奥林匹克运动的格言-沈阳工业大学工程学院

第十四讲 圆内接四边形与四点共圆

【趣题引路】
著名的“九 点圆”是由欧拉于1765年了解到的.后来又由年仅22岁的费尔巴赫
(1800-1834)于18 22年重新发现,并称之为九点圆,这九个点是(如图)•:•
三角形ABC的三条边的中点A′、B ′、
C′，E、C′、A′、B′与F、C′、A′、B′.••
故A′、B′、C′、D、E 、F六点共圆.
在△HBC,△HCA和△HAB中,同理可证
L、M、N也同圆于 上面六个点所共的圆.•因
此,A′、B′、C′、D、E、F、L、M、N九点
共圆.
我们知道,任何三角形都有内切圆、外
接圆、旁切圆等，•还有鲜为人知的五点圆、

第二莱莫恩六点圆、泰劳(Taylor)六点圆，
七点圆、富曼八点圆等等。

【知识延伸】
圆内接四边形和四点共圆之间有着非常密切的联系,•这是因为顺次连 结共圆四点就
成为圆内接四边形.实际上,在许多题目的已知条件中,并没有给出圆,有时需要通过证明
四点共圆,把实际存在的圆找出来,然后再借助圆的性质得到要证明的结论.确定四点共圆
的办 法主要有:
1.诸点到某定点的距离相等,则诸点在同一圆周上.
2.若四边形对角互补或有一个外角等于它的内对角,则这四点共圆.
3.同底同侧的等角的三角形的各顶点共圆;同斜边的直角三角形的各顶点共圆.
4.若直线AB与CD相交于P,而且PA·PB=PC·PD,则A、B、C、D共圆.
要证多点共圆,一般根据题目条件先证四点共圆,再证其他点也在这个圆上.
例1 已知,四边形ABCD内接于圆,连对角线AC、BD.
求证:AC·BD=AB·CD+AD·BC.
证明 作ABK=∠CBD,BK交AC于点K,(如图).
由于∠BAK=∠BDC,∴△BAK∽△BDC,
∴
ABDB


AKCD
即AB·CD=AK·BD ①
∵∠BCK=∠BDA,
∠CBK=∠CBD+∠DBK=∠KBA+∠DBK=∠DBA
- 1 -

∴△CBK∽△DBA.
∴
BCDB


CKAD
即BC·AD=BD·CK. ②
①+②,得
AB·CD+BC·AD=BD(CK+AK)=BD·AC.

点评
此题就是著名的托勒密(Ptole-my)定理,•即“圆内接四 边形两条对角线的乘积等于两
组对边乘积的和”.它综合运用圆和相似形的知识,证明线段的积、差,• 也揭示了圆内接四
边形的一个独特的性质.
更推广一些,便可得到:对于任何凸四边 形ABCD,都有AB·CD+BC·AD≥AC·BD,其中等
号当且仅当四边形内接于圆时成立.
托勒密定理的逆命题也成立,•即“在凸四边形两对角线的乘积等于它的两组对边乘积
之和时,此四边形内接于圆.”你能证明吗?
例2 已知:如图,设四边形ABCD满足条件AB·CD+AD·BC=AC·BD.
求证:A、B、C、D四点共圆.
证明 作∠ECD=∠ACB,∠EBC=∠CAD,于是△BEC∽△ADC,
∴
BEBC

,即=,•①
ADAC
BCEC

. ②
ACDC
∵∠1=∠2,
∴△ACB∽△DCE,
∴∠3=∠4,
ABAC

,即DE·AC=AB·DC,③
DEDC

①+③,得(BE+DE)AC=AD·BC+AB·DC.
∵AC·BD=AB·CD+AD·BC(已知条件)
∴BE+DE=BD,
∴E在BD上,∠3与∠BDC重合.
∴∠BDC=∠BAC,∴A、B、C、D四点共圆.
点评
这个逆定理也是证明四点共圆的重要依据.
例3 已知,如图,P是△ABC的外接圆上一点,由P
向各边BC、CA、AB•引垂线PD、PE、PF.
求证:三个垂足D、E、F共线.
证明 连结DE、DF、PB、PC.
∵PD⊥BC,PE⊥AC,
∴∠PDC=∠PEC=90°,
- 2 -

