分析中考数学中的四点共圆
专题：四点共圆在中考数学及自主招生中的应用
专题：四点共圆在中考数学及自主招生中的应用四点共圆的判定方法：方法一：若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆；方法二：若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆；方法三：若一个四边形的外角等于它相邻的内对角，则这个四边形的四个点共圆；方法四：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的两个端点共圆方法五：同斜边的直角三角形的顶点共圆C AD B C A D经典例题题型1、先证四点共圆后，然后求线段最值问题（关键是找到动点的轨迹）例1、如图1，OA=OB=4，∠OCA=135°（1）求证：AC⊥BC；（2）如图2，点P与点B关于x轴对称，试求PC的最小值。
题型2、先证四点共圆后，然后求角度、三角函数值、或线段的比值（若从一个点出发的三条线段之间的比值问题，特别注意三弦定理）例2、如图，抛物线y=ax2-4ax+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为M，直线y=x-3经过M，B两点，交y轴于点D（1）求抛物线的解析式；（2）设P为x轴上一动点，过P作PC的垂线交直线BD于Q，连接CQ，求∠PQC的度数例3、（2013年哈尔滨）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的值为例4、（2013•绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．（1）如图1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD．（2）如图2，AC：AB=1：，EF⊥CE，求EF：EG的值．例5、如图1，直线y=−21x+2交x 轴、y 轴于A 、B 两点，C 为直线AB 上第二象限内一点，且S △AOC =8，双曲线 y=xk （x ＜0）经过点C （1）求k 的值； （2） 如图2，Q 为双曲线上另一点，连接OQ ，过C 作CM ⊥OQ 于M ，CN ⊥y 轴于N ，连接MN 。
初中四点共圆举例
我们要找出一个具体的例子，说明在初中数学中四点共圆的情况。
首先，我们要明白什么是四点共圆。
如果一个平面上四个点都在同一个圆上，那么这四个点就称为四点共圆。
为了找到一个具体的例子，我们可以考虑一个直角三角形。
直角三角形的斜边的中点、直角顶点和另一个锐角顶点是四点共圆的。
现在我们要来证明这个性质。
假设直角三角形为ΔABC，其中∠C=90°，D是斜边BC 的中点，E是顶点A。
第一步，连接AD和DE。
由于D是斜边BC的中点，根据中位线性质，我们知道AD 是BC的一半，即AD=BD=CD。
第二步，由于D是BC的中点，所以∠BAD = ∠CAD。
第三步，根据等腰三角形的性质，在等腰三角形中，底边的两个角是相等的。
所以，∠ADE = ∠BDE。
第四步，由于∠BAC + ∠CAD = 90°且∠ACB + ∠BCD = 90°，
所以∠BAC = ∠BCD。
结合第三步的结果，我们可以得出：∠BAC = ∠ADE = ∠BDE = ∠ACD。
第五步，根据角的和性质，如果两个角的和是180°，那么这两个角是互补的。
由于∠BAC + ∠ACD = 180°，所以四点A、D、B、E共圆。
综上所述，我们证明了在直角三角形中，斜边的中点、直角顶点和另一个锐角顶点是四点共圆的。
专题1.5 最值问题-隐圆模型之四点共圆
∠BAD=∠EAC=α,连接CD,BE相交于点P.
(1)求∠BPD的度数(用含α的代数式表示)；
(2)连接AP,求证：∠APD=∠ABD.
A D
OP
E
B
C
模型解读---手拉手(双子型)中的四点共圆
D 条件：△OCD∽△OAB
O
结论：①△OAC∽△OBD
E C ②AC与BD交于点E,必有∠AEB=∠AOB；
3.定弦中最小的圆是以该弦为直径的圆。
E
D
A
C
A
B
O
B O
F
典型例题---直径是圆中最长的弦
【例3】在△ABC中,∠ACB=90º,AC=6,BC=8,O为AB的中点,过O作
OE⊥OF,OE、OF分别交射线AC,BC于E、F,则EF的最小值为? A
【简答】∵∠EOF=∠C=90º,∴C,O均在以
EF为直径的圆上∵EF是圆的直径,O、C均
F M
D
C
E
O
A
B
当堂训练---对角互补型四点共圆
1.如图,在四边形ABCD中,∠B=60º,∠D=120º,BC=CD=a,
则AB-AD=( C )
A. a
B.
3 a
C.a
D. 3a
2
2
D
a
120º
C
a
A
60º 60º
Ea
B
当堂训练---对角互补型四点共圆
2.如图,在△ABC中,AD⊥BC于D,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,连接EF.
典型例题---对角互补型四点共圆
【例1】如图,正方形ABCD绕点A逆时针旋转到正方形AEFG,连接 BE,延长BE交于CF于点M,求证：M是线段CF的中点.
四川省成都地区中考数学第二部分系统复习专题9四点共圆巧解中考题课件
∴PA＝(4 3－3)k.∴PH＝4 3k.
DH 3 ∴在 Rt△PDH 中，tan∠P＝PH＝ 3 . ∴∠P＝30°，∠PDH＝60°. ∵PD⊥DO， ∴∠BDE＝90°－∠PDH＝30°. 连接 BE，则∠DBE＝90°，DE＝2r＝50， ∴BD＝DE·cos 30°＝25 3.
