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=2
1
∠OO 3A =∠OCA.
由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1 O ，O 1，O 2，O 3共圆.
A B C
K M
N
P Q B ′C ′A B C O O O O 1
23
？
？
利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，请同学自证.
2 以“四点共圆”作为解题手段
这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等
例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，
∠DAM ＝∠CBK.
求证：∠DMA ＝∠CKB.
（第二届袓冲之杯初中竞赛）
分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，
有∠DAB ＝∠CMK.∵∠DAB +∠ADC ＝180°， ∴∠CMK +∠KDC ＝180°.
故C ，D ，K ，M 四点共圆?∠CMD ＝∠DKC. 但已证∠AMB ＝∠BKA ， ∴∠DMA ＝∠CKB.
(2)证线垂直
例4．⊙O 过△ABC 顶点A ，C ，且与AB ，
BC 交于K ，N (K 与N 不同).△ABC
外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和 M.求证：∠BMO =90°. (第26届IMO 第五题)
分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只
要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.
连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G.易得∠GMC =
∠BAC =∠BNK =∠BMK.而∠COK =2·∠BAC =∠GMC + ∠BMK =180°-∠CMK ，
∴∠COK +∠CMK =180°?C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由
OC =OK ? OC OK ?∠OMC =∠OMK. 但∠GMC =∠BMK ， 故∠BMO =90°. (3)判断图形形状
例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的
内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .
A B C D
K M
··
A B
O K N C
M
G
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°+2
1
∠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°-2
1
∠ADC ，
∴∠AI C I D +∠AI C I B
=360°-21
(∠ABC +∠ADC )
=360°-2
1
×180°=270°.
故∠I B I C I D =90°.
同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算
例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内
一点，且∠OPB =45°，PA :PB =5:14.则PB =__________ (1989，全国初中联赛) 分析：答案是PB =42㎝.怎样得到的呢？
连接OA ，OB.易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°. 故PA 2+PB 2=AB 2=1989.
由于PA :PB =5:14，可求PB.
(5)其他
例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形
中找出面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断). (1978，全国高中联赛)
分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三
角形的三个顶点至少必落在正方形的三条边上，所以不妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上.
A B
C D I C I D
A I I
B ··P O A B
C D
作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，
D 四点共圆?∠KD
E =∠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 =
4
3
也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3也最大. 例8．NS 是⊙O 的直径，弦AB 丄NS 于M ，P 为ANB 上异于N 的任一点，PS 交AB 于R ，PM 的延长线交⊙O 于Q.求证：RS ＞
MQ.
(1991，江苏省初中竞赛)
分析：连接NP ，NQ ，NR ，NR 的延长线交⊙O 于Q ′.连接
MQ ′，SQ ′.
易证N ，M ，R ，P 四点共圆，从而，∠SNQ ′=∠MNR =
∠MPR =∠SPQ =∠SNQ.
根据圆的轴对称性质可知Q 与Q ′关于NS 成轴对称?MQ ′
=MQ.
又易证M ，S ，Q ′，R 四点共圆，且RS 是这个圆的直径(
∠RMS =90°)，MQ ′是一条弦(∠MSQ ′＜90°)，故RS ＞MQ ′.但MQ =MQ ′，所以，RS ＞MQ.
练习题
1.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.
(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)
2.△ABC 为不等边三角形.∠A 及其外角平分线分别交对边中垂线于A 1，A 2；同样得到B 1，B 2，C 1，C 2.求证：A 1A 2=B 1B 2=C 1C 2.
(提示：设法证∠ABA 1与∠ACA 1互补造成A ，B ，A 1，C 四点共圆；再证A ，A 2，B ，C 四点共圆，从而知A 1，A 2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A 1AA 2=90°.)
3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.
A B
C D
E
F K
G ··
·
···
4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD.
