模型36 圓-四點共圓模型-解析版

圓模型（三十六）——四點共圓模型四點共圓：如果同一平面內(nèi)的四個點在同一圓上，則稱這四個點共圓知識點一：四點共圓的性質(zhì)◎結論1：如圖A、B、C、D四點共圓①同側共底的兩個三角形頂角相等（同弧所對的圓周角相等）∠ACB＝∠ADB，AB為底；∠BAC＝∠BDC，BC為底；∠CAD＝∠CBD，CD為底；∠ABD＝∠ACD，AD為底；②圓內(nèi)接四邊形的對角互補∠ABC＋∠ADC＝180o；∠BCD＋∠BAD＝180o③圓內(nèi)接四邊形的外角等于內(nèi)對角∠BCE為圓內(nèi)接四邊形的一個外角，則∠BCE＝∠A知識點二：四點共圓的判定①若四個點到一個點的距離相等，則這四個點在同一圓上（四點共圓）【證明】【共斜邊直角三角形】：取斜邊中點，根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊一半AO＝BO＝CO＝DO，∴A、B、C、D四點共圓.②若四邊形的一組對角互補，則這個四邊形的四個點共圓.若∠A＋∠C＝180o,則A、B、C、D四點共圓【證明】（反證法）以B、C、D三點作⊙O，現(xiàn)證明A在⊙O上，假設點A不在圓上：①假設點A在⊙O內(nèi)，在A上方⊙O上取一點P，∵B,C,D,P四點共圓，∴∠P＋∠C＝180°，∵∠A＋∠C＝180°，∴∠A＝∠P而圖中∠A＝∠P＋∠PBA＋∠PDA，即∠A＞∠P與∠A＝∠P矛盾∴假設不成立，點A不在圓內(nèi)②假設點A在⊙O外，在A上方⊙O上取一點P，∵B,C,D,P四點共圓，∴∠P＋∠C＝180°，∵∠A＋∠C＝180°，∴∠A＝∠P而圖中∠A＝∠P＋∠PBA＋∠PDA，即∠A＞∠P與∠A＝∠P矛盾∴假設不成立，點A不在圓外。綜上：A只能在圓上，即A，B，C，D四點共圓。③若一個四邊形的外角等于它的內(nèi)對角，則這個四邊形四點共圓若∠BCD＝∠A，則A、B、C、D四點共圓【本質(zhì)：對角互補】④若兩個點在一條線段的同旁，且和這條線段的兩個端點連線所夾的角相等，那么這兩個點和這條線段的兩個端點四點共圓若∠BAC＝∠BDC，則A、B、C、D四點共圓證明：以A.B.C作圓，在弧BC上取點P，則∠BAC＋∠P＝180°，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠P＋∠BDC＝180°，∴D.B.P.C四點共圓∵A.B.P.C四點共圓，B.P.C確定唯一圓∴A.B.C.D四點共圓.1．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，已知AB=AC=AD，∠CAD=20°，則∠CBD的度數(shù)是（）A．10° B．15° C．20° D．25°【答案】A【詳解】如圖，AB=AC=AD∵，故選A．2．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，在長方形中，，，垂足為，延長交于，表示面積，則給出的下列命題：①；②；③；④．其中正確命題的代號是________．【答案】①③④【分析】由矩形的性質(zhì)得出，，，由證明，①正確；由的面積的面積，得出的面積的面積，②不正確；證明、、、四點共圓，得出，③正確；延長交矩形的外接圓于，連接，由圓周角定理得出，由三角形的外角性質(zhì)得出，得出，④正確；即可得出結論．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，，，在和中，，∴，∴①正確；∵的面積的面積，∴的面積的面積，∴②不正確；∵，∴，∴，∴、、、四點共圓，∴，∴③正確；∵、、、四點共圓，如圖所示：延長交矩形的外接圓于，連接，則，∵，∴，∴④正確；正確的代號是①③④；故答案為：①③④．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及圓周角的性質(zhì)，掌握四點共圓的證明方法進行轉化是解題關鍵．3．（2020·黑龍江哈爾濱·九年級階段練習）如圖，等邊△ABC中，D在BC上，E在AC上，BD＝CE，連BE、AD交于F，T在EF上，且DT＝CE，AF＝50，TE＝16，則FT＝_____．【答案】17【分析】用“SAS”可判定△ABD≌△BCE，得到∠AFE=60°，延長FE至點G，使得FG=FA，連AG，AT，得到△AFG是等邊三角形，證明A、B、D、T四點共圓，設法證明△FAT≌△GAE（ASA），即可求得答案．【詳解】∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC=BC，∠ABD=∠BCE=60°，在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD=∠CBE，∵∠ADC=∠CBE+∠BFD=∠BAD+∠B，∴∠BFD=∠B=∠AFE=60°；延長FE至點G，使得FG=FA，連AG，AT，∵∠AFE=60°，∴△AFG是等邊三角形，∴AG=AF=FG=50，∠AGF=∠FAG=60°，∵∠BAF+∠EAF=∠CAG+∠EAF=60°，∴∠BAF=∠CAG，∵DT=CE，∴∠DBT=∠BTD，∵∠BAD=∠CBE，∴∠BAD=∠BTD，∴A、B、D、T四點共圓，∴∠BAD=∠DAT，∴∠FAT=∠GAE，在△FAT和△GAE中，，∴△FAT≌△GAE（ASA），∴FT=GE，∵FG=50，TE=16，∴FT=(FG-TE)=17．