“四点共圆”在解题中的妙用
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 。
第9讲-四点共圆常用技巧2
第9讲-四点共圆常用技巧2第9讲-四点共圆常用技巧2在第9讲中，我们将继续讨论四点共圆的常用技巧。
在前一讲中，我们已经了解了一些基本概念和技巧，本讲中我们将进一步探讨一些更复杂的应用。
1.交点法交点法是四点共圆中常用的技巧，我们可以通过找到给定四边形的对角线的交点来求得四边形的外接圆。
例如，我们知道一个四边形ABCD，通过连接对角线AC和BD，我们可以找到它们的交点O。
如果四边形的对角线交于一点O，那么四边形ABCD的外接圆就能通过连接AO和BO来确定。
这一技巧在证明四边形为菱形以及矩形等特殊情况时尤为有用。
2.弧度法在四点共圆中，我们可以通过考虑给定的四个点所确定的弧度来确定它们是否共圆。
假设我们有四个点A、B、C和D，可以找到它们分别对应的三条弧AB、BC和CD。
如果这三条弧对应的笔尖相互相交或平行，那么我们可以判断点A、B、C和D共圆。
3.中垂线法中垂线法在四点共圆中也是常用的技巧之一、我们可以通过连接四边形的相对边的中点来找到四边形的垂心。
例如，我们知道一个四边形ABCD，通过连接对边AB和CD的中点，我们可以找到它们的垂心O。
如果四边形的垂心与四个顶点都在一条直线上，那么我们可以判断四边形ABCD共圆。
4.余角相等法余角相等法是用于证明四边形共圆的另一种常用技巧。
我们可以通过考虑四边形的内角与其对顶角的关系，来判断四边形是否共圆。
假设我们有四个顶点A、B、C和D，如果内角ADC和对顶角BCD的和等于180度，那么我们可以判断四边形ABCD共圆。
通过掌握以上四点共圆常用技巧，我们可以更加高效地解决四点共圆的问题。
需要注意的是，在应用这些技巧的同时，我们还需要结合其他几何知识和定理来进行推理和证明。
在实际应用中，我们可以通过绘制图形、利用已知条件和反证法等方法来辅助求解。
总结：四点共圆常用技巧2包括交点法、弧度法、中垂线法和余角相等法。
通过运用这些技巧，我们能够更方便地判断和证明四点共圆。
四点共圆在解题中的应用
点共圆。（如图 14）
【思路七】托勒密定理的逆定理：对于凸四边形 ABCD， AB CD AD BC AC BD 四点共
圆。（如图 15）
图 13
图 14
图 15
S△ABC=4S△ADF．其中正确的有________.（把你认为正确的都写上）
如图 9 所示，∠AEB=∠ADB = 90°,则点 A、E、
D、B 四点共圆，则 FD=FE= 1 AB.（半径） 2
图9
2.【2016 历城一模】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 6，则 cos∠BOE=＿＿＿.
A
D
如图 10 所示，∠ABC+∠COE = 180°，则 点 A、E、D、B 四点共圆，即：∠BOE=∠BCE。 （转化角）
由题目已知条件可求：CE=AE=6，
∴cos∠BOE= cos∠BCE= BC 4 2 CE 6 3
O E
B
其中，由三点作圆，即为作三角形的外接圆。内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三 角形的内心。
证明点在圆上转化为证明点到圆心的距离等于半径。 【思路二】四点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆。
这一思路是根据圆的定义得到的：从集合观点看，圆心为 O，半径为 r 的圆可以看成是所有到定点 O
CB
图1
C
图2
图 11
图 12
如图 12 所示，此题亦可过 O 点作 OM⊥AG，作 ON⊥BE，通过证明△BON≌△AOM，得到 OM=ON， 根据角平分线的判定得到 HO 平分∠BHG。
四点共圆问题在几何解题中的应用
四点共圆问题在几何解题中的应用作者：李华平来源：《读天下》2018年第18期摘要：四点共圆问题在几何解题中具有广泛性和灵活性的特点，通常情况下，题目中不会明确说明需要用到四点共圆的知识。
因此解答这类问题时需要学生灵活地开动脑筋，这也是这一类问题备受各种竞赛和考试命题者青睐的原因。
本文首先给出四点共圆的性质和判定定理，然后举例说明了不同情况下利用四点共圆来解题的思路。
关键词：四点共圆；几何问题；解题思路一、四点共圆在几何证明中的一般解法在几何证明题中，想要证明一个平面上四点共圆，首先是要找到需要证明的是哪四个点，然后将这四个点顺次连接，得出一个四边形，再根据这个四边形的特点和题目中给出的条件选择最优的解题思路；除此之外，对于一些常见的基本图形，要能做到见图知形，熟练地掌握这些基本图形的性质，这样在解题的时候才能做到游刃有余、得心应手。
二、两种经典四点共圆问题的解法方法1：将要证明共圆的四个点连接成两个同侧的共底边的三角形，如果我们可以证明出这两个三角形的顶角相等，我们就可以肯定，这四个点是共圆的。
这句话也可以理解为：如果一条线段同侧的两个点与这条线段连成的两个夹角相等，那么我们就可以说这两个点与这条线段的两个端点四点共圆。
【例1】在△ABC中，AB分析：这道题没有明确指出这是一道与四点共圆有关的问题，需要学生自己去发掘题目的隐藏信息。
通过观察图1我们可以发现，图中出现的三角形都位于线段的同一侧，而且题目中给出了两个相等的角，由此我们可以联想到四点共圆的判定定理3，在此推测的基础上，进行题目的解答，目标就会比较明确。
图1证明：如图1所示，取AC的中点F，分别连接EF、DF（几何证明中常用的辅助线做法）。
∵E、F分别是BC和AC的中点，∴EF为△ABC的中位线，∴有EF∥AB，∠AEF=∠EAB ①又∵∠BAD=∠EAC（与题目中所给条件相联系）∴∠EAB=∠DAC ②∵AD是△ABC上BC边的高，∴△ADC是一个直角三角形∴DF=AF，∠ADF=∠DAC。
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 ······。
高三数学二轮复习冲刺：四点共圆及应用
二次曲线上的四点共圆一．基本原理1.方法一：斜率方法若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k .结论1抛物线22y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.结论2圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.方法2：曲线系方法定理2若两条直线:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.证明：由21,l l 组成的曲线即111222()()0a xb yc a x b y c ++++=所以经过它与Γ的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：22111222()()()0ax by cx dy e a x b y c a x b y c λμ+++++++++=①必要性.若四个交点共圆，则存在μλ,使方程①表示圆，所以式①左边的展开式中含xy 项的系数1221()0a b a b μ+=.