(提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)
5.AD，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B 引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B作AB的垂线交l1于K，证：A，B，K，C四点共圆)
四点共圆(圆内接四边形)的性质： 1.圆幂定理； 2.图Ⅰ：相交弦定理。如图，AB、CD为圆O的两条任意弦。相交于点P，连接AD、BC，由于∠B与∠D同为弧AC所对的圆周角，因此由圆周角定理知：∠B=∠D，同理 ∠A=∠C，所以所以有：即： 图Ⅱ：割线定理。如图，连接AD、BC。可知∠B=∠D，又因为∠P为公共角，所以
，线段PT所在的直线切圆O于点C，BC、AC为圆O的弦，∠TCB、∠TCA、∠PCA、 ∠PCB都为弦切角。弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角度数的一半。等于它所夹的弧的 圆周角度数。 三角形角平分线定理：三角形中角的平分线将对边所分成的两部分和两邻边成比例(反之也成立)。三角形的外角平分线也有类似性质。设AD、AE 是∠A 及外角的平分线，则有AB/AC=BD/DC=BE/EC。弦切角定理：弦切角等于它所夹弧所对的圆周角；反之也成立(可用于证明切线)。 斯特沃特定理(Stewart)： 海伦公式。 梅涅劳斯定理 塞瓦定理 托勒密定理(Ptolemy) 西姆松定理(Simson) 欧拉定理 ( Euler ) 费马点(Fermat ) 三角形重心的性质：1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2 ： 1 。 2、重心和三角形 3 个顶点组成的 3 个三角形面积相等。 3、重心到三角形 3 个顶点距离的平方和最小。 6 三角形垂心的性质：设△ ABC 的三条高为 AD 、 BE 、 CF ， D 、 E 、 F 为垂足，垂心为 H； 1、锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三
角形外。2、三角形的垂心是它垂足三角形的内心；或者说，三角形的内心是它旁心三角形的垂心。 3、垂心 H 关于三边的对称点，均在△ ABC 的外接圆上。 4、三角形的三个顶点、三个垂足、垂心这 7 个点可以得到 6 组四点共圆，有三组 ( 每组四个 ) 相似的直角三角形，且 AH · HD=BH · HE=CH · HF。 5、 H、 A、 B 、 C 四点中任一点是其余三点为顶点的三角形的垂心 ( 并称这样的四点为一个垂心组 ) 。 6、△ ABC ，△ ABH ，△ BCH ，△ ACH 的外接圆是等圆。 7、在非直角三角形中，过 H 的直线交 AB、 AC 所在直线分别于 P 、 Q，则AB/AP · tanB+ AC/AQ · tanC=tanA+tanB+tanC 。 8、三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2 倍。9、设O ，H 分别为△ABC 的外心和垂心，则∠BAO=∠HAC ，∠ ABH= ∠ OBC ，∠ BCO= ∠ HCA 。 10 、锐角△的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2 倍。11 、锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形 ( 顶点在原三角形的边上 ) 中，以垂足三角形的周长最短。 12 、西姆松定理（Simson 西姆松线）：从一点向三角形的三边所引垂线的三垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 13、设锐角△ABC 内有一点 P，那么 P 是垂心的充分必要条件是：PB*PC*BC+PB*PA*AB+PA*PC*AC=AB*BC*CA。 三角形内心的性质：设 I 为△ ABC 的内心，连 AI 交△ ABC 外接圆于点 K，则 1 ①∠BIC=90°+2∠A；S=pr，abcr=p· AI· BI· CI 8 ②三角形一内角平分线与其外接圆的交点到三角形另两顶点的距离与其到内心的距离相等(即K 是△ BIC 的外心)。反之，I 在 AK 上且 KI=KB，则 I 为△ ABC 的内心。 1 ③P 为△ ABC 的内切圆与边 AB 的切点，则 AP=p-a=2(b+c-a)。 三角形外心的性质： abc ①设 O 为△ ABC 的外心，则∠BOC=2∠A 或 360° -2∠A； R=4S 。△②锐角三角形的外心到三边的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和。③设H 为△ABC 的垂心，则 OH ? OA ? OB ? OC 。 面积方法所谓面积方法，就是在处理一些数学问题时，以面积的有关知识为论证或计算的手段，通过适当的变换，从而导得所考虑的量与量之间的关系，最后得到结论。由于平面上的