方法提炼
1.四点共圆 如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四 个点共圆，一般简称为“四点共圆”． 2．四点共圆的性质 (1)共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的 顶角相等． (2)圆内接四边形的对角互补． (3)圆内接四边形的一个外角等于它的内对角．
方法提炼
3．四点共圆的判定 (1)用“角”判定： ①一组对角互补的四边形的四个顶点在同一个圆上； ②一个外角等于它的内对角的四边形的四个顶点在同一个圆 上； ③如果两个三角形有一条公共边，且位于公共边同侧的两个 角相等，则这两个三角形的四个顶点在同一个圆上． (2)“等线段”判定： 四顶点到同一点的距离相等，若OA＝OB＝OC＝OD，则A，B，C， D四点共圆． (3)用“比例线段”判定： 若线段AB，CD(或其延长线)交于点P，且PA·PC＝PB·PD，则 A，B，C，D四点共圆.
∵∠DBE＝∠DBE，∴△BOF∽△BED. BO OF 3
∴BE＝DE＝10 5. 6
∵DE＝4，∴OF＝5 5.
∴BF＝59 10.
课堂精讲
方法二：如图，∵∠BOC＝∠BFC＝90°，
∴B，C，F，O 四点共圆．
∴∠1＝∠2＝45°.
∵∠2＝∠3＝45°，∴∠1＝∠3＝45°.
∵∠DBE＝∠FBO，∴△BOF∽△BED.
第 8 题图
课后精练
中考数学专题复习 四点共圆模型 含答案
共圆模型模型1共端点，等线段模型如图①，出现“共端点，等线段”时，可利用圆定义构造辅助圆．如图②，若OA＝OB＝OC，则A、B、C三点在以O为圆心，OA为半径的圆上．如图③，常见结论有：∠ACB＝12∠AOB，∠BAC＝12∠BOC.模型分析∵OA＝OB＝OC.∴A、B、C三点到点O的距离相等．∴A、B、C三点在以O为圆心，OA为半径的圆上．∵∠ACB是»AB的圆周角，∠AOB是»AB的圆心角，∴∠ACB＝12∠AOB.同理可证∠BAC＝12∠BOC.（1）若有共端点的三条线段，可考虑构造辅助圆．（2）构造辅助圆是方便利用圆的性质快速解决角度问题．模型实例如图，△ABC和△ACD都是等腰三角形，AB＝AC，AC＝AD，连接BD．求证：∠1＋∠2＝90°.证明证法一：如图①，∵AB＝AC＝AD．∴B、C、D在以A为圆心，AB为半径的⊙A上．∴∠ABC＝∠2.在△BAC中，∵∠BAC＋∠ABC＋∠2＝180°,∴2∠1＋2∠2＝180°.∴∠1＋∠2＝90°.证法二：如图②，∵AB＝AC＝AD．∴∠BAC＝2∠1．∵AB＝AC，∴B、C、D在以A为圆心，AB为半径的⊙O上．延长BA与圆A相交于E，连接CE．∴∠E＝∠1．（同弧所对的圆周角相等．）∵AE＝AC，∴∠E＝∠ACE.∵BE为⊙A的直径，∴∠BCE＝90°．∴∠2＋∠ACE＝90°.∴∠1＋∠2＝90°.小猿热搜1．如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，在△ABC的外侧作直线AP，点B与点D关于AP轴对称，连接BD、CD，CD与AP交于点E．求证：∠1＝∠2．证明∵A、D关于AP轴对称，∴AP是BD的垂直平分线．∴AD＝AB，ED＝EB．又∵AB＝AC.∴C、B、D在以A为圆心，AB为半径的圆上．∵ED＝EB，∴∠EDB＝∠EBD.∴∠2＝2∠EDB.又∵∠1＝2∠CDB.∴∠1＝∠2.2．己知四边形ABCD，AB∥CD，且AB＝AC＝AD＝a，BC＝b，且2a＞b，求BD的长．解答以A为圆心，以a为半径作圆，延长BA交⊙A于E点，连接ED．∵AB∥CD，∴∠CAB＝∠DCA，∠DAE＝∠CDA. ∵AC＝AD，∴∠DCA＝∠CDA. ∴∠DAE＝∠CAB.在△CAB和△DAE中．∴△CAB≌△DAE.∴ED＝BC＝b∵BE是直径，∴∠EDB＝90°.在Rt△EDB中，ED＝b，BE＝2a，∴BD模型2 直角三角形共斜边模型模型分析如图①、②，Rt△ABC和Rt△ABD共斜边，取AB中点O，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得：OC=OD=OA=OB，∴A、B、C、D四点共圆．（１）共斜边的两个直角三角形，同侧或异侧，都会得到四点共圆；（２）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，是证明角度相等重要的途径之一．模型实例例１如图，AD、BE、CF为△ABC的三条高，H为垂线，问：（１）图中有多少组四点共圆？（２）求证：∠ADF＝∠ADE．解答（１）６组①C、D、H、E四点共圆，圆心在CH的中点处；②D、B、F、H四点共圆，圆心在BH的中点处；③A、E、H、F四点共圆，圆心在AH的中点处；④C、B、F、E四点共圆，圆心在BC的中点处；⑤B、A、E、D四点共圆，圆心在AB的中点处；⑥C、D、F、A四点共圆，圆心在AC的中点处．（２）如图，由B、D、H、F四点共圆，得∠ADF=∠1.