线与x 轴，y 轴分别交于A ，B ，线段AB 的中垂线2l 与抛物线()2:20E y px p =>有两个不同的交点C 、D ． （1）求p 的取值范围；（2）是否存在p ，使得A ，B ，C ，D 四点共圆，若存在，请求出p 的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）存在，5p = 【分析】（1）求出,A B 两点坐标，得出其中垂线方程为380x y ++=，与抛物线方程联立根据0∆>即可得结果；（2）设，，线段CD 的中点为，将（1）和韦达定理可得，CD =征得2214MA CD =，代入两点间距离公式可解得p 的值. 【详解】（1）因为直线与x 轴，y 轴分别交于A ，B . 所以，，所以线段AB 的中点为，3AB k =， 所以线段AB 的中垂线2l 的方程为()1313y x +=--，即380x y ++=. 将38x y =--代入()2:20E y px p =>，得26160y py p ++=，因为2l 与E 有两个不同的交点C ，D . 所以2364160p p ∆=-⨯>， 又0p >，所以169p >，即p 的取值范围为. （2）若A ，B ，C ，D 四点共圆，由对称性可知，圆心应为线段CD 的中点， 设，，线段CD 的中点为， 则，所以12032y y y p +==-，003898x y p =--=-，CD ==若A ，B ，C ，D 四点共圆，则12MA CD =，即2214MA CD =， 所以()()2220012409164x y p p -+=⨯-. 所以，解得5p =， 又5p =满足169p >，所以存在5p =，使得A ，B ，C ，D 四点共圆. 【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，圆内接四边形的特征，考查了学生的计算能力，属于中档题. 5．已知斜率为k 的直线交椭圆()2230x y λλ+=>于A ，B 两点，AB 的垂直平分线与椭圆交于C ，D 两点，点是线段AB 的中点.（1）若03y =，求直线AB 的方程以及λ的取值范围；（2）不管λ怎么变化，都有A ，B ，C ，D 四点共圆，求0y 的取值范围. 【答案】（1）40x y +-=，12λ>；（2）. 【分析】（1）将直线AB 的方程()13y k x =-+代入椭圆方程223x y λ+=，再利用根与系数的关系可得，从而可求出k 的值，进而可得到直线AB 的方程，由判别式大于零可求出λ的取值范围；（2）设直线AB 的方程为，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，再利用弦长公式表示出AB ,由于DC 是AB 的垂直平分线，所以同理可表示DC 的长，求出CD 中点P 的横坐标，则可求出点P 到AB 的距离d ，由A ，B ，C ，D 四点共圆，将AB ，DC ，d 代入化简可得，从而可求出k 的值，进而可求得0y 【详解】 设()11,A x y ，.（1）当03y =时，直线AB 的方程为()13y k x =-+， 将AB 方程代入223x y λ+=得：()()()22232330kxk k x k λ++-+--=.①由，解得1k =-，此时AB 的方程为40x y +-=. 将1k =-代入①，得. 由，解得12λ>.（2）设直线AB 的方程为， 将方程代入223x y λ+=得：.② 由题意，即03ky -=.12AB x =-=， 同理得，所以CD 中点P 的横坐标，点P 到AB 的距离d1-=由A ，B ，C ，D 四点共圆，即()()2222222211912133313kk k k k k λλ⎛⎫++⎛⎫⎡⎤-++=--+ ⎪ ⎪⎣⎦+⎝⎭⎝⎭+，③ 不管λ怎么变化，都有A ，B ，C ，D 四点共圆，即上式恒成立，所以，解得， 此时③式成立.代入②，由0∆>得12λ>. 所以0y 的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查计算求解能力，解题的关键是由A ，B ，C ，D 四点共圆，将AB ，DC ，d 代入化简可得，从而可求出k 的值，进而可求得0y ，考查数学转化思想，属于较难题6．已知椭圆22221x y a b+=(0)a b >>的左，右焦点分别为1F ，2F ，且126F F ||=，直线y kx =与椭圆交于，B 两点．（Ⅰ）若△12AF F 的周长为16，求椭圆的标准方程；（Ⅰ，且，B ， 1F ，2F 四点共圆，求椭圆离心率e 的值；（Ⅰ）在（Ⅰ）的条件下，设00(,)P x y 为椭圆上一点，且直线PA 的斜率，试求直线PB 的斜率2k 的取值范围．【答案】（Ⅰ（Ⅰ）23=e ．（Ⅰ【解析】试题解析：（Ⅰ）由题意得3c =， 根据2216a c +=，得5a =．结合222a b c =+，解得2225,16a b ==（Ⅰ）（解法一）由由AB 、EF 互相平分且共圆，易知，22AF BF ⊥， 因为，， 所以．即 128x x =-，所以有结合229b a +=．解得212a =，所以离心率 （若设相应给分）（解法二）设）（11,y x A ，又AB 、EF 互相平分且共圆，所以AB 、EF 是圆的直径， 所以92121=+y x ，又由椭圆及直线方程综合可得： 前两个方程解出，将其带入第三个方程并结合，解得：122=a ，23=e ．