而0≠μ(否则③表示曲线Γ，不表示圆)，所以12210a b a b +=.充分性.当12210a b a b +=时，式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，即1212a a a b b b λλ+=+，得1212a ab b b aλ-=-.此时曲线①即220x y c x d y e '''++++=②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.方法3.相交弦定理（2）相交弦定理：PA PB PC PD⋅=⋅二．典例分析例1.（2021新高考1卷）在平面直角坐标系xoy 中，已知点)0,17(),0,17(21F F -，且动点M 满足：2||||21=-MF MF ，点M 的轨迹为C .（1）求C 的方程；（2）设点T 在直线21=x 上，过T 的两条直线分别交C 于B A ,两点和Q P ,两点，且满足||||||||TQ TP TB TA ⋅=⋅，求直线AB 与直线PQ 的斜率之和.解析：（1）因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F ，2F 为左右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b-=>>，则22a =，可得1a =，4b ==，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥.（2）方法1.相交弦定理直接翻译设1(,)2T n ，设直线AB 的方程为112211(,(2,(),)y n k x A x y B x y -=-．联立1221()2116y n k x y x ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，化简得22221111211(16)(2)1604k x k k n x k n k n -+---+-=，则22211112122211111624,1616k n k n k k n x x x x k k +-+-+==--．故12,11||)||)22TA x TB =-=-．则222111221(12)(1)11||||(1)()()2216n k TA TB k x x k ++⋅=+--=-．设PQ 的方程为21(2y n k x -=-，同理22222(12)(1)||||16n k TP TQ k ++⋅=-．因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，所以22122212111616k k k k ++=--，化简得22121717111616k k +=+--，所以22121616k k -=-，即2212k k =．因为11k k ≠，所以120k k +=．方法2.（参数方程法）设1(,)2T m ．设直线AB 的倾斜角为1θ，则其参数方程为111cos 2sin x t y m t θθ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩，联立直线方程与曲线C 的方程2216160(1)x y x --≥=，可得222221111cos 116(cos )(sin 2sin )1604t m t t mt θθθθ+-++-=+，整理得22221111(16cos sin )(16cos 2sin )(12)0t m t m θθθθ-+--+=．设12,TA t TB t ==，由根与系数的关系得2212222111(12)12||||16cos sin 117cos t m m TA TB t θθθ-++⋅===--⋅．设直线PQ 的倾斜角为2θ，34,TP t TQ t ==，同理可得2342212||||117cos m T T t P Q t θ+⋅==-⋅，由||||||||TA TB TP TQ ⋅=⋅，得2212cos cos θθ=．因为12θθ≠，所以12s o o s c c θθ=-．由题意分析知12θθπ+=．所以12tan tan 0θθ+=，故直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0．（方法3：曲线系）（2）设),21(t T ，直线AB 的方程为)21(1-=-x k t y ，直线PQ 的方程为21(2-=-x k t y ，则过Q P B A ,,,四点的二次曲线为：0)2)(2(2211=+--+--t ky x k t k y x k ，代入双曲线方程可得：)0(0)116()2)(2(222211≠=--++--+--λμλy x t k y x k t k y x k ，整理可得：0)22(])([)()16()(212121212221=+-++-+++--++m y t kk x k k k k t xy k k y x k k λλλμλμλ其中21212()42k k t m t k k λμ⎡⎤=+-+-⎢⎥⎣⎦．由于Q P B A ,,,四点共圆，则xy 项的系数为0，即021=+k k .例2.在平面直角坐标系xOy 中，双曲线()2222:10,0y xC a b a b-=>>，实轴长为4.（1）求C 的方程；（2）如图，点A 为双曲线的下顶点，直线l 过点()0,P t 且垂直于y 轴（P 位于原点与上顶点之间），过P 的直线交C 于G ，H 两点，直线AG ，AH 分别与l 交于M ，N 两点，若O ，A ，N ，M 四点共圆，求点P 的坐标.解析：（1）因为实轴长为4，即24a =，2a =，又ca=所以c =2224b c a =-=，故C 的方程为22144-=y x .（2）由O ，A ，N ，M 四点共圆可知，ANM AOM π∠+∠=，又MOP AOM π∠+∠=，即ANM MOP ∠=∠，故1tan tan tan ANM MOP OMP ∠=∠=∠，即1AN OMk k -=-，所以1AN OM k k ⋅=,设()11,G x y ，()22,H x y ，(,)M M M x y ，由题意可知()0,2A -，则直线112:2y AG y x x +=-，直线222:2y AH y x x +=-，因为M 在直线l 上，所以M y t =，代入直线AG 方程，可知()1122M t x x y +=+，故M 坐标为()112,2t x t y +⎛⎫⎪+⎝⎭，所以()()1122OMt y k t x +=+，又222AN AH y k k x +==，由1AN OM k k ⋅=，则()()12122212t y y t x x ++⋅=+，整理可得()()1212222y y t t x x +++=，当直线GH 斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线:GH y kx t =+，代入双曲线方程：22144-=y x 中，可得()2221240k x ktx t -++-=，所以12221kt x x k -+=-，212241t x x k -=-，又()()()()12122222y y kx t kx t ++=++++()()()()()()22222212122222422222111t t kt k x x k t x x t k k t t k k k -+--=+++++=⋅++⋅++=---，所以()()()()()()22212221222222221204421t y y t t t k t t t x x t t k -+++-+-++-====+≠----,故2t t =-，即1t =，所以点P 坐标为()0,1.。
