2025年中考数学几何辅助线解题方法 第7招 对角若互补，四点可构圆（含解析）

第7招 对角若互补，四点可构圆
在题目给出的条件中，涉及的四边形有对角互补，或两个同底的三角形且在底边的同侧有相等的“顶角”的信息时，往往要主动联想到该四点有一个公共的外接圆——辅助圆.这是因为“圆内接四边形的对角互补”是我们常用的圆周角定理的一个推论，且它的逆命题亦真.因此，对于含有对角互补的四边形的几何题，一旦作出了它的外接圆(即辅助圆)，我们就可合理地利用圆的性质，圆周角定理及其推论来分析问题、解决问题，从而促进解题的创新性与开放性.此招辅助线我们可将它表述为：
对角若互补，四点可构圆.
有时我们也将此辅助线说成：同侧视角等，四点可构圆.
例1 已知P 是□ABCD内一点,且∠1=∠2,如图7-1所示.求证:∠3=∠4.
解析 证法1 将AD向下平移至PQ，连接CQ，如图7-2所示，则四边形APQD，四边形 PBCQ均为平行四边形.
由此可得△CQD≌△BPA,∴∠1=∠5.
又∠1=∠2,∠2=∠6,则∠5=∠6.
∴P，C，Q，D四点共圆.(同侧视角等，四点可构圆)
由此可得∠7=∠8.(同弧所对的圆周角相等)
又∠3=∠7,∠8=∠4,∴∠3=∠4.
证法 2 过点 P 作AB,CD的垂线,垂足分别为E,G.
作FH⊥AD,交AD,BC于点H,F,如图7-3所示.
则A,E,P,H 四点共圆,B,E,P,F四点共圆,
C,F,P,G四点共圆,G,P,H,D四点共圆.
(对角若互补，四点可构圆)
∴∠1=∠5,∠2=∠7.
(同弧所对的圆周角相等)
又∠1=∠2,∴∠5=∠7.
故E,F,G,H 四点共圆.∴∠6=∠8.
(同侧视角等，四点可构圆)
又∠6=∠3,∠8=∠4,
∴∠3=∠4.
点评 将题设的四个角集结到一个易于联络的图形中进行研究是常见的基本策略，如证法1、证法2.不难发现，若从相似形的角度来集结四角,也可以过点 P 作EF∥AD,交 AB,CD 于点 E,F,可得△AEP∽△PFC.由图形的类比推出△BEP∽△PFD,亦可获得解决，读者不妨试试.
例2 如图7-4所示，△ABC是直角三角形,∠ABC=90°.以 AB 为直径的⊙O交 AC于点 E,D 是 BC 的中点,连接OD 交⊙O 于点 M.
(1) 求证:O,B,D,E四点共圆.
(2)求证:2DE =DM·AC+DM·AB.
解析 (1) 连接BE,OE,如图7-5所示.
∵AB 为⊙O 的直径,∴∠AEB=90°,则BE⊥EC.
又 D 是BC的中点,
所以 ED为Rt△BEC的中线,则DE=BD.
又OE=OB,OD=OD,
∴△ODE≌△ODB.
由此可得∠OBD=∠OED=90°.
因此,O,B,D,E四点共圆.
(对角若互补，四点可构圆)
(2) 延长DO交圆于点 H,如图7-6所示.
∵ED⊥OE,OE 是半径,
∴DE为⊙O的切线. ( *)
连接EH，EM，(引线造角望相似)
则有
∴△MED∽△EHD.则有
∴DE =DM·DH=DM·(DO+OH)
=DM·DO+DM·OH. ( * *)
OD为△ABC的中位线，
∴2DE =DM·AC+DM·AB.
点评 本题着重考查了圆的切线的性质定理与判定，直径所对的圆周角、全等三角形的判定与性质等知识.第(1)问，先证△ODE≌△ODB,进而挖掘∠OBD=∠OED=90°,是解题的基本思路.第(2)问，充分利用切线挖掘△MED∽△EHD，并结合三角形的中位线分析，颇有创意.当然，若对切割线定理较熟悉时，在(*)处可直接由切割线定理推得(**).另外，四点共圆的证明是中考常考题型，常见的证明方法有：①定义法：到定点距离相等；②如果某两点在一条线段的同侧时，可证明两点对该线段的张角相等；③证明凸四边形的内对角互补(或外角等于它的内对角)等.
例3 如图7-7所示,在△ACB中,已知∠CAB=90°,M为BC 的中点,点 P 在BC 的延长线上,AP⊥AM,点E在PA 延长线上,AD⊥PB,垂足为 D,BE⊥PA,垂足为 E,求证:
(1) PA·PD=PE·PC.
(2) AD=AE.
解析(1) 证法1 ∵AD⊥PB,BE⊥PA,
∴∠ADB=∠AEB=90°.
∴A，D，B，E四点共圆，如图7-8所示.(对角若互补，四点可构圆)
∴∠EBP=∠DAP.
由此可得
∴PA·PE=PD·PB. ①
∵AP⊥AM,∴∠CAP+∠CAM=90°.
又∠BAM+∠CAM=∠CAB=90°,
∴∠CAP=∠BAM.
又 AM是 Rt△ACB斜边BC 的中线,
∴∠ABC=∠BAM,由此可得∠CAP=∠ABP.
