3.四点共圆-中考复习之与圆有关的模型（苏教版）

与圆有关的模型之四点共圆 1. 四点共圆的判定 判定方法 图形 证明过程 若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）. 适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆. 到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上（圆的定义） 若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆. 反证法 若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆. 反证法 同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆. 反证法 共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆. 适用范围：双直角三角形共斜边模型. 连接AO、OD 根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AO=BO=CO=DO ∴点A、B、C、D四点共圆 在⊙O中，若弦AB、CD相交于点P,且AP•DP=BP•CP，则A,B,C,D四点共圆（相交弦定理的逆定理） 在△APB和△CPD中 AP•DP=BP•CP ∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD ∴∠1=∠2 则A、B、C、D四点共圆 在⊙O中，若AB、CD两线段延长后相交于点P,且AP•BP=DP•CP，则A,B,C,D四点共圆（割线定理） 在△APC和△DPB中 AP•BP=CP•DP ∠P=∠P ∴△APC∽△DPB ∴∠1=∠3 而∠2+∠3=180° ∴∠1+∠2=180° 则A、B、C、D四点共圆 若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆(托勒密定理的逆定理). 【扩展】 托勒密定理：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积. 证明:过点C作CP交BD于P，使∠1=∠2，又∠3=∠4， ∴△ACD∽△BCP.∴，则AC·BP=AD·BC ①. ∵∠1=∠2 ∴∠1+∠ACP=∠2+∠ACP 则∠ACB=∠DCP 而∠5=∠6 ∴△ACB∽△DCP.∴，则AC·DP=AB·CD ②. 1 +②得 AC(BP+DP)=AB·CD+AD·BC.即AC·BD=AB·CD+AD·BC 2 2. 四点共圆的性质 1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等（如下图1，∠BAC=∠BDC）； 2）圆内接四边形的对角互补（如下图2，∠1=∠2）； 3) 圆内接四边形的外角等于内对角（如下图3，∠1=∠3）. 1．（2020·山东东营·东营市实验中学校考三模）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M在BC边上，且BM＝b，连接AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF．给出以下五个结论：①∠AND＝∠MPC；②；③△ABM≌△NGF；④；⑤A，M，P，D四点共圆．其中正确的个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】①根据正方形的性质得到∠BAD=∠ADC=∠B=90°，根据旋转的性质得到∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB，根据余角的性质得到∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°，等量代换得到∠DAM=∠AND，故①正确； ②根据正方形的性质得到PC∥EF，根据相似三角形的性质得到；故②正确； ③根据旋转的性质得到GN=ME，等量代换得到AB=ME=NG，根据全等三角形的判定定理得到△ABM≌△NGF；故③正确； ④由旋转的性质得到AM=AN，NF=MF，根据全等三角形的性质得到AM=NF，推出四边形AMFN是矩形，根据余角的想知道的∠NAM=90°，推出四边形AMFN是正方形，于是得到S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确； ⑤根据正方形的性质得到∠AMP=90°，∠ADP=90°，得到∠ABP+∠ADP=180°，于是推出A，M，P，D四点共圆，故⑤正确． 【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=∠ADC=∠B=90°， ∴∠BAM+∠DAM=90°， ∵将△ABM绕点A旋转至△ADN， ∴∠NAD=∠BAM，∠AND=∠AMB， ∴∠DAM+∠NAD=∠NAD+∠AND=∠AND+∠NAD=90°， ∴∠DAM=∠AND，故①正确； ②∵四边形CEFG是正方形， ∴PC∥EF， ∴△MPC∽△EMF， ∴， ∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM=b， ∴EF=b，CM=a-b，ME=（a-b）+b=a， ∴， ∴；故②正确； ③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF， ∴GN=ME， ∵AB=a，ME=a， ∴AB=ME=NG， 在△ABM与△NGF中， ， ∴△ABM≌△NGF；故③正确； ④∵将△ABM绕点A旋转至△ADN， ∴AM=AN， ∵将△MEF绕点F旋转至△NGF， ∴NF=MF， ∵△ABM≌△NGF， ∴AM=NF， ∴四边形AMFN是矩形， ∵∠BAM=∠NAD， ∴∠BAM+DAM=∠NAD+∠DAN=90°， ∴∠NAM=90°， ∴四边形AMFN是正方形， ∵在Rt△ABM中，a2+b2=AM2， ∴S四边形AMFN=AM2=a2+b2；故④正确； ⑤∵四边形AMFN是正方形， ∴∠AMP=90°， ∵∠ADP=90°， ∴∠AMP+∠ADP=180°， ∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了四点共圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质旋转的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键． 