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第7招 對角若互補，四點可構圓
在題目給出的條件中，涉及的四邊形有對角互補，或兩個同底的三角形且在底邊的同側有相等的“頂角”的信息時，往往要主動聯想到該四點有一個公共的外接圓——輔助圓.這是因為“圓內接四邊形的對角互補”是我們常用的圓周角定理的一個推論，且它的逆命題亦真.因此，對于含有對角互補的四邊形的幾何題，一旦作出了它的外接圓(即輔助圓)，我們就可合理地利用圓的性質，圓周角定理及其推論來分析問題、解決問題，從而促進解題的創新性與開放性.此招輔助線我們可將它表述為：
對角若互補，四點可構圓.
有時我們也將此輔助線說成：同側視角等，四點可構圓.
例1 已知P 是□ABCD內一點,且∠1=∠2,如圖7-1所示.求證:∠3=∠4.
解析 證法1 將AD向下平移至PQ，連接CQ，如圖7-2所示，則四邊形APQD，四邊形 PBCQ均為平行四邊形.
由此可得△CQD≌△BPA,∴∠1=∠5.
又∠1=∠2,∠2=∠6,則∠5=∠6.
∴P，C，Q，D四點共圓.(同側視角等，四點可構圓)
由此可得∠7=∠8.(同弧所對的圓周角相等)
又∠3=∠7,∠8=∠4,∴∠3=∠4.
證法 2 過點 P 作AB,CD的垂線,垂足分別為E,G.
作FH⊥AD,交AD,BC于點H,F,如圖7-3所示.
則A,E,P,H 四點共圓,B,E,P,F四點共圓,
C,F,P,G四點共圓,G,P,H,D四點共圓.
(對角若互補，四點可構圓)
∴∠1=∠5,∠2=∠7.
(同弧所對的圓周角相等)
又∠1=∠2,∴∠5=∠7.
故E,F,G,H 四點共圓.∴∠6=∠8.
(同側視角等，四點可構圓)
又∠6=∠3,∠8=∠4,
∴∠3=∠4.
點評 將題設的四個角集結到一個易于聯絡的圖形中進行研究是常見的基本策略，如證法1、證法2.不難發現，若從相似形的角度來集結四角,也可以過點 P 作EF∥AD,交 AB,CD 于點 E,F,可得△AEP∽△PFC.由圖形的類比推出△BEP∽△PFD,亦可獲得解決，讀者不妨試試.
例2 如圖7-4所示，△ABC是直角三角形,∠ABC=90°.以 AB 為直徑的⊙O交 AC于點 E,D 是 BC 的中點,連接OD 交⊙O 于點 M.
(1) 求證:O,B,D,E四點共圓.
(2)求證:2DE =DM·AC+DM·AB.
解析 (1) 連接BE,OE,如圖7-5所示.
∵AB 為⊙O 的直徑,∴∠AEB=90°,則BE⊥EC.
又 D 是BC的中點,
所以 ED為Rt△BEC的中線,則DE=BD.
又OE=OB,OD=OD,
∴△ODE≌△ODB.
由此可得∠OBD=∠OED=90°.
因此,O,B,D,E四點共圓.
(對角若互補，四點可構圓)
(2) 延長DO交圓于點 H,如圖7-6所示.
∵ED⊥OE,OE 是半徑,
∴DE為⊙O的切線. ( *)
連接EH，EM，(引線造角望相似)
則有
∴△MED∽△EHD.則有
∴DE =DM·DH=DM·(DO+OH)
=DM·DO+DM·OH. ( * *)
OD為△ABC的中位線，
∴2DE =DM·AC+DM·AB.
點評 本題著重考查了圓的切線的性質定理與判定，直徑所對的圓周角、全等三角形的判定與性質等知識.第(1)問，先證△ODE≌△ODB,進而挖掘∠OBD=∠OED=90°,是解題的基本思路.第(2)問，充分利用切線挖掘△MED∽△EHD，并結合三角形的中位線分析，頗有創意.當然，若對切割線定理較熟悉時，在(*)處可直接由切割線定理推得(**).另外，四點共圓的證明是中考常考題型，常見的證明方法有：①定義法：到定點距離相等；②如果某兩點在一條線段的同側時，可證明兩點對該線段的張角相等；③證明凸四邊形的內對角互補(或外角等于它的內對角)等.
例3 如圖7-7所示,在△ACB中,已知∠CAB=90°,M為BC 的中點,點 P 在BC 的延長線上,AP⊥AM,點E在PA 延長線上,AD⊥PB,垂足為 D,BE⊥PA,垂足為 E,求證:
(1) PA·PD=PE·PC.
(2) AD=AE.
解析(1) 證法1 ∵AD⊥PB,BE⊥PA,
∴∠ADB=∠AEB=90°.
∴A，D，B，E四點共圓，如圖7-8所示.(對角若互補，四點可構圓)
∴∠EBP=∠DAP.
由此可得
∴PA·PE=PD·PB. ①
∵AP⊥AM,∴∠CAP+∠CAM=90°.
又∠BAM+∠CAM=∠CAB=90°,
∴∠CAP=∠BAM.
又 AM是 Rt△ACB斜邊BC 的中線,
∴∠ABC=∠BAM,由此可得∠CAP=∠ABP.
