高中数学竞赛平面几何讲座第四讲：四点共圆问题

四点共圆的性质、判定及应用一、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”。

1、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。

2、四点共圆的判定方法：判定定理1：共斜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．判定定理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．判定定理3：对于凸四边形ABCD ，对角互补⇔四点共圆(或其一个外角等于其邻补角的内对角⇔四点共圆)． 判定定理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． 判定定理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． 判定定理6：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，若另一点也在这个圆上⇔四点共圆． 判定定理7：四点到某一定点的距离都相等⇔四点共圆．二、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． 即：若四边形ABCD 内接于圆，则有BD ⋅AC=BC ⋅AD+CD ⋅AB ． 托勒密定理的逆定理：如果凸四边形两组对边的积的和，等于两对角线的积，此四边形必内接于圆。

――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――1．如图，在△ABC 中，AD ⊥BC ，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ．求证：B 、E 、F 、C 四点共圆．2．如图，在△ABC 中，BD 、CE 是AC 、AB 边上的高，∠A ＝60°. 求证：BC ED 21=3．已知：如图所示，四边形ABCD 内接于圆，CE ∥BD 交AB 的延长线于E ．求证：AD · BE ＝BC · DC ．4．已知：如图所示，P 为等边三角形ABC 的外接圆的上任意一点．求证：P A ＝PB + PC ．5．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989 cm 2．P 为正方形内一点，且∠OPB ＝45°，PA ∶PB ＝5∶14．则PB ＝______.．6．如图，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 ．7．已知：梯形 ABCD 中，AD ＝BC ，AB ∥CD ．求证：BD 2＝BC 2＋AB · CD ．8．如图，以Rt △ABC 的斜边BC 为一边在△ABC 的同侧作正方形BCEF ，设正方形的中心为O ，连结AO ，如果AB ＝4，AO ＝26，那么AC 的长等于______.9．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 )．10．如图，AD 、BC 为过圆的直径AB 两端点的弦，且BD 与AC 相交于E 。

