初中数学重点梳理：四点共圆

四点共圆

知识定位 圆在初中几何或者竞赛中占据非常大的地位，它的有关知识如圆与正多边形的关系，圆心角、三角形外接圆、弧、弦、弦心距间的关系，垂径定理，圆内接四边形的性质和判定，点、直线、圆和圆的位置关系是今后我们学习综合题目的重要基础，必须熟练掌握。本节我们通过一些实例的求解，旨在介绍数学竞赛中圆的内接四边形相关问题的常见题型及其求解方法本讲将通过例题来说明这些方法的运用。

知识梳理 1、 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”。 四点共圆有三个性质：（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）圆内接四边形的外角等于内对角。

2、判定定理：

方法1： 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。（可以说成：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆）

方法2 ：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。（可以说成：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆） 3、托勒密定理：

若ABCD四点共圆（ABCD按顺序都在同一个圆上），那么AB*DC+BC*AD=AC*BD。 托勒密定理逆定理：对于任意一个凸四边形ABCD，总有AB*CD+AD*BC≥AC*BD，等号成立的条件是ABCD四点共圆。 4、证明方法：

（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周上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆

（2）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(同弧所对的圆周角相等），从而即可肯定这四点共圆。 几何描述：四边形ABCD中，∠BAC=∠BDC，则ABCD四点共圆。

证明：过ABC作一个圆，明显D一定在圆上。若不在圆上，可设射线BD与圆的交点为D'，那么∠BD'C=∠BAC=∠BDC，与外角定理矛盾。

（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

1

角的内对角时，即可肯定这四点共圆

（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（相交弦定理的逆定理）；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．（割线定理的逆定理）

（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．即连成的四边形三边中垂线有交点，可肯定这四点共圆

（6）西姆松定理逆定理：若一点在一三角形三边上的射影共线，则该点在三角形外接圆上 5、四点共圆的性质：

圆内接四边形的对角和为180°,并且任何一个外角都等于它的内对角。

四边形ABCD内接于圆O，延长AB和DC交至E，过点E作圆O的切线EF，AC、BD交于P，则有：

（1）∠A+∠C=π，∠B+∠D=π（即图中∠DAB+∠DCB=π, ∠ABC+∠ADC=π） （2）∠DBC=∠DAC（同弧所对的圆周角相等）。

（3）∠ADE=∠CBE（外角等于内对角，可通过（1）、（2）得到） （4）△ABP∽△DCP（两三角形三个内角对应相等，可由（2）得到） （5）AP*CP=BP*DP（相交弦定理） （6）EB*EA=EC*ED（割线定理） （7）EF²= EB*EA=EC*ED（切割线定理） （8）AB*CD+AD*CB=AC*BD（托勒密定理）

说明：切割线定理，割线定理，相交弦定理统称圆幂定理

其他定理：弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半。

1

例题精讲 【试题来源】

【题目】已知点D、E在ABC内，ABDCBE,BAECAD.求证ACDBCE.

【答案】如下解析 【解析】

BEADC

证明1：作E关于BC、AB、AC

对称点P、R、Q,易知BRD≌BPD, ARD≌AQD, 于是DPDRDQ,

所以DCP≌DCQ,即得到PCDQCD,

进而BCEACD.

证明2：作BDS外接圆交AD延长线于S,可知ASCDBCABE,

得到ABE∽ASC

所以ABS∽AEC,得到ACEASBDSB, 所以BCEACD.

1

BECADS

【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂例题 【难度系数】4

【试题来源】

【题目】已知E是ABC内一点，点D在BC上，且BAEDAC,EDBADC.则AECBED180

A

【答案】如下解析 【解析】

BEDC

证明： 先证明ABBE,

ACEC过E作AB、AC、BC垂线EF、EG、EL交AB、AC、BC分别于F、G、L， 直线EL、AD交于J,取AF中点K,

易知B、F、E、L四点共圆，E、G、C、L四点共圆，

FLABsinCBE所以FLCE(1),(B、C是ABC的内角)， ACsinBLGLGBECE因为EDBADC， 所以ELLJ, 于是KL//AJ,

1

易知A、F、E、G四点共圆，圆心是K，BAEDAC, 所以ADFG,进而KL//FG，得到KL是FG中垂线， 所以FLLG，(1)得ABBE

ACEC 下面我们证明AECBED180，

因为sinAECACsinEAC, AEsinBAEABsinBAE,,

BE两式相除得sinAECsinEACsinBAD

sinBAEsinBAEsinDACABsinBADECBDECsinBED, ACsinDACBECDBEsinDEC因为AECBAEBEDDEC360 所以AECBED180

