四点共面问题探究

第一篇：四点共面问题探究

空间四点共面充要条件的应用与探究 河北唐山一中姚洪琪063000

平面上的三点共线与空间的四点共面，是平面向量与空间向量问题中的一类重要题型。在高中数学人教A版选修教材2-1《空间向量与立体几何》一章中，给出了四点共面的一个判定方法，在配套的教参中更明确为充要条件。因此有些老师在教学中就给出了如下的空间P、A、B、C、四点共面的充要条件：对于空间任意一点O，存在实数x、y、z，使得OPxOAyOBzOC且x+y+z=1。这个结论对于解决空间四点共面问题提供了很便捷的方法，例如：

问题1：对于空间任一点O和不共线的三点A、B、C，有6OPOA2OB3OC，则（）

(A)O、A、B、C 四点共面(B)P、A、B、C 四点共面(C)O、P、B、C 四点共面(D)O、P、A、B、C五点共面 分析：由条件可以得到OP显然答案为（B）

问题2：已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，OMxOA分析：由上面的充要条件很容易得到x1

121316

12OB

3OC，则

16OA

13OB

2OC，而

161312

1，则P、A、B、C 四点共面。

问题3：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，P、M、N分别是AA1、AB、AD上一点，且

AP

3AA1,AM

2AB,AN

4AD，对角线AC1与平面PMN交与点H，求H点分AC1的比。

分析：因为P、M、N、H四点共面，则可设为

AHxAPyAMzAN，且x+y+z=

1M

C1

由已知，AP则AH

2x

323

AA1,AMy2AB

z

2AB,AN

AD，AA1

AD

又A、H、C1三点共线，则AHAC1 而AC1AA1ABAD 所以，AH

2x3AA1

y2AB

z4AD

AA1ABAD 因为向量AA1，AB，AD不共面，则有：所以，x

322x3y2z4，，y2，z4

又因为x+y+z=1，所以，所以，AH2

15AC1 32+2+4=1，解得215 即：H点分AC1的比为2:13.以上三个问题的解决都用到了课本中提到的四点共面的充要条件，思路新颖，解法简洁，确实为学生们解决空间四点共面问题提供了一条重要的解题思路。但是，学生们在解决2005年全国高考数学试题时，却出现了困惑和迷茫。甚至对该方法提出了质疑。

05年高考题为：⊿ABC的外接圆圆心为O，两条高线的交点为H，若OHm(OAOBOC)，则。

一部分学生认为，该题可以利用课本中给出的充要条件解决，将本题看成H、A、B、C四点共面，O为空间任意一点，则应有m+m+m=1，从而得到m=

13.另外一部分学生认为该题可以采用以下特殊解法，将⊿ABC看成一个等腰直角三角形，则容易得到OHOAOBOC，于是m=1.究竟哪一个答案是正确的？在查阅05年高考试题答案后知道，正确答案应该为1，而对于老师给出的结论也是深信不疑的，因为在平面向量中就曾经得出过类似的问题：平面内三点A、B、C共线的充要条件是：对于平面内任意一点O，存在实数λ、μ，使得OAOBOC,且λ+μ=1.课本中的结论其实就是平面向量问题的一个推广。那么第一种解法究竟错在哪里？这个充要条件正确吗？

如果和上面的结论做一对比的话，就是对本题中的五点共面有所怀疑，但是教参中并没有强调O点不能与PABC共面。我们再推敲一下教参中对于这个充要条件的证明，OPOAAP，肯定没有问题，根据平面向量基本定理，向量AP一定可以用不共线的向量AB和AC表示（此处注意，A、B、C三点必须不共线，课本中说的是平面ABC，教参中也强调不共线），即：

AP=ABAC=(OBOA)(OCOA）

所以，OPOAAP

OAABAC

OA(OBOA)(OCOA）

（1）OAOBOC

显然其系数和为1.但是，当O点与P、A、B、C共面时，向量AP也可以用不共线的向量OB和OC直接表示，即，APOBOC，则OPOAAPOAOBOC，显然其系数和1不一定等于1.不妨可以看一个五点共面的特殊例子(如右图)，对于正