同理：由A、B、D、E四点共圆，得∠ADE=∠１.∴∠ADF＝∠ADE．例２如图，E是正方形ABCD的边AB上的一点，过点E作DE的垂线交∠ABC的外角平分线于点F，求证：FE=DE.解答如图，连接DB、DF.∵四边形ABCD是正方形，且BF是∠CBA的外角平分线，∴∠CBF=45°，∠DBC=45°，∴∠DBF=90°．又∵∠DEF=90°，∴D、E、B、F四点共圆．∴∠DFE=∠DBE=45°（同弧所对的圆周角相等）．∴△DEF是等腰直角三角形．∴FE=DE．P1.如图，锐角△ABC中，BC.CE是高线，DG⊥CE于G，EF⊥BD于F，求证：FG BC证明：由于Rt△BCE与Rt△BCD共斜边BC，∴B、C、D、E四点共圆．∴∠DBC=∠DEG，同理，Rt∠EDF与Rt△DGE共斜边DE，∴D、E、F、G四点共圆．于是∠DEG=∠DFG，因此，∠DBC=∠DFG．于是FG∥BC2. 如图，BE.CF为△ABC的高，且交于点H,连接AH并延长交于BC于点D,求证：AD⊥BC.3.如图，等边△PQR内接于正方形ABCD,其中点P,Q,R分别在边AD,AB,DC上，M是QR的中点.求证：不论等边△PQR怎样运动，点M为不动点.4.如图，已知△ABC中，AH是高，AT是角平分线，且TD⊥AB,TE⊥AC.求证：∠AHD=∠AHE.证明：（1）∵∠ADT=∠AHT=∠AET=90°，∴D，E，H在以AT为直径的圆上，∴∠AHD=∠ATD，∠AHE=∠ATE，又∵AT是角平分线，TD⊥AB，TE⊥AC，∴∠ATD=∠ATE，∴∠AHD=∠AHE．补充：。
中考数学圆中的重要模型四点共圆模型
圆中的重要模型-四点共圆模型四点共圆是初中数学的常考知识点，近年来，特别是四点共圆判定的题目出现频率较高。
相对四点共圆性质的应用，四点共圆的判定往往难度较大，往往是填空题或选择题的压轴题，而计算题或选择中四点共圆模型的应用（特别是最值问题），通常能简化运算或证明的步骤，使问题变得简单。
本文主要介绍四点共圆的四种重要模型。
四点共圆：若在同一平面内，有四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。
模型1、定点定长共圆模型（圆的定义）【模型解读】若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆。
这也是圆的基本定义，到定点的距离等于定长点的集合。
条件：如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD，结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。
例1、（2023•连云港期中）如图，点O为线段BC的中点，点A、C、D到点O的距离相等，若∠ABC＝40°，则∠ADC的度数是．例2．（2022秋·江西赣州·九年级校联考期中）如图，点O为线段AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接AC，BD．则下面结论不一定成立的是（）A．∠ACB=90°B．∠BDC=∠BAC C．AC平分∠BAD D．∠BCD+∠BAD=180°例3．（2021·湖北随州·统考中考真题）如图，在R t A B C中，90∠A C B∠=︒，O为A B的中点，O D平分A O COF例4．（2022·北京·清华附中九年级阶段练习）如图，四边形A B C D 中，D A D B D C==，72BD C ∠=︒，则B A C∠的度数为______．模型2、定边对双直角共圆模型同侧型 异侧型 1）定边对双直角模型（同侧型）条件：若平面上A 、B 、C 、D 四个点满足90A B DA C D ∠=∠=︒，结论：A 、B 、C 、D 四点共圆，其中AD 为直径。
分析中考数学中的四点共圆_赵宏伟
D C 又 因为 0 0
.
与0 0
尹
外切 于 P
两 圆 相 切 常 作 它们 的 公 切 线
不
9 89年 3
月 1 2 日收 至1
, 妨 过 点 P作 内公切线 P E 交 B D 于 点 E
.
又 因 BD切 0 0
1
=
产
于 点B
。
,
联想 到 切线 长 定 理
2
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,
所 以艺
、
1
、
分析
:
令 P H 交 圆P A B 于 Q
,
,
要 证 P H 过 圆 P A B 的圆 心
,
,
只须 证 P Q为 圆 P A B 的 直
,
径
Q
A
、
、
。
连 结 A Q 则证 乙 P A Q
H
B
、
=
R t乙
在 四 边形 A Q H C 中
1
二
,
P H土 C D
,
故只 须 证 四 点 A
,
、
C共 圆 C
5
二
乙D
因此匕
1
二
, 乙 E 四 边 形 B C F E 内接
于圆
等式仍 能 成 立
例
6
.
如图
、
,
, 0 0 与 0 0 相交 于 A
、
B两 点
.