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 ；（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＝ 3 DE． 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． 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．
四点共圆的判定和性质 四点共圆的定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”. 证明四点共圆有下述一些基本方法： 方法1:从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆． 方法2:把被证共圆的四点连成共底边的两个三角形，若能证明其两顶角为直角，从而即可肯定这四个点共圆． 方法3: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. 方法4: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5: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． 方法6: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． 上述六种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这六种基本方法中选择一种证法，给予证明． 判定与性质： 圆内接四边形的对角和为180度,并且任何一个外角都等于它的内对角。 如四边形ABCD内接于圆O，延长AB至E，AC、BD交于P，则A+C=180度，B+D=180° ∠ABC=∠ADC（同弧所对的圆周角相等） ∠CBE=∠D（外角等于内对角） △ABP∽△DCP（三个内角对应相等） AP×CP=BP×DP（相交弦定理） AB×CD+AD×CB=AC×BD（托勒密定理） 托勒密定理及证明： 如图，四边形ABCD内接于圆O，那么AB*CD+AD*BC=AC*BD 证明：作∠BAE=∠CAD，交BD于点E ∵∠ABE=∠ACD，∠BAE=∠CAD ∴△ABE∽△ACD ∴AB：AC=BE：CD ∴AB×CD=AC×BE ∵∠BAC=∠EAD，∠ACB=∠ADE ∴△ABC∽△AED ∴BC：DE=AC：AD ∴BC×AD=AC×DE ∴AB×CD+BC×AD=AC×BE+AC×DE=AC（BE+DE）=AC×BD
探究四点共圆 阜阳开发区一初王丽 2017/5/1 一、内容和内容解析 本节内容是探究四点共圆的条件。四点共圆是在学生学习了经过一个点的圆、经过两个点的圆、经过不在同一直线上三个点的圆、三角形与圆的关系、圆内接四边形后，对经过任意三点都不在同一直线上的四点共圆条件的探究。圆内接四边形对角互补，相应地，对角互补的四边形的四个顶点共圆。 在四点共圆条件的探究过程中，通过对特殊的四边形（矩形、等腰梯形）、有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点组成的四边形等四边形的探究，发现一般的规律（过对角互补的四边形的四个顶点能做一个圆），体现了特殊到一般的思想。同时在研究过程中类比将四边形转化为三角形来研究，从三点共圆入手探究四点共圆的条件，体现了转化的思想。另外，学生经历探究四点共圆的条件这一思想活动的全过程，在“做”的过程和“思考”的过程中有利于数学活动经验的积累。 二、学情分析 学生在发现问题的阶段可能会受到任意一个三角形的三个顶点做一个圆的影响，去判断第四个顶点是否在这个圆上，解决这一问题的关键是引导学生从特殊的四边形出发，从特殊到一般的探究问题。通过画图、观察、测量分析矩形、等腰梯形、有公共斜边的两个直角三角形的
四个顶点共圆与四边形的边长无关，由此联想圆内接四边形对角互补，获得猜想。另外，猜想的证明要用到反证法，学生可能不知如何入手，而且猜想的证明对学生来说是难点。 三、教学目标： （1）理解过某个四边形的四个顶点能作一个圆的条件。 （2）通过四点共圆的条件的探究和猜想的证明，体会由特殊到一般转化的数学思想，积累数学活动的经验。 四、教学重难点： 重点：四点共圆条件的探究。 难点：对角互补的四边形四个顶点共圆的证明。 五、教学过程： I、创设情境、引入新课 同学们，我们的家乡阜阳是有着悠久历史的地方，如果给我们一天的时间参加阜阳一日游活动，你会选择哪里呢？那么，今天老师就带领大家一起参观阜阳生态园。 问题1：某市公园需要经过A、B、C三个旅游景点建一个圆形快车道，如图，假如我们把A、B、C三个旅游景点抽象成点，你能设计出这个圆形轨道吗？ 设计意图：由学生熟知的参观阜阳生态园入手，让学生去设计不在同