方形ABCD，设其中心为O，则OAOBOCOD，其

系数和等于1，但是也可以表示成OA2OBOC2OD，C

B

其系数和等于3，还可以表示成OA5OBOC5OD，其系数和等于9，等等，显然各种不同的表示形式其系数和是不确定的。

问题的症结找到了，如果O点与P、A、B、C共面时，向量OP可以用OA、OB、OC表示成各种不同的形式OPxOAyOBzOC，表达形式不确定，其系数和当然也不确定。实际上，问题的关键在于与空间向量基本定理相悖，当O点与P、A、B、C共面时，向量OP、OA、OB、OC为共面向量，那么向量OP是不能用OA、OB、OC唯一表示的。同时，即便O点与P、A、B、C不共面时，也必须．．

要求A、B、C、三点不共线，否则，根据空间向量基本定理，由于向量OA、OB、OC是共面向量，那么向量OP是不能用OA、OB、OC表示的。．．所以，有些老师结合教材和教参中的表述给出充要条件的说法严格说是不准确的，充分性没有问题，而必要性则需要加以限制。应该表述成，若空间P、A、B、C四点共面，且A、B、C三点不共线，则对于空间不与PABC共面的任意一点O，存在实数x、y、z，使得OPxOAyOBzOC且x+y+z=1.，反之，若OPxOAyOBzOC且x+y+z=1，则P、A、B、C四点共面。

类似可以得到，平面内P、A、B三点共线，则对于不在直线AB上的点O，有OPOAOB，且1；反之，若OPOAOB，且1，则P、A、B三点共线。在这里注意，当P、A、B、O四点共线时，虽有OPOAOB，但是、并不唯一，所以不一定有1。

以上所述是否正确，希望得到各位同行的批评指正！

第二篇：向量证明四点共面

向量证明四点共面 由n+m+t=1 , 得 t=1-n-m ,代入op=nox+ moy +toz，得 OP=n OX +mOY +(1-n-m)OZ, 整理，得

OP-OZ =n(OX-OZ)+m(OY-OZ)即ZP =nZX +mZY即P、X、Y、Z 四点共面。以上是充要条件。

2如果通过四点外的一点(空间中)与四点之间的关系来判断折四点共面

A,B,C,D,4个点,与另外一点O,若OA=xOB+yOC+zOD,x+y+z=1,四点就共面 3设一向量的坐标为(x,y,z)。另外一向量的坐标为(a,b,c)。如果(x/a)=(y/b)=(z/c)=常数，则两向量平行 如果ax+by+cz=0，则两向量垂直。答案补充 三点一定共面,证第四点在该平面内 用向量,另取一点O 如向量OA=ax向量OB+bx向量OC+cx向量OD，且a+b+c=1 则有四点共面 答案补充 方法已经很详细了呀。4线平行线: 两条线的方向向量矢量积为0，且两条线没交点

面平行线：是线平行面吧，线的方向向量和平面法向量垂直，即线的方向向量和平面法向量数量积为0，且线不在平面内

三点共面：三点肯定是共面的，我猜你说的是三点共线吧，比如ABC三点，证明共线，证明AB与BC的方向向量矢量积为0

四点共面：比如ABCD三点证明AB,AC,AD三者满足先求AB,AC的矢量积a，再a和AD数量积为0

3怎样证明空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，向量OP=x向量OA+y向量OB+z向量OC且x＋y＋z＝1，则P，A，B，C四点共面

简明地证明，网上的不具体，不要复制!

