高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽四點(diǎn)共圓專題試題

1、四點(diǎn)共圓如同也用反 證法可癥另一 個(gè)定理四點(diǎn)共圓的定義四點(diǎn)共圓的 定義：如果同一平面內(nèi)的四個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)圓上，則稱這四個(gè)點(diǎn)共圓， 一般簡(jiǎn)稱為“四點(diǎn)共圓”。證明四點(diǎn)共圓有下述一些基本方法：【方法1】 從被證共圓的四點(diǎn)中先選出三點(diǎn)作一圓，然后證另一點(diǎn)也在這個(gè)圓上，若能證明 這一點(diǎn)，即可肯定這四點(diǎn)共圓.或利用圓的定義，證各點(diǎn)均與某一定點(diǎn)等距。【方法2】如果各點(diǎn)都在某兩點(diǎn)所在直線同側(cè)，且各點(diǎn)對(duì)這兩點(diǎn)的張角相等，則這些點(diǎn)共 圓.（若能證明其兩張角為直角，即可肯定這四個(gè)點(diǎn)共圓，且斜邊上兩點(diǎn)連線為該圓直徑。）【方法3】把被證共圓的四點(diǎn)連成四邊形，若能證明其對(duì)角互補(bǔ)或能證明其一個(gè)外角等于其 鄰補(bǔ)角的內(nèi)對(duì)角時(shí)，即

2、可肯定這四點(diǎn)共圓.【方法4】 把被證共圓的四點(diǎn)兩兩連成相交的兩條線段，若能證明它們各自被交點(diǎn)分成的兩 線段之積相等，即可肯定這四點(diǎn)共圓；或把被證共圓的四點(diǎn)兩兩連結(jié)并延長(zhǎng)相交的兩線段，若 能證明自交點(diǎn)至一線段兩個(gè)端點(diǎn)所成的兩線段之積等于自交點(diǎn)至另一線段兩端點(diǎn)所成的兩線 段之積，即可肯定這四點(diǎn)也共圓.即利用相交弦、切割線、割線定理的逆定理證四點(diǎn)共圓?！痉椒?】 證被證共圓的點(diǎn)到某一定點(diǎn)的距離都相等，從而確定它們共圓.【方法6】 根據(jù)托勒密定理的逆定理，在四邊形ABCD中，若AC*BD=AB*CD+AD*BC那么A, B,C, D四點(diǎn)共圓?；蚋鶕?jù)西姆松定理的逆定理證四點(diǎn)共圓?！痉椒?】證明五點(diǎn)或五點(diǎn)

3、以上的點(diǎn)共圓，可以分別證各四點(diǎn)共圓，且四點(diǎn)中有三點(diǎn)相同?！痉椒?】證連結(jié)各點(diǎn)所得凸多邊形與某一圓內(nèi)接凸多邊形相似。上述六種基本方法中的每一種的根據(jù)， 就是產(chǎn)生四點(diǎn)共圓的一種原因， 因此當(dāng)要求證四點(diǎn) 共圓的問題時(shí)，首先就要根據(jù)命題的條件，并結(jié)合圖形的特點(diǎn)，在這 8種基本方法中選擇一種 證法，給予證明.某些知識(shí)的補(bǔ)充1.已知：ABC映圓，AB中點(diǎn)為E、CD中點(diǎn)為F, EF中點(diǎn)為G,過E點(diǎn)分別作AD BC的垂線，垂 足為 H I求證：GH=GI首先可這樣轉(zhuǎn)化圖形：作E點(diǎn)關(guān)于ARBC邊的軸又稱點(diǎn)S、T,顯然I、H分別是ESET中點(diǎn)。由中位線，可將原題轉(zhuǎn)化為證：FS= FT。再延長(zhǎng)AR BC相交于P點(diǎn)。

4、由A、B、C D是圓內(nèi)接四邊形。知 PC8 PAB而PF、PE分別是這兩個(gè)三角形的對(duì)應(yīng)中線，故/DPF= / BPE這就表明 E和F是/APB內(nèi)的兩個(gè)“等角點(diǎn)” （即指滿足左、右兩角相等）。卜面是等角點(diǎn)的一個(gè)常用性質(zhì)（Poncelet定理）：“設(shè)E、F是/ APB內(nèi)的兩點(diǎn)，滿足/ APF= / BPE作E關(guān)于PA PB的軸對(duì)稱點(diǎn) S、T。求證：FS= FT。F其實(shí)，也可將 Poncelet定理等價(jià)表述為：“/APB內(nèi)的一對(duì)等角點(diǎn) E、F （即滿足/ APF= /BPE,關(guān)于PA PB兩邊的光路反射路徑長(zhǎng)度一定相或者，亦可表述為圓錐曲線的性質(zhì)（參見法 J?阿達(dá)瑪幾何（立體部分） 495）:“自橢