专题二----四点共圆的应用
专题二----四点共圆的应用【知识点】1、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，简称“四点共圆”；2、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；3、判定：①若两个直角三角形共斜边，则四个顶点共圆，且直角三角形的斜边为圆的直径； ②共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆； ③对于凸四边形ABCD ，若对角互补，则A 、B 、C 、D 四点共圆； ④相交弦定理的逆定理：对于凸四边形ABCD ，其对角线AC 、BD 交于P ，若PA ·PC=PB ·PD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆； ⑤割线定理的逆定理：对于凸四边形ABCD ，两边AB 、DC 的延长线相交于点P ，若PB ·PA=PC ·PD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆； 4、四点共圆的妙用：巧用四点共圆可以帮助我们在解题过程中快速地求角等、边等、相似、边长、最值等问题。
【例1】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 ，且∠ACD=∠BCE ，连接AE 交CD 于M ，连接BD 交CE 于点N ，AE 与BD 交于点P ，连接CP 。
求证：∠APC=∠BPC【变式1】如图，在正方形ABCD 中，E 为CD 上一动点，连接AE 交对角线BD 于点F ，过点F 作FG ⊥AE 交 BC 于点G ，求证：△AFG 为等腰直角三角形。
ADCBDPABCDE FG【例2】如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 边上的点，∠AEP=90°，且EP 交正方形外角的平分线CD 于 点P ， 交边CD 于点F ；求证：AE=EP【变式2】如图，在Rt △ABC 和在Rt △DBC 中，∠BAC=∠BDC=90°，点O 、M 分别为BC 、AD 的中点， 求证：OM ⊥AD【例3】如图，△ABC 和△EFG 均为边长为2的等边三角形，点D 是边BC 、EF 的中点，直线AG 、FC 相交于点M ，当△EFG 绕点D 旋转时，线段EM 长的最大值是 ；【变式3】如图，在△ABC 中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，O 为AC 的中点，过O 作OE ⊥OF ，OE 、OF 分别交射线AB 、BC 于 E 、F ，则EF 的最小值为【例4】如图，正方形ABCD 的边长为6，点O 是对角线AC 、BD 的交点，点E 在CD 上，且DE=2CE ，过点C 作CF ⊥BE ，垂足为点F,连接OF ，则OF 的长为A BE CPDABCDOMAB CDF GM EAB CDOEF【变式4】如图，正方形ABCD 的中心为O 点，面积为25；点P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA ：PB=3:4，则PB=【检测练习】1、如图，正方形OABC 的边长为2，以O 为圆心，EF 为直径的半圆经过点A ，连接AE ，CF 相交于点P ，将正方形OABC 从OA 与OF 重合的位置开始，绕着点O 逆时针旋转90°，交点P 运动的路径长是 ．2、如图，在△ABC 中，∠ACB=65°，BD ⊥AC 于点D ，CE ⊥AB 于点E ，则∠AED= ，∠CED= 。
四点共圆
四点共圆一、知识点梳理1、四点共圆的概念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”。
性质：①圆内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的一个外角等于它的内对角。
2、初中阶段四点共圆的常见判定方法（1）共底边的两个直角三角形，则四个顶点共圆，且直角三角形的斜边为圆的直径。
（2）共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆。
（3）对于凸四边形ABCD ，对角互补⇔四点共圆。
（4）相交弦定理的逆定理：对于凸四边形ABCD 其对角线AC 、BD 交于P ，PD BP PC AP ⋅=⋅⇔四点共圆。
（5）割线定理：对于凸四边形ABCD 其边的延长线AB 、CD 交于P ，PD PC PB PA ⋅=⋅⇔四点共圆。
ABCDPAB CDP3、四点共圆的妙用巧用四点共圆可以帮助我们在解题过程中快速地求角等、边等、相似、边长等问题。
二、例题精练1、四点共圆的性质a.例题讲解1．四边形ABCD内接于⊙O，则∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是（）A．1：2：3：4 B．1：3：2：4 C．1：4：2：3 D．1：2：4：32．如图，AB经过圆心O，四边形ABCD内接于⊙O，∠B=3∠BAC，则∠ADC的度数为（）A．100°B．°C．120°D．135°3．如图，点A，B，C，D在⊙O上，=，∠CAD=30°，∠ACD=50°，则∠ADB=．4.如图，在圆内接四边形ABCD中，∠A=60°，∠B=90°，AB=2，CD=1，求BC 的长8．已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，直径DG交边AB于点E，AB、DC的延长线相交于点F．连接AC，若∠ACD=∠BAD．（1）求证：DG⊥AB；（2）若AB=6，tan∠FCB=3，求⊙O半径．DCBAb.举一反三1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB=140°，连接OC，点P是半径OC上一点，则∠BPD不可能为（）A．40°B．60°C．80°D．90°2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC=65°，分别连接AC，BD，若AC=AD，则∠DBC的度数为（）A．50°B．55°C．65°D．70°3．如图，A、B、C、D四个点在同一个圆上，∠ADC=90°，AB=7cm，CD=5cm，AE=4cm，CF=6cm，则阴影部分的面积为cm2．4．如图，⊙O为△ABC的外接圆，且AB=AC，过点A的直线交⊙O于D，交BC 延长线于F，DE是BD的延长线，连接CD．（1）求证：∠EDF=∠CDF；（2）求证：AB2=AF•AD；（3）若BD是⊙O的直径，且∠EDC=120°，BC=6cm，求AF的长．