…8分 （Ⅰ）由（Ⅰ）结论，椭圆方程为，又 ，由121k -<<-考点：1．椭圆的标准方程及其几何性质；2．直线与椭圆的位置关系．7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆的右焦点为F ，P 为右准线上一点．点Q 在椭圆上，且FQ FP ⊥．（1）若椭圆的离心率为12，短轴长为 （2）若在x 轴上方存在,P Q 两点，使,,,O F P Q 四点共圆，求椭圆离心率的取值范围．【答案】（1）22143x y +=； （21e <<.【分析】（1）设椭圆的焦距为2c ，由题意，可得，即可求得椭圆C 的标准方程；（2）设2(a P c，)t ，0(Q x ，0)y ，可得FPQ ∆的外接圆即为以PQ 为直径的圆200()()()()0a x x x y t y y c--+--=，可得20a x c c =-，根据点P ，Q 均在x 轴上方，可得210e e +->，解得即可；【详解】解：（1）设椭圆的焦距为2c ，由题意，可得，解得2a =，b =椭圆的方程为22143x y +=，（2）设2(a P c，)t ，0(Q x ，0)y ，FP FQ ⊥，则FPQ ∆的外接圆即为以PQ 为直径的圆200()()()()0a x x x y t y y c--+--=，由题意，焦点F ，原点O 均在该圆上， ，消去0ty 可得，20a x c c∴=-，点P ，Q 均在x 轴上方，2a a c c c∴-<-<，即，210e e ∴+->，01e <<，1e <<， 故e 的范围为． 【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线的圆锥曲线的位置关系，考查圆的方程及点到直线的距离公式，直线的斜率公式，考查计算能力，解题时要认真审题，属于中档题．8．已知抛物线2:4E y x =的焦点为F ，准线为l O ，为坐标原点，过F 的直线m 与抛物线E 交于A B 、两点，过F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ．（1）若直线m（2）设AB 的中点为N ，若O M N F 、、、四点共圆，求直线m 的方程．【答案】（1）或；（2）1)y x =-． 【分析】（1）由抛物线的定义建立方程即可.（2）设直线m 的方程为1x ty =+，用t 表示,M N 坐标，再结合条件得到，建立关于t 的方程即可获解. 【详解】（1）设，当1λ>时，设，则，直线m ∴直线m 的倾斜角为60︒， 由抛物线的定义，有，112λλ+∴=-，解得：3λ=， 若01λ<<时，同理可得：13λ=， ||3||AF BF ∴=或． （2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty --=． 设，则12124,4y y t y y +==-．由， 得，所以()221,2N t t +．因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为，则直线n 的方程为． 由解得(1,2)M t -．若O M N F 、、、四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥，则()2212122210OM ON t t t t ⋅=-⨯++⋅=-=，解得2t =±所以直线m 的方程为1)y x =-． 【点睛】（1）有些题目可以利用抛物线的定义结合几何关系建立方程获解；（2）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系. 9．如图，已知椭圆C 的方程为，c 为半焦距，椭圆C 的左、右焦点分别为12,F F ，椭圆C 的离心率为e ．（1）若椭圆过点(e ，两条准线之间的距离为4b ，求椭圆C 的标准方程；（2）设直线y kx =与椭圆C 相交于，B 两点，且12,,,A F B F c ≤，试求2k 的最大值．【答案】（1）22142x y +=（2）13 【分析】(1)利用准线,以及222a b c =+求出离心率,又因为椭圆过点,确定方程.(2)将直线方程代入椭圆方程, 根据中心对称性和12,,,F B F 四点共圆，所以22AF BF ⊥. 所以三角形2ABF 是直角三角形,,根据2213e ≤<得出2k 取得最大值. 【详解】（1）因为两条准线之间的距离为4b ，所以224a b c=，又222a b c =+，故22b c =，因为222b a c =-，所以222a c c -=，解得e =， 因为椭圆C 过点，所以，故222b c ==，24a =，所以椭圆C 的标准方程为22142x y +=.（2）设，由得，解得.由椭圆的中心对称性得，12AF B AF B ∠=∠， 因为12,,,A F B F 四点共圆，所以12AF B AF B π∠+∠=， 所以22AF B π∠=，即22AF BF ⊥，所以三角形2ABF 是直角三角形，且22OF AB =，所以122|c x x =-，即22c =，故，所以()()()2222222221cac a k k a a c -+=+-，即，分离k ，e 得，，c ≤，所以()22222222213b c a c c e ≤⇔-≤⇔≤<， 令21,t e =-则，所以2221t k t =+，令，则()2211(0)21213t k t t t t t ==-≤<++，易得当103t -≤<，()k t 单调递减， 所以13t =-时，()k t 取最大值，即2k 取得最大值为13． 