§5四点共圆问题“四点共圆”是平面几何证题中一个十分有利的工具. 四点共圆这类问题一般有两种形式:(1)证明某四点共圆或以四点共圆为基础证明若干点共圆;(2)通过某四点共圆得到一些重要的结果,进而解决问题.下面先给出与四点共圆有关的一些基本知识.(1)若干个点与某定点的距离相等,则这些点在同一圆周上;(2)在若干个点中有两点,其他点对这两点所成线段的视角均为直角,则这些点共圆;(3)若四点连成的四边形对角互补或有一外角等于它的内对角,则这四点共圆;(4)若点C、D在线段AB的同侧, 且∠ACB=∠ADB ,则A、B、C、D四点共圆;(5)若两线段AB、CD相交于点E, 且AE·EB=CE·ED,则A、B、C、D四点共圆;(6)若相交线段PA、PB上各有一点C、D,且PA·PC=PB·PD, 则A、B、C、D四点共圆.四点共圆问题不但是平面几何中的重要问题,而且是直线形和圆之间度量关系或者位置关系相互转化的媒介.例1、已知PQRS是圆内接四边形,∠PSR=90°,过点Q作PR、PS的垂线,垂足分别为点H、K.求证:HK平分QS.证法1 :如图1,设HK与QS交于点T,则∠TSK=90°-∠RSQ=90°-∠RPQ=∠TKS.所以,TS=TK.又∠TQK=90°-∠TSK=90°-∠TKS=∠TKQ,所以,TQ=TK.故TS=TQ,即HK平分QS.说明:证法1是观察到T是Rt△QSK斜边上的中点,从而去证明TS =TK及TS=TQ.此题也可从另一个角度去考虑,平行四边形的对角线互相平分,于是有证法2.证法2:如图2,分别延长KH和SR交于点G,联结QG.因为∠QHP=∠QKP=90°,所以,Q、H、K、P四点共圆.于是,∠QKH=∠QPH=∠QSR.因此,Q、K、S、G四点共圆.故四边形QKSG是矩形.从而,HK平分QS .例2、给定锐角△ABC ,以AB为直径的圆与边AB上的高线CC′及其延长线交于点M、N ,以AC为直径的圆与边AC上的高线BB′及其延长线交于点P、Q. 证明:M、P、N、Q四点共圆.证明:如图3,由于AB和AC是两圆的直=∠A+∠B+∠C=180°.如图6,作点P关于BC的对称点P′,联结BP′、CP′.于是,∠BQC+∠BP′C=180°.所以,B、Q、C、P′四点共圆.又因∠P′BC=∠PBC=∠QCB,则BP′∥QC.故BQ=P′C.所以,BQ=CP.说明:∠BQC和∠CPB是对线段BC的两个视角, 当点P、Q在线段BC的两侧时,B、Q、P、C四点共圆;当点P、Q在BC的同侧时,常常作对称点,然后便有四点共圆了,这会给解题带来极大方便.例6、在梯形ABCD中,AD∥BC,BC=BD=1,AB=AC,CD<1,且∠BAC+∠BDC=180°.求CD的长.解:如图7,作点D关于BC的对称点E, 联结AE、BE、CE.设AE与BC交于点F.由AD∥BC,知点A、E 到BC的距离相等,所以,AF=FE.设CD=CE=x,AF=FE=m.由∠BAC+∠BDC=180°,得∠BAC+∠BEC=180°.所以,A、B、E、C四点共圆.由AB=AC,得∠ABC=∠ACB.所以,∠1=∠ACB =∠ABC =∠2.又∠EBF =∠EAC,于是,△BFE ∽△ACE.所以, .BE AE FE CE= 从而,22m =AE ·FE =BE ·CE =x. ①由角平分线的性质知1.BF BE CF CE x ==又BF +CF =1 ,所以, 11BF x =+, 1x CF x =+. ② 由式②及相交弦定理得2m =AF ·FE =BF ·FC =2(1)x x + ③ 将式③代入式①得 22(1)x x +=x .解得x-1. 因此,CD=-1. 例7、在锐角△ABC 中,AB ≠AC,AD 是高,H 是AD 上一点,联结BH 并延长交AC 于点E,联结CH 并延长 交AB 于点F.已知B 、C 、E 、F 四点共圆.问:点H 是否一定是△ABC 的垂心?证明你的结论. 解:答案是肯定的.如图8,在AD 或其延长线上取一点G,使得AH ·AG =AF ·AB =AE ·AC.(1)若点G 、D 不重合,则∠AFH =∠AGB,∠AEH =∠AGC.因为B 、C 、E 、F 四点共圆,所以,∠BFC =∠CEB .从而,∠AFH =∠AEH.因此,∠AGB =∠AGC.于是,AB =AC,矛盾.(2)若点G 、D 重合,则∠AFH =∠ADB =90°,∠AEH =∠ADC =90°.所以,点H 一定是△ABC 的垂心.例8、已知△ABC 的重心G 关于边BC 的对称点是G ′.证明:A 、B 、G ′、C 四点共圆的充分必要条 件是2222AB AC BC +=.证明:如图9,设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条中线.由于点G ′与点G 关于BC 对称,则有∠BGC =∠BG ′C.