四点共圆

四点共圆（共3篇）

四点共圆 篇1

竞赛题（2014年全国高中数学联赛湖北赛区预赛第13题）设A,B为双曲线上的两点，点N(1,2）为线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与双曲线交于C,D两点．

（Ⅰ）确定λ的取值范围；

（Ⅱ）试判断A,B,C,D 4点是否共圆？并说明理由．

简解（Ⅰ）用点差法求得直线AB的方程是y=x+1，由直线AB与双曲线交于不同的两点，可得λ>-1且λ≠0.

得直线CD的方程是y=-x+3，由直线CD与双曲线交于不同的两点，可得λ>-9且λ≠0.

所以λ的取值范围是（-1,0）∪（0，+∞）．

（Ⅱ）在（Ⅰ）的解答中已求出AB:x-y+1=0,CD:x+y-3=0，所以由直线AB,CD组成的曲线方程为

即x2-y2-2x+6y-8=0,

它与椭圆x的交点A,B,C,D的坐标即方程组

的解，把这两方程相减并整理得

即A,B,C,D4点必在圆（*）上．

再结合（Ⅰ）的答案知，当λ>12时，点A,B,C,D共圆（且在圆（*）上）．

这道竞赛题的一般情形是二次曲线上的4点共圆问题，该问题的一般结论是：

定理1）若两条二次曲线ax2+by2+cx+dy+e=0(a≠b),a′x2+b′y2+c′x+d′y +e′=0有4个交点，则这4个交点共圆；

2）若两条直线li:aix+biy+ci=0(i=1,2）与二次曲线Γ：ax2+by2+cx+dy+e=0(a≠b）有4个交点，则这4个交点共圆的充要条件是a1b2+a2b1=0;

3）设两条直线li:y-y0=ki(x-x0)(i=1,2）与二次曲线Γ：Ax2+By2+Cx+Dy+E=0(A≠B）有4个交点，则这4个交点共圆的充要条件是k1+k2=0.

证明1）过这4个交点的二次曲线一定能表示成以下形式（λ，μ不同时为0):

式（1）左边的展开式中不含xy的项，选μ=1时，再令式（1）左边的展开式中含x2,y2项的系数相等，得，此时曲线（1）即

的形式，这种形式表示的曲线有且仅有3种情形：一个圆，一个点，无轨迹．而题中的4个交点都在曲线（2）上，所以曲线（2）表示圆．这就证得了4个交点共圆．

2）由l1,l2组成的曲线即

所以经过它与Γ的4个交点的二次曲线一定能表示成以下形式（λ，μ不同时为0):

必要性．若4个交点共圆，则存在λ，μ使方程（3）表示圆，所以式（3）左边的展开式中含xy项的系数μ（a1b2+a2b1)=0．而μ≠0（否则（3）表示曲线Γ，不表示圆），所以

充分性．当a1b2+a2b1=0时，式（3）左边的展开式中不含xy的项，选μ=1时，再令式（3）左边的展开式中含x2,y2项的系数相等，即λa+a1a2=λb+b1b2，得

此时曲线（3）即

的形式，这种形式表示的曲线有且仅有3种情形：一个圆，一个点，无轨迹．而题中的4个交点都在曲线（4）上，所以曲线（4）表示圆．这就证得了4个交点共圆．

3）由2）立得．

笔者还发现有4道高考题均是二次曲线上的4点共圆问题，所以用以上定理的证法均可给出它们的简解．这4道高考题分别是：

题1（2014年高考全国大纲卷理科第21题（文科第22题））已知抛物线C:y2=2px(p>0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且．

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A,B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M两点，且A,M,B,N4点在同一圆上，求l的方程．

答案（Ⅰ）y2=4x;

题2（2011年高考全国大纲卷理科第21题（文科22题））已知O为坐标原点，F为椭圆C:在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为的直线l与C交于A,B两点，点P满足.