在△PAC与△PAB中,∠CAP=∠ABP,∠CPA=∠APB,
②
由①②两边相乘,得 PA·PD=PE·PC.
证法2 连接 DE,如图7-9所示.
∠CAM,
∴∠PAC=∠BAM.
又 AM是 Rt△ACB 斜边BC 的中线,
∴∠ABC=∠BAM,
从而∠PAC=∠PBA.
又AD⊥PB,BE⊥PA,
∴∠ADB=∠AEB=90°.
∴A，D，B，E四点共圆.(对角若互补，四点可构圆)
∴∠ABD=∠DEA,由此可得∠PAC=∠DEA.
∴AC∥ED. ③
(2) 连接ED,如图7-9所示,∵∠CAB=90°,∴AB⊥AC.又结合③,得AB⊥DE.
因为 DE是⊙O的弦,AB 是⊙O的直径,由垂径定理，知AB平分弦DE 所对的故 从而可得AD=AE.
点评 本题主要考查四点共圆的性质，垂径定理等基本知识的运用.第(1)问证法1，关键在于能否想到由A，D，B，E四点共圆，挖掘△PAD∽△PBE，进而挖掘①；由直角三角形的中线关系挖掘△PAC∽△PAB,进而挖掘②,再将①×②.证法2直接利用中线及圆的性质挖掘AC∥ED，并利用平行线分线段成比例来探究.两种证法都颇有技巧.第(2)问，充分利用垂径定理分析是解题的基本思路.
跟踪训练
1. 在△ABC中,AD,BE,CF是三条高,它们交于点 H,求证:∠BDF=∠BEF+∠DBE.
2. 如图所示，CD为△ABC外接圆的切线，AB 的延长线交直线CD于点D,E,F分别为弦AB 与弦AC 上的点,且 BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四点共圆.
(1) 证明:CA 是△ABC外接圆的直径.
(2)若DB=BE=EA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.
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3. 如图所示,在△ABC中,高AD恰好平分边BC,∠B=30°,点 P 是BA 延长线上一点,点O是线段AD 上一点,且OP=OC.
有以下结论：
③A,O,C,P四点共圆;
是等边三角形；
⑤AC=AO+AP.
其中正确的有( ).
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④⑤
答案
1. 由∠BDF=∠BEF+∠DBE,知这是证一角等于两角和的问题,将∠BEF与 移到一起来看看，取BC的中点G.
连接EG，如图所示，因为 BE⊥AC，所以△BCE为直角三角形，
故∠1=∠BEG.
于是,由F,H,D,B四点共圆知∠1=∠2,
由 F,B,C,E四点共圆知∠1=∠3.
所以∠EGC=∠1+∠BEG=2∠1=∠2+∠3,
则G,E,F,D四点共圆.
所以∠BDF=∠FEG=∠BEF+∠BEG=∠BEF+∠DBE.
2. (1) 如图所示,由 BC·AE=DC·AF,得
∵CD为△ABC外接圆的切线,
∴∠DCB=∠FAE.
∴△CDB∽△AEF, 从而∠CBD=∠AFE.
又B,E,F,C四点共圆,∴∠EFA=∠CBA.
从而∠CBD=∠CBA=90°.
故CA 是△ABC外接圆的直径.
(2)∵CB⊥DE,DB=DE,∴CD=CE.
又
由此可得两圆的面积比为1：2.
3. D ∵△ABC的高AD恰好平分边BC，(三角形，若等腰，三线合一等底角)
∴∠ADB=∠ADC=90°,BD=CD.
在△ABD与△ACD中
∴△ABD≌△ACD(SAS).∴AB=AC.
故①正确.
如图1所示，连接OB.
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴OB=OC.
∵OP=OC,∴OB=OC=OP.
∴∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO.
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°.
故②正确.
由前面讨论知OP=OC=OB,
在图2中所标出各角，有
又∠1+∠3=∠2+∠5=30°,
∴∠4=∠5.
从而可得A，O，C，P四点共圆.
故③正确.
由③知∠7=∠6=∠ABC+∠ACB=60°,
∴△OPC是等边三角形，故④正确.
另解 ∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°,
∴∠APC+∠DCP=150°.
∴∠OPC+∠OCP=120°.
∵OP=OC,
∴△OPC是等边三角形.故④正确.如图3所示,在AC上取AE=PA.
∵∠PAE=180°-∠BAC=60°,
∴△APE是等边三角形.
又由④知，△OPC是等边三角形，
∴∠4+∠OPE=∠10+∠OPE=60°.
∴∠4=∠10.
由A,O,C,P四点共圆,得∠8=∠9,而OP=CP,
∴△OPA≌△CPE(AAS).∴AO=EC.
∴AC=AE+EC=AO+AP,故⑤正确.
另解 如图3所示,在AC上截取AE=PA,
∵∠PAE=180°-∠BAC=60°,∴△APE是等边三角形.
∴∠PEA=∠APE=60°,PE=PA.∴∠APO+∠OPE=60°.
∵∠CPE+∠OPE=∠OPC=60°,∴∠APO=∠CPE.
在△OPA 和△CPE中.
∴△OPA≌△CPE(SAS).∴AO=EC.
∴AC=AE+EC=AO+AP,故⑤正确.
故选D.