(1)若A 、B 、G ′、C 四点共圆,则∠BG ′C +∠BAC =180°.又因∠EGF =∠BGC =∠BG ′C,所以∠EGF +∠EAF =180°.故A 、F 、G 、E 四点共圆.于是,∠BGF =∠BAC.因此,∠BGC =180°-∠BGF =180°-∠BAC =∠ABC +∠ACB .过点G 作射线GS 交边BC 于点S,使得∠CGS =∠ABC.则∠BGS =∠ACB.由于∠CGS =∠ABC =∠FBS,所以,B 、F 、G 、S 四点共圆.由∠BGS =∠ACB =∠ECS,知C 、E 、G 、S 四点共圆.由割线定理得BF ·BA =BG ·BE =BS ·BC,CE ·CA =CG ·CF =CS ·CB .则BF ·BA +CE ·CA =BC(BS +CS),即2222AB AC BC +=.(2)若2222AB AC BC +=,如图9,延长AD 到点K,使得DK =DG,联结BK 、CK.则四边形BGCK 是平行四边形.从而,∠BKC =∠BGC.又由重心性质知 DK =DG =13AD. 因为AD 是△ABC 的中线,所以, 2222221222.2AB AC AD BD AD BC +=+=+ 结合2222AB AC BC +=,得2234AD BC =. 则221131.3344AD DK AD AD BC BC BD DC ==⨯== 从而,A 、B 、K 、C 四点共圆.故∠BKC +∠BAC =180°.又∠BKC =∠BGC =∠BG ′C,所以, ∠BG ′C +∠BAC =180°.因此,A 、B 、G ′、C 四点共圆.练习题1.设D 是等腰Rt △ABC 底边BC 的中点,过C 、D 两点(但不过点A )任作一圆交直线AC 于点E ,联结BE 交此圆于点F. 求证:AF ⊥BE.2.AB 为⊙O 的直径,点C 在⊙O 上且OC ⊥AB,P 为⊙O 上一点,位于点B 、C 之间,直线CP 与AB 的延长线交于点Q,过Q 作直线与AB 垂直,交直线AP 于点R. 求证:BQ =QR.3.如图10,在△ABC 中,AD ⊥BC,BE ⊥CA,AD 与BE 交于点H,P 为边AB 的中点,过点C 作CQ ⊥PH,垂足为Q.求证:2PE =PH ·PQ.(提示:联结QE 、CH.易知∠ABE =∠ACH.注意到AP =BP =EP,所以,∠ABE =∠PEB.从而,∠PEB =∠ACH.又易知C 、H 、E 、Q四点共圆,所以,∠EQH =∠ACH.从而,∠EQH =∠PEB =∠PEH.又∠QPE =∠EPH,所以,△EPH ∽△QPE.故2PE =PH ·PQ.)4.凸四边形ABCD 的内切圆,切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为1111,,,A B C D ,联结11111111,,,A B B C C D D A ,点E 、F 、G 、H 分别为11111111,,,A B B C C D D A 的中点.证明:四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆(提示:如图11,易知点H 在AI 上,且AI ⊥11A D . 又1ID ⊥11A D ,由射影定理可知IH ·IA =1ID =2r ,其中r 为内切圆半径.同理,IE ·IB =2r .于是,IE ·IB =IH ·IA.故A 、H 、E 、B 四点共圆.所以,∠EHI =∠ABE.类似地,可证∠IHG =∠ADG,∠IFE =∠CBE,∠IFG =∠CDG.将这四个式子相加得∠EHG +∠EFG =∠ABC +∠ADC.所以, A 、B 、C 、D 四点共圆的充要条件是E 、F 、G 、H 四点共圆.而熟知一个四边形的各边中点围成的四边形是平行四边形, 平行四边 形为矩形的充要条件是该四边形的四个顶点共圆. 因此, EFGH 为矩形的充要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.) 5.在Rt △ABC 的每一条边上,都向外作一个正方形,这三个正方形的中心分别记为D 、E 、F. 试证△DEF 与△ABC 的面积之比值(1)大于1;(2)不小于2.(提示:如图12,先证明A 、F 、C 、B 四点共圆,则∠FBC =∠FAC =45°. 易知FB ⊥DE. 由此得BF 、AD 与CE 互相平行.(1)由于BF >BG,所以,DBF S >ABG S , EBF S >CBG S .故DEF S >ABCS .(2)设K 是△ABC 的外接圆和DE 的另一交点.易知FG =GK.如K 与B重合,则FB =FG +GB =GK +GB =2GB;如B 与K 不重合,则FB =FG +GB =GK +GB >2GB.综上知FB ≥2GB.故DEF S ≥2ABC S .)。