【点睛】本题考查椭圆方程,直线与椭圆的位置关系,含参分式的最值,属于难题.10．如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆C ：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)经过点(﹣2,0)和,椭圆C 上三点A ,M ,B 与原点O 构成一个平行四边形AMBO .（1）求椭圆C 的方程；（2）若点B 是椭圆C 左顶点,求点M 的坐标； （3）若A ,M ,B ,O 四点共圆,求直线AB 的斜率.【答案】（1）24x ＋y 2＝1；（2）M (－1,±)；（3）±【分析】(1)将点和代入椭圆22x a＋22y b ＝1求解即可.(2)根据平行四边形AMBO 可知AM ∥BO ,且AM ＝BO ＝2.再设点M (x 0,y 0),则A (x 0＋2,y 0),代入椭圆C 求解即可. (3) 因为A ,M ,B ,O 四点共圆,所以平行四边形AMBO 是矩形,且OA ⊥OB ,再联立直线与椭圆的方程,结合韦达定理代入OA ·OB ＝x 1x 2＋y 1y 2＝0求解即可. 【详解】（1）因为椭圆22x a＋22y b ＝1(a ＞b ＞0)过点和,所以a ＝2,21a ＋234b ＝1,解得b 2＝1,所以椭圆C 的方程为24x＋y 2＝1.（2）因为B 为左顶点,所以B (－2,0).因为四边形AMBO 为平行四边形,所以AM ∥BO ,且AM ＝BO ＝2.设点M (x 0,y 0),则A (x 0＋2,y 0).因为点M ,A 在椭圆C 上,所以解得所以M (－1,±).（3）因为直线AB 的斜率存在,所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). 由消去y ,得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0,则有x 1＋x 2＝,x 1x 2＝224414m k-+. 因为平行四边形AMBO ,所以OM ＝OA ＋OB ＝(x 1＋x 2,y 1＋y 2). 因为x 1＋x 2＝,所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝k ·＋2m ＝,所以M (,).因为点M 在椭圆C 上,所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程,化得4m 2＝4k 2＋1.① 因为A ,M ,B ,O 四点共圆,所以平行四边形AMBO 是矩形,且OA ⊥OB , 所以OA ·OB ＝x 1x 2＋y 1y 2＝0.因为y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 1＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝,所以x 1x 2＋y 1y 2＝224414m k-+＋＝0,化得5m 2＝4k 2＋4.② 由①②解得k 2＝,m 2＝3,此时△＞0,因此k ＝±. 所以所求直线AB 的斜率为±. 【点睛】本题主要考查了椭圆方程的基本求法,同时也考查了联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法,进而代入求解的问题.属于难题.11．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知P 为椭圆上异于长轴端点的一点，过P 与x 轴平行的直线交椭圆C 的两条准线于点1T ，2T ，直线，交于点Q .（1）若与12QF F ∆的面积相等，求椭圆C 的离心率； （2）若126F F =，12503TT =. ①求椭圆C 的标准方程；②试判断点P ，1F ，Q ，2F 是否四点共圆，并说明理由.【答案】（1）；（2）①2212516x y +=； ②P ，1F ，Q ，2F 四点共圆，理由见解析.（1）设()()000,0P x y y ≠，，可表示出直线的方程，从而求得Q 点坐标；根据三角形面积相等可构造关于,a c 的齐次方程，进而求得离心率；（2）①根据126F F =，12503TT =和椭圆,,a b c 的关系，可求得,,a b c 的值，进而得到椭圆方程； ②设过点Q ，1F ，2F 三点的圆的方程为()2229x y s s +-=+，代入Q 点坐标可求得方程为；验证可知P点坐标满足方程，由此得到四点共圆. 【详解】设()()000,0P x y y ≠，，， （1）由题意得：，.直线的方程为：，直线的方程为：， 将直线与联立可得：，即点.与12QF F ∆的面积相等， ()2000220c y y y c a ∴=-≠-， 2221c c a ∴=--，c e a ∴==，即椭圆C 的离心率为. （2）①126F F =，12503TT =，26c ∴=，， 解得：3c =，225a =，22216b a c ∴=-=，以椭圆C 的标准方程为2212516x y +=. ②由①知：，，.