【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂练习 【难度系数】3 【试题来源】

【题目】已知，D是ABC底边BC上任一点，P是形内一点，满足 12，34。

求证：PBAB 。

PCAC12A

【答案】如下解析 【解析】

BP3D4CA12

BHPI3D4C1

证明：作BPD、CPD外接圆交AB、AC分别于H、I，

易知AHP∽ADC,所以AHD∽APC，

所以ACAD （1）,

PCDH易知API∽ABD,进而得到ABP∽ADI, 所以ABAD （2）,

BPDI易知A、H、P、I四点共圆， 所以AHIAPIABC, 所

,所以HDID,

以HI//BC

IHDHDB3HDP3HBP4ADIIDCHID

进而根据（1）、（2）得到PBAB

PCAC【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】4

【试题来源】第51届波兰数学奥林匹克，1999

【题目】已知ABC是锐角三角形，AD是BC边上中线，H是ABC垂心，HIAD于点I，求证B、C、H、I四点共圆

【答案】如下解析 【解析】

BAIHBDCAIHDC

G1

证明1：延长AD到G使得AD=DG,

易知四边形ABGC是平行四边形， 因为CHAB，BHAC,

所以HBGHCG90,得到I、B、G、C、H， 所以B、C、H、I四点共圆

B

证明2：HACHBDBFD,

所以FD是⊙(AIHF)切线， 所以DC2FD2DIDA,

AIHFDC所以DIC∽DCA,得到DCADACBHI,所以B、C、H、I四点共圆

【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂例题 【难度系数】4 【试题来源】

【题目】已知 在ABC中，ABAC,点P在ABC内部，点D是BC中点，CBPACP.求证 BPDAPC180.

【答案】如下解析 【解析】

BBDCAPAyαγxDθPβy1

xC

证明1：设ACPx,ABPy,BPD,DPC,APB,APC,

因为BDCD,

可知BPsinPCsin，可知sinysinsinxsin,（1），

APAP,可知sinysinx ABACsinsin得到sinysinsinxsin（2），

根据（1）、（2）得sinsin180，

sinsin即BPDAPC180。

证明2：:延长CP交以A为圆心，AB为半径的圆于F,直线FA交BP于G,

FACPPBC, 因此GPCB ,

于是G在⊙A上PFG∽PBC,

所以APF∽DPB,可知APFBPD,

即BPDAPCAPFAPC180,得证

【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】5

【试题来源】

【题目】已知M 是ABC边BC中点，AM交ABC外接圆⊙O于D,过点D作DE//BC交⊙O于E,在AD上取点F,使得FCAC.求证AFCEFC

1

【答案】如下解析 【解析】

BAOMFDEC

证明1：因为DE//BC,点M是BC中点，

所以ABEC是调和四边形，

易知直线AE、过点B、C切线共点，

得到MC平分AMC,ECF90ABEOAEPME1EMF,

2因此C是EMF旁心，进而AFCEFC.

