“四点共圆”在中考数学解题中的应用赏析.doc

“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），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，ADBC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，EFCB，求证：EF=CD（2）如图2，AC：AB=1：，EFCE，求EF：EG的值原方法分析：第（2）小题作EHAD于H，EQBC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EFQEGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ= BE，在AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=AE，又BE=AE，进而求出EF：EG的值原方法解答：（1）略（2）解：如图，作EHAD于H，EQBC于Q，EHAD，EQBC，ADBC，四边形EQDH是矩形，QEH=90，FEQ=GEH=90QEG，又EQF=EHG=90，EFQEGH，EF：EG=EQ：EHAC：AB=1：，CAB=90，B=30在BEQ中，BQE=90，sinB= ，EQ= BE在AEH中，AHE=90，AEH=B=30，cosAEH= ，EH= AE点E为AB的中点，BE=AE，EF：EG=EQ：EH=BE：AE=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）：解：连结GF,DE在ABC中，CAB=90 AC：AB=1： CBA=300ADBC BAD是直角三角形点E为AB的中点 DE=BE EDB=CBA=300EFCE，ADBC，四边形DGEF对角互补D、G、E、F四点共圆FGE=FDE=300EF：EG=tanFGE=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AKEECP，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，ABBK=BCBE，即：AK=EC，易得KAE=CEP， 在AKE和ECP中，AKEECP（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=900 CP是正方形外角的平分线ACD=450 PCD=450ACP=900AEP=90A、E、C、P四点共圆APE=ACE=450EAP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），直线交坐标轴于A、B两点，交双曲线 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PDx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CMOQ,CNy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=450CMOQ,CNy轴CMO=CNO=90四边形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PQBC交x轴于点Q，连接BQ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；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）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）如图：B（1，3）分别过点D作DMx轴于M，DNPQ于点N，PQBC，DMQ=DNQ=MQN=90，DMQN是矩形CDE是等腰直角三角形，DC=DE，CDM=EDNCDMEDNDM=DN，DMQN是正方形，BQC=45CQ=CB=3Q（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当点P在对称轴右侧，如图：过点D作DMx轴于M，DNPQ于N，CDE=90，CDM=EDNCDMEDN当DCE=30，又DN=MQ，BC=3，CQ= Q（1+ ，0）P1（1+ ， ）当DCE=60，点P2（1+ ，）当点P在对称轴的左边时，由对称性知：P3（1，），P4（1，）综上所述：P1（1+ ， ），P2（1+ ，），P3（1，），P4（1，）下面赏析四点共圆方法解（2）：CDE=90CQE=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 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=4ONOBONA=900AB=ON=M点运动轨迹长为例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=900 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），当O与P重合时，H点才开始运动，此时过O、M、B三点的抛物线为此时ME的解析式为y=-x+3,则,OHE为等腰直角三角形COH=450 OM=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=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