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高中数学竞赛平面几何讲座第四讲 四点共圆问题

时间:2014-07-24


第四讲

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 P89 定理和 P93 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) A 分析:设 PQ,MN 交于 K 点,连接 AP,AM. N Q 欲证 M,N,P,Q 四点共圆,须证 ′ C B′ MK·KN=PK·KQ, K 即证(MC′-KC′)(MC′+KC′) P M =(PB′-KB′)·(PB′+KB′) B C 2 2 2 2 或 MC′ -KC′ =PB′ -KB′ . 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 =(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2) =KC′2-KB′2. ② O 由②即得①,命题得证. 例 2.A、B、C 三点共线,O 点在直线外, O1 O1,O2,O3 分别为△OAB,△OBC, ? ? O2 △OCA 的外心.求证:O,O1,O2, O3 O3 四点共圆. A (第 27 届莫斯科数学奥林匹克) B C 分析: 作出图中各辅助线.易证 O1O2 垂直平分 OB, O1O3 垂直平分 OA.观察△OBC 1 及其外接圆,立得∠OO2O1= ∠OO2B=∠OCB.观察△OCA 及其外接圆, 2 1 立得∠OO3O1= ∠OO3A=∠OCA. 2 由∠OO2O1=∠OO3O1 ? O,O1,O2,O3 共圆. 利用对角互补,也可证明 O,O1,O2,O3 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. C D (第二届袓冲之杯初中竞赛)
K A · M · B

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. A (2)证线垂直 例 4.⊙O 过△ABC 顶点 A,C,且与 AB, O K BC 交于 K,N(K 与 N 不同).△ABC 外接圆和△BKN 外接圆相交于 B 和 B N C M.求证:∠BMO=90°. M G (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 IA,IB,IC,ID. 试证:IAIBICID 是矩形. (第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) D 分析:连接 AIC,AID,BIC,BID 和 DIB.易得 1 1 IB IA ∠AICB=90°+ ∠ADB=90°+ C 2 2 ∠ACB=∠AIDB ? A,B,ID,IC 四点 IC ID 共圆. A B 同理,A,D,IB,IC 四点共圆.此时 1 ∠AICID=180°-∠ABID =180°- ∠ABC, 2 1 ∠AICIB=180°-∠ADIB=180°- ∠ADC, 2 ∴∠AICID+∠AICIB 1 =360°- (∠ABC+∠ADC) 2 1 =360°- ×180°=270°. 2 故∠IBICID=90°.

同样可证 IAIBICID 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) C D 分析:答案是 PB=42 ㎝.怎样得到的呢? 连接 OA,OB.易知 O,P,A,B O 四点共圆,有∠APB=∠AOB=90°. P · 故 PA2+PB2=AB2=1989. B A · 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 A · E 对边上. ·D · 作正△EFG 的高 EK,易知 E,K,G, D 四点共圆 ? ∠KDE=∠KGE=60°.同 · ·G 理,∠KAE=60°.故△KAD 也是一个正 F · K 三角形,K 必为一个定点. C B 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=
3 也最小.当 KF 通过 B 点时,边长为 2· 2 ? 3 ,这 4

时边长最大,面积 S=2 3 -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.⊙O1 交⊙O2 于 A,B 两点,射线 O1A 交⊙O2 于 C 点,射线 O2A 交⊙O1 于 D 点.求证:点 A 是△BCD 的内心. (提示:设法证明 C,D,O1,B 四点共圆,再证 C,D,B,O2

四点共圆,从而知 C,D,O1,B,O2 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 A1,A2;同 样得到 B1,B2,C1,C2.求证:A1A2=B1B2=C1C2. (提示:设法证∠ABA1 与∠ACA1 互补造成 A,B,A1,C 四点共圆;再证 A, A2, B, C 四点共圆, 从而知 A1, A2 都是△ABC 的外接圆上, 并注意∠A1AA2=90°.) 3.设点 M 在正三角形三条高线上的射影分别是 M1,M2,M3(互不重合).求证: △M1M2M3 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 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)


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