[讲义答案]第4讲四点共圆2-803b7eb79cf7_学而思高二全套_2019年秋季高二_2019秋高二秋季数学邹林强（实验班）二试_A129.学而思2019秋CMO代数班16讲邹林强等多个文件_[讲义答案]

答 案
见解析
解析
如图，设点
在
、
、
、
所在直线上的投影分别为
、
、、
．则 
， 
． 
 
因为
、
、
、四点共圆，所以，
． 
同理，由
、、
、
四点共圆，有 
． 
由
、
、
、
，
、
、
、
分别四点共圆及
，得
． 
故
 
 
． 
设
与
交于点
． 
因为
、
、
、
是调和点列，且
，所以，
是
的角平分线，
是 
的外角平分线．于是，
． 
从而，
，即
、
、、
四点共圆．
答 案
见解析
解析
模块1：
1
1
例题1
R
CD
BC
DA
AB
M
N
S
T
∠TSN = ∠TSA + ∠DSN
∠TMN = ∠RMN −∠RMT
R
T
A
S
∠TSA = ∠TRA
R
S
N
Q
∠DSN = 180 −
∘
∠NSQ = 180 −
∘
∠NRQ
R
N
C
M
R
P
M
T
∠CNR = 90 ∠PTR =
∘
90∘
∠RMN = ∠RCN = 90 −
∘
∠CRN∠RMT = ∠RPT = 90 −
∘
∠PRT
∠TSN + ∠TMN = ∠TSA + ∠DSN + ∠RMN −∠RMT
  = ∠TRA + 180 −
∘
∠NRQ + 90 −
∘
∠CRN −(90 −
∘
∠PRT)
= 180 +
∘
∠PRA −∠QRC
CA
PQ
L
L
O
A
C
∠LRO = 90∘
RO
∠ARC
RL
∠ARC
∠PRA = ∠QRC
∠TSN + ∠TMN = 180∘
M
N
S
T
例题2
证明：如图，易知， 
 
①点
在圆
、圆
、圆
、圆
上； 
②点
为圆
与圆
的唯一交点，也为圆
与圆
的唯一交点； 
③圆
与圆
交圆
与圆
于点
，且互成直角，同理，在点
处也互成直
角． 
由反演变换的性质，知只有直线或圆能通过反演变换变为圆． 
设
为反演中心，则圆
、圆
通过反演变换变为直线
、直线
，
，且平行于圆
过点
的切线
． 
同理，将圆
、圆
通过反演变换变为直线
、直线
，
，且平行
于圆
过点
的切线
． 
设
、
、
、
交于点
、
、
、
． 
则四边形
为矩形，必有外接圆存在． 
由此，知四边形
经过反演变换变为四边形
，且四边形
为矩形，必有外
接圆存在． 
故
、
、
、四点共圆或四点共线， 
答 案
见解析
解析
证明：如图，设点
、
、
、
分别为
、
、
、
的外心，
显然，线段
、
分别垂直平分线段
、
． 
 
设
的内角为、、，点
、
、
、
、
分别为线段
、
、
、
、
的中点． 
由于四边形
为圆内接四边形，故
． 
而
为锐角
的外心，则
． 
同理，
． 
又
、
、
三点共线，则
． 
1
D
K
 
AD
K
 
BD
K
 
CD
K
 
DE
D
K
 
AD
K
 
BD
K
 
CD
K
 
DE
K
 
AD
K
 
BD
K
 
CD
K
 
DE
D
PQRS
D
K
 
AD
K
 
DB
K
 
AD
′
K
 
DB
′
K
 //K
 
AD
′
DB
′
K
 
AD
D
CD
K
 
ED
K
 
CD
K
 
ED
′
K
 
DC
′
K
 //K
 
ED
′
DC
′
K
 
ED
D
AB
K
 
AD
′
K
 
DB
′
K
 
ED
′
K
 
DC
′
P ′
Q′
R′
S′
P Q R S
′
′
′
′
PQRS
P Q R S
′
′
′
′
P Q R S
′
′
′
′
P
Q
R
S
例题3
O
 1
O
 2
O
 3
O
 4
△ADE
△ADC
△DBF
△DBC
O
 O
 