九年级数学四点共圆例题讲解 知识点、重点、难点 四点共圆就是圆得基本内容，它广泛应用于解与圆有关得问题．与圆有关得问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来就是数学竞赛得热点内容。 在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆得有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆得方法很重要。 判定四点共圆最基本得方法就是圆得定义：如果A、B、C、D四个点到定点O得距离相等，即OA＝OB＝OC ＝OD，那么A、B、C、D四点共圆． 由此，我们立即可以得出 1、如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形得四个顶点共圆。 将上述判定推广到一般情况，得： 2、如果四边形得对角互补，那么这个四边形得四个顶点共圆。 3、如果四边形得外角等于它得内对角，那么这个四边形得四个顶点共圆。 4、如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等得顶角，那么这两个三角形得四个顶点共圆。 运用这些判定四点共圆得方法，立即可以推出： 正方形、矩形、等腰梯形得四个顶点共圆。 其实，在与圆有关得定理中，一些定理得逆定理也就是成立得，它们为我们提供了另一些证明四点共圆得方法．这就就是： 1、相交弦定理得逆定理：若两线段AB与CD相交于E，且AE·EB=CE·ED，则A、B、C、D四点共圆。 2．割线定理得逆定理：若相交于点P得两线段PB、PD上各有一点A、C，且PA·PB =PC·PD，则A、B、 C、D四点共圆。 3、托勒密定理得逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD就是圆内接四边形。 另外，证多点共圆往往就是以四点共圆为基础实现得一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际就是同一个圆。 例题精讲 例1：如图，P为△ABC内一点，D、E、F分别在BC、CA、AB上。已知P、D、C、E四点共圆，P、E、A、F 四点共圆，求证：B、D、P、F四点共圆。 证明连PD、PE、PF．由于P、D、C、F四点共圆，所以∠BDP = ∠PEC．又由于A、E、P、F四点共圆，所以∠PEC =∠AFP．于就是∠BDP= ∠AFP，故B、D、P、F四点共圆。 例2：设凸四边形ABCD得对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA得对称点共圆。 为1 2 ，此变换把E关于AB、BC、 证明以E为相似中心作相似变换，相似比 CD、DA得对称点变为E在AB、BC、CD、DA上得射影P、Q、R、S（如图）、只需证明PQRS就是圆内接四边形。 由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及ERDS都就是圆内接四边形（每个四边形都有一组对角为直角），由E、P、B、Q共圆有∠EPQ = ∠EBQ、由E、Q、C、R共圆有∠ERQ=∠ECQ，于就是∠EPQ＋∠ERQ = ∠EBQ＋∠ECQ=90°、同理可得∠EPS ＋∠ERS =90°、从而有∠SPQ＋∠QRS =180°，故PQRS就是圆内接四边形。 例3：梯形ABCD得两条对角线相交于点K，分别以梯形得两腰为直径各作一圆，点K位于这两个圆之外，证明：由点K向这两个圆所作得切线长度相等。 证明如图，设梯形ABCD得两腰为AB与CD，并设AC、BD与相应二圆得第二个交点分别为M、N、由于∠AMB、∠CND就是半圆上得圆周角，所以∠AM B=∠CND = 90°．从而∠BMC =∠BNC=90°，故B、M、N、C四点共圆，因此∠MNK=∠ACB．又∠ACB =∠KAD，所以∠MNK =∠KAD、于就是M、N、D、A四点共圆，因此KM·KA = KN·KD、由切割线定理得K向两已知圆所引得切线相等。 例4：如图，A、B为半圆O上得任意两点，AC、BD垂直于直径EF，BH⊥OA，求证：DH=AC、证法一在BD上取一点A'，使A'D = AC，则ACDA'就是矩形。连结A'H、AB、OB、由于BD⊥EF、BH⊥OA，所以∠BDO =∠B HO=90°、于就是D、B， H、O四点共圆，所以∠HOB =∠HDB、由于∠AHB =∠AA'B = 90°，所以A、H、A'、B四点共圆。故∠DA'H=∠OAB，因此∠DHA'=∠OBA、而OA = OB，所以∠OBA=∠OAB，于就是∠DHA'=∠D A'H、所以DH=DA'，故DH =
圆内接四边形与四点共圆 思路一：用圆的定义：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： AO=BO=CO=DO ? A、B、C、D四点共圆（O为圆心） 思路二：从被证共圆的四点中选出三点作一个圆，然后证另一个点也在这个圆上，即可证明这四点共圆。→要证多点共圆，一般也可以根据题目条件先证四点共圆，再证其他点也在这个圆上。 思路三：运用有关性质和定理： ①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： ∠ + = 180 B）? A、B、C、D四点共圆 ∠D 180 = ∠ + ∠D A（或0 ②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。