2．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，中，，中，，直线与交于，当绕点任意旋转的过程中，到直线距离的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点的运动轨迹，再根据角度以及勾股定理求解最大值． 【详解】解：如图旋转，连接 以为直径作，以为半径作 过点作的切线交于点 在和中 ∴点共圆，点共圆， 点在上运动 ，的半径为 ∴ 又∵， ∴当点运动到点时，到直线距离的最大， 过点作，过点作，， ∴四边形是矩形，   是圆心， 设 解得：（舍去） ∴ 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆动点的最值问题。熟练运用四点共圆性质以及勾股定理解直角三角形是解决本题的关键． 3．（2019·浙江嘉兴·统考二模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝1，AE⊥AD，交BC于点E，EA平分∠BED． （1）CD的长是 ； （2）当点F是AC中点时，四边形ABCD的周长是 ． 【答案】 2 5+ 【分析】（1）延长DA，CB交于点H，由“ASA”可证≌，可得，由平行得相似，依据相似的性质即可求解； （2）先证明A，D，C，E四点共圆，因为F是AC中点，依据垂径定理，得到DF是AC的中垂线，依据线段的垂直平分线的性质可求得AD的长度，作于H，可证四边形ABCH是矩形，依据矩形的性质，结合线段长度，可得是的中垂线，由此可得AC的长度，在三角形ABC中，依据勾股定理可求得BC的长度，只需把各边相加即可得到四边形ABCD的周长. 【详解】解：（1）如图1中，延长DA，CB交于点H， ∵EA平分∠BED， ∴∠AEH＝∠AED，且AE＝AE，∠EAH＝∠EAD＝90°， ∴△ADE≌△AHE（ASA） ∴AH＝AD， ∵∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴AB∥CD， ∴△ABH∽△DCH, ∴，且AB＝1，AH＝AD＝HD， ∴CD＝2， （2）如图2中，作AH⊥CD于H， ∵∠DAE＝∠DCE＝90°， ∴A，D，C，E四点共圆，设圆心为O，则点O是线段DE的中点， 又∵AF＝CF， ∴DE⊥AC， ∴DA＝DC， ∵∠ABC＝∠BCH＝∠AHC＝90°， ∴四边形ABCH是矩形， ∴CH＝AB＝1， ∵CD＝2， ∴CH＝HD＝1， 又∵AH⊥CD， ∴AD＝AC， ∴AD＝CD＝AC＝2， ∴， 四边形ABCD的周长为． 故答案为：（1）2；（2）． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，垂径定理，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造中垂线、相似三角形、直角三角形，建立未知线段与已知线段之间等量的关系． 4．（2021上·山东烟台·九年级统考期中）如图，平面直角坐标系中，点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4），点C是x轴正半轴上一点，连接BC．过点A垂直于AB的直线与过点C垂直于BC的直线交于点D，连接BD，则sin∠BDC的值是 ． 【答案】 【分析】根据图形的特点证明∠BDC=∠BAO，故可出sin∠BDC的值． 【详解】∵BA⊥AD，BC⊥CD ∴∠BAD=∠BCD=90° ∴A、B、C、D四点共圆 ∴∠BDA=∠BCA ∵∠BDA+∠DBA=∠BCA +∠CBO=90° ∴∠DBA=∠CBO ∴∠DBA-∠CBA=∠CBO-∠CBA 即∠DBC=∠ABO 又∠DBC+∠BDC=∠ABO+∠BAO=90° ∴∠BDC=∠BAO ∵点A、B坐标分别为（3，0）、（0，4）， ∴BO=4，OA=3，AB= ∴sin∠BAO= ∴sin∠BDC= 故答案为：． 【点睛】此题主要考查三角函数的求解，解题的关键是熟知四点共圆的性质、勾股定理及三角函数的求解方法． 5．（2023下·湖北武汉·九年级校考阶段练习）问题提出  如图1，点E为等腰内一点，，，将绕着点A逆时针旋转得到，求证：． 尝试应用  如图2，点D为等腰外一点，，，过点A的直线分别交的延长线和的延长线于点N，M，求证：． 问题拓展  如图3，中，，点D，E分别在边，上，，，交于点H．若，，直接写出的长度（用含a，b的式子）． 【答案】见解析 【分析】问题提出：由旋转的性质可证得，，进而得证，即可利用证明． 尝试应用：延长，使，连接，由题意可知、、、四点共圆，可得，进而可得，利用SAS可证得，根据其性质得，，，进而可证得，，即可得证． 问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形，由，可知、、、、五点共圆，可得，，，根据，，可得，进而得证，可得，则，作交于，则，可求得，，即可求得的长度． 【详解】解：问题提出： 证明：∵，，将绕着点A逆时针旋转得到， ∴，， ∴，即：， 在与中，， ∴． 尝试应用：延长，使，连接， ∵为等腰直角三角形， ∴，， 又∵，即：， ∴、、、四点共圆， ∴， ∴， 在与中，， ∴． ∴，， ∴，即：， ∴ ∵ ∴， ∴ 即：． 问题拓展：将绕点逆时针旋转至，则为等边三角形， ∴，， ∵， ∴、、、、五点共圆， 则：，，， ，， 又∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴ ∴， ∵，，， ∴ ∴， ∴，则， 作交于，则， ∵， ∴， ∴， 则：． 【点睛】本题属于几何综合，考查全等三角的判定及性质，等腰三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和利用圆周角定理转化角是解决问题的关键，属于中考压轴题． 6．