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时间:2018-08-08
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1、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)若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角),则四点共圆. 例2如图,在△ABC中,AD⊥BC,DE⊥AB,DF⊥AC. 求证:B、E、F
2、、C四点共圆. 证明∵DE⊥AB,DF⊥AC, ∴∠AED+∠AFD=180°, 即A、E、D、F四点共圆,51 ∠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)若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.
3、 ∴∠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.51 上述三种方法是证“四点共圆”的基本方法,至于证第四点在前三点(不在同一直线上)所确定的圆上就不叙述了. 【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
4、=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】已知: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,51 ∴∠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
5、四边形的一个外角等于内对角及平行线的同位角、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. 已知: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.①51 ∵∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE, ∴∠BA
6、C=∠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”对吗? 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
7、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
8、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这些性质,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51 例1 已知:如图7-90,ABCD是对角线互相垂直的圆内接四边形,通过对角线的交点E与AB垂直于点H的直线交CD于点M.求证:CM=MD.证明 ∠MEC与∠HE
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