设过点Q ，1F ，2F 三点的圆的方程为()2229x y s s +-=+，即2229x y sy +-=.将代入该方程得：，过Q ，1F ，2F 三点的圆的方程为：， 将代入该方程左边，则22000098232y x y y y ⎛⎫+-- ⎪⎝⎭9=， 点P 也在过点Q ，1F ，2F 三点的圆上，从而点P ，1F ，Q ，2F 四点共圆.本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆离心率和标准方程的求解、四点共圆问题的证明；证明四点共圆问题的关键是能够通过三点坐标确定三点所在圆的方程，进而代入第四个点的坐标，验证其满足方程即可.12．（题文）（题文）已知点F(p2,0)，直线l:x=−p2，点Μ是l上的动点，过点Μ垂直于y轴的直线与线段ΜF的垂直平分线相交于点Ν．（1）求点Ν的轨迹方程；（2）若p=2，直线y=x与点Ν的轨迹交于A、B两点，试问Ν的轨迹上是否存在两点C、D，使得A、B、C、D 四点共圆？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y2=2px；（2）存在a>72且a≠4，a≠8的无数个圆(x−a)2+(y+a−4)2=a2+(−a+4)2满足条件.【解析】试题分析：（1）借助点在线段ΜF的中垂线上建立等式并化简即可；（2）依据题设条件建立方程,通过方程有无解的分析析作出推理和判断即可.试题解析：解: （1）设Ν(x,y)，依题意，|ΝF|=|ΝΜ|，即√(x−p2)2+y2=|x+p2|．化简整理得y2=2px．（2）把y=x与y2=4x联立，解得Α(0,0)，Β(4,4)，则线段ΑΒ的垂直平分线方程y=−x+4若存在C、D两点，使得Α、Β、C、D四点共圆，则圆心必在直线y=−x+4上，设圆心坐标(a,−a+4)，则半径r=√a2+(−a+4)2，∴圆的方程为(x−a)2+(y+a−4)2=a2+(−a+4)2，将x=y 24代入并整理得y4+(16−8a)y2+32(a−4)y=0，则y(y−4)(y2+4y+32−8a)=0，∴y1=0或y2=4或y2+4y+32−8a=0，∴y2+4y+32−8a=0应有除y1=0、y2=4之外的两个根，∴Δ>0，且32−8a≠0，42+4×4+32−8a≠0，解得a>72且a≠4，a≠8．∴存在a>72且a≠4，a≠8的无数个圆(x−a)2+(y+a−4)2=a2+(−a+4)2满足条件．考点：(1)轨迹方程与探求方法；(2)圆的方程及简单高次方程的求解等有关知识的运用.13．从抛物线24y x =上各点向x 轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P ． （1）求曲线P 的方程，并说明曲线P 是什么曲线；（2）过点()2,0M 的直线l 交曲线P 于两点A 、B ，线段AB 的垂直平分线交曲线P 于两点C 、D ，探究是否存在直线l 使A 、B 、C 、D 四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由． 【答案】（1）曲线P 的方程为2y x =，曲线P 是焦点为的抛物线；（2）存在；圆N 的方程为或． 【分析】（1）设抛物线2y x =上的任意点为，垂线段的中点为(),x y ，根据中点坐标公式得出，代入等式2004y x =化简可得出曲线P 的方程，进而可得出曲线P 的形状；（2）设直线l 的方程为2x ty =+，将直线l 的方程与曲线P 的方程联立，列出韦达定理，求出AB ，求出线段AB 的中点的坐标，进一步求出线段AB 的中垂线CD 的方程，求出CD ，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于t 的等式，求出t 的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论. 【详解】（1）设抛物线2y x =上的任意点为，垂线段的中点为(),x y ， 故，则，代入2004y x =得()224y x =，得曲线P 的方程为2y x =，所以曲线P 是焦点为的抛物线；（2）若直线l 与x 轴重合，则直线l 与曲线P 只有一个交点，不合乎题意. 设直线l 的方程为2x ty =+，根据题意知0t ≠，设()11,A x y 、， 联立，得220y ty --=，280t ∆=+>，则12y y t +=，122y y ⋅=-， 则，且线段AB 中点的纵坐标为1222y y t +=，即2121222222x x y y t t ++=⋅+=+， 所以线段AB 中点为，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，可设直线CD 的方程为1x y m t=-+，则21222t t m t ⎛⎫+=-⨯+ ⎪⎝⎭，故252t m +=，联立，得()222250ty y t t +-+=， 设、，则341y y t +=-，()234152y y t ⋅=-+，故34y CD =-==，线段CD 中点为，假设A 、B 、C 、D 四点共圆，则弦AB 的中垂线与弦CD 中垂线的交点必为圆心， 因为CD 为线段AB 的中垂线，则可知弦CD 的中点N 必为圆心，则12AN CD =， 在Rt AMN △中，，所以， 则，故4228810t t t +--=，即， 解得21t =，即1t =±，所以存在直线l ，使A 、B 、C 、D 四点共圆，且圆心为弦CD 的中点N ， 圆N 的方程为或． 