高中數(shù)學平面幾何競賽講座課件

圓冪與根軸平面幾何講座之圓冪與根軸平面幾何講座之1.概念：圓的冪是表示平面上一點P與圓O的位置關(guān)系的一個量。定義：點P對圓O的冪=PO2-R22.圓冪定理圓冪定理實質(zhì)上是三個定理的統(tǒng)一概括：——切線定理，割線定理，以及相交弦定理一.圓冪1.概念：一.圓冪等差冪線定理：平面上到兩點間距離的平方差為定值的點的軌跡是一條垂直于該兩點連線的直線。該直線稱為等差冪線。反之，等差冪線上任一點到所對應(yīng)兩點距離的平方差為定值。二.等差冪線定理等差冪線定理：平面上到兩點間距離的平方差為定值的點的軌跡是一注1：等差冪線定理由同一法易證，本處略。注2：一般的，在證明角度關(guān)系較為缺乏，而線段數(shù)量關(guān)系較為豐富的垂直問題，等差冪線定理是首選。但應(yīng)選擇構(gòu)造適當?shù)牡仁疥P(guān)系進行轉(zhuǎn)化而不應(yīng)陷于純粹的計算。注1：等差冪線定理由同一法易證，本處略。1.定義與定理：平面上到已知兩圓的冪相等點的軌跡是一條垂直于兩圓連心線的直線，稱之為根軸。根軸的本質(zhì)是等差冪線。*幾類特殊的根軸兩圓相交——根軸為相交弦所在直線兩圓外切——根軸為內(nèi)公切線兩圓內(nèi)切——根軸為公切線三.根軸1.定義與定理：平面上到已知兩圓的冪相等點的軌跡是一條垂直于蒙日定理：三圓彼此相交，則三條根軸相交于一點（三圓圓心不共線）或彼此平行（三圓圓心共線）。習慣上，稱三根軸的交點為根心四.蒙日定理與根心蒙日定理：三圓彼此相交，則三條根軸相交于一點（三圓圓心不共線

有相當一部分幾何題用圓冪與根軸的性質(zhì)處理會意想不到地便捷。然而大多題目表面上不會涉及圓冪根軸。故應(yīng)發(fā)揮圓冪根軸“中轉(zhuǎn)站”的功能，將各類幾何論斷聯(lián)系起來。而不應(yīng)往相關(guān)方面生搬硬套。下面來看幾道習題。有相當一部分幾何題用圓冪與根軸的性質(zhì)處理會意想例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B，交圓O2于C。E是線段AD上異于A,D的點。連結(jié)CE交圓O1于P,Q,連結(jié)BE交圓O2于MN.證明：1.P,M,Q,N共圓，記圓心O3.2.DO3⊥BC1.證明：由相交弦定理，ME×EN=AE×ED=QE×EP知P,M,Q,N共圓例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B，交圓O2于C。E是線段AD上異于A,D的點。連結(jié)CE交圓O1于P,Q,連結(jié)BE交圓O2于MN.證明：1.P,M,Q,N共圓，記圓心O3.2.DO3⊥BC2.設(shè)圓O3半徑為R.則B到圓O3的冪=BO32-R2=BM×BN=BD×BCC到圓O3的冪=CO32-R2=CP×CQ=CD×BC故BO32-CO32=BD×BC-CD×BC=(BD-CD)×BC=(BD-CD)(BD+CD)=BD2-CD2

所以DO3⊥BC例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B解析：延長PQ至N，使PQ×QN=BQ×QC

于是，∠PNC=∠PBC=∠PDA，∴Q,N,D,C四點共圓，PQ×PN=PC×PD

兩式相減有PQ2=PC×PD-BQ×QC=P的冪+Q的冪。例二：設(shè)P是圓O外一點，PAB,PCD是兩條切線，AD,BC交于點Q，延長BD,AC交于點R.求證：PQ2=P的冪+Q的冪PR2=P的冪+R的冪解析：延長PQ至N，使PQ×QN=BQ×QC例二：設(shè)P是圓O