∴P、D、C、E四点共圆,
∴∠PDE=∠PCE,
∵∠PDB=∠PFB=90°,
∴P、D、F、B四点共圆.
∴∠PDF+∠PBF=180°.
∵A、B、P、C四点共圆,
∴∠PBF=∠PCE,
∴∠PDF+∠PDE=∠PDF+∠PCE=∠PDF+∠PBF=180°.
∴DE·DF成一条直线,即D、E、F三点共线.
点评
此题就是“西摩松线”,即从△A BC外接圆上任一点P•到三边所作垂线的垂足在同一
条直线上,简称“西摩松定理”.它的逆命题也成 立.即:从一点P向△ABC的三边(或它们的
延长线)作垂线,若三个垂足L、M、N在同一条直线上 ,则点P在△ABC•的外接圆上,证明如
下:如图
∵∠BNP和∠PLB都是直角,
∴N、B、L、P四点共圆.
∴∠NBP=∠NLP,①
∵∠PLC和∠PMC都是直角,
∴P、L、M、C四点共圆,
∴∠NLP=∠MCP, ②
由①、②,得∠NBP=∠MCP,
故A、B、P、C四点共圆,即P在△ABC的外接
圆上.

例4 已知:四边形ABCD内接于⊙O,对角线AC
与BD相交于M,如图,
求证:
ABADAM

。
CBCDCM
证明 ∴
AM
S
ABM
S
ADM


MCS
CBM
S
CDM
∴
AM< br>S
ABM
S
ADM
S
ABD


MCS
CBM
S
CDM
S
CBD
∵∠BAD+∠BCD=180°,
∴
AM
S
ABD

MCS
CBD
1
ABADsinBAD
ABAD

2

1
CBCD
BCDCsinBCD
2
- 3 -

即
ABADAM

.
CBCDCM

点评
本题利用两个三角形面积之比的性质来证明, 对拓展证题思路,灵活运用所学的基础
知识解决问题,大有益处,本题的结论可作定理运用.

【好题妙解】
佳题新题品味
例1 如图,过正方形ABCD的顶点A作
4 5°的角与CB、DC•的延长线分
别交于E、F两点,即∠
EAF=45°;DB、AE的延 长线交于
点O
1
;DB、AF交于点O
2
;EO
2
•的
延长线交DF于点P,连结AO、FE
的延长线交AO于点H,又DO
1
,EF
交于点O
3
,连结O
1
H,O
2
H,AP. 由
以上条件,你能推出哪些结
论?(不再标注任何字母,不再添
加任何辅助线).
解析 首先,如图,∠1=∠EAF=45°,
即有A、E、B、O
2
四点共圆;同样,•∠2=∠EAF=45°,
则A、O
1
、F、D四点共圆;
由上述四点共圆知∠AO
2
E=∠ABE=90°,•∠AO
1
F=∠ADF=90°,
所以E、O
1
、F、O
2
四点共圆.
又在△AOF中,∵OO
2
⊥AF,AO
1
⊥OF,
∴E为△AOF的垂心,•这样六个四点共圆继续出现,
即(A、H、E、O
2),(E、H、O、O
1
),(E、O
1
、F、O
2
) ,
(A、O、O
1
、O
2
),(O、F、O
2
、 H),(F、A、H、O
1
)四点共圆.
由于FH⊥AO,
∴(A、H、E、B),(A、H、F、D)均四点共圆;
仔细观察,显然(A、•O
2
、P、D),(O
2
,Q、C、P)亦四点共圆;
还有(E、O
1
、F、D)也是四点共圆.
由上述四点共圆有∠3=∠4,∠3=∠5,
则∠4=∠5.
∵FH⊥AH,FD⊥AD,
∴AH=AD,就是说点A到EF的距离恰好等于正方形的边长.
∴又有FH=FD ,EF=PF,EO
2
=PO
2
,HO
2
=DO
2
,AE=AP.
- 4 -

∵Rt△AHE≌Rt△ABE,Rt△AHE≌△ADP,
∴Rt△ABE≌Rt△ADP,∴S
△
ABE
= S
△
ADP
,
∴EF=DF- BE,即S
△
AEF
= S
△
ADF
- S
△
ABE
.
同时有
AO
2
2
AO
1
2
=cos45º=, =sin45º=,
AEAF
22
∴△AO
1
O
2
∽△AFE.
∴
S
A O
1
O
2
S
AFE
1
AO
1
A O
2
sin45
221