1
2
O
 O
 
3
4
AD
DB
△ABC
α
β
γ
T
 1
T
 2
T
 3
T
 4
T
 5
AD
CF
BD
CE
CD
ADFC
∠DFB = ∠DAC = α
O
 3
△DBF
∠DO
 T
 =
3
3
∠DFB = α
∠DO
 T
 =
2
5
∠DAC = α
O
 2
T
 5
O
 4
∠DO
 O
 =
2
4
∠DO
 T
 =
2
5
α = ∠DO
 T
 
3
3
于是，
、
、
、
四点共圆． 
同理，
、
、
、
四点共圆．故点
、
均在
的外接圆上． 
又
，则
． 
另一方面，由四边形
为圆内接四边形，则
． 
故
、
、
、
四点共圆． 
所以，
、
、
、
、
、
六点共圆． 
又
，且
． 
故
．因此，
．
答 案
见解析
解析
证明：如图． 
 
因为
四点共圆，所以， 
 
同理，
． 
设点
在
上的投影分别为
．则 
． 
于是，
四点共圆． 
因为
和
的中垂线过
的中点
，所以，
即为过
的圆的圆心． 
同理，过
的圆的圆心也为
． 
因此，
六点共圆．
答 案
见解析
解析
证明：充分性． 
如图，若射线
平分
，即假设
． 
1
1
O
 2
D
O
 4
D
O
 4
D
O
 1
O
 2
O
 1
O
 3
△O
 O
 D
2
4
∠DO
 O
 =
2
4
α,  ∠O
 O
 D =
2
4
β
∠O
 DO
 =
4
2
γ
CT
 OT
 
4
2
∠T
 OT
 =
4
2
∠O
 OO
 =
2
4
180 −
∘
γ
O
 1
O
 2
D
O
 4
O
 1
O
 2
O
 3
O
 4
O
 5
D
∠OO
 O
 =
1
3
∠T
 O
 T
 =
4
4
3
180 −
∘
∠CAB = 180 −
∘
α
∠DOO
 =
4
∠DO
 T
 =
3
3
α
DO//O
 O
 
3
4
OD⊥AB
例题4
OC
 BA
 
1
1
∠OBC = ∠OBA
 = ∠OC
 A
 = 90 −∠A
 C
 B
1
1
1
∘
1
1
  = ∠PBC
 = ∠PBA.
1
∠OAC = ∠PAB
P
BCAC
MN
BC
 ⋅
1
BH = BO ⋅BP cos ∠OBA ⋅cos∠PBA =  BO ⋅BP cos ∠OBC ⋅cos ∠PBC
HC
 A
 M
1
1
HC
 1
MA
 1
OP
Q
Q
HC
 A
 M
1
1
HC
 B
 N
1
1
Q
A B
 C
 HMN
1
1
1
例题5
1
BG
∠CBD
 =
DQ
⌢
 
CQ
⌢
 
由于
，易得出四边形
为等腰梯形，这表明，
，
． 
因为
、
、
、
、
五点共圆，所以， 
， 
． 
因为
，所以， 
， 
． 
于是．
、、
、
，
、
、
、
分别四点共圆，则 
，
． 
故
①， 
如图，设
为线段
与
的交点．则 
，
， 
得
． 
 