∠? A、B、C、D四点共圆 = CAB∠ CDB ③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。 ∠D = C? A、B、C、D四点共圆 = ∠ 90 ④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： ∠? A、B、C、D四点共圆 = ECD∠ B
《四点共圆的条件》课堂分析 本节课的主要内容为《四点共圆的条件》，是一节数学活动。认真感受了整个课堂后，我想从以下三个角度谈一下我对本节课的想法。 一、数学思考 首先，问题是思维的源泉，更是思维的主力。本节课在问题的设计上，层次清晰、目标明确。先后四个主要问题：“通过四边形四个顶点作圆的结果如何？”，“怎么判断这四个点共圆或不共圆？”，“如何证明你的猜想？”，“你能用所学知识判断四个点在圆上吗？”，能很好地调动学生思考层次；而且在大问题下的小问题串的设计，与学生的认知水平相持平，这点从学生的回答方式（齐答、举手回答的数量和音量）上体现出来，尤其是老师的提问策略，例如：每次提问的候答时间，和理答方式都为学生思考提供了准确的方向和思考的空间。 其次，在不同的环节设计了不同的思考方式。例如，集中型的思考方式，体现在问题二的讨论中。各种角度，集思广议，最后将问题转化到对角互补的四边形四点共圆；再如，发散型的思考方式，体现在问题情景的设计中。将抽象出的几何图形转化成四边形或者转化成共斜边的两个直角三角形时，可以为学生的多维思考提供一个新的思路，直至，共边三角形的变式问题的出现。 二、课堂参与
整堂课的课堂气氛流畅、民主。从学生角度，学生参与课堂讨论的人数；学生回答问题的数量及人员分布；学生回答问题的语言上都能感受到学生的学习过程是和谐的、勤勉的。从教师角度来看，教师的语速、语态，教师对学生的评价，都为学生的学习提供绝佳的软环境。最后从师生的互动交流来看；彼此的情感认同，情绪都是积极的。 也正是这种民主的课堂，才能使知识的生成不会只发生在表面，才会形成深层次学习的动力。 三、创新之举 创新之一：情景创设人文化、图形呈现动态化 本节课的情境导入是以修建农家乐，铺设圆形石子路为背景的。比较符合当地地区的经济发展趋势，比较贴近于学生们的生活，对学生应用意识的培养是非常有利的。此外，在整个课堂的推进过程中，多次运用到《几何画板》的动态呈现方式，让学生们充分感受数量关系到图形关系的这种衔接，体会到特殊到一般的转化过程，对培养学生直观意识和空间观念起到了积极的作用。 创新之二：课堂讨论多维度、奇思妙想创新意 在对第二大问题的讨论中，生成了多角度的结论。从定义角度；从四边形边的角度；从四边形对角线角度；从四边形角的角度。进而呈现了很多的思维过程，达到差异互补、资源共享的作用，同时为学生创新意识的培养积累了的基础。教师为这些有大胆猜想的学生点赞，更加鼓励了孩子们的新方法的创设。这些就
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，
精品文档 九年级数学四点共圆例题讲解 知识点、重点、难点 四点共圆是圆的基本内容，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来是数学竞赛的热点内容。 在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆的方法很重要。 、、、＝＝＝OCOB四个点到定点DO 判定四点共圆最基本的方法是圆的定义：如果A的距离相等，即BOAC、、、D四点共圆．，那么ACB OD 由此，我们立即可以得出 1.如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形的四个顶点共圆。 将上述判定推广到一般情况，得： 2.如果四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。 3.如果四边形的外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。 4.如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等的顶角，那么这两个三角形的四个顶点共圆。 运用这些判定四点共圆的方法，立即可以推出： 正方形、矩形、等腰梯形的四个顶点共圆。 其实，在与圆有关的定理中，一些定理的逆定理也是成立的，它们为我们提供了另一些证明四点共圆的方法．这就是： 、、、D四点共圆。B =CE·ED，则AC· 1.相交弦定理的逆定理：若两线段AB和CD相交 于E，且AEEB、、、BPD，则APA，且·PB =PC 2．割线定理的逆定理：若相交于点P的两线段PB·PD上各有一点A、C 、D四点共圆。C 3.托勒密定理的逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD是圆内接四边形。 另外，证多点共圆往往是以四点共圆为基础实现的一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际是同一个圆。 例题精讲 、、、、、、、、、、F四点共圆，上。已知PPDAC1例：如图，P为△ABC内一点，DEEF分别在BCECAAB、、、
