E四点共圆例题及答案.docx

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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·BC

　　AC·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…A7，

　　（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=ac②

　　31a＋81a=bc③

　　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=0