2、四点共圆的妙用之边角问题a.例题讲解1.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6，则cos∠BOE= .2.如图，正方形ABCD的中心为O点，面积为25；点P为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA：PB=3:4，则PB=3.在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB；（5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥ACHFGEDA C4.四边形ABCD是正方形，AC 与BD，相交于点O，点E、F 是直线AD上两动点，且AE =DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G ，连接AG ，直线AG 交BE 于点H ．（1）如图1，当点E 、F 在线段AD 上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG 与BE 的位置关系，并加以证明；（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO 平分∠BHG；b.举一反三1.在ABC ∆的边AB ，BC ，CA 上分别取D ，E ，F ．使得BE DE =，CE FE =，又点O 是ADF ∆的外心． 求证：O 在DEF ∠的平分线上．C2.如图，已知ABC ∆中的两条角平分线AD 和CE 相交于H ，︒=∠60B ，F 在AC 上，且AF AE =． 求证：CE 平分DEF ∠．B3.已知AD 是ABC ∆角平分线交BC 于D ，ABD ACD ABC ∆∆∆、、外心分别是12O O O 、、,求证12=O O OO2.如图，AB 为圆O 的直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为E ，弦BM 与CD 交于点F ．（1）证明：A 、E 、F 、M 四点共圆；（2）证明：22AB BM BF AC =⋅+．ABb.举一反三1.如图，已知BA 是⊙O 的直径，AD 是⊙O 的切线，割线BD 、BF 分别交⊙O 于C 、E ，连接AE 、CE ．求证：BD BC BF BE ⋅=⋅．B AF三、演练场1．（2014•东营）如图，四边形ABCD 为菱形，AB=BD ，点B 、C 、D 、G 四个点在同一个圆⊙O 上，连接BG 并延长交AD 于点F ，连接DG 并延长交AB 于点E ，BD 与CG 交于点H ，连接FH ，下列结论：①AE=DF；②FH∥AB；③△DGH∽△BGE；④当CG 为⊙O 的直径时，DF=AF ． 其中正确结论的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．42．（2017•扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．（1）若AP=1，则AE= ；（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．3．（2018•路南区三模）如图1，已知∠MAN=60°，点B在射线AM上，AB=4，点P为直线AN上一动点，以BP为边作等边△BPQ（点B，P，Q按顺时针排列），点O是△BPQ的外心．（1）当OB⊥AM时，点O ∠MAN的平分线上（填“在”或“不在”）；（2）如图2，当点P在射线AN上运动（点P与点A不重合）时，求证：点O 在∠MAN的平分线上；（3）如图2，当点P在射线AN上运动（点P与点A不重合）时，AO与BP交于点C，求证：△ABO∽△ACP；设AP=m，直接写出AC•AO的值（用含m的式子表示）；（4）若点D在射线AN上，AD=2，⊙K为△ABD的内切圆，当△BPQ的边BP与⊙K相切时，请直接写出点A与点O的距离．4．（2018春•历下区期末）如图，已知菱形ABCD边长为4，BD=4，点E从点A出发沿着AD、DC方向运动，同时点F从点D出发以相同的速度沿着DC、CB的方向运动．（1）如图1，当点E在AD上时，连接BE、BF，试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论；（2）在（1）的前提下，求EF的最小值和此时△BEF的面积；（3）当点E运动到DC边上时，如图2，连接BE、DF，交点为点M，连接AM，则∠AMD大小是否变化请说明理由．5．（2018•泉州二模）如图1，在矩形ABCD中，AB=，AD=3，点E从点B出发，沿BC边运动到点C，连结DE，过点E作DE的垂线交AB于点F．（1）求证：∠BFE=∠ADE；（2）求BF的最大值；（3）如图2，在点E的运动过程中，以EF为边，在EF上方作等边△EFG，求边EG的中点H所经过的路径长．6．（2015秋•南岸区期末）在正方形ABCD中，点E是对角线AC的中点，点F 在边CD上，连接DE、AF，点G在线段AF上（1）如图①，若DG是△ADFD的中线，DG=，DF=3，连接EG，求EG的长；（2）如图②，若DG⊥AF交AC于点H，点F是CD的中点，连接FH，求证：∠CFH=∠AFD；（3）如图③，若DG⊥AF交AC于点H，点F是CD上的动点，连接EG．当点F 在边CD上（不含端点）运动时，∠EGH的大小是否发生改变若不改变，求出∠EGH的度数；若发生改变，请说明理由．。
四点共圆
四点共圆一、知识点梳理1、四点共圆的概念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”。
性质：①圆内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的一个外角等于它的内对角。
2、初中阶段四点共圆的常见判定方法（1）共底边的两个直角三角形，则四个顶点共圆，且直角三角形的斜边为圆的直径。
（2）共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆。
（3）对于凸四边形ABCD ，对角互补⇔四点共圆。
（4）相交弦定理的逆定理：对于凸四边形ABCD 其对角线AC 、BD 交于P ，PD BP PC AP ⋅=⋅⇔四点共圆。
（5）割线定理：对于凸四边形ABCD 其边的延长线AB 、CD 交于P ，PD PC PB PA ⋅=⋅⇔四点共圆。
ABCDPACDP3、四点共圆的妙用巧用四点共圆可以帮助我们在解题过程中快速地求角等、边等、相似、边长等问题。