【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点Q 的坐标x 、y 表示相关点P 的坐标0x 、0y ，然后代入点P 的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点Q 的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标x 、y 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x 、y 与某一参数t 得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 14．在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线()2:20E y px p =>的焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线上E上一点，且点P 的横坐标为2，3PF =.（1）求抛物线E 的方程；（2）过点F 的直线m 与抛物线E 交于、B 两点，过点F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ，设AB 的中点为N ，若O 、M N 、F 四点共圆，求直线m 的方程.【答案】（1）24y x =（2）)1y x =- 【分析】（1）由抛物线的定义可得22pPF =+，即可求出p ，从而得到抛物线方程； （2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty --=.设()11,A x y ，，列出韦达定理，表示出中点N 的坐标，若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥，则即可求出参数t ，从而得解； 【详解】解：（1）由抛物线定义，得232pPF =+=，解得2p =， 所以抛物线E 的方程为24y x =.（2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty --=. 设()11,A x y ，，则124y y t +=，124y y =-. 由2114y x =，2224y x =，得 ，所以()221,2N t t +.因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为，则直线n 的方程为()1y t x =--.由解得()1,2M t -.若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥，则()2212122210OM ON t t t t ⋅=-⨯++⋅=-=，解得2t =±所以直线m 的方程为)1y x =-. 【点睛】本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题. 15．已知椭圆C ：的左､右顶点分别为A ，B ，离心率为，P 是C 上异于A ，B 的动点.（1）证明：直线AP ，BP 的斜率之积为定值，并求出该定值.（2）设||AB =AP ，BP 分别交直线l ：x =3于M ，N 两点，O 为坐标原点，试问：在x 轴上是否存在定点T ，使得O ，M ，N ，T 四点共圆？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析，定值13-；（2）存在，定点11,03T ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）由题意知(,0),(,0)A a B a -，设P (x 0，y 0)，y 0≠0，则2200221x y a b+=，然后利用斜率公式求化简可得结果；（2）由题意先求出椭圆C 的方程为2213x y +=，设直线AP的方程为(y k x =，则直线BP 的方程为1(3y x k=-，直线方程与椭圆方程联立可求出(3,3)M k ，，假设△MNO 的外接圆恒过定点T (t ，0)，t ≠0，然后求出线段MN 的垂直平分线所在直线的方程和线段OT 的垂直平分线所在直线的方程，从而可求出圆心，再由|OE |=|ME |，可求出t 的值，进而得O ，M ，N ，T 四点共圆 【详解】（1）由题意知(,0),(,0)A a B a -，设P (x 0，y 0)，y 0≠0，则2200221x y a b+=，所以直线AP 与BP的斜率之积22022222200022222200001131x b a y y y b a c x a x a x a x a a a ⎛⎫- ⎪-⎝⎭⋅===-=-=-+--⎭=--⎝， 即直线AP ，BP 的斜率之积为定值13-. （2）存在.理由如下：由题意知2a =，得a =因为c a =c =所以b 2=1，所以椭圆C 的方程为2213x y +=.设直线AP的方程为(y k x =，则直线BP的方程为1(3y x k=-.联立可得(3,3)M k ，同理可得.假设△MNO 的外接圆恒过定点T (t ，0)，t ≠0， 因为线段MN的垂直平分线所在直线的方程为y ，线段OT 的垂直平分线所在直线的方程为2tx =，所以圆心. 