第24章活动2 《探究四点共圆的条件》教学设计 班级姓名座号 一、课型：综合活动课 二、活动目标： 1、探究四边形四个顶点共圆的条件。 2、通过观察、比较、分析不同的四边形四个顶点能否共圆，提高学生识图能力，发展学生合情推理和演绎推理的能力。 3、在探究四边形四个顶点能够共圆的问题中，学会运用从特殊到一般的数学思想，能利用转化思想来解决问题，感受解决问题的多样性。 三、重点：通过活动探究四点共圆的条件。 难点：对角互补的四边形四个顶点共圆的证明方法。 四、学情分析：经历《圆》的全章单元学习后，学生对圆的相关知识点还未能透彻贯通，需要加强能力方面的训练。让学生自己结合线索推理发现、得出结论，课堂教学既要重视数学结论的探索过程，又要强化各种技能之间的综合运用。 五、教具：多媒体设备（含几何画板、PPT、投影展台） 六、教学反思：四点共圆研究方法具有多样性和灵活性，理解点和圆的位置关系，实现位置关系和数量关系的相互转化，体现知识的普遍联系和深入发展特性，丰富学生的研究方法。通过观察、实验操作、归纳猜想、验证活动，使不同层次学生思维水平和推理水平有不同的提高。表格式梳理对照，自学复习相关知识点，以数学活动为契机，培养探索精神，调动全章圆的知识的相关储备，串联综合运用的能力猜想并加以验证。
七、课堂过程 活动一、考题片段引入 如图，已知矩形ABCD,，动点E 从点B 沿线段BC 运动到点C 停止，连结AE,以AE 为边作矩形AEFG,使边FG 过点D.直接写出点G 所经过的路径长。 关键：点G 路径是什么样的轨迹？ ★（设计意图）从考题片段引入，清晰给出学习目标，引发学生思考。在完成表格二猜想一后再进行展开，结合几何画板演示动态过程，运用新结论，形成基本数学图形模式。 活动二、复习旧知类比迁移 表格一 多边形 任意一个三角形 任意一个四边形 有且只有 个外接圆 外接圆 多边形名称 内接三角形 （根据圆的 定义） 共圆的顶点 要具备的条 件 三个顶点到定点（ 心）的 距离都等于定长（即 ） 即：OA=OB=OC 个顶点到定点（ 心）的距离都等于定长（即 ） 即：OA=OB=OC=OD 定点（外心）的作法 任意两边 交点 任意两边 交点 提醒：三角形也是任意多边形组成的基本图形单位。 思考：过任意一个四边形的四个顶点也一定可以作一个圆吗?你打算怎样去尝试呢？ 如果能共圆，四边形的四个顶点应满足什么条件？ ★（设计意图）学生联系对比复习链接的知识定义，为后续探究打下基础，对照巩固原有思维水平。 23,6AB BC ==
数学活动——探究四点共圆的条件 一内容和内容解析 1.内容：探究四点共圆的条件 2.内容解析：四点共圆的条件是在学生学习了经过一个点的圆、经过不在同一直线上的三个点的圆、三角形与圆的关系、圆内接四边形后，对经过任意三点都不在同一直线上的四点共圆的条件的探究。 在四点共圆的条件的探究过程中，首先学生在已学的圆相关知识基础上，对四点共圆的条件进行合理猜想：圆内接四边形对角互补，相应的，对角互补的四边形的四个顶点共圆；再利用计算机工具，对特殊的四边形（平行四边形、矩形、等腰梯形）、一组对角同时等于九十度的四边形、任意对角互补的四边形以及任意四边形等，在几何画板上进行测量检验，用实验的方法验证猜想的正确性；然后对正方形、矩形、一组对角同时等于九十度的四边形、任意对角互补的四边形四个顶点共圆进行理论推理验证，最终得出结论。学生全程感受并经历了发现并提出问题——猜想——实验验证——理论推理验证——得出结论的活动过程，在“做”的过程和“思考”的过程中，积累数学活动的经验；在验证的过程中体现了特殊到一般的思想，同时，在研究中，类比将四边形转化成三角形来研究，从三点共圆入手探究四点共圆的条件，体现了转化的思想。 基于以上分析，确定本节课的教学重点是：四点共圆的条件的探究。 二目标和目标分析 1.目标 （1）理解过某个四边形的四个顶点能作一个圆的条件。 （2）通过四点共圆的条件的探究和猜想的证明，体会由特殊到一般、转化的数学思想，积累数学活动的经验。 2.目标解析 达成目标（1）的标志是：知道对角互补的四边形的四个顶点共圆的结论，会应用反证法证明这一结论，能应用对角互补的四边形四个顶点共圆判断给定的四边形的四个顶点是否可以做一个圆。 达成目标（2）的标志是：通过猜想，实验验证、理论推理验证得出结论，体会数学活动的完整过程，在过程中积累经验；通过几何画板画图，测量，比较，分析平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形、直角梯形、一组对角等于九十度的四边形、一般的对角互补的四边形的四个顶点能否共圆，得到：对角互补的四边形四个顶点共圆的更一般的结论。体会由特殊到一般的研究规律；将证明四点共圆的问题转化为不共线的三点可以确定的圆，与第四个顶点之间的关系，并应用圆内接四边形对角互补的性质获得证明；在解决问题的过程中，积极思考、勇于质疑，体会发现问题、解决问题、有效的呈现活动结果等过程是数学活动的基本过程。 三教学问题诊断分析 学生从一开始发现问题，到后来的猜想，都是在已有知识的基础上，从已学定理：圆内接四边形对角互补出发，研究它的逆命题：对角互补的四边形四个顶点共圆。在探究过程中鼓励学生在已学知识基础上进行合理大胆的猜想。 在验证的过程中，学生可能会联想到任意一个三角形的三个顶点作一个圆的影响，去判断第四个顶点时候在这个圆上，解决这一问题的关键是引导学生从特殊的四边形出发，从特殊到一般的探究问题，通过画图、测量、比较，分析各种四边形的顶点是否共圆。 另外，在进行理论验证的过程中，要用到反证法，学生可能不知如何下手，而且猜想的证明对学生来说是难点。关键是从过任意一个三角形的顶点能作一个圆入手，把四点共圆问