证明2：因为M 是ABC边BC中点，

所以SABDSACD,得到ABBDACCD, 易知BCED是等腰梯形， 所以ABCEACBE, 根据托勒密定理可知

2ABCEABCE+ACBE=AEBC2BMAE, 得到ABCEBMAE，ABMAEC, 所以ABM∽AEC，

所以EACBAD,可知EABCAD,

取AE中点S,同理可得ACSECBBAEDAC, 所以CS与AD交点设为N,则N为AF中点， 所以CN//EF,

于是EFCNCFAFC

1

A

N S BM

F

DE

证明3：作CJ//BD交AD于J，

所以CJBDCE,JCEBDCBCE,

CAFC90DAC90DBC90ECBJEC, 所以J、F、E、C四点共圆，

因为JCEC,所以AFCEFC

【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂例题 【难度系数】4

【试题来源】

BFDMAJCE【题目】已知AD是ABC角平分线交BC于D，ABD、ACD、ABC外心分别是O1、O2、O,求证O1O=OO2

A

【答案】如下解析 【解析】

BO1O2ODC1

证明1：易知O1AB90AO1O90ADC90B1BAC

2OACDAC

OAD，

BAO901AOB90CDAO2,

2所以O1AO=O2AO（1），

又AOOADC、AO2OADB， 1于是AOO180， 1+AO2OADC+ADB=所以A、O1、O2、O四点共圆，根据（1）得到O1O=OO2

证明2：记ABC三角A、B、C，设直线BO1、CO2交于E，

BCECACO2

C(90ADC)C(90B1A)BCA,

22同理EBCBCA,

2所以BECE，

BOOADC、CO2OADB，BOO180 11+CO2OADC+ADB=所以E、O1、O2、O四点共圆得到O1O=OO2

B

EAO1O2OD1

C

【知识点】四点共圆 【适用场合】当堂例题 【难度系数】5

习题演练 【试题来源】

【题目】已知⊙P、⊙O交于A、B,四边形ABCD是平行四边形，C在⊙O上，PFBC交AB于F,直线CF交⊙O于G.求证 E、G、D、C 四点共圆

AD

GPOFC

【答案】如下解析 【解析】

BE

证明： 延长DA交⊙P于点K,连接KE、KB，

易知AKBE是等腰梯形，DKEC是等腰梯形，

CFFGAFFBEFFK,

所以K、G、E、C四点共圆，

1

因此K、G、E、C、D五点共圆,进而E、G、D、C四点共圆

【知识点】四点共圆 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】3

【试题来源】

【题目】已知O、I 分别是ABC外心，内心，ABAC2BC,

A

OI C B

【答案】如下解析 【解析】

证明： 延长AI交圆O于D,根据托勒密定理，

AB•DC+AC•BD=AD•BC(1), 因为OI⊥AI，

所以AI=ID,由（1）得： （AB+AC)•BD=BC•2DI, 因为∠BID=∠IBD, 于是BD=DI, 所以AB+AC=2BC

1

求证OIAI的充要条件是

此题，若O，I分别是△ABC外心，内心，AB+AC=2BC， 求证 OI⊥AI

证明方法是一样的

【知识点】四点共圆 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】3

【试题来源】

【题目】P为ABC外接圆上一点，P在BC、AC上的射影为D、E.点L、M分别是AD、BE中点。证明DELM.

【答案】如下解析 【解析】

证明： 取AB中点N，连接MN、NL、AP、BP,

易知BPD∽APE，

所以DPBD,

PEAE所以DPNL, PEMN可知MNL∽EPD, 所以DELM

1

【知识点】四点共圆 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】3

【试题来源】

【题目】已知⊙O、⊙I外切于S,⊙O弦AB切⊙I于T,点P是AI延长线上一点,

求证BPAB充要条件是TSSP

【答案】如下解析 【解析】

证明：过S作两圆公切线交AT于Q,

线段AS、QI交于R,TSSP等价于IR//PS,等价于AIAR ,

APAS因为QTRQSAABS, 得到TR//BS,

因此，AIAR等价于AIAT,等价于IT//BP,

APASAPAP即BPAB

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【知识点】四点共圆 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】4

【试题来源】

【题目】已知：自⊙O外一点P作切线PA、PB及割线PCD，自C作PA的平行线，分别交AB、AD于E、F。求证：CEEF

【答案】如下解析 【解析】

证明：联结OA、OBO，作OMCD于M。

由垂径定理知CMMD。

由OAPOBPOMP90，

得A、B、M都在以PO为直径的圆上，即P、A、M、B四点共圆， ∴ABMAPM

而CE//PA，得APMECM

由此ABMECM，推出B、C、E、M四点共圆。

1

得EMCEBC、而EBCD， 故EMCD， ∴EM//AD。

在CDF中，由中位线逆定理即得ECEF

【知识点】四点共圆 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】5

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