又在PR上取點M，連CM,滿足∠PAC=∠CMR=∠CDB,于是又P,A,C,M共圓，M,C,D,R共圓。故有RM×RP=RC×RA,PM×PR=PC×PD,兩式相加即有PR2=P的冪+R的冪例二：設(shè)P是圓O外一點，PAB,PCD是兩條切線，AD,BC交于點Q，延長BD,AC交于點R.求證：PQ2=P的冪+Q的冪PR2=P的冪+R的冪又在PR上取點M，連CM,滿足∠PAC=∠CMR=∠C評注：這個結(jié)論十分重要，應(yīng)作為定理牢記。用本題結(jié)論可以很容易地證明2003國家集訓隊的一道試題以及2010年全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試第一題。例三.四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O,對角線AC,BD交于點H.且四邊對邊延長線分別交于點P,點O.求證：OH⊥PQ.（2003國家集訓隊）思路分析：本題角度關(guān)系相對缺乏，應(yīng)聯(lián)想運用等差冪線定理證明。評注：這個結(jié)論十分重要，應(yīng)作為定理牢記。證明：由前面的結(jié)論PH2=P的冪+H的冪QH2=Q的冪+H的冪則PH2-QH2=P的冪-Q的冪=（PO2-R2)-(QO2-R2)=PO2-QO2由等差冪線定理，OH⊥PQ.證畢證明：由前面的結(jié)論PH2=P的冪+H的冪

思路分析：本題若不知前面的結(jié)論，證明會有相當困難。但若在前兩題的基礎(chǔ)上，思考如何將問題轉(zhuǎn)化為已解決的問題，不難想到用同一法和反證法處理。例四.已知銳角三角形ABC外心為O,K是邊BC上一點（不是中點），D是線段AK延長線上一點，直線BD與AC交于點N，直線CD與AB交于M。求證：若OK⊥MN，則A,B,D,C四點共圓。（2010全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試）例四.已知銳角三角形ABC外心為O,K是邊BC上一點證明：假設(shè)A,B,C,D不共圓，并設(shè)AK交三角形ABC外接圓與D’連結(jié)CD’并延長交AM延長線與M’同樣得到N’連結(jié)M’N’。設(shè)AK延長線交MN,M’N’與R,R’。由例二的結(jié)論，OK⊥M’N’.而已知OK⊥MN?！郙N∥M’N’.且有MR/RN=M’R’/R’N’證明：假設(shè)A,B,C,D不共圓，并設(shè)AK交三角形ABC外接圓三角形AMN中，AR,CM,BN交于一點。由賽瓦定理，AB/BM×MR/RN×NC/CA=1三角形AM’N’中，同理AB/BM’×M’R’/R’N’×N’C/CA=1兩式相除得到BM/BM’=CN/CN’三角形AMN中，AR,CM,BN交于一點。由賽瓦定理，兩式相再由比例的性質(zhì)BM/MM’=CN/NN’過B做MN平行線交AN于B’因三線平行而BM/BM’=B’N/NN’從而B’N=CN.B’,C重合即有BC∥MNOK⊥BC這將導致K為BC中點，矛盾。從而必有A,B,C,D四點共圓。再由比例的性質(zhì)這將導致K為BC中點，矛盾。從而必有A,B,C解析：易知NK，BC不平行。設(shè)三圓根軸(BC,NK,AM)交于點P，連結(jié)PO,AO,KM。設(shè)圓O半徑R。則由∠KMP=∠ANK=∠ACB得M,P,C,K四點共圓。下面來看幾道關(guān)于根軸根心的題目。例五.設(shè)三角形ABC的邊AB,AC上分別有N,K兩點，且N,K,C,B四點共圓。若三角形ABC,三角形ANK外接圓還交于異于A的點M。求證：AM⊥OM解析：易知NK，BC不平行。設(shè)三圓根軸(BC,NK,AM)交