二、例题精练1、四点共圆的性质a.例题讲解1．四边形ABCD内接于⊙O，则∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是（）A．1：2：3：4 B．1：3：2：4 C．1：4：2：3 D．1：2：4：32．如图，AB经过圆心O，四边形ABCD内接于⊙O，∠B=3∠BAC，则∠ADC的度数为（）A．100°B．112.5°C．120°D．135°3．如图，点A，B，C，D在⊙O上，=，∠CAD=30°，∠ACD=50°，则∠ADB=．4.如图，在圆内接四边形ABCD中，∠A=60°，∠B=90°，AB=2，CD=1，求BC的长8．已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，直径DG交边AB于点E，AB、DC的延长线相交于点F．连接AC，若∠ACD=∠BAD．（1）求证：DG⊥AB；（2）若AB=6，tan∠FCB=3，求⊙O半径．DCBAb.举一反三1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB=140°，连接OC，点P是半径OC 上一点，则∠BPD不可能为（）A．40°B．60°C．80°D．90°2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC=65°，分别连接AC，BD，若AC=AD，则∠DBC的度数为（）A．50°B．55°C．65°D．70°3．如图，A、B、C、D四个点在同一个圆上，∠ADC=90°，AB=7cm，CD=5cm，AE=4cm，CF=6cm，则阴影部分的面积为cm2．4．如图，⊙O为△ABC的外接圆，且AB=AC，过点A的直线交⊙O于D，交BC延长线于F，DE是BD的延长线，连接CD．（1）求证：∠EDF=∠CDF；（2）求证：AB2=AF•AD；（3）若BD是⊙O的直径，且∠EDC=120°，BC=6cm，求AF的长．2、四点共圆的妙用之边角问题a.例题讲解1.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6，则cos∠BOE= .2.如图，正方形ABCD的中心为O点，面积为25；点P为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA：PB=3:4，则PB=3.在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明：（1）△ABE≌△DBC；（2）AE=DC；（3）AE与DC的夹角为60°；（4）△AGB≌△DFB；（5）△EGB≌△CFB；（6）BH平分∠AHC；GF∥AC4.四边形ABCD是正方形，AC 与BD，相交于点O，点E、F 是直线AD上两动点，且AE =DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G ，连接AG ，直线AG 交BE 于点H ．（1）如图1，当点E 、F 在线段AD 上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG 与BE 的位置关系，并加以证明；（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO 平分∠BHG；b.举一反三1.在ABC ∆的边AB ，BC ，CA 上分别取D ，E ，F ．使得BE DE =，CE FE =，又点O 是ADF ∆的外心． 求证：O 在DEF ∠的平分线上．2.如图，已知ABC ∆中的两条角平分线AD 和CE 相交于H ，︒=∠60B ，F 在AC 上，且AF AE =． 求证：CE 平分DEF ∠．CB3.已知AD 是ABC ∆角平分线交BC 于D ，ABD ACD ABC ∆∆∆、、外心分别是12O O O 、、,求证12=O O OO2.如图，AB 为圆O 的直径，CD 为垂直于AB 的一条弦，垂足为E ，弦BM 与CD 交于点F ．（1）证明：A 、E 、F 、M 四点共圆；（2）证明：22AB BM BF AC =⋅+．b.举一反三1.如图，已知BA 是⊙O 的直径，AD 是⊙O 的切线，割线BD 、BF 分别交⊙O 于C 、E ，连接AE 、CE ． 求证：BD BC BF BE ⋅=⋅．ABBAF三、演练场1．（2014•东营）如图，四边形ABCD为菱形，AB=BD，点B、C、D、G四个点在同一个圆⊙O上，连接BG并延长交AD于点F，连接DG并延长交AB于点E，BD与CG交于点H，连接FH，下列结论：①AE=DF；②FH∥AB；③△DGH∽△BGE；④当CG为⊙O的直径时，DF=AF．其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．42．（2017•扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．（1）若AP=1，则AE=；（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．3．（2018•路南区三模）如图1，已知∠MAN=60°，点B在射线AM上，AB=4，点P为直线AN上一动点，以BP为边作等边△BPQ（点B，P，Q按顺时针排列），点O是△BPQ的外心．（1）当OB⊥AM时，点O∠MAN的平分线上（填“在”或“不在”）；（2）如图2，当点P在射线AN上运动（点P与点A不重合）时，求证：点O 在∠MAN的平分线上；（3）如图2，当点P在射线AN上运动（点P与点A不重合）时，AO与BP交于点C，求证：△ABO∽△ACP；设AP=m，直接写出AC•AO的值（用含m的式子表示）；（4）若点D在射线AN上，AD=2，⊙K为△ABD的内切圆，当△BPQ的边BP与⊙K相切时，请直接写出点A与点O的距离．4．（2018春•历下区期末）如图，已知菱形ABCD边长为4，BD=4，点E从点A出发沿着AD、DC方向运动，同时点F从点D出发以相同的速度沿着DC、CB的方向运动．（1）如图1，当点E在AD上时，连接BE、BF，试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论；（2）在（1）的前提下，求EF的最小值和此时△BEF的面积；（3）当点E运动到DC边上时，如图2，连接BE、DF，交点为点M，连接AM，则∠AMD大小是否变化？请说明理由．5．（2018•泉州二模）如图1，在矩形ABCD中，AB=，AD=3，点E从点B出发，沿BC边运动到点C，连结DE，过点E作DE的垂线交AB于点F．（1）求证：∠BFE=∠ADE；（2）求BF的最大值；（3）如图2，在点E的运动过程中，以EF为边，在EF上方作等边△EFG，求边EG的中点H所经过的路径长．6．（2015秋•南岸区期末）在正方形ABCD中，点E是对角线AC的中点，点F在边CD上，连接DE、AF，点G在线段AF上（1）如图①，若DG是△ADFD的中线，DG=2.5，DF=3，连接EG，求EG的长；（2）如图②，若DG⊥AF交AC于点H，点F是CD的中点，连接FH，求证：∠CFH=∠AFD；（3）如图③，若DG⊥AF交AC于点H，点F是CD上的动点，连接EG．当点F在边CD上（不含端点）运动时，∠EGH的大小是否发生改变？若不改变，求出∠EGH的度数；若发生改变，请说明理由．。
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
四点共圆在中考数学解题中的应用赏析
“圆”来如此简单——“四点共圆”在中考解题中的应用赏析2012年8月，在暑假集体备课之际，新浙教版数学教材以焕然一新的面貌出现在大家眼前。
与老版相比，新版教材增加了一些传授内容。
其中，九年级上册的《圆内接四边形》就是一节新增内容。