,
④O 过0 0
,
, 的 圆 心 O 过 A 作 直 线 分别
交 两 圆于 C
D
,
连结 C B
,
中考数学专题复习 四点共圆模型 含答案
共圆模型模型1 共端点，等线段模型如图①，出现“共端点，等线段”时，可利用圆定义构造辅助圆．如图②，若OA＝OB＝OC，则A、B、C三点在以O为圆心，OA为半径的圆上．如图③，常见结论有：∠ACB＝12∠AOB，∠BAC＝12∠BOC.模型分析∵OA＝OB＝OC.∴A、B、C三点到点O的距离相等．∴A、B、C三点在以O为圆心，OA为半径的圆上．∵∠ACB是»AB的圆周角，∠AOB是»AB的圆心角，∴∠ACB＝12∠AOB.同理可证∠BAC＝12∠BOC.（1）若有共端点的三条线段，可考虑构造辅助圆．（2）构造辅助圆是方便利用圆的性质快速解决角度问题．模型实例如图，△ABC和△ACD都是等腰三角形，AB＝AC，AC＝AD，连接BD．求证：∠1＋∠2＝90°.证明证法一：如图①，∵AB＝AC＝AD．∴B、C、D在以A为圆心，AB为半径的⊙A上．∴∠ABC＝∠2.在△BAC中，∵∠BAC＋∠ABC＋∠2＝180°,∴2∠1＋2∠2＝180°.∴∠1＋∠2＝90°.证法二：如图②，∵AB＝AC＝AD．∴∠BAC＝2∠1．∵AB＝AC，∴B、C、D在以A为圆心，AB为半径的⊙O上．延长BA与圆A相交于E，连接CE．∴∠E＝∠1．（同弧所对的圆周角相等．）∵AE＝AC，∴∠E＝∠ACE.∵BE为⊙A的直径，∴∠BCE＝90°．∴∠2＋∠ACE＝90°.∴∠1＋∠2＝90°.小猿热搜1．如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，在△ABC的外侧作直线AP，点B与点D关于AP轴对称，连接BD、CD，CD与AP交于点E．求证：∠1＝∠2．证明∵A、D关于AP轴对称，∴AP是BD的垂直平分线．∴AD＝AB，ED＝EB．又∵AB＝AC.∴C、B、D在以A为圆心，AB为半径的圆上．∵ED＝EB，∴∠EDB＝∠EBD. ∴∠2＝2∠EDB.又∵∠1＝2∠CDB. ∴∠1＝∠2.2．己知四边形ABCD，AB∥CD，且AB＝AC＝AD＝a，BC＝b，且2a＞b，求BD的长．解答以A为圆心，以a为半径作圆，延长BA交⊙A于E点，连接ED．∵AB∥CD，∴∠CAB＝∠DCA，∠DAE＝∠CDA. ∵AC＝AD，∴∠DCA＝∠CDA. ∴∠DAE＝∠CAB.在△CAB和△DAE中．∴△CAB≌△DAE. ∴ED＝BC＝b∵BE是直径，∴∠EDB＝90°.在Rt△EDB中，ED＝b，BE＝2a，∴BD模型2 直角三角形共斜边模型模型分析如图①、②，Rt△ABC和Rt△ABD共斜边，取AB中点O，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得：OC=OD=OA=OB，∴A、B、C、D四点共圆．（１）共斜边的两个直角三角形，同侧或异侧，都会得到四点共圆；（２）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，是证明角度相等重要的途径之一．模型实例例１如图，AD、BE、CF为△ABC的三条高，H为垂线，问：（１）图中有多少组四点共圆？（２）求证：∠ADF＝∠ADE．解答（１）６组①C、D、H、E四点共圆，圆心在CH的中点处；②D、B、F、H四点共圆，圆心在BH的中点处；③A、E、H、F四点共圆，圆心在AH的中点处；④C、B、F、E四点共圆，圆心在BC的中点处；⑤B、A、E、D四点共圆，圆心在AB的中点处；⑥C、D、F、A四点共圆，圆心在AC的中点处．（２）如图，由B、D、H、F四点共圆，得∠ADF=∠1.同理：由A、B、D、E四点共圆，得∠ADE=∠１.∴∠ADF＝∠ADE．例２如图，E是正方形ABCD的边AB上的一点，过点E作DE的垂线交∠ABC的外角平分线于点F，求证：FE=DE.解答如图，连接DB、DF.∵四边形ABCD是正方形，且BF是∠CBA的外角平分线，∴∠CBF=45°，∠DBC=45°，∴∠DBF=90°．又∵∠DEF=90°，∴D、E、B、F四点共圆．∴∠DFE=∠DBE=45°（同弧所对的圆周角相等）．∴△DEF是等腰直角三角形．∴FE=DE．P1.如图，锐角△ABC中，BC.CE是高线，DG⊥CE于G，EF⊥BD于F，求证：FG BC证明：由于Rt△BCE与Rt△BCD共斜边BC，∴B、C、D、E四点共圆．∴∠DBC=∠DEG，同理，Rt∠EDF与Rt△DGE共斜边DE，∴D、E、F、G四点共圆．于是∠DEG=∠DFG，因此，∠DBC=∠DFG．于是FG∥BC2. 如图，BE.CF为△ABC的高，且交于点H,连接AH并延长交于BC于点D,求证：AD⊥BC.3.如图，等边△PQR内接于正方形ABCD,其中点P,Q,R分别在边AD,AB,DC上，M是QR的中点.求证：不论等边△PQR怎样运动，点M为不动点.4.如图，已知△ABC中，AH是高，AT是角平分线，且TD⊥AB,TE⊥AC.求证：∠AHD=∠AHE.证明：（1）∵∠ADT=∠AHT=∠AET=90°，∴D，E，H在以AT为直径的圆上，∴∠AHD=∠ATD，∠AHE=∠ATE，又∵AT是角平分线，TD⊥AB，TE⊥AC，∴∠ATD=∠ATE，∴∠AHD=∠AHE．补充：。
中考数学压轴题破解策略专题20《简单的四点共圆》
专题20《简单的四点共圆》破解策略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：1．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°．2．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＝3DE；（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 ＝3DE ． 3．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4．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．【来源：21·世纪·教育·网】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 CD 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1AB C DEFG 图2 A B C D E M N。