由根軸及圓冪，有PM×PA=PC×PB=PO2-R2,AM×PA=AK×AC=AO2-R2兩式相減，并利用PA=PM+AM得PM2-AM2=PO2-AO2

即有AM⊥OM下面來看幾道關(guān)于根軸根心的題目。例五.設(shè)三角形ABC的邊AB,AC上分別有N,K兩點，且N,K,C,B四點共圓。若三角形ABC,三角形ANK外接圓還交于異于A的點M。求證：AM⊥OM由根軸及圓冪，有PM×PA=PC×PB=PO2-R2,下證明：如圖，設(shè)過S,T的切線與小圓根軸直線MN交于P(根心），連結(jié)PO，交ST于Q。若S,N,T共線，有PN×PM=PT2=PQ×PO,于是N,M,O,Q共圓，PO⊥ST。故OM⊥MN例六.圓O1，圓O2相交于點MN,且分別于大圓O內(nèi)切于點S,T，求證OM⊥MN等價于S,N,T共線證明：如圖，設(shè)過S,T的切線與小圓根軸直線MN交于P(根心）

反之，若OM⊥MN,設(shè)ST與PM交于點N’.則由ST⊥PO知PN’×PM=PQ×PO=PT2=PN×PM故N與N’重合。證畢。例六.圓O1，圓O2相交于點MN,且分別于大圓O內(nèi)切于點S,T，求證OM⊥MN等價于S,N,T共線例六.圓O1，圓O2相交于點MN,且分別于大圓O內(nèi)切于點S,例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形BOC垂心分別為H1,H2.BE,CD延長后交于點A.求證：A,H1,H2共線等價于E,B,C,D共圓。證明：設(shè)D在EO上投影為F,E在DO上投影為G，B在CO上投影為Q，C在BO上投影為P考慮以EB為直徑的圓O1(過G,Q)以CD為直徑的圓O2

（過F,P)由于H1對圓O1,O2的冪相等（DH1×H1F=EH1×H1G)，H1在兩圓根軸上。同理H2也在兩圓根軸上。。所以H1H2為兩圓根軸。例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形BOC垂心分別為H1,H2.BE,CD延長后交于點A.求證：A,H1,H2共線等價于E,B,C,D共圓。于是，H1,H2,A共線等價于A在兩圓之根軸上等價于AE×AB=AD×AC等價于E,B,C,D四點共圓。證畢。例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題例八.如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓。其邊AB，CD延長線交于點P。AD,BC延長線交于點Q。由點Q作圓的兩切線QE,QF。證明：P,E,F共線。證明：連QP并在QP上取點M使得B,C,M,P四點共圓則QE2=QC×QB=QM×QP①∵∠PMC=∠ABC=∠QDC∴Q,M,C,D四點共圓∴PC×PD=PM×PQ②最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題證明：連QP并在QP上取點M使最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題例八.如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓。其邊AB，CD延長線交于點P。AD,BC延長線交于點Q。由點Q作圓的兩切線QE,QF。證明：P,E,F共線。連PF交圓ABCD于E’做QG⊥PF于G則有PC×PD=PE’×PF③QC×QB=QF2④①+②并注意③④有QM×QP+PM×PQ=PQ2=QC×QB+PC×PD最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題連PF交圓ABCD于E’做Q最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題例八.如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓。其邊AB，CD延長線交于點P。AD,BC延長線交于點Q。由點Q作圓的兩切線QE,QF。證明：P,E,F共線。=QF2+PE’×PF∴PQ2-QF2=PE’×PF=(PG-GE’)PF⑤又PQ2-QF2=(PG2+QG2)-(QG2+GF2)=PG2-GF2=(PG-GF)(PG+GF)=(PG-GE)PF⑥比較⑤⑥得PE’=PG-GE’=PG-GE∴E=E’即有P,E,F共線。證畢最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題=QF2+PE’×PF通過以上兩例可以發(fā)現(xiàn)：很多情況根軸與根心并不是問題證明的核心，而是起到轉(zhuǎn)化線段數(shù)量關(guān)系的作用。對于多圓相交（切）的問題，應(yīng)嘗試用蒙日定理及切割線定理構(gòu)造，發(fā)現(xiàn)四點共圓。下面留兩個思考題。m為圓O外一條直線。OP⊥m，P在m上。Q為m上異于P的一點。QA,QB是圓的兩切線，PM,PN,分別與QA,QB垂直，M,N為垂足。直線MN與OP交于K.求證：K是不依賴于Q點位置的一定點。（提示：用Simson定理（見附））圓內(nèi)接四邊形ABCD內(nèi)有點P，且∠BPC=∠BAP+∠CDP.令E,F,G,分別為P到AB,AD,CD之垂足。求證：⊿FEG∽⊿PBC通過以上兩例可以發(fā)現(xiàn)：很多情況根軸與根心并不是問題證明的核心附：平面幾何中的基本定理1.梅涅勞斯(Menelaus)定理（梅氏線）△ABC的三邊BC、CA、AB或其延長線上有點A'、B'、C'，則A'、B'、C'共線的充要條件是