知识点、重点、难点 四点共圆是圆的基本内容，它广泛应用于解与圆有关的问题．与圆有关的问题变化多，解法灵活，综合性强，题型广泛，因而历来是数学竞赛的热点内容。 在解题中，如果图形中蕴含着某四点在同一个圆上，或根据需要作出辅助圆使四点共圆，利用圆的有关性质定理，则会使复杂问题变得简单，从而使问题得到解决。因此，掌握四点共圆的方法很重要。 判定四点共圆最基本的方法是圆的定义：如果A、B、C、D四个点到定点O的距离相等，即OA＝OB＝OC＝OD，那么A、B、C、D四点共圆． 由此，我们立即可以得出 1.如果两个直角三角形具有公共斜边，那么这两个直角三角形的四个顶点共圆。 将上述判定推广到一般情况，得： 2.如果四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。 3.如果四边形的外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。 4.如果两个三角形有公共底边，且在公共底边同侧又有相等的顶角，那么这两个三角形的四个顶点共圆。 运用这些判定四点共圆的方法，立即可以推出： 正方形、矩形、等腰梯形的四个顶点共圆。 其实，在与圆有关的定理中，一些定理的逆定理也是成立的，它们为我们提供了另一些证明四点共圆的方法．这就是： 1.相交弦定理的逆定理：若两线段AB和CD相交于E，且AE·EB=CE·ED，则A、B、C、D四点共圆。 2．割线定理的逆定理：若相交于点P的两线段PB、PD上各有一点 A、C，且PA·PB =PC·PD，则A、 B、 C、D四点共圆。 3.托勒密定理的逆定理：若四边形ABCD中，AB·CD＋BC·DA= AC·BD，则ABCD是圆内接四边形。 另外，证多点共圆往往是以四点共圆为基础实现的一般可先证其中四点共圆，然后证其余各点均在这个圆上，或者证其中某些点个个共圆，然后判断这些圆实际是同一个圆。 例题精讲 例1：如图，P为△ABC内一点，D、E、F分别在 BC、CA、AB上。已知P、D、C、E四点共圆，P、E、A、F四点共圆，求证：B、D、P、F四点共圆。 证明连PD、PE、PF．由于P、D、C、F四点共圆，所以∠BDP = ∠PEC．又由于A、E、P、F四点共圆，所以∠PEC =∠AFP．于是∠BDP= ∠AFP，故B、D、P、F四点共圆。 例2：设凸四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA的对称点共圆。 证明以E为相似中心作相似变换，相似比为，此变换把E关于 1 2 AB、BC、CD、DA的对称点变为E在AB、BC、CD、DA上的射影P、Q、R、S（如图）.只需证明PQRS是圆内接 四边形。 由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及 ERDS都是圆内接四边形（每个四边形都有一 组对角为直角），由E、P、B、Q共圆有∠ EPQ = ∠EBQ.由E、Q、C、R共圆有∠ERQ=∠ ECQ，于是∠EPQ＋∠ERQ= ∠EBQ＋∠ ECQ=90°.同理可得∠EPS＋∠ERS =90°.从而有∠SPQ＋∠QRS =180°，故PQRS是圆内接四边形。 例3：梯形ABCD的两条对角线相交于点K，分别以梯形的两腰为直径各作一圆，点K位于这两个圆之外，证明：由点K向这两个圆所作的切线长度相等。 证明如图，设梯形ABCD的两腰为AB和 CD，并设AC、BD与相应二圆的第二个交点 分别为M、N.由于∠AMB、∠CND是半圆上 的圆周角，所以∠AM B=∠CND = 90°．从 而∠BMC =∠BNC=90°，故B、M、N、C四 点共圆，因此∠MNK=∠ACB．又∠ACB =∠ KAD，所以∠MNK =∠KAD.于是M、N、D、A四点共圆，因此KM·KA = KN·KD.由切割线定理得K向两已知圆所引的切线 相等。 例4：如图，A、B为半圆O上的任意两点，AC、 BD垂直于直径EF，BH⊥OA，求证：DH=AC. 证法一在BD上取一点A'，使A'D = AC，则 ACDA'是矩形。连结A'H、AB、OB.由于BD⊥EF 、
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 ． P P
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=3 1 AC,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：FG FD CF 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． 2 B
