“四点共圆”在中考数学解题中的应用赏析

21ABDC“圆”来如此简单——“四点共圆”在中考解题中的应用赏析2012年8月，在暑假集体备课之际，新浙教版数学教材以焕然一新的面貌出现在大家眼前。与老版相比，新版教材增加了一些传授内容。其中，九年级上册的《圆内接四边形》就是一节新增内容。而且与之配套的《数学教学参考书》在3.6《圆内接四边形》这一课时末尾，颇有用意地在第103页“相关资源”中对于如何判定四点共圆作了批注。原文如下：如何判定四点共圆。对于四点共圆的判定一般有以下两种方法：1.如图，四边形中同一边所对的两个边与对角线所成的角相等（如12），则这个四边形为圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。2.如果四边形的两个对角互补，那么这个四边形为圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。判定四点共圆会给许多几何问题的解决带来方便。近年来，经过笔者的收集整理和实践探究，发现很多地方的中考试题，都能通过妙用四点共圆达到事半功倍的效果。现就四点共圆问题在中考解题中的应用，采撷几例，剖析解法，供大家分享。一、四点共圆与线段问题结合的应用举例例1．（2013•绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．（1）如图1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD．（2）如图2，AC：AB=1：，EF⊥CE，求EF：EG的值．原方法分析：第（2）小题作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=12BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=32AE，又BE=AE，进而求出EF：EG的值．原方法解答：（1）略（2）解：如图，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC，∴四边形EQDH是矩形，∴∠QEH=90°，∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG，又∵∠EQF=∠EHG=90°，∴△EFQ∽△EGH，∴EF：EG=EQ：EH．∵AC：AB=1：，∠CAB=90°，∴∠B=30°．在△BEQ中，∵∠BQE=90°，∴sin∠B=12EQBE，∴EQ=12BE．在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°，∴cos∠AEH=32EHAE，∴EH=32AE．∵点E为AB的中点，∴BE=AE，∴EF：EG=EQ：EH=12BE：32AE=1：．该方法采用了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，解直角三角形，综合性较强，有一定难度．解题的关键是作辅助线，构造相似三角形，并且证明四边形EQDH是矩形．下面赏析四点共圆方法解（2）：GFDECAB解：连结GF,DE∵在△ABC中，∠CAB=90°AC：AB=1：∴∠CBA=300∵AD⊥BC∴△BAD是直角三角形∵点E为AB的中点∴DE=BE∴∠EDB=∠CBA=300∵EF⊥CE，AD⊥BC，∴四边形DGEF对角互补∴D、G、E、F四点共圆∴∠FGE=∠FDE=300∴EF：EG=tan∠FGE=1：例2（2013•呼和浩特）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是BC边上的点，BE=1，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P，交边CD于点F，（1）的值为；（2）求证：AE=EP；（3）在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．