四点共圆例的题目及问题详解.doc

例1 如图，E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点．求证：E、F、G、H四点共圆．
证明菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，连接OE、OF、OG、OH．
∵AC和BD 互相垂直，
∴在Rt△AOB、Rt△BOC、Rt△COD、Rt△DOA中，E、F、G、H，分别是AB、BC、CD、DA的中点，
即E、F、G、H四点共圆．
　　(2)假如四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，如此四点共圆．
例2 如图，在△ABC中，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC．
求证：B、E、F、C四点共圆．
证明∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED＋∠AFD=180°，
即A、E、D、F四点共圆，
∠AEF=∠ADF．
又∵AD⊥BC，∠ADF＋∠CDF=90°，
∠CDF＋∠FCD=90°，
∠ADF=∠FCD．
∴∠AEF=∠FCD，
∠BEF＋∠FCB=180°，
即B、E、F、C四点共圆．
　　(3)假如两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，那么这两个三角形有公共的外接圆．
证明在△ABC中，BD、CE是AC、AB边上的高．
∴∠BEC=∠BDC=90°，且E、D在BC的同侧，
∴E、B、C、D四点共圆．
∠AED=∠ACB，∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB．
上述三种方法是证“四点共圆〞的根本方法，至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不表示了．
 
【例1】在圆内接四边形ABCD中，∠A-∠C=12°，且∠A∶∠B=2∶3．求∠A、∠B、∠C、∠D的度数．
解∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠A+∠C=180°．
∵∠A-∠C=12°，
∴∠A=96°，∠C=84°．
∵∠A∶∠B=2∶3，
∠D=180°-144°=36°．
　　利用圆内接四边形对角互补可以解决圆中有关角的计算问题．
【例2】：如图1所示，四边形ABCD内接于圆，CE∥BD交AB的延长线于E．求证：AD·BE=BC·DC．
证明：连结AC．
∵CE∥BD，
∴∠1=∠E．
∵∠1和∠2都是所对的圆周角，
∴∠1=∠2．
∠1=∠E．
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠EBC=∠CDA．
∴△ADC∽△CBE．
　　AD∶BC=DC∶BE．
　　AD·BE=BC· DC．
　　本例利用圆内接四边形的一个外角等于内对角与平行线的同位角、圆中同弧所对的圆周角得到两个相似三角形的条件，进而得到结论．
　　关于圆内接四边形的性质，还有一个重要定理．现在中学课本一般都不列入，现介绍如下：
　　定理：圆内接四边形两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
：如图2所示，四边形ABCD内接于圆．求证：AC·BD=AB·CD＋AD·BC．
证明：作∠BAE=∠CAD，AE交 BD于 E．
∵∠ABD=∠ACD，
即 AB·CD=AC·BE． ①
∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，
∴∠BAC=∠EAD．又∠ACB=∠ADE，
　　AD·BC=AC·DE． ②
由①，②得AC·BE+AC·DE=AB·CE＋AD·BC
　　AC·BD=AB·CD＋AD·BC
这个定理叫托勒密(ptolemy)定理，是圆内接四边形的一个重要性质．这个证明的关键是构造△ABE∽△ACD，充分利用相似理论，这在几何中是具有代表性的．在数学竞赛中经常看到它的影子，希望能引起我们注意．
命题“菱形都内接于圆〞对？
命题“菱形都内接于圆〞是不正确的．所以是假命题．理由是：根据圆的内接四边形的判定方法之一，如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．这个判定的前提是一组对角互补，而菱形的性质是一组对角相等．而一组相等的角，它们的内角和不一定是180°．如果内角和是180°，而且又相等，那么只可能是每个内角等于90°，既具有菱形的性质，且每个内角等于90°，那末这个四边形一定是正方形．而正方形显然是菱形中的特例，不能说明一般情形．
判定四边形内接于圆的方法之二，是圆心到四边形四个顶点的距离相等．圆既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是圆心．菱形同样既是中心对称图形，又是轴对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点．但菱形的对称中心到菱形各个顶点的距离不一定相等．所以，也无法确定菱形一定内接于圆；如果菱形的对称中心到菱形各边顶点的距离相等，再加上菱形的对角线互相垂直平分性质，那么这个四边形又必是正方形．
　　综上所述，“菱形都内接于圆〞这个命题是错误的．
5圆的内接四边形
 
例1  ：如图7-90，ABCD是对角线