（Ⅰ）证明：点P在C上；

（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A,P,B,Q4点在同一圆上．

题3（2005年高考湖北卷文科第22题（理科第21题））设A,B是椭圆3x2+y2=λ上的两点，点N(1,3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与该椭圆交于C,D两点．

（Ⅰ）确定λ的取值范围，并求直线AB的方程；

（Ⅱ）试判断是否存在这样的λ，使得A,B,C,D4点在同一圆上？并说明理由．

答案（Ⅰ）λ的取值范围是（12，+∞），直线AB的方程是x+y-4=0;

（Ⅱ）当λ>12时，均有A,B,C,D4点在同一圆上．

题4（2002年高考江苏卷第20题）设A,B是双曲线上的两点，点N(1,2）是线段AB的中点．

（Ⅰ）求直线AB的方程；

（Ⅱ）如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C,D两点，那么A,B,C,D4点是否共圆？为什么？

答案（Ⅰ）y=x+1;

（Ⅱ）是．

四点共圆 篇2

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用.“四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与

AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)

分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM.欲证M，N，P，Q四点共圆，须证 AMK·KN＝PK·KQ，Q即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)C′＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)

2222或MC′-KC′=PB′-KB′.不难证明 AP=AM，从而有 B2222AB′+PB′=AC′+MC′.2222故 MC′-PB′=AB′-AC′

2222=(AK-KB′)-(AK-KC′)

22=KC′-KB′.②

由②即得①，命题得证.O例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，O1O1，O2，O3分别为△OAB，△OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O2O3四点共圆.3(第27届莫斯科数学奥林匹克)

A分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.观察△OBC及其外接圆，立得∠BC

OO2O1=11∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.22

由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圆.利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.以“四点共圆”作为解题手段

这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.求证：∠DMA＝∠CKB.CD（第二届袓冲之杯初中竞赛）

分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC KM

＝180°，∴∠CMK+∠KDC＝180°.AB故C，D，K，M四点共圆∠CMD＝∠DKC.但已证∠AMB＝∠BKA，∴∠DMA＝∠CKB.(2)证线垂直 例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).△ABC外接圆和△BKN外接圆相交于B和

BM.求证：∠BMO=90°.(第26届IMO第五题)分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.共圆”，问题是不难解决的.连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=

∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+

∠BMK=180°-∠CMK，∴∠COK+∠CMK=180°C，O，K，M四点共圆.在这个圆中，由

OC=OK OC∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK，故∠BMO=90°.(3)判断图形形状

例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记为IA，IB，IC，ID.试证：IAIBICID是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)

分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得

11∠ADB=90°+ 22

∠ACB=∠AIDBA，B，ID，IC四点 ∠AICB=90°+

共圆.同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时 IBAC1∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，2

1∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，2

∴∠AICID+∠AICIB A1(∠ABC+∠ADC)2

1=360°-×180°=270°.2=360°-故∠IBICID=90°.同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.(4)计算

2例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝.P为正方形内

一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________

(1989，全国初中联赛)CD分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？

连接OA，OB.易知O，P，A，B

四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.222故PA+PB=AB=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.BA(5)其他

例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并

求出这两个面积(须证明你的论断).(1978，全国高中联赛)

分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三EA条边上，所以不妨令F，GD·作正△EFG的高EK，易知E，K，G，D四点共圆∠KDE=∠KGE=60°.同

理，∠KAE=60°.故△KAD也是一个正 FGK三角形，K必为一个定点.CB

又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=

也最4

小.当KF通过B点时，边长为2·23，这时边长最大，面积S=23-3也最大.例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线

交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.(1991，江苏省初中竞赛)

分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接

MQ′，SQ′.易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=

∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称MQ′=MQ.又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径（∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.练习题

1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A

交⊙O1 于D点.求证：点A是△BCD的内心.(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2

四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)

2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD.(提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)

巧用三点或四点共线段求最小值 篇3

一、巧用三点共线段求两条线段长之和的最小值

如图1，点C是动点，若|AB|=定值，则|AC|+|CB|≥|AB|=定值，当且仅当动点C在直线AB外时大于符号成立，即“>”成立;如图2，当且仅当动点C在线段AB上，即点A、C、B三点共线段AB时等号成立，即|AC|+|CB|取得最小值|AB|怎样运用此结论，具体看如下问题的诠释．