而且与之配套的《数学教学参考书》在3.6《圆内接四边形》这一课时末尾，颇有用意地在第103页“相关资源”中对于如何判定四点共圆作了批注。
原文如下：如何判定四点共圆。
对于四点共圆的判定一般有以下两种方法： 1.如图，四边形中同一边所对的两个边与对角线所成的角相等（如12∠=∠），则这个四边形为圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。
2.如果四边形的两个对角互补，那么这个四边形为圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。
判定四点共圆会给许多几何问题的解决带来方便。
近年来，经过笔者的收集整理和实践探究，发现很多地方的中考试题，都能通过妙用四点共圆达到事半功倍的效果。
现就四点共圆问题在中考解题中的应用，采撷几例，剖析解法，供大家分享。
一、四点共圆与线段问题结合的应用举例例1．（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．）∴DC=DE，∠CDM=∠EDN ∴△CDM≌△EDN ∴DM=DN， ∴DMQN 是正方形， ∴∠BQC=45° ∴CQ=CB=3 ∴Q（4，0）设BQ 的解析式为：y=kx+b ，把B （1，3），Q （4，0）代入解析式得：k=﹣1，b=4． 所以直线BQ 的解析式为：y=﹣x+4． ②当点P 在对称轴右侧，如图：过点D 作DM⊥x 轴于M ，DN⊥PQ 于N ， ∵∠CDE=90°，∴∠CDM=∠EDN ∴△CDM∽△EDN当∠DCE=30°，DC DMDE DN== 又DN=MQ∴DMMQ=∴BCCQ=，BC=3，CQ= ∴Q（1+，0） ∴P 1（1+，94）当∠DCE=60°，点P 2（1+154）． 当点P 在对称轴的左边时，由对称性知：P 3（1﹣，94），P 4（1﹣154）综上所述：P 1（1+，94），P 2（1+154），P 3（1﹣，94），P 4（1﹣﹣154）下面赏析四点共圆方法解（∵∠CDE=90°∠C Q E=90°∴四边形CDEQ对角互补∴C、D、E、Q四点共圆∴∠DEC=∠D QC由于（2）中两问∠DEC且BC=4接下来直线BQ的解析式，P点的坐标都可迎刃而解。
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，。
四点共圆的用法
四点共圆的用法
1. 嘿，你知道四点共圆可以用来证明角相等吗？就像在三角形ABC 中，假如有四个点 A、B、C、D 满足四点共圆，那对应的圆周角不就相等啦！
这多神奇呀！
2. 哇塞，四点共圆还能判断线段的关系呢！比如说有四个点在一个圆上，那同弧所对的弦之间的关系不就一目了然了嘛，就像找到了解题的秘密武器一样，太绝了吧！
3. 嘿呀，你想过没有，四点共圆在解决几何图形问题的时候超好用啊！比如那个复杂的几何图形，一旦发现四点共圆，好多问题就迎刃而解了，就像黑暗中突然亮起了明灯！
4. 哎呀，四点共圆可以帮助我们找到隐藏的条件呀！比如在某个图形中，感觉毫无头绪，突然发现了四点共圆，那隐藏的角度或者线段的关系不就浮现出来了，这简直像发现了宝藏！
5. 哇哦，四点共圆在计算角度的时候也是一把好手呢！比如知道了几个点共圆，通过一些已知条件，就能轻松算出某些角度啦，这多厉害啊，能省不少事儿呢！
6. 嘿，你能想象四点共圆在构造辅助线方面的大作用吗？当遇到难题的时候，巧妙利用四点共圆构造出辅助线，难题瞬间变简单，这感觉太爽啦！
我觉得四点共圆的用法真的太丰富太有趣啦，能帮我们解决好多几何问题，让我们对几何的理解更上一层楼！。
巧用四点共圆
巧用四点共圆在直角三角形的图形变换中时常可以看到，当我们证明了四点共圆时，很多知识在后面的证明中会简化很多，而我们利用圆中90°的圆周角对的弦是直径及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半这两个定理就很容易证明四点共圆。
所以我们有很多题目的证明都可以走这样一条路。
在这些年来不断进行的教改中，人教版的数学教材也有了不少变化，特别是圆中的大量定理被删除，降低了初中阶段数学学习的难度，而保留的一些题目都是可以用三角形的相关知识解决的。
然而，很多时候，我们可以发现我们仍然可以借用圆的相关知识使证明简化。
下面我们看这样一个模板：如图： RT△ABC和RT△DBC中，∠BAC=90°，∠BCD=90°。
求证：A、B、C、D四点共圆证明：取BC中点O，连接AO、DO∵∠BAC=90°，∠BCD=90°∴AO=BO=CO=DO∴A、B、C、D四点在以O为圆心，以OB为半径的圆上。
有了这个结论，有很多的结论可以直接引申得到，我们看下面的一些习题变式：一．由直角三角形到等腰三角形的转化如图：RT△ABC和RT△DBC中，∠BAC=90°，∠BCD=90°。
点O、M分别为BC、AD 的中点。
求证：OM⊥AD证明①由上面的AO=OD∵点M为AD的中点∴OM⊥AD证明②由上面的四点共圆∴OM⊥AD那么这里的一种方法是用等腰三角形的三线合一定理，另一个是运用了圆中的垂径定理，写法过程是一样多的步骤。
但在圆中来解决问题就很好地将直角三角形与等腰三角形结合起来，体现了几何图形变换中的一种基本的转换思想，当图形发生变化时这样的结论也会很快得出，不需要重新去构造定理成立的条件。
变式图形如左边的图，条件不变，结论也不变，只是图形发生了变化，原本用哪一种方法都是可以的。
但如果在圆中有这样的定理，通过证明四点共圆后这种图形模式就可以直接用圆的相关知识，那么我们就只需要一个步骤就能得到正确结论了，这也反映了数学知识的螺旋上升原理，圆的知识比三角形的知识包含的内容更多，运用范畴也就更广。
数学北师大版九年级下册四点共圆的证明和应用
例 1 ：如图，在△ ABC 中∠ A=60°， BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P 为BC边的中点，连接PM，PN，则 △PMN为等边三角形；
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例3（本小题满分10分） 如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧， ， ，. （1）求证： ； （2）若AD=3，CE=5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作 ， 交直线BE与点Q； • i）当点P与A，B两点不重合时，求 的值； • ii）当P点从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径 （线段）长.（直接写出结果，不必写出解答过程） • • • • • •
• 例4．（2015•包头）如图，AB是⊙O的直径，点D 是上一点，且∠BDE=∠CBE，BD与AE交于点F． • （1）求证：BC是⊙O的切线； • （2）若BD平分∠ABE，求证：DE2=DF•DB； • （3）在（2）的条件下，延长ED，BA交于点P， 若PA=AO，DE=2，求PD的长和⊙O的半径． •
四点共圆的明 及应用