2


1
222
AFAEsin45
2
∵∠O
2
OF=∠O
1
AO
2
=45°,∴O
2
O=O
2
F.
由诸多四点共圆即有∠6=∠4,∠3=∠5,∠4=∠5,
∴∠3=∠6.
∵∠7=∠8=45°,∠9=∠EAO2=45°,
∴∠7=∠9,故E为△HO
1
O
2
的内心.
显然点O为 △AEF的垂心,由于O
2
A=O
2
E=O
2
P,
∴O
2
为△AEP的外心.
∵∠4=∠5,∠AEH=∠AEB,
∴点A为△ECF的旁心(•旁心指三角形一内角平分线与另两个角的外角平分线的交点)
∵∠O
1
HO
2
=∠7+∠9=45°+45°=90°,
∴HO
1
2
+HO
2
2
=O
1
O
2
2
.
而HO
1
=BO
1
,HO
2
=DO
2
,
∴BO
1
2
+DO
2
2
=O
1< br>O
2
2
.
点评
这种类型称为几何探索题,是指问 题的结论没有明确给出,需要自己探索,•解这类问
题的思路是:从给定的条件出发,进行探索,归纳, 猜想出结论,•然后对猜想出的结论进行
证明,此题是用构造法解题的范例,是用发现法研究问题的典型 ,•认真回味,其乐无穷.
例2 如图,由△ABC的各边向外侧作正三角形
BCD、CAE、ABF,
求证:三直线AD、BE、CF相交于一点.
证明 设BE、CF相交于点O,连AO、OD,△AEC是
正三角形,
∴AE=AC,∠CAE=60°,
同理AB=AF,∠BAF=60°,
∵∠CAF=∠BAF+∠BAC,
∠BAE=∠CAE+∠BAC,

∴∠BAE=∠CAF,
∴△BAE≌△FAC.
- 5 -

∴∠1=∠2,可知A、O、C、E四点共圆,
∠3=∠4,可知A、O、B、F四点共圆.
∵∠AEC=∠AFB=60°,∴∠AOC=∠AOB=120°.
∵∠AOB+∠AOC+∠BOC=360°,
∴∠BOC=120°,∵∠BDC=60°,
∴∠BOC+∠BDC=180°,
∴O、B、D、C四点共圆,
∴∠COD=∠CBD=60°,
∵∠AOC=120°,∴∠AOC+∠COD=180°,
即得A、O、D三点在一直线上,最后得证BE、CF、AD交于点O.

点评
这是三线共点问题,可先设BE与CF相交于一点O,然后再证明AD也经过点O即可.•
即证A、D、 O三点在一条直线上,这就把三线共点问题转化为三点共线问题来证明.

中考真题欣赏
例1 (2003年辽宁省中考题)(1)如图1,已知直线AB为圆心O,交⊙O于点A、 •B,直
线AF交⊙O于F(不与B重合),直线L交⊙O于点C、D,交AB于E,且与AF垂直,垂 足为G,
连结AC、AD.
求证:①∠BAD=∠CAG;
②AC·AD=AE·AF.
(2)在问题(1)中,当直线L向上平行移动,与⊙O相切时,其他条件不变.

(1) (2)
①请你在图2中画出变化后的图形,并对照图1,标记字母;
②问题(1)中的两个结论是否成立?如果成立,请给出证明;如果不成立,•请说明理由.
(1)证明 ①连结BD,∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,∵CD⊥AF,
∴∠AGC=∠ADB=90°,
∵四边形ACDB是⊙O内接四边形,
∴∠ACG=∠B.
- 6 -

∴∠BAD=∠CAG.
②连结CF,∵∠BAD=∠CAG,∠EAG=∠FAB,
∴∠DAE=∠FAC,∵∠ADC=∠F,
∴△ADE∽△AFC,∴
ADAE

,
AFAC
∴AC·AD=AE·AF;
(2)①变化后的图形如图所示.
②两个结论都成立,证明如下:如图.
①连结BC,∵AB是直径,∴∠ACB=90°.
∴∠ACB=∠AGC=90°.
∵GC切⊙O于C,∴∠GCA=∠ABC,
∴∠BAC=∠CAG(即∠BAD=∠CAG).
②连结CF,∵∠CAG=∠BAC,∠GCF=∠GAC,
∴∠GCF=∠CAE,∠ACF=∠ACG-∠GFC,•∠E=∠ACG-∠CAE,
∴∠ACF=∠E,
∴△ACF∽△AEC,∴

ACAF

,
AEAC
∴AC
2
=AE·AF(即AC·AD=AE·AF).

点评
充分利用圆内接四边形外角等于它的内对角和Rt△两锐角互余及弦切角等性质解决
此题.