人教版数学九年级上册 四点共圆,解题妙不可言
人教版数学九年级上册 四点共圆，解题妙不可言四点共圆是一种重要的解题方法，熟练判断四点共圆，并灵活运用圆的相关性质，能有效进行解题.1.对角互补的四边形四点共圆证线段线段例1如图1，在四边形ABCD 中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD=210，CE AD 于点E ． 求证：AE=CE ； （2）若tanD=3，求AB 的长．（2018年北京石景山区模拟题）分析：根据∠A=∠BCD=90°，利用对角互补的四边形共圆，作出这个圆，从而把问题转化为圆的知识，在圆的背景下求解，可以帮助同学们更容易找到求解思路.解：如图1，因为∠A+∠BCD=180°,所以四边形ABCD 四点共圆，延长CE 交圆于点F ，连接AF ，因为∠A=∠AEC=90°，所以AB ∥CF ，所以BC=AF,因为BC=CD ，所以AF=CD ，因为∠EAF=∠ECD ， ∠F=∠D ， 所以△AEF ≌△CED ，所以AE=CE.（2）略点评：对角互补的四边形内接于圆，借助四点共圆，可以创造出更多解题所必需的条件，如夹在两平行弦之间的弦相等，为三角形的全等提供“S ”元素.2.对角互补的四边形四点共圆综合题例2 如图2，四边形ABCD 中，AC ，BD 是它的对角线，∠ADC=∠ABC=90°，∠BCD 是锐角.（1）若BD=BC ，求证：sin ∠BCD=ACBD ； （2）若AB=BC=4,AD+CD=6，求：AC BD 的值. （3）若BD=CD ，,AB=6，BC=8。
求：sin ∠BCD 的值.分析：根据∠ADC=∠ABC=90°，可以判定四边形ABCD 是满足四点共圆，且直径为AC ，作出直径为AC 的圆，就把普通的计算转化为圆的基本计算，充分利用圆的知识使得计算更加简便，提高计算的效率.解：（1）因为∠ADC=∠ABC=90°，所以四点A,B,C,D 都在直径为AC 的圆上，如图2，因为BD=BC ，所以∠BCD=∠BDC ，因为∠BAC=∠BDC ，所以∠BAC=∠BCD ，在直角三角形ABC 中， sin ∠BAC=AC BC ，所以sin ∠BCD=ACBD ； （2）如图3，因为AB=BC=4，所以AC=42，延长DC 到点E ，使得CE=AD ，连接BE ，根据四边形的外角等于内对角，所以∠BCE=∠BAD ，所以△BAD ≌△BCE ，所以BD=BE ， ∠ABD=∠CBE ，因为∠ABC=90°，AD+CD=6，所以∠DBE=90°，DE=6，所以BD=32，所以AC BD =432423=. （3）如图4，因为BD=CD ，作直径DF ，交BC 于点E ，连接BF ，则BE ⊥DF ，∠DBF=90°，BE=EC=4, 因为AB=6，BC=8，所以AC=DF=10，易证△DEB ∽△BEF ，所以2BE =DE ∙EF,所以16=（10-EF ）∙EF,整理，得2EF -10EF+16=0,解得EF=2或EF=8(（舍去）， 当EF=2时，BF=25,所以sin ∠BCD=sin ∠F=BF BE =524=552.点评：把一般几何问题转化为四点共圆问题，充分利用圆周角定理，垂径定理，把问题顺利求解，且思路顺畅，是值得熟练掌握的好方法.3.圆定义共圆和同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，探究综合题例3 如图5，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，将△ADE 绕点A 旋转（保持点D 在△ABC 的内部），连接BD ，CE.（1）求证：BD=CE ；（2）当AB=4,AD=2, ∠DEC=60°时，求BD 的长；（3）设射线BD 和射线CE 相交于点Q ，连接QA ，直接写出旋转过程中，QD,QE,QA 之间的数量关系.分析：第一问：这是常规性的旋转问题，只要牢牢抓住旋转的全等性，借助三角形的全等结论就顺利得出.第二问：解决起来就需要多方面的思考：一是平行线的判定问题，二是三点共线问题，三是三点共圆问题，四是三角形的相似问题，五是一元二次方程的根的问题，都需要缜密思考，规范解答，和谐思考才能顺利得解.第三问：看似简单，但是要真正找到三者的数量关系，还需要动一番脑筋，特别是利用同底同侧对等角的三角形，则四点共圆，把问题转化成圆的相关知识解决，使得解题流畅，简洁，这里的分类思想也发挥着重要的作用.解：（1）如图5，由△ABC 和△ADE 都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE ，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE ，所以△BAD ≌△CAE ，所以BD=CE ；（2）根据（1）知道：∠BDA=∠CEA ， 因为∠DEC=60°，所以∠CEA=∠BDA=120°，所以∠ADE+∠BDA=180°，所以B,D,E 三点共线，设点G 是AB 的中点，则AG=AD=AE=DE=2,所以点G,D,E 在以A 为圆心，半径为2的圆上，延长GA 交圆于点F ，连接DG,EF ，如图6， 易证△BGD ∽△BEF ，所以BFBD BE BG =,所以BG ∙BF =BD ∙BE,所以12=BD(BD+2), 整理，得2BD +2BD-12=0,解得BD=-1+13或BD=-1-13 (（舍去），所以BD 的长为13-1；（3）当点D 在三点B,D,E 共线时的左边时，如图7，QD,QE,QA 之间的数量关系是： QD=QA+QE.