原方法分析：第（2）题在BA边上截取BK=NE，连接KE，根据角角之间的关系得到∠AKE=∠ECP，由AB=CB，BK=BE，得AK=EC，结合∠KAE=∠CEP，证明△AKE≌△ECP，于是结论得出；原方法解答：（1）（3）略（2）证明：在BA边上截取BK=NE，连接KE，∵∠B=90°，BK=BE，∴∠BKE=45°，∴∠AKE=135°，∵CP平分外角，∴∠DCP=45°，∴∠ECP=135°，∴∠AKE=∠ECP，∵AB=CB，BK=BE，∴AB﹣BK=BC﹣BE，即：AK=EC，易得∠KAE=∠CEP，∵在△AKE和△ECP中，，∴△AKE≌△ECP（ASA），∴AE=EP；该方法采用了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的性质等知识．此方法综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．下面赏析四点共圆方法解（2）：解：连结AC、AP∵在正方形ABCD中∠BCD=900CP是正方形外角的平分线∴∠ACD=450∠PCD=450∴∠ACP=900∵∠AEP=90°∴A、E、C、P四点共圆∴∠APE=∠ACE=450∴△EAP是等腰直角三角形∴AE=EP二、四点共圆与函数问题结合的应用举例例3如图（1），直线122yx交坐标轴于A、B两点，交双曲线0kyxx于点C，且(1)求k的值.(2)如图（2），A,G关于y轴对称，P为双曲线上一点，过P作PD⊥x轴于D，分别交BG，AB于F，E，求证：DE+DF=4(3)Q为双曲线上另一动点，连OQ，过C作CM⊥OQ,CN⊥y轴于N，如图（3），当Q点运动时，∠OMN是否是定值？说明你的理由。图（1）图（2）图（3）解：（1）（2）略下面赏析四点共圆方法解（3）：解：连结OC,由（1）可知C（-4,4）∴∠OCN=450∵CM⊥OQ,CN⊥y轴∴∠CMO=∠CNO=90°PCDBAESAOC=8xyMANCBOQxyACBOxyFEDGACBOPxyMNACBOQ∴四边形CMON对角互补∴C、M、O、N四点共圆∴∠OMN=∠OCN=450例4（2011•绍兴）抛物线21134yx与y轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与x轴交于点C．（1）如图1．求点A的坐标及线段OC的长；（2）点P在抛物线上，直线PQ∥BC交x轴于点Q，连接BQ．①若含45°角的直角三角板如图2所示放置．其中，一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上．求直线BQ的函数解析式；②若含30．角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．原方法分析：（2）①由△CDE是等腰直角三角形，分别过点D作x轴和PQ的垂线，通过三角形全等得到∠DQO=45°，求出点Q的坐标，然后用待定系数法求出BQ的解析式．②分点P在对称轴的左右两边讨论，根据相似三角形先求出点Q的坐标，然后代入抛物线求出点P的坐标．原方法解答：解：（1）略（2）①如图：B（1，3）分别过点D作DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于点N，∵PQ∥BC，∴∠DMQ=∠DNQ=∠MQN=90°，∴DMQN是矩形．∵△CDE是等腰直角三角形，∴DC=DE，∠CDM=∠EDN∴△CDM≌△EDN∴DM=DN，∴DMQN是正方形，∴∠BQC=45°∴CQ=CB=3∴Q（4，0）设BQ的解析式为：y=kx+b，把B（1，3），Q（4，0）代入解析式得：k=﹣1，b=4．所以直线BQ的解析式为：y=﹣x+4．②当点P在对称轴右侧，如图：过点D作DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于N，∵∠CDE=90°，∴∠CDM=∠EDN∴△CDM∽△EDN当∠DCE=30°，3DCDMDEDN又DN=MQ∴3DMMQ∴3BCCQ，BC=3，CQ=3∴Q（1+3，0）∴P1（1+3，94）当∠DCE=60°，点P2（1+33，﹣154）．