例2 (2003年江西省中考题)如图,在⊙O中,AB是直径,CD是弦,AB⊥CD,
(1)P是
CAD
上一点(不与C、D重合),求证:∠CPD=∠COB.
(2)点P′在劣弧CD上(不与C、D重合)时,∠CP′D与∠COB
有什么数量关系?请 证明你的结论.
(1)证明 连结OD,∵AB是直径,∴AB⊥CD,
∴BC=BD,∴∠COB=∠DOB=
又∵∠CPD=
1
∠COD.
2
1
∠COD,∴∠CPD=∠COB.
2

(2)解析 ∠CP′D与∠COB的数量关系是:
∠CP′D+∠COB=180°,证明如下:
∵∠CPD=∠CP′D=180°,∠COB=∠CPD.
∴∠CP′D+∠COB=180°.
点评
此题证明∠COB=∠P是判定∠CP′D+∠COB=180°的关键.
- 7 -

竞赛样题展示
例1 (2002年“我爱数学”初中生夏令营数学 竞赛)设AB、CD为⊙O的两直径,•过B
作PB垂直AB,并与CD延长线相交于点P.过P作直线 PE,与圆分别交于E、F两点,•连AE、
AF分别与CD交于G,H两点如图.
求证:OG=OH.
证明 作FK∥GH与AB,AE分别交于点M、K.
过点O作ON⊥EF交EF于点N,
∵∠PBO=•∠ONP=90°.
∴O、P、B、N四点共圆.
又∵∠MFN=∠OPN,故∠MFN=∠OBN,
因此M、F、B、N四点共圆,∠MNF=∠MBF=∠AEF,
从而MN∥KE,
∴KM=MF,OH=OG.


点评
在处理 平面几何中的许多问题时,常常要借助于圆的性质,问题才能得以解决,•有时
题中条件就根本没有涉及 圆,有时题中有圆,但此圆并不是我们直接要用的圆,•这就需要
我们利用已知条件,借助图形,证四点 共圆,•把需要用到的实际存在的圆找出来.

例2 (2002年四川省初中数学竞赛)如 图,P是⊙P外一点,PA与⊙O•切于点A,PBC是
⊙O的割线,AD⊥PO于D.
求证:PB:BD=PC:CD.
证明 连结OA、OB、OC,则PA
2
=PD·PO=PB·PC,于是B、C、O、
D四点共圆,∴有△PCD∽△POB,则
∵△POC∽△PBD,
PCPOPO

,
CDOBOC
POPB

.
OCBD
PBPC

由①、①,有.
BDCD
∴


点评
本题利用切割线定理的逆定理证明B、C、O、D共圆 ,•从而得到同弧所对的圆周角相
等,将已知的角与未知的角联系起来了.




- 8 -

全能训练
A卷
1.如图,四边形ABCD内接于⊙O,∠B=50°,∠ACD=25°,∠BAD=65°.
求证:(1)AD=CD；(2)AB是⊙O的直径.











2.如图,⊙O以等腰三角形ABC一腰AB为直径,它交另一腰AC于E,交BC于D.•
求证:BC=2DE.










- 9 -

3.如图,在△ABC中,AB =AC,过点A的直线与△ABC外接圆O交于点D,与BC•的延长线交于
点F,DE是BD的延长线 ,连结CD.
求证:(1)DF平分∠EDC;
(2)AF
2
-AB
2
=AF·DF.









4.如图,AB是⊙O的直径,弦(非直径)CD⊥AB,P是⊙O上不同于C、D•的任一点.
(1)当点P在劣弧CD上运动时,∠APC与∠APD的关系如何,请证明你的结论;
(2)当点P在优弧CD上运动时,∠APC和∠APD的关系又如何?请证明你的结论.










- 10 -

5.如图,已知 ABCD内有一点P,使得∠APB+∠CPD=180°.
求证:∠PAB=∠PCB.










6 .已知:如图,AB是⊙O的弦,以O′为圆心的⊙O′经过点A、O,与BA的延长线交于点C,
与⊙ O交于点D,连结CD交⊙O于点E.请你指出图中的哪些角,•哪些线段具有相等关系,
并证明你的结 论.













