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高中数学竞赛平面几何讲座第4讲


2012 年高中数学竞赛讲座

四点共圆问题

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. A N 欲证 M,N,P,Q 四点共圆,须证 Q MK·KN=PK·KQ, C′ B′ 即证(MC′-KC′)(MC′+KC′) K =(PB′-KB′)·(PB′+KB′) P M 或 MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ① B C 不难证明 AP=AM,从而有 AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. O 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2 2 2 2 2 2 2 =(AK -KB′ )-(AK -KC′ )=KC′ -KB′ . ② O1 由②即得①,命题得证. 例 2.A、B、C 三点共线,O 点在直线外, ? ? O2 O1,O2,O3 分别为△OAB,△OBC, O3 △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) A B 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 (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) 分析:易知 A,B,M,K 四点共圆.连接 KM, 有∠DAB=∠CMK.∵∠DAB+∠ADC=180°, K M ∴∠CMK+∠KDC=180°. 故 C,D,K,M 四点共圆 ? ∠CMD=∠DKC. · · A B 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=OK ? OC=OK ? ∠OMC=∠OMK.
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C

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) 1 1 分析:连接 AIC,AID,BIC,BID 和 DIB.易得∠AICB=90°+ ∠ADB=90°+ 2 2 ∠ACB=∠AIDB ? A,B,ID,IC 四点共圆. D 同理,A,D,IB,IC 四点共圆.此时 IB IA 1 C ∠AICID=180°-∠ABID =180°- ∠ABC, 2 1 IC ID ∠AICIB=180°-∠ADIB=180°- ∠ADC, 2 A B 1 ∴∠AICID+∠AICIB=360°- (∠ABC+∠ADC) 2 1 =360°- ×180°=270°.故∠IBICID=90°. 2 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 D 一点,且∠OPB=45°,PA:PB=5:14.则 PB=__________ 分析:答案是 PB=42 ㎝.怎样得到的呢? O P · 连接 OA,OB.易知 O,P,A,B 四点共圆, 有∠APB=∠AOB=90°. 故 PA2+PB2=AB2=1989. 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=

C

B

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.

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