故答案為：17．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理等，作出輔助線，判斷出△FAT≌△GAE是解本題的關鍵．1．（2022·全國·九年級課時練習）如圖1，在正方形中，點在邊上，過點作，且，連接、，點是的中點，連接．（1）用等式表示線段與的數(shù)量關系：______；（2）將圖1中的繞點按逆時針旋轉，使的頂點恰好在正方形的對角線上，點仍是的中點，連接、．①在圖2中，依據(jù)題意補全圖形；②用等式表示線段與的數(shù)量關系并證明．【答案】（1）；（2）①畫圖見解析；②，證明見解析【分析】（1）先判斷出△AGB≌△CGB，得到∠GBF＝45°，再判斷出△EFG≌△CFG，得到∠GFB＝45°，從而得到△BGF為等腰直角三角形，即可．（2）①畫圖2即可；②如圖2，連接BF、BG，證明△ADF≌△ABF得DF＝BF，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得：AG＝EG＝BG＝FG，由圓的定義可知：點A、F、E、B在以點G為圓心，AG長為半徑的圓上，∠BGF＝2∠BAC＝90°，所以△BGF是等腰直角三角形，可得結論．【詳解】解：（1）BF＝，理由是：如圖1，連接BG，CG，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC，∵EF⊥BC，F(xiàn)E＝FC，∴∠CFE＝90°，∠ECF＝45°，∴∠ACE＝90°，∵點G是AE的中點，∴EG＝CG＝AG，∵BG＝BG，∴△AGB≌△CGB（SSS），∴∠ABG＝∠CBG＝∠ABC＝45°，∵EG＝CG，EF＝CF，F(xiàn)G＝FG，∴△EFG≌△CFG（SSS），∴∠EFG＝∠CFG＝（360°﹣∠BFE）＝（360°﹣90°）＝135°，∵∠BFE＝90°，∴∠BFG＝45°，∴△BGF為等腰直角三角形，∴BF＝FG．故答案為：BF＝FG；（2）①如圖2所示，②；理由如下：如圖2，連接BF、BG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABC＝∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∵AF＝AF，∴△ADF≌△ABF（SAS），∴DF＝BF，∵EF⊥AC，∠ABC＝90°，點G是AE的中點，∴AG＝EG＝BG＝FG，∴點A、F、E、B在以點G為圓心，AG長為半徑的圓上，∵，∠BAC＝45°，∴∠BGF＝2∠BAC＝90°，∴△BGF是等腰直角三角形，∴BF＝FG，∴DF＝FG．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓的性質(zhì)，判斷△BGF為等腰直角三角形是解本題的關鍵，作出輔助線是解本題的難點．2．（2022·福建·廈門市松柏中學九年級階段練習）如圖，等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3．（1）求BC的長．（2）如圖，點D在CA的延長線上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，連EF．求EF的最小值．【答案】（1）BC=；（2）EF的最小值為【分析】（1）過點A作AM⊥BC于點M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠B=30°，BM=CM，由直角三角形的性質(zhì)得BM=，進而即可求解；（2）連接BD，取BD的中點O，連接OE，OF，易得B，D，E，F(xiàn)四點共圓，從而得?OEF是等邊三角形，進而得EF=BD，由BD⊥CD時，BD的值最小，進而即可求解．【詳解】（1）過點A作AM⊥BC于點M，∵等腰三角形△ABC中，∠BAC=120°，AB=3，∴∠B=(180°-120°)÷2=30°，BM=CM，∴BM=3÷2×=，∴BC=2BM=2×=3；（2）連接BD，取BD的中點O，連接OE，OF，∵DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，∴在Rt?BDF與Rt?BDE中，OB=OD=OE=OF=BD，∴B，D，E，F(xiàn)四點共圓，∴∠EOF=2∠EBF=2×30°=60°，∴?OEF是等邊三角形，∴EF=OF=BD，∵∠C=∠EBF=30°，∴當BD⊥CD時，BD=BC=，此時，BD的值最小，∴EF的最小值=BD=×=．【點睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)以及等腰三角形，直角三角形的性質(zhì)定理，添加輔助線，構造四邊形的外接圓，是解題的關鍵．1．（2020·福建·中考真題）如圖，四邊形內(nèi)接于，，為中點，，則等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)，為中