证明：由x+y+z=1→x向量OC + y向量OC + z向量OC=向量OC，且：x向量OA+y向量OB+z向量OC=向量OP

将上边两式相减得：向量OP-向量OC=x(向量OA-向量OC)+y(向量OB-向量O

C)即：向量CP=x向量CA+y向量CB

由x向量CA+y向量CB所表示的向量必在平面ABC内→P点必在平面ABC内。故：A，B，C，P四点共面。

4可以先随便假设其中3点共面(很简单2点确定一条直线，直线和直线外一点可以确定1个平面)不防设 A B C 三点共面 只需证明P点在这个平面上即可 以下向量符号省去

证明： PA=BA-BP=OA-OB-(OP-OB)=OA-OP=OA-(a 向量OA+b向量OB+c向量OC)=(1-a)OA-bOB-cOC=(b+c)OA-bOB-cOC=bBA+cCA

到这里 因为ABC已经确定了一个平面 且 PA=bBA+cCA

所以PA平行平面 又A在平面内 所以P点也在该平面内，所以四点共面

如果两个向量a.b不共线，则向量p与向量a.b共面的充要条件是存在有序实数对(x.y),使 p=xa+yb

编辑本段共面向量的定义： 能平移到同一平面上的三个向量叫做共面向量编辑本段推论：推论1 设OABC是不共面的四点 则对空间任意一点P 都存在唯一的有序实数组(x,y,z)

使得OP=xOA+yOB+zOC {OP,OA,OB,OC均表示向量} 说明：若x+y+z=1 则PABC四点共面（但PABC四点共面的时候，若O在平面ABP内，则x+y+z不一定等于1，即x+y+z=1 是P.A.B.C四点共面的充分不必要条件）证明： 1）唯一性：

设另有一组实数x',y',z' 使得OP=x'OA+y'OB+z'OC

则有xOA+yOB+zOC=x'OA+y'OB+z'OC∴(x-x')OA+(y-y')OB+(z-z')OC=0∵OA、OB、OC不共面 ∴x-x'=y-y'=z-z'=0即x=x'、y=y'、z=z'故实数x,y,z是唯一的2）若x+y+z=1 则PABC四点共面：

假设OP=xOA+yOB+zOC且x+y+z=1 且PABC不共面那么z=1-x-y 则OP=xOA+yOB+OC-xOC-yOCOP=OC+xCA+yCB(CP=xCA+yCB)

点P位于平面ABC内 与假设中的条件矛盾 故原命题成立

推论

2空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x.y,使 MP=xMA+yMB {MP MA MB 都表示向量} 或对空间任一定点O，有 OP=OM+xMA+yMB {OP,OM,MA,MB表示向量}

选定向量基底，解决常见立体几何问题

利津二中陈富君魏静

我们知道，空间向量的坐标运算成为解决立体几何的垂直与平行的证明、角与距离的求解等问题的一个十分有效的工具，用空间向量的方法处理立体几何问题,常常可以收到化繁为简,化难为易,也降低了同学们学习立体几何的思维难度.但是空间直角坐标坐标系的应用有着很大的局限性，取而代之，若以有着特殊关系的三个向量作为基底，通过向量运算将使更多的立体几何问题得到很好的解决.这类问题常以特殊四面体（或空间四边形），平行六面体，特殊三棱柱等为载体.一、证明三点共线

例1 如图，在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG : GC＝DH: HC＝1: 2.设EG和HF交于点P，求证P、A、C三点共线.

解设DAa,DBb,DCc，则ACDCDAca, F

PFEF

3，∴ PF3FH 1∴PA3FHDF3DHDFDF3DCDFDF

3

DC2DFDCDAca

∴ PAAC且A为PA、AC公共点，故P、A、C三点共线

∵

B

G



二、证明直线平行平面

D

A

M A1

向量a平行平面ABC的充要条件是axAByAC

例2 直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是AB1与BC1上的点，且

CN C

1AMBN，求证MN∥平面ABCD.

11AMBN解 设ABa,ADb,AA1c,，则

∵ MNANAMABBNAMaBC1AB1



aBB1B1C1AA1A1B1acbca



1a1b，且a与b不共线





∴ MN∥平面ABCD，而MN平面ABCD，故MN∥平面ABCD.三、证明直线垂直直线（或直线垂直平面）abab0

例3 如图，在四面体ABCD中，M是AB的中点，N是CD的中点，求证：MN是异面直线AB，CD的公垂线的充要条件是：AC＝BD，BC＝AD.