CB'/A'C·CB'/B'A·AC'/C'B=12.塞瓦(Ceva)定理（塞瓦點）△ABC的三邊BC、CA、AB或其延長線上有點A'、B'、C'，則AA'、BB'、CC'三線平行或交于一點的充要條件是

BA'/A'C·CB'/BA'·AC'/C'B=1附：平面幾何中的基本定理1.梅涅勞斯(Menelaus)定理3.托勒密(Ptolemy)定理四邊形的兩對邊乘積之和等于其對角線乘積的充要條件是該四邊形內(nèi)接于一圓。4.西姆松(Simson)定理（西姆松線）從一點向三角形的三邊所引垂線的垂足共線的充要條件是該點落在三角形的外接圓上。3.托勒密(Ptolemy)定理ありがとう！感謝聆聽ありがとう！感謝聆聽圓冪與根軸平面幾何講座之圓冪與根軸平面幾何講座之1.概念：圓的冪是表示平面上一點P與圓O的位置關(guān)系的一個量。定義：點P對圓O的冪=PO2-R22.圓冪定理圓冪定理實質(zhì)上是三個定理的統(tǒng)一概括：——切線定理，割線定理，以及相交弦定理一.圓冪1.概念：一.圓冪等差冪線定理：平面上到兩點間距離的平方差為定值的點的軌跡是一條垂直于該兩點連線的直線。該直線稱為等差冪線。反之，等差冪線上任一點到所對應(yīng)兩點距離的平方差為定值。二.等差冪線定理等差冪線定理：平面上到兩點間距離的平方差為定值的點的軌跡是一注1：等差冪線定理由同一法易證，本處略。注2：一般的，在證明角度關(guān)系較為缺乏，而線段數(shù)量關(guān)系較為豐富的垂直問題，等差冪線定理是首選。但應(yīng)選擇構(gòu)造適當?shù)牡仁疥P(guān)系進行轉(zhuǎn)化而不應(yīng)陷于純粹的計算。注1：等差冪線定理由同一法易證，本處略。1.定義與定理：平面上到已知兩圓的冪相等點的軌跡是一條垂直于兩圓連心線的直線，稱之為根軸。根軸的本質(zhì)是等差冪線。*幾類特殊的根軸兩圓相交——根軸為相交弦所在直線兩圓外切——根軸為內(nèi)公切線兩圓內(nèi)切——根軸為公切線三.根軸1.定義與定理：平面上到已知兩圓的冪相等點的軌跡是一條垂直于蒙日定理：三圓彼此相交，則三條根軸相交于一點（三圓圓心不共線）或彼此平行（三圓圓心共線）。習慣上，稱三根軸的交點為根心四.蒙日定理與根心蒙日定理：三圓彼此相交，則三條根軸相交于一點（三圓圓心不共線

有相當一部分幾何題用圓冪與根軸的性質(zhì)處理會意想不到地便捷。然而大多題目表面上不會涉及圓冪根軸。故應(yīng)發(fā)揮圓冪根軸“中轉(zhuǎn)站”的功能，將各類幾何論斷聯(lián)系起來。而不應(yīng)往相關(guān)方面生搬硬套。下面來看幾道習題。有相當一部分幾何題用圓冪與根軸的性質(zhì)處理會意想例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B，交圓O2于C。E是線段AD上異于A,D的點。連結(jié)CE交圓O1于P,Q,連結(jié)BE交圓O2于MN.證明：1.P,M,Q,N共圓，記圓心O3.2.DO3⊥BC1.證明：由相交弦定理，ME×EN=AE×ED=QE×EP知P,M,Q,N共圓例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B，交圓O2于C。E是線段AD上異于A,D的點。連結(jié)CE交圓O1于P,Q,連結(jié)BE交圓O2于MN.證明：1.P,M,Q,N共圓，記圓心O3.2.DO3⊥BC2.設(shè)圓O3半徑為R.則B到圓O3的冪=BO32-R2=BM×BN=BD×BCC到圓O3的冪=CO32-R2=CP×CQ=CD×BC故BO32-CO32=BD×BC-CD×BC=(BD-CD)×BC=(BD-CD)(BD+CD)=BD2-CD2