1．巧用三点共线段求解析几何中两条线段长之和的最小值

例1(2009年高考辽宁)已知F是双曲线的左焦点，A(1,4),P是双曲线右支上的动点，则|PF|+|PA|的最小值为___．

解析:设双曲线的右焦点为F1，则由双曲线的定义知，|PF|-|PF1|=2a|PF|=4+|PF1|，所以|PF|+|PA|=4+|PA|+|PF1|，由图3可知，当且仅当A、P、F1三点共线段AF1时，|PA|+|PF1|取得最小值，故当且仅当A、P、F1三点共线段AF1时，|PF|+|PA|取得最小值9.

评注:首先想到利用三点共线段求两条线段长之和的最小值，就会想到利用双曲线的定义把问题转化为求|PA|+|PF1的最小值．

例2(2013年高考重庆)已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1，圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M、N分别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为()

解析:作圆C1关于x轴的对称圆C3，如图4，则|PM|+|PN|=|PM'+|PN|，当且仅当M'、P、N三点共线段C2C3时，(|PM'|+|PN|)min=

故选(A).

评注:(1)此题比上述例1和下述例3、例4都难，难在此题中的点P、M、N都是动点，例1、例3、例4中只有一个动点．(2)作圆C2关于轴的对称圆也可．(3)希望读者朋友认真比较例1至例4的异同点，例1和例4是找点关于直线的对称点，例2是找图形(曲线)关于直线对称的图形(曲线)．同时，认真总结、反思其解答思路．

2．巧用三点共线段求立体几何中两条线段长之和的最小值

例3(2006年高考江西)如图5，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点，则CP+PA1的最小值为___．

解析:利用“化曲(折)为直”的方法，把△CBC1沿线段BC1展开到平面BA1C1上，如图5，连接A1C即为CP+PA1的最小值，也就是CP+PA1≥A1C，当且仅当A1、P、C三点共线段A1C时等号成立．

评注:求质点沿几何体表面作曲线运动的最短距离，一般采取“化曲(折)为直”的方法，也就是沿某条线段拉开展成一个平面图形，利用三点共线段求解．

例4(2015年高考福建)如图7,AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A、B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.

(Ⅰ)若D为线段AC的中点，求证:AC⊥平面PDO;

(Ⅱ)求三棱锥P—ABC体积的最大值;

(Ⅲ)若，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．

解析:(Ⅰ)、(Ⅱ)解略．

(Ⅲ)解法1:在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，所以

同理，所以PB=PC=BC.

在三棱锥P—ABC中，将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P，使之与平面ABP共面，如图8所示．

当O、E、C'三点共线段OC'时，CE+OE取得最小值．

又因为OP=OB,C'P=C'B，所以OC'垂直平分PB，即E为PB中点．从而OC'=OE+EC'=

解法2:在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，所以∠OPB=45°，

所以PB=PC=BC，所以∠CPB=60°，在三棱锥P—ABC中，将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P，使之与平面ABP共面，如图8所示．

当O、E、C'三点共线段OC'时，CE+OE取得最小值，

所以在△OC'P中，由余弦定理得:

二、巧用三点共线段求无理函数的最小值

把函数式变形转化为动点P(x,y)与定点A(a,b)和B(c,d)的距离之和，从而把问题转化为求两条线段长之和的最小值．

例5(2011年全国高中数学联赛安徽省预赛试题)设a是正实数，若的最小值为10，则a=___.

解析:将所给函数式变形为，它表示x轴上的动点P(x,0)到两定点A(3a,a)和B(-a,2a)的距离之和，求此无理函数的最小值化归为求两条线段长之和的最小值．如图9，点A(3a,a)关于x轴的对称点为A'(3a,-a)，则，当且仅当B、P、A'三点共线段BA'时等号成立，即当且仅当B、P、A'三点共线段BA'时，|PA|+|PB|取得最小值5a，即函数f(x)取得最小值5a，所以依题意得5a=10，故a=2.