在△PAC與△PAB中,∠CAP=∠ABP,∠CPA=∠APB,
②
由①②兩邊相乘,得 PA·PD=PE·PC.
證法2 連接 DE,如圖7-9所示.
∠CAM,
∴∠PAC=∠BAM.
又 AM是 Rt△ACB 斜邊BC 的中線,
∴∠ABC=∠BAM,
從而∠PAC=∠PBA.
又AD⊥PB,BE⊥PA,
∴∠ADB=∠AEB=90°.
∴A，D，B，E四點共圓.(對角若互補，四點可構圓)
∴∠ABD=∠DEA,由此可得∠PAC=∠DEA.
∴AC∥ED. ③
(2) 連接ED,如圖7-9所示,∵∠CAB=90°,∴AB⊥AC.又結合③,得AB⊥DE.
因為 DE是⊙O的弦,AB 是⊙O的直徑,由垂徑定理，知AB平分弦DE 所對的故 從而可得AD=AE.
點評 本題主要考查四點共圓的性質，垂徑定理等基本知識的運用.第(1)問證法1，關鍵在于能否想到由A，D，B，E四點共圓，挖掘△PAD∽△PBE，進而挖掘①；由直角三角形的中線關系挖掘△PAC∽△PAB,進而挖掘②,再將①×②.證法2直接利用中線及圓的性質挖掘AC∥ED，并利用平行線分線段成比例來探究.兩種證法都頗有技巧.第(2)問，充分利用垂徑定理分析是解題的基本思路.
跟蹤訓練
1. 在△ABC中,AD,BE,CF是三條高,它們交于點 H,求證:∠BDF=∠BEF+∠DBE.
2. 如圖所示，CD為△ABC外接圓的切線，AB 的延長線交直線CD于點D,E,F分別為弦AB 與弦AC 上的點,且 BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四點共圓.
(1) 證明:CA 是△ABC外接圓的直徑.
(2)若DB=BE=EA,求過B,E,F,C四點的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值.
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3. 如圖所示,在△ABC中,高AD恰好平分邊BC,∠B=30°,點 P 是BA 延長線上一點,點O是線段AD 上一點,且OP=OC.
有以下結論：
③A,O,C,P四點共圓;
是等邊三角形；
⑤AC=AO+AP.
其中正確的有( ).
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④⑤
答案
1. 由∠BDF=∠BEF+∠DBE,知這是證一角等于兩角和的問題,將∠BEF與 移到一起來看看，取BC的中點G.
連接EG，如圖所示，因為 BE⊥AC，所以△BCE為直角三角形，
故∠1=∠BEG.
于是,由F,H,D,B四點共圓知∠1=∠2,
由 F,B,C,E四點共圓知∠1=∠3.
所以∠EGC=∠1+∠BEG=2∠1=∠2+∠3,
則G,E,F,D四點共圓.
所以∠BDF=∠FEG=∠BEF+∠BEG=∠BEF+∠DBE.
2. (1) 如圖所示,由 BC·AE=DC·AF,得
∵CD為△ABC外接圓的切線,
∴∠DCB=∠FAE.
∴△CDB∽△AEF, 從而∠CBD=∠AFE.
又B,E,F,C四點共圓,∴∠EFA=∠CBA.
從而∠CBD=∠CBA=90°.
故CA 是△ABC外接圓的直徑.
(2)∵CB⊥DE,DB=DE,∴CD=CE.
又
由此可得兩圓的面積比為1：2.
3. D ∵△ABC的高AD恰好平分邊BC，(三角形，若等腰，三線合一等底角)
∴∠ADB=∠ADC=90°,BD=CD.
在△ABD與△ACD中
∴△ABD≌△ACD(SAS).∴AB=AC.
故①正確.
如圖1所示，連接OB.
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴OB=OC.
∵OP=OC,∴OB=OC=OP.
∴∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO.
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°.
故②正確.
由前面討論知OP=OC=OB,
在圖2中所標出各角，有
又∠1+∠3=∠2+∠5=30°,
∴∠4=∠5.
從而可得A，O，C，P四點共圓.
故③正確.
由③知∠7=∠6=∠ABC+∠ACB=60°,
∴△OPC是等邊三角形，故④正確.
另解 ∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°,
∴∠APC+∠DCP=150°.
∴∠OPC+∠OCP=120°.
∵OP=OC,
∴△OPC是等邊三角形.故④正確.如圖3所示,在AC上取AE=PA.
∵∠PAE=180°-∠BAC=60°,
∴△APE是等邊三角形.
又由④知，△OPC是等邊三角形，
∴∠4+∠OPE=∠10+∠OPE=60°.
∴∠4=∠10.
由A,O,C,P四點共圓,得∠8=∠9,而OP=CP,
∴△OPA≌△CPE(AAS).∴AO=EC.
∴AC=AE+EC=AO+AP,故⑤正確.
另解 如圖3所示,在AC上截取AE=PA,
∵∠PAE=180°-∠BAC=60°,∴△APE是等邊三角形.
∴∠PEA=∠APE=60°,PE=PA.∴∠APO+∠OPE=60°.
∵∠CPE+∠OPE=∠OPC=60°,∴∠APO=∠CPE.
在△OPA 和△CPE中.
∴△OPA≌△CPE(SAS).∴AO=EC.
∴AC=AE+EC=AO+AP,故⑤正確.
故選D.

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