所以DO3⊥BC例一.設(shè)AD是圓O1,圓O2的公共弦，過D的直線交圓O1于B解析：延長PQ至N，使PQ×QN=BQ×QC

于是，∠PNC=∠PBC=∠PDA，∴Q,N,D,C四點共圓，PQ×PN=PC×PD

兩式相減有PQ2=PC×PD-BQ×QC=P的冪+Q的冪。例二：設(shè)P是圓O外一點，PAB,PCD是兩條切線，AD,BC交于點Q，延長BD,AC交于點R.求證：PQ2=P的冪+Q的冪PR2=P的冪+R的冪解析：延長PQ至N，使PQ×QN=BQ×QC例二：設(shè)P是圓O

又在PR上取點M，連CM,滿足∠PAC=∠CMR=∠CDB,于是又P,A,C,M共圓，M,C,D,R共圓。故有RM×RP=RC×RA,PM×PR=PC×PD,兩式相加即有PR2=P的冪+R的冪例二：設(shè)P是圓O外一點，PAB,PCD是兩條切線，AD,BC交于點Q，延長BD,AC交于點R.求證：PQ2=P的冪+Q的冪PR2=P的冪+R的冪又在PR上取點M，連CM,滿足∠PAC=∠CMR=∠C評注：這個結(jié)論十分重要，應(yīng)作為定理牢記。用本題結(jié)論可以很容易地證明2003國家集訓隊的一道試題以及2010年全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試第一題。例三.四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O,對角線AC,BD交于點H.且四邊對邊延長線分別交于點P,點O.求證：OH⊥PQ.（2003國家集訓隊）思路分析：本題角度關(guān)系相對缺乏，應(yīng)聯(lián)想運用等差冪線定理證明。評注：這個結(jié)論十分重要，應(yīng)作為定理牢記。證明：由前面的結(jié)論PH2=P的冪+H的冪QH2=Q的冪+H的冪則PH2-QH2=P的冪-Q的冪=（PO2-R2)-(QO2-R2)=PO2-QO2由等差冪線定理，OH⊥PQ.證畢證明：由前面的結(jié)論PH2=P的冪+H的冪

思路分析：本題若不知前面的結(jié)論，證明會有相當困難。但若在前兩題的基礎(chǔ)上，思考如何將問題轉(zhuǎn)化為已解決的問題，不難想到用同一法和反證法處理。例四.已知銳角三角形ABC外心為O,K是邊BC上一點（不是中點），D是線段AK延長線上一點，直線BD與AC交于點N，直線CD與AB交于M。求證：若OK⊥MN，則A,B,D,C四點共圓。（2010全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試）例四.已知銳角三角形ABC外心為O,K是邊BC上一點證明：假設(shè)A,B,C,D不共圓，并設(shè)AK交三角形ABC外接圓與D’連結(jié)CD’并延長交AM延長線與M’同樣得到N’連結(jié)M’N’。設(shè)AK延長線交MN,M’N’與R,R’。由例二的結(jié)論，OK⊥M’N’.而已知OK⊥MN?！郙N∥M’N’.且有MR/RN=M’R’/R’N’證明：假設(shè)A,B,C,D不共圓，并設(shè)AK交三角形ABC外接圓三角形AMN中，AR,CM,BN交于一點。由賽瓦定理，AB/BM×MR/RN×NC/CA=1三角形AM’N’中，同理AB/BM’×M’R’/R’N’×N’C/CA=1兩式相除得到BM/BM’=CN/CN’三角形AMN中，AR,CM,BN交于一點。由賽瓦定理，兩式相再由比例的性質(zhì)BM/MM’=CN/NN’過B做MN平行線交AN于B’因三線平行而BM/BM’=B’N/NN’從而B’N=CN.B’,C重合即有BC∥MNOK⊥BC這將導致K為BC中點，矛盾。從而必有A,B,C,D四點共圓。再由比例的性質(zhì)這將導致K為BC中點，矛盾。從而必有A,B,C解析：易知NK，BC不平行。設(shè)三圓根軸(BC,NK,AM)交于點P，連結(jié)PO,AO,KM。設(shè)圓O半徑R。則由∠KMP=∠ANK=∠ACB得M,P,C,K四點共圓。下面來看幾道關(guān)于根軸根心的題目。例五.設(shè)三角形ABC的邊AB,AC上分別有N,K兩點，且N,K,C,B四點共圓。若三角形ABC,三角形ANK外接圓還交于異于A的點M。求證：AM⊥OM解析：易知NK，BC不平行。設(shè)三圓根軸(BC,NK,AM)交