又
，故
． 
这表明，
和
是相似
和
的对应点． 
因而，
． 
同理，
． 
结合上两个等式及式①得 
． 
由此，
、
、
、四点共圆． 
必要性． 
假设
、
、
、四点共圆于圆
． 
假设射线
不平分
，设
为线段
上的点，射线
平分
． 
设
分别与圆交于点
(不同于
)． 
根据充分性的证明，知
、
、
、四点共圆，用圆
表示此圆． 
这样，
、
、
分别是圆
和
、
和、
和的根轴． 
因为
为弧
的中点(不包含
和
)，
不平行于
，这表明．
与
相交，设
为其交点．于是，
即为圆
、
、
的根心．也就是说，线段
也经过点
．从而得到图．
AD = BC
ABCD
=
AD
⌢
BC
⌢
=
AC
⌢
BD
⌢
A
B
C
P
D
∠APC =
 =
2
AC∘
⌢
 =
2
BD∘
⌢
∠BCD = ∠SCD
∠APD =
 =
2
AD∘
⌢
 =
2
BC∘
⌢
∠BDC = ∠RDC
RS//DC
180 =
∘
∠GRD + ∠RDC = ∠GRD + ∠APD
180 =
∘
∠GSC + ∠SCD = ∠GSC + ∠APC
G
S
C
P
G
R
D
P
∠CPR = ∠GDR
∠GPS = ∠GCS
∠RPS = ∠GPR + ∠GPS = ∠GDR + ∠GCS
2
K
BQ
CD
∠CBK = ∠QBD
∠KCB = ∠DCB = ∠DQB
△CBK ∽△QBD
RG//CD
 =
GK
BG
 
RD
BR
G
R
△CBK
△QBD
∠BCG = ∠BQR
∠BDG = ∠BQS
∠RQS = ∠BQS + ∠BQR = ∠BDG + ∠BCG = ∠RDG + ∠SCG = ∠RPS
P
Q
R
S
P
Q
R
S
Γ′
BG
∠CBD
G
 1
RS
BG
 1
∠CBD
AG BG
 
1
1
Γ
P
 Q
 
1
1
AB
P
 1
Q
 1
R
S
Γ
 1
RS
PQ
P
 Q
 
1
1
Γ′
Γ
 1
Γ′
Γ
Γ
 1
Γ
Q1
CD
⌢
A
B
P
 Q
 
1
1
CD
P
 Q
 
1
1
RS
X
X
Γ
 1
Γ′
Γ
 1
PQ
X
3
 
对于线段
的位置存在两种可能性． 
点
均在劣弧
上； 
点
之一在劣弧
上，另一个在劣弧
上． 
若点
在线段
上，则点
在劣弧
上，必定得到
的情形．但是在这种情形下，点
一定
在劣弧
上，与
的情形矛盾． 
若点
在线段
上，则点
一定在劣弧
上，必定再一次得到
的情形，但是在这种情形
下，点
一定在劣弧
上，与
的情形矛盾． 
于是，在每种情形下，均产生了矛盾．因此，假设错误． 
从而，射线
平分
．
答 案
见解析
解析
证明：设
、
分别为弧
、
的中点，辅助线如图． 
 
则内心、、
分别在
、
、
上，且 
，
． 
易知，内心
在等腰
中． 
因此，
与圆的交点
与点
在线段
的同侧，因为
分别为弧
、
、
的
中点，所以，
． 
故
． 
又
，于是， 
． 
由
，则
． 
从而，
． 
故
，即
、
、、四点共圆．
1
PQ
1
( )
PQ
 
P
 Q
 
1
1
⌢
2
( )
PQ
 
DQ
 1
⌢
 
P
 B
1
⌢
G
RG
 1
Q
DQ
 1
2
( )
P
P
 D
1
⌢
(2)
G
G S
1
P
 
P
 B
1
⌢
2
( )
Q
Q C
1
2
( )
BG
∠DBC
例题6
M
N
AB
⌢
AD
⌢
I
J
K
CM
CN
BN
MI = MA = MB
NJ = NA = ND = NK
K
△BDE
EK
Γ
F
C
BD
EMN
BAD
⌢
AB
⌢
AD
⌢
=
BM
⌢
EN
⌢
∠BFM = ∠EFN = ∠KFN
∠BMF = ∠BNF = ∠KNF
△MBF∽△NKF ⇒
 =
MF
MB
 ⇒
NF
NK
 =
MF
MI
 
NF
NJ
∠IMF = ∠CMF = ∠CNF = ∠JNF
△MIF∽△NJF
∠MIF = ∠NJF
∠FIC = ∠FJC
C
F
J
I
答 案
见解析
解析
所标字母如图 
 
由
， 
 
， 
则
 
． 
记两条西姆松线分别为
则
于点
． 
先证明一个引理． 
引理对于
外接圆上的点
，
对应的西姆松线平分
(
为
垂心)． 
证明如图，设
，
与
交于点
． 
 