5、圓（或雙曲線）外一點(diǎn) P作兩條切線PA和PB,則該橢圓（或雙曲線）的一對(duì)焦點(diǎn) E、F必關(guān) 于/APB成等角關(guān)系；而且，自每個(gè)焦點(diǎn)，看兩條切線的視角亦必相等（即下圖中/PEA= / PEB /PFA= / PFB。”注：其實(shí)，后面這兩對(duì)角相等也可從上述全等三角形推出。p證明：過E做兩邊垂線，由四點(diǎn)共圓可證4EAMT FCI EBNT FDH可彳導(dǎo)EN/FH=EM/FI又由平行可得大角相等，即得 ENMh FHI,故/ 1=/2,有/ AMN廿HIN=180 ,所以HINM四點(diǎn)共圓,又顯然G在MH NI中垂線上，故 G為圓心，即得 GH=GI等角點(diǎn)的另一性質(zhì)：角內(nèi)兩點(diǎn)形成等角關(guān)系的另一充要條件是，

6、它們?cè)趦蛇吷系乃膫€(gè)射影共圓！ 所共圓圓心即為這組等角點(diǎn)的中點(diǎn)?！弊C法2:只需利用中位線和全等三角形的知識(shí)：如圖，聯(lián)結(jié) AR BC的中點(diǎn) M N,易知G也是MN的中點(diǎn)；再取 EM EN的中點(diǎn)P、Q。則PG GQ是中位線，IP、QH直角三角形斜邊上中線。 接下去證 IPGA GQh可（SAS。2008年北京市中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽高一年級(jí)決賽試題圓O的直徑M喇弦AB垂直于Q,弓形AM喇弓形M A1B全等,P為A1A中點(diǎn)，M為弧A1B中點(diǎn). 求證:PM垂直于PN.相似三角形共點(diǎn)定理由m MBN和p PQM目似 可得A MPN和B BQN目彳以3.PH AB于M已知銳角 ABC中，AD是高，O是外心，AO的延

7、長(zhǎng)線交過 O B C三點(diǎn)的圓于 P,自P作E, PF，AC于F。求證：DEPF平行四邊形。A2 .四點(diǎn)共圓例題講解“四點(diǎn)共圓”問題在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中經(jīng)常出現(xiàn)，這類問題一 般有兩種形式：一是以“四點(diǎn)共圓”作為證題的目的，二 是以“四點(diǎn)共圓”作為解題的手段，為解決其他問題鋪平 道路.1以“四點(diǎn)共圓”作為證題目的例1.給出銳角 ABC以AB為直徑的圓與AB邊的高CC及其延長(zhǎng)線交于 M N.以AC為直徑的圓與AC邊的高BB及其延長(zhǎng)線交于P,Q.求證:M N P, Q四點(diǎn)共圓.（第19屆美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克）分析：設(shè)PQ MNR于K點(diǎn)，連接AP, AM.欲證M N, P, Q四點(diǎn)共圓，須證MK- KNk PK-

8、KQ連2AK并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E,垂心+直徑+相交弦定理例2. A、B、C三點(diǎn)共線，O點(diǎn)在直線外，O, O, Q分別為OAB AOBC OCA勺外心.求證：Q O, Q, Q四點(diǎn)共圓.（第27屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克） 分析：作出圖中各輔助線.易證OQ垂直平分OB OO垂直平分OA.觀察 OBCR其外接圓,立得/ O（2Q=- / OOB=/ OCB.O觀察OCAS其外接圓，立得A BC2i _，一/OOO-L/OW/OCA由/OGO=/OGO= O, O, Q, Q共圓. 2利用對(duì)角互補(bǔ)，也可證明 O, O, Q, Q四點(diǎn)共圓，請(qǐng)同學(xué)自證 2以“四點(diǎn)共圓”作為解題手段這種情況不僅題目多，而且結(jié)論變

9、幻莫測(cè)，可大體上歸納為如下幾個(gè)方面.（1）證角相等例 3.在梯形 ABCg, AB/ DC ABCQ K, M分另ij在 AR BC上，/ DA陣 / CBK.求證：/ DMA= /CKB.（第二屆祖沖之杯初中競(jìng)賽）分析：易知A, B, M K四點(diǎn)共圓.連接KM有/ DA氏 / CMK：/ DAB-ZADC= 180 ,/CMK/ KDC= 180 .故 C, D, K, M 四點(diǎn)共圓一/CM /DKC. 但已證/ AM&ZBKA/ DMA / CKB.（2）證線垂直例4.。過 ABC頂點(diǎn)A, C,且與AB, BC交于K, N（K與N不同）.zABC 外接圓和 BKN#接圓相交于B和 M.求證