四点共圆四点共圆的定义四点共圆的定义：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．或利用圆的定义，证各点均与某一定点等距。

【方法2 】如果各点都在某两点所在直线同侧，且各点对这两点的张角相等，则这些点共圆．（若能证明其两张角为直角，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．即利用相交弦、切割线、割线定理的逆定理证四点共圆。

【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．【方法6】根据托勒密定理的逆定理，在四边形ABCD中，若AC*BD=AB*CD+AD*BC，那么A，B，C，D四点共圆。

或根据西姆松定理的逆定理证四点共圆。

【方法7】证明五点或五点以上的点共圆，可以分别证各四点共圆，且四点中有三点相同。

【方法8】证连结各点所得凸多边形与某一圆内接凸多边形相似。

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8种基本方法中选择一种证法，给予证明．一．某些知识的补充1．已知：ABCD共圆，AB中点为E、CD中点为F，EF中点为G，过E点分别作AD、BC的垂线，垂足为H、I求证：GH=GI首先可这样转化图形：作E点关于AD、BC边的轴对称点S、T，显然I、H分别是ES、ET中点。

探究四点共圆知识点什么是四点共圆问题？四点共圆是一种几何学问题，其基本目标是找到一个圆，使得给定的四个点都位于该圆上。

这个问题在几何学中具有重要的应用价值，并且是许多数学竞赛中常见的题目。

解决四点共圆问题的步骤要解决四点共圆问题，可以按照以下步骤进行思考和操作：步骤一：理解题目首先，我们需要仔细阅读题目并理解其要求。

题目通常会给出四个点的坐标或者描述它们的位置关系。

我们需要明确题目要求的是找到一个圆，使得给定的四个点都位于该圆上。

步骤二：确定圆心为了找到圆，我们需要确定圆心的位置。

要确定圆心，我们可以运用几何学中的一些定理和性质。

例如，我们可以考虑使用垂直平分线定理或者圆的切线性质来找到圆心。

步骤三：计算半径确定了圆心后，下一步是计算圆的半径。

我们可以使用给定的四个点与圆心之间的距离来计算半径。

这可以通过计算点到圆心的欧几里得距离来实现。

步骤四：检验四点是否共圆在确定了圆心和半径后，最后一步是检验给定的四个点是否都位于该圆上。

我们可以计算每个点到圆心的距离，并将其与半径进行比较。

如果所有的距离都与半径相等或非常接近，那么这四个点就共圆。

示例问题为了更好地理解四点共圆问题的解决步骤，我们来看一个具体的示例问题：假设有四个点A(0,0)，B(0,1)，C(1,1)和D(1,0)，我们需要找到一个圆，使得这四个点都位于该圆上。

解决步骤：1.理解题目要求，确定四个点的坐标。

2.确定圆心的位置。

由于给定的四个点位于一个正方形的四个顶点上，正方形的对角线的交点就是圆心。

由于正方形的对角线相互垂直且平分对方，圆心的坐标为(0.5,0.5)。

3.计算半径。

根据圆心和任意一个点的坐标之间的距离公式，我们可以计算出半径的值。

选取点A(0,0)，计算欧几里得距离得到半径r=0.5。

4.检验四点是否共圆。

计算每个点到圆心的距离，并将其与半径进行比较。

对于给定的四个点，它们到圆心的距离都等于半径r，所以这四个点共圆。

结论通过以上步骤，我们成功解决了四点共圆问题。

2015年第56届国际奥林匹克数学竞赛（2015年7月10-11日，泰国清迈）试题选讲【分析】AO是O的弦FG的中垂线，要证明X在AO上，只要证明XF XG∠=∠。

=或者XFG XGF（下面只是证明本题最关键的步骤，略去了大量的文字阐述和引用的常用中间结论，这在正式竞赛中是不允许的。

所以，同学们如果要自己动手做一做、练一练，一定要把过程写详细、写清楚!) Array【证一】∵AFX AFK FKB FAB FDB FCB DFC∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠，AGX AGL CLG CAG CEG CBG EBG∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠，∴F N M G，，，四点共圆，可得NFM NGM DFC EGB∠=∠⇒∠=∠，∴AFX AGX∠=∠。

而AF AG AFG AGF∠=∠。

，，则XFG XGF=∠=∠这样，A X，两点都在弦FG的中垂线上。

而弦FG的中垂线必过圆心O，可知A X O，，三点共线。

【证二】【另证F N M G，，，四点共圆】=∠。

FMG【本题剖析，及拓展】如图，可以证明以下诸多结论：（1）JHF KIG ∆∆——JHF JBF ABF KIG KCG ACG JHF KIG F G A AF AG A F B C G O ∠=∠=∠⎧⎪∠=∠=∠⎪⇒∠=∠⎨=⎪⎪⎩，在上，，，，，在上； AFX AFJ FJB FAB FDB FCB DFC LFM AFX AFJ FJB FAB FDB FGB FGE FGB BGE LGM AFX AFJ FHB FGB HBG AGX AGK GKC GAC GIC GFC FCI AGX AGK GKC GAC GEC GBC EGB LGM AGX AGK ∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠∠=∠=∠-∠=∠∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠∠=∠=∠-∠=∠-∠=∠=∠∠=∠=∠或或或或AFX AGX GKC GAC GEC GFC GFD GFC DFC LFM⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⇒∠=∠⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪-∠=∠-∠⎪=∠-∠=∠=∠⎪⎩；而AF AG AFG AGF =⇒∠=∠，可知JFH KGI ∠=∠，FJH GKI ∠=∠。