判定四点共圆的常用方法： (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．（对角互补） (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． （外角等于内对角） (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（同斜边） (5)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（同底同侧同顶角）
“四点共圆”在解题中的妙用
“四点共圆”在解题中的妙用众所周知，在同一个圆中，相等（相同）的弧（弦）所对的圆周角相等；相等（相同）的弧（弦）所对的圆心角相等；四个顶点在同一个圆的四边形（圆内接四边形）对角互补，任一内角的外角等于其内角的对角，。
巧妙运用这一知识点可轻松解决一些角度的等量代换及比例问题。
通常我们判定平面上的四个点是否在同一个圆上所用的模型有以下几种：（1）两个直角三角形的斜边为同一个；（2）同一个线段所对的角相等（图中的角度为随意给出，表示两个角相等）；（3）四边形对角互补（图中的角度为随意给出，表示对角互补）。
【例1】在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，连接ED。
求证：△ABC∽△ADE。
【解析】∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴B、C、D、E四点共圆，∴∠AED=∠ACB，∠ADE=∠ABC，故△ABC∽△ADE。
【例2】如图，已知△PAB中，PA=PB，∠APB=2∠ACB，PD=3，PB=4，求AD·DC 的值。
【解析】因为∠APB=2∠ACB，故作∠APB的角平分线可获得与∠ACB相等的角，从而利用四点共圆和角平分线定理可解此题。
如图，作∠APB的角平分线PM，交AD于点M，则∠MPD=∠ACB，故B、C、P、M四点共圆。
∴MD·DC=PD·DB=3·（4-3）=3；∵PM平分∠APD，根据角平分线定理：AP∶PD=AM∶MD=4∶3，“四点共圆”在解题中的妙用（二）【例3】如图，已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，点P、Q分别为CA、AB延长线上的点，且AP=BQ。
求证：O、A、P、Q四点共圆。
【解析】如图，连接OA、OB、OP、OQ。
（只要证明∠P=∠Q就行了）∵AB=AC，∴∠BAO=∠CAO=∠ABO，∴∠QBO=∠PAO，在△QBO和△PAO中：∵∠QBO=∠PAO，OB=OA，BQ=AP∴△QBO≌△PAO∴∠P=∠Q，即O、A、P、Q四点共圆。
四点共圆的应用
好风光好风光恢复供货才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6AB、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7ABCD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．。
一题多解全等、相似、四点共圆各显神通
一题多解全等、相似、四点共圆各显神通
这是重庆一中2016年初三一诊考试的几何证明题，尤记得当年解这道题的点点滴滴，当初用旋转全等、弦图构造全等、相似三种方法证明出了这道题的第1问。
昨天又把这道题拿出来讲了一遍，得益于集思广益，又增加了两种方法，在此总结出来（以下主要总结第一问）。
原题重现：在△ABC中，AC=BC，D是边AB上一点，E是线段CD上一点，且∠AED=∠ACB =2∠BED．
方法1：共顶点等线段旋转全等
同理，我们也可以旋转△ACE
共顶点，等线段，想旋转，是做这种几何证明题的基本思路；可以再回顾一下解题思路：几何模型 | 共顶点等线段旋转全等方法2：弦图全等构造
因为等腰RT△ABC，且AE⊥CD，所以辅助线联想到弦图的构造。
可以再回顾一下弦图构造的方法：几何模型｜弦图的构造及应用
方法3：直接证明三角形相似
辅助线的构造思路，应该是最先能想到的，因为已知AB= √2BC，又要证明AE= √2BE，所以联想证明△AEB∽△BEC。
方法4：四点共圆倒角证等腰RT△
（以上思路由蓝洋、高允阳老师提供）方法5：相似倒角证等腰RT△
（以上思路由万春晖老师提供）
以上五种方法，很好的诠释了几何证明“仁者见仁智者见智”，不管是旋转构造全等，还是弦图构造全等，或者是相似证明线段关系，还是通过四点共圆倒角，抑或是通过相似三角形倒角，都给大家提供了很好的思路。
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“四点共圆”在解题中的妙用众所周知，在同一个圆中，相等（相同）的弧（弦）所对的圆周角相等；相等（相同）的弧（弦）所对的圆心角相等；四个顶点在同一个圆的四边形（圆内接四边形）对角互补，任一内角的外角等于其内角的对角，。
巧妙运用这一知识点可轻松解决一些角度的等量代换及比例问题。
通常我们判定平面上的四个点是否在同一个圆上所用的模型有以下几种：（1）两个直角三角形的斜边为同一个；（2）同一个线段所对的角相等（图中的角度为随意给出，表示两个角相等）；（3）四边形对角互补（图中的角度为随意给出，表示对角互补）。
【例1】在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，连接ED。
求证：△ABC∽△ADE。
【解析】∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴B、C、D、E四点共圆，∴∠AED=∠ACB，∠ADE=∠ABC，故△ABC∽△ADE。
【例2】如图，已知△PAB中，PA=PB，∠APB=2∠ACB，PD=3，PB=4，求AD·DC 的值。
【解析】因为∠APB=2∠ACB，故作∠APB的角平分线可获得与∠ACB相等的角，从而利用四点共圆和角平分线定理可解此题。
如图，作∠APB的角平分线PM，交AD于点M，则∠MPD=∠ACB，故B、C、P、M四点共圆。
∴MD·DC=PD·DB=3·（4-3）=3；∵PM平分∠APD，根据角平分线定理：AP∶PD=AM∶MD=4∶3，“四点共圆”在解题中的妙用（二）【例3】如图，已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，点P、Q分别为CA、AB延长线上的点，且AP=BQ。
求证：O、A、P、Q四点共圆。
【解析】如图，连接OA、OB、OP、OQ。
（只要证明∠P=∠Q就行了）∵AB=AC，∴∠BAO=∠CAO=∠ABO，∴∠QBO=∠PAO，在△QBO和△PAO中：∵∠QBO=∠PAO，OB=OA，BQ=AP∴△QBO≌△PAO∴∠P=∠Q，即O、A、P、Q四点共圆。
【例4】如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，PBC是⊙O的割线，AD⊥PO于点D，连接BD。
求证：PC∶CD=PB∶BD。
【解析】（比例关系容易让人想到相似三角形，故需构建与需证线段相关的相似三角形）连接OB、OC、OA。