（2022上·江苏盐城·九年级校考期中）如图，以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），，将绕点P旋转，得到． (1)求B、C两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点M的坐标； (3)动直线l从与重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与重合时停止，设直线l与交点为E，点Q为的中点，过点E作于G，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 【答案】(1)， (2)图见解析，四边形是矩形，点M的坐标为 (3)在旋转过程中的大小不变，始终等于 【分析】（1）连接，结合题意，根据圆的对称性，得；再根据勾股定理计算得，再根据圆的性质，得，从而得到B、C两点的坐标； （2）结合题意，根据圆周角的性质，得；再根据旋转的性质得，，，从而推导得出四边形是矩形；过点M作交BC于点N，证明 ，可得点M的坐标； （3）结合题意，得；再结合点Q是的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、为半径的圆上，故得；再根据，，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接． 由题意知，是以点为圆心的圆的直径，，， ，， ， ， 又 ，B在C的左侧， ，； （2）解：如图，四边形是矩形， 以点为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧）， 是圆的直径， ， 将绕点P旋转得到， ，，， 四边形是矩形． 过点M作交BC于点N． 在和中， ， ， ，， 又 ， 点M的坐标为； （3）解：如图， 结合（2）的结论，四边形是矩形，， ， ， ， 点Q是的中点， ， 点E、M、B、G在以点Q为圆心、QB为半径的圆上， ． ，， ， 又 ， ， 四边形是矩形， ， ， ． 在旋转过程中的大小不变，始终等于． 【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证． 7．（2022·辽宁葫芦岛·统考一模）射线AB与直线CD交于点E，∠AED＝60°，点F在直线CD上运动，连接AF，线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，EG，过点G作于点H． (1)如图1，点F和点G都在射线AB的同侧时，EG与GH的数量关系是______； (2)如图2，点F和点G在射线AB的两侧时，线段EF，AE，GH之间有怎么样的数量关系？并证明你的结论； (3)若点F和点G都在射线AB的同侧，，，请直接写出HG的长． 【答案】(1)； (2)，证明见解析； (3)或 【分析】（1）先证明是等边三角形得，再证明点A、E、G、F四点共圆，得，从而计算得到，最后在直角三角形GEH中，求出即可得到答案； （2）在射线ED上截取，连接AN，如图3，先证是等边三角形，得，，再证，从而得到，进而得，从而求得结论； （3）分两种情况讨论求解GH的长，当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4；当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5，通过构造三角形全等，利用三角函数求解即可． 【详解】（1）解： 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG， ，， 是等边三角形， ，， ∠AED＝60°， ， 点A、E、G、F四点共圆， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：在射线ED上截取，连接AN，如图3， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴ ∴， ∴， ， ∵ ∴， ∴， ∴； （3）当点F和点G都在射线AB的右侧时，在射线ED上取一点M，使得EM=EG，连接MG，如图4， 线段AF绕点A顺时针旋转60°得到AG， ，， 是等边三角形， ，， ∠AED＝60°， ， 点A、E、G、F四点共圆， ，， EM=EG， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 当点F和点G都在射线AB的左侧时，在线段GE上取一点N，使得NE=EF，如图5， ， 点A、E、G、F四点共圆， ，，， NE=EF， 是等边三角形， NE=EF=NF=1，， ， ， ， ， ， ，， ， 综上所述，GH的长为或． 【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定及性质以及旋转图形的性质，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键. 8．（2021·福建·校联考二模）如图，四边形内接于，对角线，垂足为，于点，直线与直线于点． （1）若点在内，如图1，求证：和关于直线对称； （2）连接，若，且与相切，如图2，求的度数． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据垂直及同弧所对圆周角相等性质，可得，可证与全等，得到，进一步即可证点和关于直线成轴对称； （2）作出相应辅助线如解析图，可得与全等，利用全等三角形的性质及切线的性质，可得，根据平行线的性质及三角形内角和即可得出答案． 【详解】解：（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵同弧所对圆周角相等， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， 又， ∴点和关于直线成轴对称； （2）如图，延长交于点，连接，，，， ∵，， ∴、、、四点共圆，、、、四点共圆， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 又， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】题目主要考查圆的有关性质、三角形全等、成轴对称、平行线性质等，作出相应辅助线及对各知识点的熟练运用是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$