- 11 -

答案:
1.(1)∵四边形ABCD内接于⊙O,∴∠ADC=180°-∠B=130°.
∵∠ACD=25•°,•∠DAC=∠ACD,
∴
ADDC
;
(2)∵∠BAC=40°,
∴∠ACB=180°-∠B-∠BAC=180°-50°-•40°=90°,
∴AB是⊙O的直径.
2.∵∠B=∠C,∠B=∠DEC,∴∠C=∠DEC,∴DE=CD.
连结AD,则AD⊥BC,∴BC=2CD,•∴BC=2DE.
3.(1)∴AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.
∵∠ADB=∠ACB,∠ADB=∠EDF,∠CDF=∠ABC,•
∴∠EDF=∠CDF,即DF平分∠EDC;
(2)∵∠ABF=∠ACB=∠ADB,∠BAF=∠DAB,
∴△ABF∽△BAD,∴
AFAB

.
ABAD
∴AB
2
=AF·AD,∴AB
2
=AF(AF- DF),
∴AB
2
=AF
2
-AF·DF,∴AF
2-AB
2
=AF·DF.
4.(1)∠APC=∠APD;
(2)当P在优弧CD上时,∠APC+∠APD=180°.
5.如图,将△APB平移到△DQC处,∠CQD+∠CPD=180°,
因而P、C、Q、D四点共圆.由此,得∠CDQ=∠CPQ.
又∵∠PAB=∠CDQ,∠PCB=∠CPQ,
∴∠PAB=∠PCB.
6.相等的角有:
∠CBD=∠BDC,相等的线段有:AB=DE,BC=DC,AC=CE.
证明如下:•
如图,连结AO,并延长交⊙O于点G,连结DG,AE,
∵∠B=∠C,四边形AGDE内接于⊙O,•
∴∠CAE=∠G,∠B=∠CAE.
∴AE∥BD.
∴AB=ED,
∴四边形ABDE为等腰梯形,
从而有∠CBD=∠BDC,且AB=DE,BC=DC,AC=CE.

B




- 12 -
Q
D
P
A
C
B

C
A
0
G
D

E
O
'

B卷
1.M为等腰△ABC底边AC的中点,MH⊥BC于H,P为MH中点.
求证:AH⊥BP.








2.O为△ABC内一点,BO、CD分别交AC,AB于D、E,若BE·BA+CD·C A=BC
2
.
求证:A、D、O、E四点共圆.








3.如图,正方形ABCD的面积为5cm2
,E、F分别为CD、DA的中点,BE、CF相交于P,求AP的
长.









- 13 -

4.已知△ABC为等边三角形,BC、AC上分别有一点D、E,且满足BD=
11
CD,CE=AE,•BE、AD
22
相交于P.求证:P、D、C、E四点共 圆.

















5.直线AB 和AC与⊙O分别相切于B、C两点,P为圆上一点.如图,P到AB,AC•的距离分别
为6cm,4 cm.试求P到BC的距离.











- 14 -

6.如图,半圆圆 心为O,直径为AB,一直线交半圆周于C、D,交AB于M(MB<•MA,ACDO B的外接圆除点O外的另一交点.
MKO=90°.
- 15 -

是△AOC与△
求证:∠

B级答案:
1.设BP交AH于L,证A、M、L、B共圆.
为此连BM,作AD⊥BC于D,先证△BHM•∽△ADC.
·CA=BC
2
-BE·BA=(BF+FC)·BC-BE·BA=BF·BC- BE·BA+FC·BC,
因为BF·BC=BE·BA,
即CD·CA=CF·CB(F为AO的延长线与BC的交点).
3.易知∠BPF=90°,又∠BAF=90°,
所以A、B、P、F四点共圆,
从而∠APF=•∠ABF,
又易得∠ABF=∠CBE,
所以∠APF=∠CBE,于是∠ABP=∠APB,
故AP=AB=
5
.
4.易证△ABD≌△BCE,于是∠BAP=∠CBE,
不难证明∠DPB=60°=∠DCE,
所以P、•D、C、E四点共圆.
5.连结BP、ME、PC、NE.∵PM⊥AB,PN⊥AC,PE⊥BC,
∴∠BMP+∠BEP=180°,•∠CNP+∠CEP=180°.
∴P、E、C、N四点共圆,P、E、B、M四点共圆.
∴∠MBP=∠MEP,∠PCE=∠PNE.
∵AB是⊙O的切线,
∴∠MBP=∠PCE,∠MEP=••∠PNE,
同理∠PME=∠PEN,
∴△MPE∽△EPN,
∴
MPPE

,PE=
MPPN
=2
6
cm.
EPPN
6.连结KB,KC,由A、O、C、K四点共圆,知∠OAC=∠OKC,
由B、O、D、K•四点共圆,知∠BDO=∠BKO,
从而∠AMD=∠ABD-∠BDC=∠BDO-∠OAC=∠BKO-∠CKO=∠BKC,
故B、C、K、M四点共圆,
再由∠ABC+∠BAC=90°,∠BAC=∠OKC,∠ABC=∠CKM,
知∠MKO=•∠OKC+∠CKM=90°.


- 16 -