C F E A H B N M C A B 四点共圆练习题 1. 如图，ABC ?三边上的高交于H ，H 不于任一顶点重合，则以A 、B 、C 、D 、E 、F 、H 中某四个点可以确定的圆共有多少个？ 2. 在梯形ABCD 中，AB ‖DC ，DC AB >，K 、M 分别在AD 、BC 上，CBK DAM ∠=∠，求证：CKB DMA ∠=∠ 3. 正方形ABCD 的中心为O ，面积为2 1989cm ，P 为正方形内一点，?=∠45OPB ， 14:5:=PB PA ，求PB 。 4.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． 5. 如图，在平行四边形ABCD 中，BC AM ⊥于M ，CD AN ⊥于N ，若13=AB ，5=BM ，9=MC ，求MN 的长度 6.如图所示，棱形ABCD 的对角线AC,BD 相交于点O,四条边AB,BC,CD,DA 的中点为E,F,G ,H. 求证：E,F,G ,H 四点共圆 7. 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 ． B C M K D A C B O P D A F E D A B O C
8.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． 9.如图，△ABC为等边三角形，D,E分别为BC,AC边上的点，且BD=1 3 BC,CE= 1 3 AC ,AD与BE 相交于点P,求证：CP⊥AD 10.锐角△ABC中，BD,CE分别是AC,AB边上的高线，EM⊥BD于M,DN⊥CE于N.求证：MN//BC. 11.在△ABC中，,B C ∠∠的平分线相交于T, ,B C ∠∠的外角平分线相交于P.求证： () 1 2 BPC ABC ACB ∠=∠+∠ 12.如图所示，如果五边形ABCDE中，. ABC ADE AEC ADB ∠=∠∠=∠ 且求证：BAC DAE ∠=∠. 13.四边形ABCD内接于圆，通过M和N分别表示直线AB和CD，BC与AD的交点，设 1 B是已 知圆同过点B、M、N三点的圆的异于B的交点，求证：直线 1 B D平分线段MN.
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 ＝1 2 ∠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 ＝1 2 ∠AOB . 同理可证∠BAC ＝1 2 ∠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 图① O A C B 图② B O C A 图③ O A B C 2 1B D A 图① 2 1C D A B 图② 12 B A C E D
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． AD AC DAE CAB AE AB =?? ∠=∠??=? ∴△CAB ≌△DAE . ∴ED ＝BC ＝b 1 2 P B A C E D A D 21 P E C B A C B D B C E D A
作业16 1、锐角ABC ?的三条高AD 、BE 、CF 交于H ，在A 、B 、C 、D 、E 、F 、H 七个点中．能组成四点共圆的组数是（ ） A 、4组 B 、5组 C 、6组 D 、7组 2、已知点)02(，A ，)53(，B ，直线l 过点B 与y 轴交于点)0(c ，C ，若 O 、A 、B 、C 四点共圆，则c 的值为（ ） A 、 522 B 、5 28 C 、17 D 、无法求出 3.如图, AB 是⊙O 的直径, 弦CD ⊥AB, P 是弧CAD 上一点(不与C 、D 重合) . (1) 求证：∠CPD ＝∠COB ； (2) 若点P 在劣弧CD 上(不与C 、D 重合), ∠CPD 与∠COB 的数量关系是否发生变化?若不变, 请画图并证明；若变化, 请写出新的关系式并画图证明. 4、如图，在平行四边形ABCD 中，BAD ∠为钝角，且BC AE ⊥，CD AF ⊥． （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：ND BM =． 5、如图所示， I 为ABC ?的内心，求证：BIC ?的外心O 与A 、B 、C 四点共圆. B
B A 6.如图, ⊙O 的内接△ABC 的外角∠AC B 的平分线交⊙O 于E, EF ⊥BD 于F. (1) 探索EO 与AB 的位置关系, 并予以证明； (2) 当△AB C 的形状发生改变时, AC CF BF +的值是否发生改变?若不变, 请求出该值；若改变, 请求出其变化范围. 7.如图，已知AB 是⊙O 的直径，D 是弧AB 上一点，C 是弧AD 的中点，AD 、BC 相交于E ，CF ⊥AB ，F 为垂足，CF 交AD 于G ，求证：CG=EG. 8、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 =． （1）证明：B ，D ，H ，E 四点共圆； （2）证明：CE 平分DEF ∠． B