注意到，
， 
， 
 
 
 
． 
故
， 
， 
 
 
． 
又
，则
． 
回到原题．只需证明：点
在
的九点圆上． 
如图．由引理，知直线
过
的中点
，直线
过
的中点
，有
． 
1
例题7
1
∠KDP = ∠ECP = ∠AP P
′
∠KD D =
′
∠E P C =
′
′
90 −
∘
∠ACP =
′
90 −
∘
∠APP ′
= ∠AP P =
′
∠KDP
∠D KD =
′
180 −
∘
∠KD D −
′
∠KDD′
 =180 −
∘
∠KD D −
′
90 −∠KDP
=
(
∘
)
90∘
l
 ,  l
 
1
2
l
 ⊥l
 
1
2
K
△ABC
P
P
PH H
△ABC
2
∠ACP = θ
PH
DEF
L
PD = PC sin C + θ =
(
)
2R sin B −θ ⋅
(
) sin C + θ
(
)
∠MDB = ∠EPC = 90 −
∘
θ
H
 D =
1
b cos C −2R sin B −θ ⋅
(
) cos C + θ
(
)
= 2R sinB ⋅cos C −sin B −θ ⋅cos C + θ
[
(
)
(
)]
= R sinA + sin B −C −sinA −sin B −C −2θ
[
(
)
(
)]
= 2R cos B −C −θ ⋅
(
) sinθ
MH
 =
1
 =
sinθ
H
 D cos θ
1
2R cos B −C −θ ⋅
(
) cos θ
HH
 =
1
2R cos B ⋅cos C
MH = 2R cos B −C −θ ⋅cos θ −cos B ⋅cos C
[
(
)
]
= R cos B −C + cos B −C −2θ −cos B + C −cos B −C
[
(
)
(
)
(
)
(
)]
= 2R sin B −θ ⋅
(
) sin C + θ =
(
)
PD
MH//PD
 =
LH
PL
 =
MH
PD
1
K
△ABC
3
l
 1
PH
N
l
 2
P H
′
N ′
NN //PP
′
′
 
又外心
为
的中点，则
过
的中点
，且
为九点圆的圆心． 
故
为九点圆的直径． 
因为么
，所以，点
在
的九点圆上． 
综上，结论成立．
答 案
见解析
解析
证明：如下图，取点
使四边形
为平行四边形，延长
与
交于点
，延长
与
交于点
． 
 
由
、
、
、
、
五点共圆，知 
． 
于是，
、
、
三点共线，即点
与
重合． 
同理，点
与
重合． 
联结
并延长与
交于点
． 
因为
，
，所以，
． 
又
，则
，即
． 
同理，
． 
于是，
，
． 
因此，
、
、
分别与
、
、
关于
对称．从而，
． 
故
 
 
 
 
 
所以，
、
、
、
四点共圆． 
又四边形
为平行四边形，则
． 
于是，
与
的外接圆半径相等．
1
O
PP ′
NN ′
OH
V
V
NN ′
∠NKN =
′
90∘
K
△ABC
例题8
N ′
NEN F
′
AD
⊙O
 1
E′
BC
⊙O
 2
F ′
M
C
F
E
D
∠MFC = ∠MDC = ∠MBA = ∠MFB
B
C
F
F
F ′
E
E′
NM
AB
L
LA =
2
LM ⋅LN
LB =
2
LM ⋅LN
LA = LB
MB = MD
LM//AD
MN//AE
MN//BF
O
 O
 ⊥AE
1
2
O
 O
 ⊥BF
1
2
A
M
B
E
N
F
O
 O
 
1
2
∠ENF = ∠AMB
∠EN F +
′
∠EMF = ∠ENF + ∠EMF
= ∠EMF + ∠AMB
= ∠EMN + ∠FMN + ∠AMB
= ∠AEM + ∠BFM + ∠AMB
= ∠BAM + ∠ABM + ∠AMB = 180∘
M
E
N ′
F
ENFN ′
△ENF ≅△FNE
△ENF
△MEF