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 ······。

第一讲 注意添加平行线证题在同一平面内,不相交的两条直线叫平行线.平行线是初中平面几何最基本的,也是非常重要的图形.在证明某些平面几何问题时,若能依据证题的需要,添加恰当的平行线,则能使证明顺畅、简洁.添加平行线证题,一般有如下四种情况.1 为了改变角的位置大家知道,两条平行直线被第三条直线所截,同位角相等,内错角相等,同旁内角互补.利用这些性质,常可通过添加平行线,将某些角的位置改变,以满足求解的需要. 例1 设P 、Q 为线段BC 上两点,且BP ＝CQ , A 为BC 外一动点(如图1).当点A 运动到使 ∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 是什么三角形？试 证明你的结论.答： 当点A 运动到使∠BAP ＝∠CAQ 时,△ABC 为等腰三角形.证明：如图1,分别过点P 、B 作AC 、AQ 的平行线得交点D .连结DA .在△DBP ＝∠AQC 中,显然∠DBP ＝∠AQC ,∠DPB ＝∠C . 由BP ＝CQ ,可知△DBP ≌△AQC .有DP ＝AC ,∠BDP ＝∠QAC . 于是,DA ∥BP ,∠BAP ＝∠BDP .则A 、D 、B 、P 四点共圆,且四边形ADBP 为等腰梯形.故AB ＝DP .所以AB ＝AC .这里,通过作平行线,将∠QAC “平推”到∠BDP 的位置.由于A 、D 、B 、P 四点共圆,使证明很顺畅.例2 如图2,四边形ABCD 为平行四边形, ∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE . 证明：如图2,分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ,PB ＝EC .显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有 ∠BCE ＝∠BPE ,∠APE ＝∠ADE . 由∠BAF ＝∠BCE ,可知 ∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆. 于是,∠EBA ＝∠APE . 所以,∠EBA ＝∠ADE .这里,通过添加平行线,使已知与未知中的四个角通过P 、B 、A 、E 四点共圆,紧密联系起来.∠APE 成为∠EBA 与∠ADE 相等的媒介,证法很巧妙.∥＝ADB P Q图1PE D G A B FC图22 欲“送”线段到当处利用“平行线间距离相等”、“夹在平行线间的平行线段相等”这两条,常可通过添加平行线,将某些线段“送”到恰当位置,以证题.例3 在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .证明：如图3,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG .由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN .显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC .由CE 平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是, PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .这里,通过添加平行线,将PQ “掐开”成两段,证得PM ＝PK ,就有PM ＋PN ＝PQ .证法非常简捷.3 为了线段比的转化由于“平行于三角形一边的直线截其它两边,所得对应线段成比例”,在一些问题中,可以通过添加平行线,实现某些线段比的良性转化.这在平面几何证题中是会经常遇到的. 例4 设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：AP AB ＋AQAC ＝11AN AM ＋22AN AM . 证明：如图4,若PQ ∥BC ,易证结论成立. 若PQ 与BC 不平行,设PQ 交直线BC 于D .过点A 作PQ 的平行线交直线BC 于 E .由BM 1＝CM 2,可知BE ＋CE ＝M 1E ＋ M 2E ,易知AP AB ＝DE BE ,AQ AC ＝DECE,11AN AM ＝DE E M 1,22AN AM ＝DE E M 2.则AP AB ＋AQAC ＝DE CE BE +＝DE EM E M 21+＝11AN AM ＋22AN AM . A N E BQ K G CD M F P 图3APEDM 2M 1BQ N 1N 2图4所以,AP AB ＋AQAC ＝11AN AM ＋22AN AM . 这里,仅仅添加了一条平行线,将求证式中的四个线段比“通分”,使公分母为DE ,于是问题迎刃而解.例5 AD 是△ABC 的高线,K 为AD 上一点,BK 交AC 于E ,CK 交AB 于F .求证：∠FDA ＝∠EDA .证明：如图5,过点A 作BC 的平行线,分 别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、 N 、M .显然,AN BD ＝KA KD ＝AMDC. 有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ,有 AP ＝BC AM BD ·. (2)由DCAQ ＝EC AE ＝BC AN ,有AQ ＝BCAN DC ·. (3)对比(1)、(2)、(3)有 AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线,故AD 平分∠PDQ . 所以,∠FDA ＝∠EDA .这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.4 为了线段相等的传递当题目给出或求证某点为线段中点时,应注意到平行线等分线段定理,用平行线将线段相等的关系传递开去.