四点共圆在中考数学解题中的应用赏析 10页

‎“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°，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= 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=，‎ ‎∴EQ=BE．‎ 在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°，‎ ‎∴cos∠AEH=，‎ ‎∴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=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=900‎ CP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°‎ ‎∴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°，‎ 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=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 ．‎ 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=900‎ ‎∵AB=‎ ‎∴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=450OM=‎ ‎∵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.‎