10、：/ BMO900 .（第26屆IMO第五題）分析：這道國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽題，曾使許多選手望而卻步.其實(shí)，只要把握已知條件和圖形特 點(diǎn)，借助“四點(diǎn)共圓”，問題是不難解決的.連接 oq OK MC MK 延長(zhǎng) BMgIj G.易得/ GMC/ BA(=Z BN/ BMKM/ COK2 / BAG/GMC/BMK180 - / CMK/COK/CMK180。= C, O, K, M四點(diǎn)共圓.在這個(gè)圓中，由 OC=OK OC=OS /OMC/OMK.但/ GMC/BMK故/ BMO900 .判斷圖形形狀 ABC勺內(nèi)心依次記為I A, I B, I C,例5.四邊形ABC時(shí)接于圓， BCD AACID AA

11、BIDD.試證：I aI bI d D是矩形.(第一屆數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家集訓(xùn)選拔試題) 分析：連接AIc, AId, BIc, BId和DIb.易得一 。1 一。 1ZAIcB=90 +1 ZADB：90 +-/ ACB/AIdB= A, B, Id, I c 四點(diǎn)共圓.同理，A, D,I b, I c四點(diǎn)共圓.此時(shí)ZAIcI d=1800-ZABId =180/ AIcI b=1800-/ADIb=180-1 / ABC 2-/AD( 2/ AI cl d+/ AI cl B1:360 - 1(/AB。/AD(2:360 - 1 X 180 =270 .2故/ I bI d d=900 .同樣

12、可證IaI bIcId其它三個(gè)內(nèi)角皆為90 .該四邊形必為矩形. 計(jì)算例6.正方形ABCD勺中心為O,面積為1989 cm 2.P為正方形 D 內(nèi)一點(diǎn)，且 / OP=45 , PAPB=5:14 .則 PB=(1989,全國(guó)初中聯(lián)賽)分析：答案是PB=42cm.怎樣得到的呢？連接OA OB.易知O, P, A, B四點(diǎn)共圓，有/ APB=Z AO=90 .)故 P/A+PE2=AE2=1989.由于 PAPB=5:14,可求 PB.(5)其他例7.設(shè)有邊長(zhǎng)為1的正方形，試在這個(gè)正方形的內(nèi)接正三角形中 找出面積最大的和一個(gè)面積最小的，并求出這兩個(gè)面積（須證明你的論斷）.（1978 ,全國(guó)高中聯(lián)賽

13、）分析：設(shè)4EFG為正方形ABCD的一個(gè)內(nèi)接正三角形，由于正三角形 的三個(gè)頂點(diǎn)至少必落在正方形的三條邊上，所以不妨令 F, G兩點(diǎn)在正方形的一組對(duì)邊上.作正 EFG的高ER易知E, K, G, D四點(diǎn)共圓n/ KD/ KG=60 .同理，Z KAE=60 .故KADfe是一個(gè)正三角形，K必為一個(gè)定點(diǎn).又正三角形面積取決于它的邊長(zhǎng)，當(dāng) KFLAB時(shí)，邊長(zhǎng)為1,這時(shí)邊長(zhǎng)最小，而面 I= 一L積S=M_也最小.當(dāng)KR!過B點(diǎn)時(shí)，邊長(zhǎng)為2 - MQ.（1991 ,江蘇省初中競(jìng)賽）分析：連接NP, NQ NR NR的延長(zhǎng)線交。O于Q.連接MQ , SQ .易證N, M R, P四點(diǎn)共圓，從而，/ SNQ

14、 =/MNR/MPR/SPR/ SNQ.根據(jù)圓的軸對(duì)稱性質(zhì)可知 Q與Q關(guān)于NS成軸對(duì)稱=MQ =MQ.又易證M S, Q , R四點(diǎn)共圓，且RS是這個(gè)圓的直徑（/ RM=90 ） , MQ 是一條弦（/MSQ MQ .但 MQMQ ,所以， RS MQ.練習(xí)題1.。0交。02于A, B兩點(diǎn)，射線OA交。O于C點(diǎn)，射線OA 交。O于D點(diǎn).求證：點(diǎn)A是BCD勺內(nèi)心.（提示：設(shè)法證明C, D, O, B四點(diǎn)共圓，再證C, D, B, Q 四點(diǎn)共圓，從而知C, D, O, B, Q五點(diǎn)共圓.）2.4ABC為不等邊三角形./A及其外角平分線分別交對(duì)邊中垂線于 A,隈,同樣得到B1, B2, G, G.求證：AA=BB=CG.（提示：設(shè)法證/ ABA與/ACA互補(bǔ)造成A, B, A, C四點(diǎn)共圓；再證A, A, B, C四點(diǎn) 共圓，從而知 A, A都是 ABC的外接圓上，并注意/ AAA=90 .）.設(shè)點(diǎn)M在正三角形三條高線上的射影分別是 M, M,