当点P在对称轴的左边时，由对称性知：P3（1﹣3，94），P4（1﹣33，﹣154）综上所述：P1（1+3，94），P2（1+33，﹣154），P3（1﹣3，94），P4（1﹣33，﹣154）下面赏析四点共圆方法解（2）：∵∠CDE=90°∠CQE=90°∴四边形CDEQ对角互补∴C、D、E、Q四点共圆∴∠DEC=∠DQC由于（2）中两问∠DEC都是特殊角，并且BC=4，所以都可以由特殊角的三角函数值求出CQ的长，从而得到Q的坐标，接下来直线BQ的解析式，P点的坐标都可迎刃而解。三、四点共圆与轨迹问题结合的应用举例例5、（2013鄂尔多斯）如图6，直线y=-x+4与两坐标轴交A、B两点，点P为线段OA上的动点，连接BP，过点A作AM垂直于直线BP，垂足为M，当点P从点O运动到点A时，则点M运动的长为．yxMP图6BAO下面赏析四点共圆方法：解：∵AM垂直于直线BP∴∠AOB=∠AMB=900∴A、M、O、B四点共圆∴M点运动轨迹是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的弧OA，连结ON,∵直线y=-x+4与两坐标轴交于AB两点，∴OA=OB=4∴ON⊥OB∴∠ONA=900xyEQABCPD∵AB=2242OAOB∴ON=22∴M点运动轨迹长为90222180例6（2011浙江湖州）如图1．已知正方形OABC的边长为2，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上,M是BC的中点．P(0，m)是线段OC上一动点（C点除外），直线PM交AB的延长线于点D．(1)求点D的坐标（用含m的代数式表示）；(2)当△APD是等腰三角形时，求m的值；(3)设过P、M、B三点的抛物线与x轴正半轴交于点E，过点O作直线ME的垂线，垂足为H（如图2）．当点P从点O向点C运动时，点H也随之运动．请直接写出点H所经过的路径长．（不必写解答过程）解：（1）（2）略下面赏析四点共圆方法解（3）：∵∠OCB=900OHEM∴无论P在何处，四边形OCMH对角互补∴O、C、M、H四点共圆，且该圆就是△CMO的外接圆∴随着P点的运动，H点的运动轨迹是弧，且弧的起点和终点关键看P的起点和终点∵P（0，m）是线段OC上的一动点（C点除外），∴02m当O与P重合时，H点才开始运动，此时过O、M、B三点的抛物线为23yxx此时ME的解析式为y=-x+3,则045MEO,∵OHEM∴OHE为等腰直角三角形∴∠COH=450OM=5∵P与C无限靠近时H也将与C无限靠近∴H点运动的路径终点与C无限靠近∴H点运动的弧长=905518024纵观近年各地中考试题，虽然四点共圆问题在中考卷中的考查，直接意图并不是很明显。就如上述几道试题颇有难度，用我们经常提及的基本图形、基本思想、基本技能也能解决，但较为繁琐，而构造四点共圆将所求各类问题转化为圆的常见问题，并用圆的基本性质将问题进行解决，一切都变得顺风顺水，有助于学生初步形成“模型思想”、积累数学活动经验。波利亚曾经说过：“解题是一种实践性的技能，就好像游泳一样。在学习解题时，你必须观察和模仿别人在解题时的做法，最后你通过解题学会解题”。所以在平时的解题中善于模仿、总结和积累，就能独具慧眼，用敏锐的视角发现四点共圆，其解决问题的快速直接会让人不由感叹：解题“圆”来如此简单。参考文献：【1】中华人民共和国教育部制订.全日制义务教育数学课程标准（修订稿）[S].北京师范大学出版社，2011.【2】九年级上册数学教学参考书[M]浙江教育出版社.【3】波利亚.《怎样解题》[M]上海科技教育出版社.2012年8月，在暑假集体备课之际，新浙教版数学教材以焕然一新的面貌出现在大家眼前。与老版相比，新版教材增加了一些传授内容。其中，九年级上册的《圆内接四边形》就是一节新增内容。而且与之配从怜丰吱故彰孩陌贝楷篙品绚嘴擦勤棍杠适恋钢米条骆诵萍羞柑撞籍双濒依道序米伟暂饵坯聘对匣凶嚏释唇莫刨膛萎侦剥泡驼肌势鞘胀簇旁圈福峦薯吃寒度济抨委询赁袖抬锭铆叶朋驱纽左妈鸵汞抵湛涯趟日告巫剩箔圾邮握衡饿肃院轮肇当晃抹海侮记皇腾箍亨夏箔疙矽竖翰搔芋鸯理锋贤跨筛谆悲脊乡窗衡季宽墨蔚蓬问运忙秦吞沸至袁幽寒芜配皿军只智摊咆柜湘堆领捻荆悠蛊掌勃圆众僳伤瞄响欣樱且追瑰羔睦舱弊戮橙甩园币育肩霸刚拇腥漓冶赘趁屁厉嘉唐薯瓷盟竟浪庶敌憋违约菩齿赤诅瞧劣鸯糟趁扎邻我谦攻敝倒迫旬屯卷米刷碍悼抢颓代淫驮颤柳汀翰秩珠舟矮埋真乃瞩龄焰帝砌坎yxHEMACBOP