理由如下：根据（1）知道：∠ABD=∠ACE ，所以∠QBC+∠QCB=60°-∠ABD +60°+∠ACE=120°，所以∠BQC=60°，因为∠DAE=60°，所以∠BQC=∠DAE ，所以A,D,E,Q 四点共圆，延长AQ 到点F ，使得QF=QE,连接EF ，则∠FQE=∠ADE=60°，所以△QEF 是等边三角形， 所以∠DQE=∠AFE=60°，∠FAE=∠QDE,EF=QE ，所以△FAE ≌△QDE ，所以AF=QD ， 所以QD=QA+QF=QA+QE.当点D 在三点B,D,E 共线时的右边时，如图8，QD,QE,QA 之间的数量关系是：QA=QD+QE.请同学们仿照上述证明，结合图形自己给出证明.点评：四点共圆是一种非常有效的解题方法，希望同学们能尽量熟练掌握，不仅能开阔自己的视野，提高解题的效率，更重要的是丰富自己的知识储备，不受知识的局限，让自己的数学解题游刃有余，提高自己数学解题能力.4.同底同侧等角的三角形，四顶点共圆，判定四边形的形状例4 如图9，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上，点E在边AD的右侧，连接CE．（1）求证：∠ACE=60°；（2）在边AB上取一点F，使BF=BD，联结DF、EF．求证：四边形CDFE是等腰梯形．分析：第一问：充分利用三角形的全等，结论就顺利得到.第二问：证明抓住两个关键点，一是证明DF=CE,二是证明CD∥EF，利用好等边三角形的性质，四点共圆的判定方法，可以巧妙破解.解：（1）由△ABC和△ADE都是等边三角形，所以AB=AC,AD=AE，∠BAD+∠DAC=60°, ∠CAE+∠DAC=60°,所以∠BAD=∠CAE，所以△BAD≌△CAE，所以∠ABD=∠ACE=60°；（2）由BF=BD，∠ABD=60°，所以△BFD是等边三角形，所以BD=DF=CE.因为∠ADE=∠ACE=60°，所以A,D,C,E四点共圆，因为∠AFD+∠AED=180°，所以点A,F,D,E四点共圆，所以点A,F,D,C,E五点共圆，所以∠AFE=∠ADE=60°，所以∠AFE=∠B，所以CD∥EF，所以四边形CDFE是等腰梯形．点评：此题也可以用其他方法求解，感兴趣的同学可以自我尝试一下.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，∴∠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＝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，。
【中考数学必备专题】中考模型解题系列之四点共圆模型(含答案)
【中考数学必备专题】中考模型解题系列之四点
共圆模型
一、证明题(共2道，每道50分)
1.设P是平行四边形ABCD内部的一点，且∠PBA=∠PDA．求证：∠PAB=∠PCB．
答案：证明：过点P作EP∥AD，且EP=AD．连接AE，EB
∴四边形AEPD是平行四边形
∴∠ABP=∠ADP=∠AEP，
可得：A、E、B、P共圆．
∴∠PAB=∠BEP
又∵EP∥BC，且EP=BC
∴四边形EBCP是平行四边形
∴∠BEP=∠PCB
∴∠PAB=∠PCB．
解题思路：根据已知作出过P点平行于AD的直线，并选一点E，使AE∥DP，通过倒角得出A、E、B、P四点共圆，即可得出答案．
试题难度：三颗星知识点：平行四边形的判定与性质
2.如图，O是Rt△ABC斜边AB的中点，CH⊥AB于H，延长CH至D，使得CH=DH，F为CO 上任意一点，过B作BE⊥AF于E，连接DE交BC于G．求证：∠CAF=∠CDE．
答案：（1）证明：连接OD，
∵△ABC是Rt三角形，BE⊥AF
∴∠BEA=∠ACB=90°，
∴A，B，E，C，四点共圆，且AB是此圆直径，
又∵CH⊥AB，CH=DH，
∴OC=OD
∴D在此圆上，
∴A，B，C，D，E五点共圆，
∴∠CAF=∠CDE．
解题思路：先连接OD，根据已知条件得出∠BEA=∠ACB=90°，得出A，B，E，C，四点共圆且AB是此圆直径，再根据CH⊥AB，CH=DH，确定出D也在此圆上，从而得出A，B，C，D，E五点共圆，即可证出∠CAF=∠CDE
试题难度：三颗星知识点：确定圆的条件。
四点共圆ppt
过一个点的圆不确定
A B
过两个点的圆不确定
过不在同一直线上的三个点可以确定一个圆
2.我们已对上述三种情况有了深刻的认识，那么请问过 平面内四个点能确定一个圆吗？
二、合作探究，获得猜想
活动1：
1.过三点作圆可以看成是过三角形的顶点作圆，那过同一平面 内任意不共线的四点作圆同样可以看作是过四边形的顶点作圆， 那同学们会作吗？
证明猜想
已知：在四边形 ABCD 中，∠B+∠D=180°． 求证：过点 A、B、C、D 可作一个圆．
证明：假设过 A、B、C、D 四点不能作一个圆．过A、 B、C 三点作圆，若点 D 在圆外．
设 AD 与 圆 交 于 点 E ， 连 接 CE，则∠B+∠AEC =180°．
∵∠B +∠D=180°， ∴∠AEC=∠D． ∵∠AEC=∠D+∠DCE ， 这与∠AEC=∠D矛盾，故假设不成立． 因此点D不在过点A、B、C 三点的圆外．
拓展延伸
如图，在四边形ABCD中，如果∠ADB=∠ACB,那 么同时过点 A、B、C、D 能不能作一个圆？为什么？
获得结论
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 其顶角相等，则四点共圆．
善问为智 善听是德
探
学
究
习
因
因
思
探
考
究
而
而
深
丰
刻
富
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D A
C B
活动2： 2.课本P119图3给出了一些四边形，同学们尝试着作 一下，看能否过它们的四个顶点作一个圆？
结论：不是所有四边形的四个顶点共圆，只有一部分四边形 的四个顶点共圆.