例6 在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). 证明：如图6,过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ,可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND . 于是,BE ＝NC .显然,MD 为EN 的中垂线.有EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2,可知△BEM 为直角三角形,∠MBE ＝90°.有图5MP A Q NFBDCEK图6AN CD EBM∠ABC ＋∠ACB＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°. 于是,∠BAC ＝90°.所以,AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2). 这里,添加AC 的平行线,将BC 的以D 为中点的性质传递给EN ,使解题找到出路. 例7 如图7,AB 为半圆直径,D 为AB 上一点,分别在半圆上取点E 、F ,使EA ＝DA ,FB ＝DB . 过D 作AB 的垂线,交半圆于C .求证：CD 平分EF . 证明：如图7,分别过点E 、F 作AB 的垂线,G 、H 为垂足,连FA 、EB .易知DB 2＝FB 2＝AB ·HB , AD 2＝AE 2＝AG ·AB . 二式相减,得DB 2－AD 2＝AB ·(HB －AG ), 或 (DB －AD )·AB ＝AB ·(HB －AG ).于是,DB －AD ＝HB －AG , 或 DB －HB ＝AD －AG . 就是DH ＝GD . 显然,EG ∥CD ∥FH .故CD 平分EF .这里,为证明CD 平分EF ,想到可先证CD 平分GH .为此添加CD 的两条平行线EG 、FH ,从而得到G 、H 两点.证明很精彩.经过一点的若干直线称为一组直线束.一组直线束在一条直线上截得的线段相等,在该直线的平行直线上截得的线段也相等. 如图8,三直线AB 、AN 、AC 构成一组直线束,DE 是与BC 平行的直线.于是,有BN DM ＝ANAM＝NC ME,即 BN DM＝NCME 或ME DM ＝NC BN .此式表明,DM ＝ME 的充要条件是BN ＝NC .利用平行线的这一性质,解决某些线段相等的问题会很漂亮. 例8 如图9,ABCD 为四边形,两组对边延长 后得交点E 、F ,对角线BD ∥EF ,AC 的延长 线交EF 于G .求证：EG ＝GF .证明：如图9,过C 作EF 的平行线分别交AE 、 AF 于M 、N .由BD ∥EF ,可知MN ∥BD .易知 S △BEF ＝S △DEF .有S △BEC ＝S △ⅡKG － *5ⅡDFC . 可得MC ＝CN .A G D OB FC E图7图8A DBN C EM图9ABM EFN D C G所以,EG ＝GF .例9 如图10,⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁 切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB 的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平 分BC .证明：如图10,过点K 作BC 的行平线分别 交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、 OE 、OF .由OD ⊥BC ,可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ,可知O 、K 、F 、Q 四点共圆,有 ∠FOQ ＝∠FKQ .由OE ⊥AC ,可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有 ∠EOP ＝∠EKP .显然,∠FKQ ＝∠EKP ,可知 ∠FOQ ＝∠EOP . 由OF ＝OE ,可知Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是,OK 为PQ 的中垂线,故 QK ＝KP . 所以,AK 平分BC .综上,我们介绍了平行线在平面几何问题中的应用.同学们在实践中应注意适时添加平行线,让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用.练习题1. 四边形ABCD 中,AB ＝CD ,M 、N 分别为AD 、BC 的中点,延长BA 交直线NM 于E ,延长CD 交直线NM 于F .求证：∠BEN ＝∠CFN .(提示：设P 为AC 的中点,易证PM ＝PN .)2. 设P 为△ABC 边BC 上一点,且PC ＝2PB .已知∠ABC ＝45°,∠APC ＝60°.求∠ACB . (提示：过点C 作PA 的平行线交BA 延长线于点D .易证△ACD ∽△PBA .答：75°)3. 六边开ABCDEF 的各角相等,FA ＝AB ＝BC ,∠EBD ＝60°,S △EBD ＝60cm 2.求六边形ABCDEF 的面积.(提示：设EF 、DC 分别交直线AB 于P 、Q ,过点E 作DC 的平行线交AB 于点M .所求面积与EMQD 面积相等.答：120cm 2)4. AD 为Rt △ABC 的斜边BC 上的高,P 是AD 的中点,连BP 并延长交AC 于E .已知AC :AB ＝k .求AE :EC .(提示：过点A 作BC 的平行线交BE 延长线于点F .设BC ＝1,有AD ＝k ,DC ＝k 2.答：211k) 5. AB 为半圆直径,C 为半圆上一点,CD ⊥AB 于D ,E 为DB 上一点,过D 作CE 的垂线交CB 于F .求证：DE AD ＝FBCF. (提示：过点F 作AB 的平行线交CE 于点H .H 为△CDF 的垂心.)6. 在△ABC 中,∠A :∠B :∠C ＝4:2:1,∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c .