由根軸及圓冪，有PM×PA=PC×PB=PO2-R2,AM×PA=AK×AC=AO2-R2兩式相減，并利用PA=PM+AM得PM2-AM2=PO2-AO2

即有AM⊥OM下面來看幾道關(guān)于根軸根心的題目。例五.設(shè)三角形ABC的邊AB,AC上分別有N,K兩點，且N,K,C,B四點共圓。若三角形ABC,三角形ANK外接圓還交于異于A的點M。求證：AM⊥OM由根軸及圓冪，有PM×PA=PC×PB=PO2-R2,下證明：如圖，設(shè)過S,T的切線與小圓根軸直線MN交于P(根心），連結(jié)PO，交ST于Q。若S,N,T共線，有PN×PM=PT2=PQ×PO,于是N,M,O,Q共圓，PO⊥ST。故OM⊥MN例六.圓O1，圓O2相交于點MN,且分別于大圓O內(nèi)切于點S,T，求證OM⊥MN等價于S,N,T共線證明：如圖，設(shè)過S,T的切線與小圓根軸直線MN交于P(根心）

反之，若OM⊥MN,設(shè)ST與PM交于點N’.則由ST⊥PO知PN’×PM=PQ×PO=PT2=PN×PM故N與N’重合。證畢。例六.圓O1，圓O2相交于點MN,且分別于大圓O內(nèi)切于點S,T，求證OM⊥MN等價于S,N,T共線例六.圓O1，圓O2相交于點MN,且分別于大圓O內(nèi)切于點S,例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形BOC垂心分別為H1,H2.BE,CD延長后交于點A.求證：A,H1,H2共線等價于E,B,C,D共圓。證明：設(shè)D在EO上投影為F,E在DO上投影為G，B在CO上投影為Q，C在BO上投影為P考慮以EB為直徑的圓O1(過G,Q)以CD為直徑的圓O2

（過F,P)由于H1對圓O1,O2的冪相等（DH1×H1F=EH1×H1G)，H1在兩圓根軸上。同理H2也在兩圓根軸上。。所以H1H2為兩圓根軸。例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形BOC垂心分別為H1,H2.BE,CD延長后交于點A.求證：A,H1,H2共線等價于E,B,C,D共圓。于是，H1,H2,A共線等價于A在兩圓之根軸上等價于AE×AB=AD×AC等價于E,B,C,D四點共圓。證畢。例七.已知凸四邊形EBCD對角線交于O，三角形EOD，三角形最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題例八.如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓。其邊AB，CD延長線交于點P。AD,BC延長線交于點Q。由點Q作圓的兩切線QE,QF。證明：P,E,F共線。證明：連QP并在QP上取點M使得B,C,M,P四點共圓則QE2=QC×QB=QM×QP①∵∠PMC=∠ABC=∠QDC∴Q,M,C,D四點共圓∴PC×PD=PM×PQ②最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題證明：連QP并在QP上取點M使最后，再來看一道比較復(fù)雜的問題例八.如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓。其邊AB，CD延長線交于點P。AD,BC延長線交于點Q。由點Q作圓的兩切線QE,QF。證明：P,E,F共線。連PF交圓ABCD于E’做QG⊥PF于G則有PC×PD=PE’×PF③QC×QB=QF2④①+②