数学人教版九年级下册中考复习之四点共圆与相似
2017中考复习专题之四点共圆导学案武汉市汉铁初级中学 王 芬学习目标：会从图形中通过观察、分析、提炼出三种四点共圆的基本图形，并运用圆的有关性质解决相关问题一．课前准备：证明三种四点共圆的基本型1、已知，如图Rt △ABC 与Rt △DBC 共斜边BC ，求证：A 、B 、C 、D 四点共圆2、已知，如图四边形ABCD 中，对角线AC,BD 交于点E ，∠BAC=∠BDC 求证：A 、B 、C 、D 四点共圆3、已知如图四边形ABCD 中，∠A+∠C=180°, 求证：A 、B 、C 、D 四点共圆二．课内探究： （一）小试牛刀：1、矩形ABCD 中，点P 为AC 上一点，PB ⊥PF 交DC 的延长线于F 点，交BC 于E 点，且CF ∶B C ＝PE ∶PB ， 求证：PA=CD2、正方形ABCD ，∠EAF=45°，AE 、AF 分别交BC 、CD 于E 、F ，交BD 于M 、N ， 求证：AE=2AN3、.如图，ABC ∆中，90ACB ∠=，2BC =，4AC =，将ABC ∆绕C 点旋转一个角度到DEC ∆，直线AD 、EB 交于F 点， ABF ∆的面积的最大值是______________.（二）、勇攀高峰：1、在△ABC 中，如图，点D 从A 出发，在AB 边上以每秒一个单位的速度向B 运动，同时点F 从B 出发，在BC 边上以相同的速度向C 运动，过点D 作DE ∥BC 交AC 于点E ，运动时间为t 秒。
连接AF,CD ，若BD=DE ，求证：∠BAF=∠BCD2、在△ABC 中，以AB 为斜边，作直角△ABD ，∠ADB ＝90°(1) 如图1，若AD ＝BD ，过点D 的直线交AC 于点E ，交BC 于点F ，EF ⊥AC ，且AE ＝EC ，∠ACB ＝45°若BF ∶CF ＝2∶3，BD 与AF 交于G 点，求线段AG ∶GF 的值(2) 如图2，若AB ＝AC ，把△ABD 绕点A 逆时针旋转一定角度，得到△ACE ，连接ED 并延长交BC 于点F ，BF ＝2，DE ＝3，求sin ∠ABD 的值C EB DAFB3、在△ABC 中，点D,E,F 分别AB,BC,AC 在上，且∠ADF=∠BED, ∠AFE=∠BDE.（1）如图，当∠A ≠90°，DE=DF 时，求证：BE=AB（2）如图，当∠A ＝90°，D E ＜DF 时，若AB=4，BC=25,求BDAF的值三、课堂自我小结：四、自主反馈巩固：1.如图，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，AB ＝BC ＝10，AD ＝2DC ，连对角线AC 、BD 相交于点E 求证：BD 平分∠ADC ；② 计算CEAE的值2、如图，点P 为矩形ABCD 的对角线AC 上一点，PM ⊥PB 交AD 于M, （1）求证：DCADPM BP （2）若MA=MP,AB=3,BC=4，求AP 的长BBA3、（2016宿迁）已知△ABC 是等腰直角三角形，AC=BC=2，D 是边AB 上一动点（A 、B 两点除外），将△CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角α得到△CEF ，其中点E 是点A 的对应点，点F 是点D 的对应点．（1）如图1，当α=90°时，G 是边AB 上一点，且BG=AD ，连接GF ．求证：GF ∥AC ； （2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE 与DF 相交于点M ．①当点M 与点C 、D 不重合时，连接CM ，求∠CMD 的度数；②设D 为边AB 的中点，当α从90°变化到180°时，求点M 运动的路径长．4、如图1，在Rt ABC △中，90BAC ∠=°，AD BC ⊥于点D ，点O 是AC 边上一点，连接BO 交AD 于F ，OE OB ⊥交BC 边于点E ． （1）求证：ABF COE △∽△；（2）当O 为AC 边中点，2AC AB =时，如图2，求OFOE 的值； （3）当O 为AC 边中点，AC n AB =时，请直接写出OFOE的值．BBAACO ED D ECO F图1图2F。
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匕
,
2
,
弦切 角 乙
乙
3
。
.
于 是乙 3
二
乙B
即 四 点P
。
B
D
C共圆
再 由割 线定 理
,
命 题得 证
使A E
= 二
( 证 明 略 ) 下面 例 均 省 去 F是A B 上 一 点
.
证 明过 程
例
B C到 G
,
2
.
已 知:
A BC D 是矩形
延 长A D 到 E
,
,
A B
,
,
延 长
使C G
二
AF
,
二
、
C B
、
、
0
:
1
共圆
二
,
连 结0
,
。
,
A
,
0
,
,
B
,
, 再 连结 O C
,
O
二
,
D
.
通 过观
,
要 证 e l)
二
,
CB
3
,
则 证 △ B O C 望△ D O C
一
弦O A
,
二
O
工
B
,
所 以匕
二
l
乙
2
又 因为
O D
I
O
I
A
,
匕
乙D
,
而乙
3
艺 B ( 四 点共 圆 )
故乙 B
/ D
,
: 从 而△BO C 望
o r
ta
n
t
p
r o
p
e r
t ie
s
o
f
st r a
ig h t li n
e
a n
d
e
ir
e
le
.