求证：a1＋b1图10＝c1. (提示：在BC 上取一点D ,使AD ＝AB .分别过点B 、C 作AD 的平行线交直线CA 、BA 于点E 、F .)7. 分别以△ABC 的边AC 和BC 为一边在△ABC 外作正方形ACDE 和CBFG ,点P 是EF 的中点.求证：P 点到边AB 的距离是AB 的一半.8. △ABC 的内切圆分别切BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ,过点F 作BC 的平行线分别交直线DA 、DE 于点H 、G .求证：FH ＝HG .(提示：过点A 作BC 的平行线分别交直线DE 、DF 于点M 、N .)9. AD 为⊙O 的直径,PD 为⊙O 的切线,PCB 为⊙O 的割线,PO 分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：OM ＝ON .(提示：过点C 作PM 的平行线分别交AB 、AD 于点E 、F .过O 作BP 的垂线,G 为垂足.AB ∥GF .)第二讲 巧添辅助 妙解竞赛题在某些数学竞赛问题中,巧妙添置辅助圆常可以沟通直线形和圆的内在联系,通过圆的有关性质找到解题途径.下面举例说明添置辅助圆解初中数学竞赛题的若干思路.1 挖掘隐含的辅助圆解题有些问题的题设或图形本身隐含着“点共圆”,此时若能把握问题提供的信息,恰当补出辅助圆,并合理挖掘图形隐含的性质,就会使题设和结论的逻辑关系明朗化. 1.1 作出三角形的外接圆例1 如图1,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 是底边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠CED ＝ ∠A .求证：BD ＝2CD .分析：关键是寻求∠BED ＝2∠CED 与结论的联系. 容易想到作∠BED 的平分线,但因BE ≠ED ,故不能直接证出BD ＝2CD .若延长AD 交△ABC 的外接圆 于F ,则可得EB ＝EF ,从而获取.证明：如图1,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE . 故EB ＝EF .作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF . 因∠GEF ＝21∠BEF ＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC . 于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD . 1.2 利用四点共圆例2 凸四边形ABCD 中,∠ABC ＝60°,∠BAD ＝ ∠BCD ＝90°,AB ＝2,CD ＝1,对角线AC 、BD 交于点O ,如图2. 则sin ∠AOB ＝____.分析：由∠BAD ＝∠BCD ＝90°可知A 、B 、C 、D四点共圆,欲求sin ∠AOB ,联想到托勒密定理,只须求出BC 、AD 即可. 解：因∠BAD ＝∠BCD ＝90°,故A 、B 、C 、D 四点共圆.延长BA 、CD 交于P ,则∠ADP ＝∠ABC ＝60°.设AD ＝x ,有AP ＝3x ,DP ＝2x .由割线定理得(2＋3x )3x ＝2x (1＋2x ).解得AD ＝x ＝23－2,BC ＝21BP ＝4－3. 由托勒密定理有BD ·CA ＝(4－3)(23－2)＋2×1＝103－12.又S ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝233. ABGCD FE图1ABCDPO 图2故sin ∠AOB ＝263615+. 例3 已知：如图3,AB ＝BC ＝CA ＝AD ,AH ⊥CD 于H ,CP ⊥BC ,CP 交AH 于P .求证：△ABC 的面积S ＝43AP ·BD .分析：因S △ABC ＝43BC 2＝43AC ·BC ,只 须证AC ·BC ＝AP ·BD ,转化为证△APC ∽△BCD .这由A 、B 、C 、Q 四点共圆易证(Q 为BD 与AH 交点).证明：记BD 与AH 交于点Q ,则由AC ＝AD ,AH ⊥CD 得∠ACQ ＝∠ADQ . 又AB ＝AD ,故∠ADQ ＝∠ABQ .从而,∠ABQ ＝∠ACQ .可知A 、B 、C 、Q 四点共圆. ∵∠APC ＝90°＋∠PCH ＝∠BCD ,∠CBQ ＝∠CAQ , ∴△APC ∽△BCD . ∴AC ·BC ＝AP ·BD . 于是,S ＝43AC ·BC ＝43AP ·BD .2 构造相关的辅助圆解题有些问题貌似与圆无关,但问题的题设或结论或图形提供了某些与圆的性质相似的信息,此时可大胆联想构造出与题目相关的辅助圆,将原问题转化为与圆有关的问题加以解决. 2.1 联想圆的定义构造辅助圆例4 如图4,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC ＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在 半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与 p 、q 的关系.解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE . 显然A 、B 、C 在⊙D 上. ∵AB ∥CD , ∴BC AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故AC ＝22AE CE -＝224q p -.2.2 联想直径的性质构造辅助圆例5 已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋8与x 轴交于B 、C 两点，点D 平分BC .若在x 轴上侧的AA图3BP QDHC A EDCB图4点为抛物线上的动点,且∠BAC 为锐角,则AD 的取值范围是____.分析：由“∠BAC 为锐角”可知点A 在以定线段BC 为直径的圆外,又点A 在x 轴上侧,从而可确定动点A 的范围,进而确定AD 的取值范围.