又|OE |=|ME |解得t =.所以存在定点11,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，使得O ，M ，N ，T 四点共圆.【点睛】此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，考查计算能力，属于中档题16．在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线()2:20E y px p =>的焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线E 上一点，且点P 的横坐标为2，3PF =. （1）求抛物线E 的方程；（2）过点F 的直线m 与抛物线E 交于A 、B 两点，过点F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ，设AB 的中点为N ，若O 、M 、N 、F 四点共圆，求直线m 的方程. 【答案】（1）24y x =（2）)1y x =- 【分析】（1）首先根据抛物线的定义和题中条件求出抛物线的焦准距，即可得到抛物线的方程；（2）首先设直线m 的方程，然后与抛物线联立，利用韦达定理求出点N 坐标，然后设直线n 的方程求出点M 的坐标，最后利用O 、M 、N 、F 四点共圆即可求出直线m 的方程. 【详解】（1）由抛物线定义，得232pPF =+=，解得2p =， 所以抛物线F 的方程为24y x =；（2）设直线m 的方程为1x ty =+，代入24y x =，得2440y ty --=， 设()11,A x y ，，则124y y t +=，124y y =-， 由2114y x =，2224y x =， 得，所以()221,2N t t +，因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为，则直线n 的方程为()1y t x =--， 由解得()1,2M t -，若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN FM ⊥，得OM ON ⊥， 则()2212122210OM ON t t t t ⋅=-⨯++⋅=-=，解得t =m 的方程为)1y x =-. 【点睛】本题主要考查了抛物线的定理，直线与抛物线的交点问题，属于一般题.。
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证明四点共圆的基本方法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．方法2把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆．（若能证明其两顶角为直角，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．(根据托勒密定理的逆定理)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．上述五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，在这五种基本方法中选择一种证法，给予证明．例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H 四点共圆．证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．∵AC和BD 互相垂直，∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，即E、F、G、H四点共圆．(2)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：B、E、F、C四点共圆．证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠AED＋∠AFD=180°，即A、E、D、F四点共圆，∠AEF=∠ADF．又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，∠CDF＋∠FCD=90°，∠ADF=∠FCD．∴∠AEF=∠FCD，∠BEF＋∠FCB=180°，即B、E、F、C四点共圆．(3)若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．解∵四边形ABCD内接于圆，∴∠A+∠C=180°．∵∠A-∠C=12°，∴∠A=96°，∠C=84°．∵∠A∶∠B=2∶3，∠D=180°-144°=36°．利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：命题“菱形都内接于圆”对吗？命题“菱形都内接于圆”是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分这些性质，那么这个四边形又必是正方形．综上所述，“菱形都内接于圆”这个命题是错误的．