数学竞赛平面几何讲座5讲--第四讲 四点共圆问题.doc

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)
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
=(AK2-KB′2)-(AK2-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，
O1，O2，O3分别为△OAB，△OBC，
△OCA的外心.求证：O，O1，O2，
O3四点共圆.
(第27届莫斯科数学奥林匹克)
分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.观察△OBC及其外接圆，立得∠OO2O1=∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.
由∠OO2O1=∠OO3O1O，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.
（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).△ABC
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=OKOC=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)
分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得
∠AICB=90°+∠ADB=90°+
∠ACB=∠AIDBA，B，ID，IC四点
共圆.
同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时
∠AICID=180°-∠ABID=180°-∠ABC，
∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，
∴∠AICID+∠AICIB
=360°-(∠ABC+∠ADC)
=360°-×180°=270°.
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)
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PA2+PB2=AB2=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形的三条边上，所以不妨令F，G两点在