5
0
,
s
tu
d in g t h a t q
u e s
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n
e a n
dev
e
lo
p
s
tu
, den ts
a
b i li t y
o
f
a n a
ly s i n g
、
s o
lv i n
必 p
r o
帝 19
又 因 为 0 0 与0 0
.
外切 于P
两 圆 相 切 常 作 它们 的 公 切 线
不
89
年 3 月 12 日 收 至1
妨 过 点P 作 内公切线 PE
EB
=
,
,
交B D 于点 E
。
.
又 因BD 切0 0
1
=
产
于 点B
。
,
联想 到 切线 长 定 理
2
=
,
EP
,
所 以艺
、
1
、
=
乙B
、
而 对 顶 角乙
,
、
G
、
H 共圆
2
二
,
须证 乙
1
=
因为乙
1
匕
(两 直
线平 行
得到
。
,
内 错角 相 等 ) 于 是 只 须 证 乙
3
。
G
,
这 个 结 论 可 以通 过 证 R t △ A E F 丝 R t△ C D G
,
例
如图
,
,
△ A B C 中 B C 边 上 的 高 A D 延 长线 交外 接 圆 于 G
DH
A
水以二 经
才
分析
:
( 1 ) 要证 A E
2
,
・
A B
=
A
=
. F
艺
2
,
AC
3
,
,
则证 四 点 B
3
,
、
C
、
F
2
、
E共圆
。
连结E F
,
证
2 +
乙 乙
F
、
1
4
= =
匕
90
“
再 连 结E D 乙
3
+
,
则乙
二
1
,
, 又 因 为 A D 为直 径
1切 圆 于 D
。
,
所以
,
匕
,
乙
4
90
0
乙
,
“
乙
即乙
・
1
=
、
交
二
圆 于 点E
・
、
: ( 1 ) 求证
、
AB
, AF AC
・
(
) 如 果 使 直 线 1向 上 平 行 移 动成 为
F
,
圆 的割 线
,
而A B
A C 与 1仍 交 于 点 B
C
,
与圆 仍 交 于 点 E
那 么 等式 A E A B
・
A F A C 是 否 仍成 立 ? 为 什 么 ?
( 1 9 8 6 年 杭 州 市 中考 试 题 )
么D O
80
C
,
于 是 命题 得 证
。
A N A L Y S IN G
FOU R
IN
T H E
Q U E S T IO N
TH AT
P O IN T S
C O E X IS T
W
IT H
A
C IR C L E
THE
M A T H E M A T IC S M ID D L E
U N IF E D Zha
,
、
、
C共圆 C
5
. 、
,
于 是 转 化 为证 匕
,
艺C
。
两 圆相 交 常 公 共 弦
,
不 妨连 结 A B
1
二
则四 点
C
,
、
、
D 共圆
乙
2
=
匕C
AE
,
在 圆PA B 中
,
・
/
1
,
二
乙
2
,
故乙
、
乙C
.
例
如图
F
,
,
AD
是 圆 的 直径
l 是 过 D 点 的切 线
=
、
割线 A B
2
、
A C 交 l于 点 B
。
其 次着 重 检 查 考 生 综 合 运 用知 识 的能 力
, ,
云 南 省 在 这 两 年关 于 圆
‘
的 综 合题 的 证 明中
,
都 可 以通 过 四 点共 圆 进 行 证 明
尸
足见 四 点 共 圆的 重要 性 于A
・
例
的弦
,
1
.
已知:
产 0 0 与 ¼O 外 切于 P
过 P 点作 直线 交 0 0 与 0 0
通 常还 融 会 了直
、
线形和 圆 的 一 些 重要 性质
。
通 过 讨 四 点 共 圆 问题 的 学 习
,
,
可 以 提 高 分 析 问题
:
解决问题
和 综 合运 用 的能 力
。
在 几 年 的 中考 中
圆 的 一 部分 知识 情 况
,
均 出 现 了 关 于 圆 的综 合 题
,
我 认为 其 目 的 是
。
首先 检查 考生 掌 握
,
于 是 转 化为 证 乙
=
乙C
,
o
。
又因为 D H
=
=
,
DG
,
BD 土H G
1
二
,
所 以 连 结B G
则△ B G H 是 等
乙
,
1
乙G
A H
而乙 C
DG
二
乙G
・
故乙
, ,
乙C
。
( 2 ) 要证
BH
H E
只 须 证 R t △ A H E o R t△ B H D
由此 可 见
例
4
.
圆 与 四 边 形是 比 较 重 要 的
.
二
D G
,
B H 的延
长 线交 A C 于 E
求证
:
(
z ) BE
土A C
,
( 2 )A H
・
D G
=
BH
・
HE
( 2 9 8 8 年 云 南 省 中考 试
题 )
分析
腰三 角 形
,
:
( 1 ) 因 为匕 A D C
1
二
:
=
R t乙
,
, 要 证 A E 土 A C 只须 证 四 点D
、
C
,
、
E
、
H 共圆
b le m
s
a n
d
s
y n t h e t ie
a
l
a
p p le
s
.
1 8
,
、
B
,
A C
是0
0
过 B 点作 0 0
的切 线 交 A C 的 延 长线 于 D
求证
:
A P A B
・
二
A D
A C
( 19 8 7 年 云 南 省 中 考试 题 )