5圆的内接四边形例1 已知：如图7-90，ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形，通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M．求证：CM=MD．证明∠MEC与∠HEB互余，∠ABE与∠HEB互余，所以∠MEC=∠ABE．又∠ABE=∠ECM，所以∠MEC=∠ECM．从而CM=EM．同理MD=EM．所以CM=MD．点评本例的逆命题也成立（即图中若M平分CD，则MH⊥AB）．这两个命题在某些问题中有时有用．本例叫做婆罗摩笈多定理．例2 已知：如图7-91，ABCD是⊙O的内接四边形，AC⊥BD，分析一如图7-91（a），由于E是AB的中点，从A引⊙O的需证明GB=CD．但这在第七章ξ 1.4圆周角中的例3已经证明了．证明读者自己完成．*分析二如图7-91（b），设AC，BD垂直于点F．取CD的有OE∥MF．从而四边形OEFM应该是平行四边形．证明了四边形OEFM是平行四边形，问题也就解决了．而证明四边形OEFM是平行四边形已经没有什么困难了．*分析三如图7-91（b），通过AC，BD的交点F作AB的垂线交CD于点M．连结线段EF，MO．由于OE⊥AB，FM⊥AB，所以OE∥FM．又由于EF⊥CD（见例1的点评），MO⊥CD，所以EF∥MO．所以四边形OEFM为平行四边形．从而OE=MF，而由意一点．求证：PA=PB+PC．分析一本例是线段和差问题，因此可用截取或延长的方法证明．如图7-93（a），在PA上取点M，使PM=PB，剩下的问题是证明MA=PC，这只要证明△ABM≌△CBP就可以了．证明读者自己完成．分析二如图7-93（a），在PA上取点M，使MA=PC，剩下的问题是证明PM=PB，这只要证明△BPM是等边三角形就可以了．证明读者自己完成．分析三如图7-93（b），延长CP到M，使PM=PB，剩下的问题是证明PA=MC，这只要证明△PAB≌△CMB就可以了．证明读者自己完成．读者可仿以上的方法拟出本例的其他证明．*本例最简单的证明是利用托勒玫定理（例3）．证明由托勒玫定理得PA·BC=PB·AC+PC·AB，由于BC=AC=AB，所以有PA=PB+PC．例2 如图7—116，⊙O1和⊙O2都经过A、B两点，经过点A的直线CD与⊙O1交于点C，与⊙O2交于点D．经过点B的直线EF与⊙O1交于点E，与⊙O2交于点F．求证：CE∥DF．分析：要证明CE∥DF．考虑证明同位角(或内错角)相等或同旁内角互补．由于CE、DF分别在两个圆中，不易找到角的关系，若连结AB，则可构成圆内接四边形，利用圆内接四边形的性质定理可沟通两圆中有关角的关系．证明：连结AB．∵ABEC是圆内接四边形，∴∠BAD=∠E．∵ADFB是圆内接四边形，∴∠BAD＋∠F=180°，∴∠E＋∠F=180°．∴CE∥CF．说明：(1)本题也可以利用同位角相等或内错角相等，两直线平行证明．如延长EF至G，因为∠DFG=∠BAD，而∠BAD=∠E，所以∠DFG=∠E．(2)应强调本题的辅助线是为了构成圆内接四边形，以利用它的性质，导出角之间的关系．(3)对于程度较好的学生，还可让他们进一步思考，若本题不变，但不给出图形，是否还有其他情况？问题提出后可让学生自己画图思考，通过讨论明确本题还应有如图7—117的情况并给予证明．例3 如图7—118，已知在△ABC中，AB=AC，BD平分∠B，△ABD的外接圆和BC交于E．求证：AD=EC．分析：要证AD=EC，不能直接建立它们的联系，考虑已知条件可知∠ABD=∠DBE，容易看出．若连结DE，则有AD=DE．因此只要证DE=EC．由于DE和EC为△DEC的两边，所以只要证∠EDC=∠C．由已知条件可知∠C=∠ABC．因此只要证∠EDC=∠ABC．因为△EDC是圆内接四边形ABED的一个外角，所以可证∠EDC=∠ABC．问题可解决．证明：连结DE．∵BD平分∠ABC，∴，AD=DE．∵ABED是圆内接四边形，∴∠EDC=∠ABC．∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠EDC＝∠C．于是有DE=EC．因此AD=EC．四、作业1．如图7—120，在圆内接四边形ABCD中，AC平分BD，并且AC⊥BD，∠BAD=70°18′，求四边形其余各角．2．圆内接四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C的度数的比为2∶3∶6，求四边形各内角的度数．3．如图7—121，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与三角形的外接圆交于点D．求证：DB=DC．作业答案或提示：1．∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=109°42′．2．∠A=45°，∠B=67.5°，∠C=135°，∠D=112.5°．3．提示：因为∠DBC=∠DAC，∠EAD=∠DCB，∠EAD=∠DAC，所以∠DBC=∠DCB，因此DB=DC．判定四点共圆的方法引导学生归纳判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．(4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆(因为四个顶点与斜边中点距离相等)．3．如图7—124，已知ABCD为平行四边形，过点A和B的圆与 AD、BC 分别交于 E、F．