解：如图5,所给抛物线的顶点为A 0(1,9),对称轴为x ＝1,与x 轴交于两点B (－2,0)、 C (4,0).分别以BC 、DA 为直径作⊙D 、⊙E ,则 两圆与抛物线均交于两点P (1－22,1)、Q (1＋22,1).可知,点A 在不含端点的抛物线PA 0Q 内时,∠BAC ＜90°.且有3＝DP ＝DQ ＜AD ≤DA 0＝9,即AD 的取值范围是3＜AD ≤9.2.3 联想圆幂定理构造辅助圆例6 AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平行线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论. 证明：如图6,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°, 又∠3＝∠4,∠1＝∠5,∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN .以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交 BA 的延长线于E .则AE ＝AF ＝AN . 由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF ) ＝(AB ＋AN )(AB －AN ) ＝AB 2－AN 2,即 AB 2－AN 2＝BM ·BN .例7 如图7,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2.分析：因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明：如图7,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连 结CG .因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、 G 四点共圆.由切割线定理,有 EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB＝EC ·ED ＋FC ·FB图5E A NCD B FM 12345图6＝EP 2＋FQ 2,即 EP 2＋FQ 2＝EF 2.2.4 联想托勒密定理构造辅助圆 例8 如图8,△ABC 与△A ＇B ＇ C ＇的三边分别为a 、b 、c 与a ＇、 b ＇、c ＇,且∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°.试证：aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.分析：因∠B ＝∠B ＇,∠A ＋∠A ＇＝180°,由结论联想到托勒密定理,构造圆内接四边形加以证明.证明：作△ABC 的外接圆,过C 作CD ∥AB 交圆于D ,连结AD 和BD ,如图9所示. ∵∠A ＋∠A ＇＝180°＝∠A ＋∠D , ∠BCD ＝∠B ＝∠B ＇, ∴∠A ＇＝∠D ,∠B ＇＝∠BCD . ∴△A ＇B ＇C ＇∽△DCB .有DC B A ''＝CB C B ''＝DB C A '', 即 DC c '＝a a '＝DB b '.故DC ＝''a ac ,DB ＝''a ab .又AB ∥DC ,可知BD ＝AC ＝b ,BC ＝AD ＝a . 从而,由托勒密定理,得AD ·BC ＝AB ·DC ＋AC ·BD , 即 a 2＝c ·''a ac ＋b ·''a ab . 故aa ＇＝bb ＇＋cc ＇.练习题1. 作一个辅助圆证明：△ABC 中,若AD 平分∠A ,则AC AB ＝DCBD. (提示：不妨设AB ≥AC ,作△ADC 的外接圆交AB 于E ,证△ABC ∽△DBE ,从而AC AB ＝DEBD＝DCBD.) 2. 已知凸五边形ABCDE 中,∠BAE ＝3a ,BC ＝CD ＝DE ,∠BCD ＝∠CDE ＝180°－2a .求证：∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .(提示：由已知证明∠BCE ＝∠BDE ＝180°－3a ,从而A 、B 、C 、D 、E 共圆,得∠BAC ＝∠CAD ＝∠DAE .)3. 在△ABC 中AB ＝BC ,∠ABC ＝20°,在AB 边上取一点M ,使BM ＝AC .求∠AMC 的度数. (提示：以BC 为边在△ABC 外作正△KBC ,连结KM ,证B 、M 、C 共圆,从而∠BCM ＝21∠BKM ＝10°,得∠AMC ＝30°.)4．如图10,AC 是ABCD 较长的对角线,过C 作 CF ⊥AF ,CE ⊥AE .求证：AB ·AE ＋AD ·AF ＝AC 2. (提示：分别以BC 和CD 为直径作圆交AC 于点(1)(2)图8ABCA'C'ca b a'c'b'A BCDa bb c 图9F DAB EC图10G 、H .则CG ＝AH ,由割线定理可证得结论.)5. 如图11.已知⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B ,直线 CD 过A 交⊙O 1和⊙O 2于C 、D ,且AC ＝AD ,EC 、ED 分别切两圆于C 、D .求证：AC 2＝AB ·AE .(提示：作△BCD 的外接圆⊙O 3,延长BA 交⊙O 3于F ,证E 在⊙O 3上,得△ACE ≌△ADF ,从而AE ＝AF ,由相交弦定理即得结论.)6．已知E 是△ABC 的外接圆之劣弧BC 的中点.求证：AB ·AC ＝AE 2－BE 2. (提示：以BE 为半径作辅助圆⊙E ,交AE 及其延长线于N 、M ,由△ANC ∽△ABM 证AB ·AC ＝AN ·AM .)7. 若正五边形ABCDE 的边长为a ,对角线长为b ,试证：a b －ba＝1. (提示：证b 2＝a 2＋ab ,联想托勒密定理作出五边形的外接圆即可证得.)图11第三讲 点共线、线共点在本小节中包括点共线、线共点的一般证明方法及梅涅劳斯定理、塞瓦定理的应用。