则OA⊥PA，又AD⊥PO，根据射影定理：PA²=PD·PO；根据切线定理：PA²=PB·PC，∴PD·PO=PB·PC，故△PBD∽△POC；∴∠PDB=∠PCO，即∠BCO+∠BDO=180º，∴点B，C，O，D四点共圆，∴∠POB=∠PCD，又∠CPO=∠DPB，故△PBO∽△PDC，∴PC∶CD =PO∶OB =PO∶OC；由△PBD∽△POC，知：PB∶BD =PO∶OC，∴PC∶CD=PB∶BD。
【注】此题可以得出一个推理：如果点B、C分别是射线PA、PD上的点，且PA·PB=PC·PD，则点A、B、C、D三点共圆。
“四点共圆”在解题中的妙用（三）【例5】如图，在⊙O中，弦AB⊥弦CD于点E，弦AG⊥弦BC于点F，连接EF，CD与AG相交于点M，则下列结论：①弧BD=弧BG；②DE=ME；③∠ACD=∠AFE；④AF=BF。
其中正确结论的序号是（）。
【解析】填①②③。
①，∵AB⊥CD，AG⊥BC，∴A、C、F、E四点共圆；∴∠FCE=∠FAE，即∠BCD=∠BAG，∴弧BD=弧BG，故①正确；②，连接AD，如图。
由①弧BD=弧BG，∴∠BAD=∠BAG，又AE⊥DM，根据“三线合一”定理，△ADM为等腰三角形，DE=ME，故②正确；③，∵A、C、F、E四点共圆，∴∠ACD=∠AFE，故③正确；④，如果AF=BF，则∠ABC=45º，而∠ABC的度数显然不是定值，故④错误。
综上所述，正确的为：①②③。
【例6】如图，已知正方形ABCD，CD=√2，若点P满足PD=1，且∠BPD=90 º，求点A到BP的距离。
【解析】如图，当∠BPD=90 º时，点P为以D为圆心，1为半径的圆上，且点BP为圆D的切线，点P为切点。
（1）当点P在BD上方时（如图1），过点 A作AF⊥AP，交BP于点F，过点 A作AM⊥BP于点M。
∵∠BPD=∠BAD=90 º，∴B、A、P、D四点共圆，∠PDA=∠ABP，∠PAD=90º-∠FAD，∠BAF=90º-∠FAD，∴∠PAD=∠BAF。
在△PAD和△FAB中：∠PDA=∠ABP，∠PAD=∠BAF，AD=AB，∴△PAD≌△FAB，∴AP=AF，FB=PD=1；∵CD=√2，∴BD=2，BP=√3，PF=√3-1，AM=（√3-1）/2；（2）当点P在BD下方时（如图2），过点 A作AG⊥AP，交PB延长线于点G，过点 A作AM⊥BP于点M。
∵∠BPD=∠BCD=90 º，∴B、C、P、D四点共圆，∠PDC=∠PBC；∠PAD=90º-∠PAB，∠BAG=90º-∠PAB，∴∠PAD=∠BAG；∠PDA=90º+∠PDC，∠GBA=90º+∠PBC，∴∠PDA=∠GBA。
在△PAD和△GAB中：∠PAD=∠BAG，∠PDA=∠GBA，AD=AB，∴△PAD≌△GAB，∴AP=AG，GB=PD=1；∵BP=√3，PG=√3+1，AM=（√3+1）/2。
综上所述，点A到BP的距离为：（√3-1）/2；或（√3+1）/2。
【例7】如图， AB为半圆O的直径，C为半圆上一点，∠AOC=60 º，点P在AB的延长线上，且PB=BO=3cm，连接PC交半圆于点D，过P作PE⊥PA交AD的延长线于点E，求PE的长。
【解析】如图，连接BD、BE。
∵∠AOC=60 º，∴∠ADC=30 º；∵AB为直径，∴∠ADB=90º，又∠BPE=90º，∴B、P、E、D四点共圆，∴∠PBE=∠PDE=∠ADC=30º，∴PE=3×tan30º=√3(cm).【例8】如图，已知点E是正方形ABCD的边CD上任意一点，过点E作EF⊥AC于点F，连接BF交直线AE于点G，连接CG。
（1）求∠BGC的度数；（2）证明：AG⊥CG。
【解析】（1）如图，连接DF。
易知 A、D、E、F四点共圆，∴∠FAE=∠FDE，∵∠FDE=∠CBG，∴∠CAG=∠FAE=∠CBG，∴A、B、C、G四点共圆，∴∠BGC=∠BAC=45º；（2）∵A、B、C、G四点共圆，∠ABC=90º，∴∠AGC=90º，故AG⊥CG。
【例9】如图，已知△ABC中，AH是高，AT是角平分线，且TD⊥AB，TE⊥AC。
求证：（1）∠AHD=∠AHE；（2）BH∶BD=CH∶CE。
【解析】（1）∵AT是角平分线，TD⊥AB，TE⊥AC，∴△ADT≌△AET，∠ATD=∠ATE；∵TD⊥AB，AH⊥TH，∴A、D、T、H四点共圆，∴∠AHD=∠ATD；∵TE⊥AC，AH⊥TH，∴A、T、H、E四点共圆，∴∠AHE=∠ATE；∴∠AHD=∠AHE；（2）∵TD⊥AB，AH⊥TH，∴△BDT∽△BHA，∴BH∶BD=AB∶BT；∵A、T、H、E四点共圆，∴△CEH∽△CTA，∴CH∶CE=AC∶CT；∵AT是角平分线，∴AB∶BT=AC∶CT，∴BH∶BD=CH∶CE。
【例10】如图，已知在凸五边形ABCDE中，∠BAE=3α，BC=CD=DE，且∠BCD=∠CDE=180º-2α。
求证：∠BAC=∠CAD=∠DAE。
【解析】如图，连接BD，CE。
∵BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=180º-2α，∴∠DCE=∠DEC=α，∠CBD=∠CDB=α，∴B、C、D、E四点共圆，∠BEC=∠CDB=α，∠EBD=∠DCE=α；∴∠BCE=180º-2α-α=180º-3α，又∠BAE=3α，∴∠BCE+∠BAE=180º，∴A、B、C、E四点共圆，∴∠BAC=∠BEC=α；同理，A、B、D、E四点共圆，∴∠DAE=∠EBD=α，∴∠CAD=3α-α-α=α，∴∠BAC=∠CAD=∠DAE。
【例7】如图Y37，AD，AH分别为△ABC（AB＞AC）的角平分线和高，M为AD中点，△MDH的外接圆与CM交于点E。
求证：AE⊥BE。
【解析】因为AH⊥BH，如果AE⊥BE，则B、H、E、A四点共圆，故我们只要证明这四点共圆。
如图，连接MH，HE，EA。
∵M为AD中点，∠AHB=90º，∴MD=MH，∠MDH=∠MHD；∵∠CEH=∠MDH=∠MHD，∴∠MEH=∠MHC，∴△MEH∽△MGC，MH²=ME·MC，∵MH=MA，∴MA²=ME·MC，∴△MAE∽△MCA，∴∠MAE=∠MCA；∴∠BAE+∠BHE=（∠BAD+∠MAE）+（∠DHM+∠MHE）=（∠BAD+∠MCA）+（∠MDH+∠BCE）=（∠BAD+∠MDH）+（∠BCE+∠MCA）=（∠BAD+∠ABC+∠BAD）+∠BCA=∠BAC+∠ABC+∠BCA=180º，∴B、H、E、A四点共圆，AE⊥BE。
【例8】如图，已知PC为⊙O的切线，切点为C，AC为⊙O的直径，PEF为⊙O的割线，连接AE，AF，PO交AE于点B，交AF于点D，求证：四边形ABCD为平行四边形。
【解析】如图，过点E作EK∥BD，交AF于点K，交AC于点M，取EF中点N，连接ON，MN，CE。
∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，又ON⊥EF，∴P、C、N、O四点共圆，∴∠OPN=∠OCN；∵EK∥BD，∴∠OPN=∠MEN，∴∠MEN=∠MCN，即E、M、N、C四点共圆，∴∠ECM=∠MNE，又∠ECM=∠EFA，∴∠MNE=∠EFA，∴MN∥FK，∵点N为EF中点，∴M为EK中点；∵BD∥EK，根据“线束原理”，得：BO∶OD=EM∶MK=1∶1，故点O为BD中点，又点O为AC中点，∴四边形ABCD为平行四边形。