评注:，可以用此法．

三、巧用四点共线段求三角形周长的最小值

如图10，找到点C关于直线l1(点，平面α)的对称点C1，就找到了与线段AC相等的线段AC1;找到点C关于直线l2(点，平面β)的对称点C2，就找到了与线段BC相等的线段BC2．也可以理解为是沿三角形的顶点C分别绕点A、点B向逆时针方向、顺时针方向拉开转化成四点共线段、三条折线段之和的最小值问题．怎么理解此表述的含意，如何巧用四点共线段求三角形周长的最小值，请看如下具体例子的诠释．

1．巧用四点共线段求解几中三角形周长的最小值

例6(2014年全国高中数学联赛安徽省预赛试题)设定点A(2,1)，动点B在x轴上，动点C在直线y=x上，则△ABC的周长的最小值是___．

解析:作点A分别关于x轴和直线y=x的对称点P、Q，则P(2,-1),Q(1,2).AB+AC+BC=PB+CQ+BC≥PQ，当且仅当P、B、C、Q四点共线段PQ时等号成立，如图11，因为，故△ABC的周长的最小值是.

评注:(1)求解此类题的思路是，先想到四点共线段，然后就想到沿三角形的一个顶点拉开转化成折线段之和的最小值问题．(2)找到点A关于直线y=x的对称点Q，就找到了与线段CA相等的线段CQ;找到点A关于x轴的对称点P，就找到了与线段AB相等的线段BP．也可理解为是沿点A分别绕点C、点B向逆时针方向、顺时针方向拉开转化成三条折线段之和的最小值问题．

例7(2014年福州八县高一联考题)如图12，在Rt△ABC中，AB=2,AC=4，∠A为直角，P为AB中点，M、N分别是BC、AC上任一点，则△MNP周长的最小值是___．

错解:建立直角坐标系，如图13，取D(0,-4),E(-2,0)，则直线BD的方程为2x-y-4=0，直线CE的方程为2x-y+4=0，可得点M关于x轴、y轴的对称点M1、M2分别在线段BD、CE上，于是|PM|=|PM1|，|NM|=|NM2|，则△MNP的周长l=|PN|+|PM1|+|NM2|，由图知当且仅当M2、N、P、M1共线段M2M1时，l最小，此时l的值为平行直线CE与直线BD之间的距离，即l的最小值为

评注:错解之处是，通过作图可发现此时的点M2、N、P、M1不可能共线段M2M1．如果点P是直线AB上的动点或Rt△ABC是以角A为直角的等腰直角三角形，那么上述解答就正确了．

正解:建立直角坐标系，如图14，作点P(1,0)分别关于直线BC、y轴的对称点P1、P2．连接P1P2，则|PM|+|MN|+|PN|=|P1M|+|MN|+|P2N|≥|P2P1|，当且仅当点P2、N、M、P1四点共线段P2P1时等号成立．可算得，所以，从而△MNP周长的最小值是.

2．巧用四点共线段求立几中三角形周长的最小值

例8(2014年全国高中数学联赛四川省预赛试题)若二面角α-l-β大小为60°，该二面角内一点P到平面α的距离为3，到平面β的距离为5，若A∈α，B∈β，则△PAB周长的最小值是___．

解析:作点P分别关于平面α、平面β的对称点为P1、P2，连接P1P2分别与平面α、平面β交于点C、D．则PA+PB+AB=P1A+P2B+AB≥P1P2，当且仅当点P1、A、B、P2共线段P1P2(点A与点C重合、点B与点D重合)时等号成立，如图15，在△PP1P2中，PP1=6,PP2=10，∠P1PP2=120°，由余弦定理，得P1P2=14，故△PAB周长的最小值是14.

评注:破解此题有两个关键点:第一个关键点是空间想象和作图，第二个关键点是想到利用四点共线段．