求证：C、D、E、F四点共圆．提示连结EF．由∠B+∠AEF=180°，∠B＋∠C=180°，可得∠AEF=∠C．四点共圆的应用四点共圆在平面几何证明中应用广泛，熟悉这种应用对于开阔证题思路，提高解题能力都是十分有益的．一用于证明两角相等例1 如图1，已知P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP交AB于E．求证：∠APC＝∠BPD．证明连结OA，OC，OD．由射影定理，得AE2=PE·EO，又AE＝BE，则AE·BE＝PE·EO……(1)；由相交弦定理，得AE·BE＝CE·DE……(2)；由(1)、(2)得CE·ED＝PE·EO，∴ P、C、O、D四点共圆，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∠2=∠4．∴∠1＝∠3，易证∠APC＝∠BPD(∠4＝∠EDO)．二用于证明两条线段相筹例2 如图2，从⊙O外一点P引切线PA、PB和割线PDC，从A点作弦AE平行于DC，连结BE交DC于F，求证：FC＝FD．证明连结AD、AF、EC、AB．∵PA切⊙O于A，则∠1＝∠2．∵AE∥CD，则∠2＝∠4．∴∠1=∠4，∴P、A、F、B四点共圆．∴∠5＝∠6，而∠5＝∠2=∠3，∴∠3＝∠6．∵AE∥CD，∴EC=AD，且∠ECF=∠ADF，∴△EFC≌△AFD，∴FC＝FD．三用于证明两直线平行例3 如图3，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，∠B的两条三等分线交AD于E、G，交AC于F、H．求证：EH∥GC．证明连结EC．在△ABE和△ACE中，∵AE＝AE，AB=AC，∠BAE＝∠CAE，∴△AEB≌AEC，∴∠5＝∠1＝∠2，∴B、C、H、E四点共圆，∴∠6＝∠3．在△GEB和△GEC中，∵GE＝GE，∠BEG＝∠CEG，EB＝EC，∴△GEB ≌△GEC，∴∠4=∠2＝∠3，∴∠4＝∠6．∴EH∥GC．四用于证明两直线垂直证明在△ABD和△BCE中，∵AB=BC，∠ABD＝∠BCE，BD＝CE，则△ABD≌△BCE，∴∠ADB=∠BEC，∴P、D、C、E四点共圆．设DC的中点为O 连结OE、DE．易证∠OEC＝60°，∠DEO＝30°∴∠DEC＝90°，于是∠DPC=90°，∴ CP⊥AD．五用于判定切线例5 如图5，AB为半圆直径，P为半圆上一点，PC⊥AB于C，以AC为直径的圆交PA于D，以BC为直径的圆交PB于E，求证：DE是这两圆的公切线．证明连结DC、CE，易知∠PDC＝∠PEC＝90°，∴ P、D、C、E四点共圆，于是∠1=∠3，而∠3＋∠2＝90°，∠A＋∠2=90°，则∠1＝∠A，∴DE是圆ACD的切线．同理，DE是圆BCE的切线．因而DE为两圆的公切线六用于证明比例式例6 AB、CD为⊙O中两条平行的弦，过B点的切线交CD的延长线于G，弦PA、PB分别交CD于E、F．证明如图6．连结BE、PG．∵BG切⊙O于B，则∠1=∠A．∵AB∥CD，则∠A＝∠2．于是∠1＝∠2，∴P、G、B、E四点共圆．由相交弦定理，得EF·FG=PF·FB．在⊙O中，由相交弦定理，得CF·FD=FP·FB．七用于证明平方式例7 ABCD为圆内接四边形，一组对边AB和DC延长交于P点，另一组对边AD和BC延长交于Q点，从P、Q引这圆的两条切线，切点分别是E、F，(如图 7)求证：PQ2＝QF2＋PE2．证明作△DCQ的外接圆，交PQ于M，连结MC，∵∠1=∠2＝∠3，则P、B、C、M四点共圆．由圆幂定理得PE2＝PC·PD＝PM·PQ，QF2=QC·QB ＝QM·QP，两式相加得PE2＋QF2＝PM·PQ＋ QM·QP=PQ(PM＋QM)＝PQ·PQ=PQ2∴PQ2=PE2＋QF2．八用于解计算题例8如图8，△ABC的高AD的延长线交外接圆于H，以AD为直径作圆和AB、AC分别交于E、F点，EF交 AD于 G，若 AG=16cm，AH=25cm，求 AD的长．解连结DE、DF、BH．∵∠1=∠2＝∠C=∠H，∴B、E、G、H四点共圆．由圆幂定理，得AE·AB＝AG·AN．在△ABD中，∵∠ADB=90°，DE⊥AB，由射影定理，得AD2＝AE·AB，∴AD2＝AG·AH＝16×25＝400，∴AD=20cm．九用于证明三点共线例9如图9，D为△ABC外接圆上任意一点，E、F、G为D点到三边垂线的垂足，求证：E、F、G三点在一条直线上．证明连结EF、FG、BD、CD．∵∠BED=∠BFD=90°，则B、E、F、D 四点共圆，∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4．在△DBE和△DCG中，∵∠DEB＝∠DGC，∠DBE＝∠DCG，故∠1=∠4，易得∠2＝∠3，∴ E、F、G三点在一条直线上．十用于证明多点共圆例10如图10，H为△ABC的垂心，H1、H2、H3为H点关于各边的对称点，求证：A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．证明连结AH2，∵H与H2关于AF对称，则∠1=∠2．∵A、F、D、C 四点共圆，则∠2＝∠3，于是∠1＝∠3，∴A、H2、B、c四点共圆，即H2在△ABC的外接圆上．同理可证，H1、H3也在△ABC的外接圆上．∴A、B、C、H1、H2、H3六点共圆．。