证明 设AMa,MNb,CNc



必要性 若MN是异面直线AB，CD的公垂线，则ab0,bc0 ∵ACAMMCAMMNNCabc，N



同样的可得 BDabc，BCabc,ADabc 2∴ ACabc



2

a2b2c22ac，BDabc





a2b2c22ac

因此，AC＝BD，同理BC＝AD.

充分性 由AC＝BD，得abc



abc



abbc ①



由BC＝AD，得abc



abc





abbc ②



b0 故MN⊥AM，同理MN⊥CN，即 MN是异面直线AB，CD的公垂①＋②得 a

线.四、求异面直线的夹角

例4 在正四面体ABCD中，M、P分别为棱AD、CD的中点，N、Q分别是面BCD、面ABC的中心，求MN与PQ的夹角.

解 设正四面体的棱长为2，O为BC中点，ABa,ACb,ADc，则

abc2，abbcca2，111

∵ MNANAMAOONADAOODAD

232

112111 AOADAOADAOADabc

323636QB2111

PQAQAPAOACAD2abc

3262

M





2112

∴ MNabc1，即|MN|＝|PQ|＝1，63





1111MNPQ11

MNPQabc2abc，cosMN,PQ

66218183MNPQ



1因此，MN与PQ的夹角为arccos

18

空间向量的基底的应用恰恰是教学中的薄弱环节,如果不注意及时补上这一课,久而久之,应用向量的思维会钝化,甚至会缘木求鱼.

第三篇：用向量证明四点共面

用向量证明四点共面

由n+m+t=1,得t=1-n-m,代入op=nox+moy+toz，得Op=nOX+mOY+(1-n-m)OZ,整理，得

Op-OZ=n(OX-OZ)+m(OY-OZ)

即Zp=nZX+mZY

即p、X、Y、Z四点共面。

以上是充要条件。

如和通过四点外的一点(空间中)与四点之间的关系来判断折四点共面

A,B,C,D,4个点,与另外一点O,若OA=xOB+yOC+zOD,x+y+z=1,四点就共面3设一向量的坐标为(x,y,z)。另外一向量的坐标为(a,b,c)。如果(x/a)=(y/b)=(z/c)=常数，则两向量平行如果ax+by+cz=0，则两向量垂直。答案补充三点一定共面,证第四点在该平面内用向量,另取一点O如向量OA=ax向量OB+bx向量OC+cx向量OD，且a+b+c=1则有四点共面答案补充方法已经很详细了呀。4线平行线:两条线的方向向量矢量积为0，且两条线没交点

面平行线：是线平行面吧，线的方向向量和平面法向量垂直，即线的方向向量和平面法向量数量积为0，且线不在平面内

三点共面：三点肯定是共面的，我猜你说的是三点共线吧，比如ABC三点，证明共线，证明AB与BC的方向向量矢量积为0

四点共面：比如ABCD三点证明AB,AC,AD三者满足先求AB,AC的矢量积a，再a和AD数量积为0

怎样证明空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，向量Op=x向量OA+y向量OB+z向量OC且x＋y＋z＝1，则p，A，B，C四点共面

简明地证明，网上的不具体，不要复制!

证明：由x+y+z=1→x向量OC+y向量OC+z向量OC=向量OC，且：x向量OA+y向量OB+z向量OC=向量Op

将上边两式相减得：向量Op-向量OC=x(向量OA-向量OC)+y(向量OB-向量OC)

即：向量Cp=x向量CA+y向量CB

由x向量CA+y向量CB所表示的向量必在平面ABC内→p点必在平面ABC内。

故：A，B，C，p四点共面。

可以先随便假设其中3点共面(很简单2点确定一条直线，直线和直线外一点可以确定1个平面)不防设ABC三点共面只需证明p点在这个平面上即可以下向量符号省去

证明：pA=BA-Bp

=OA-OB-(Op-OB)

=OA-Op

=OA-(a向量OA+b向量OB+c向量OC)

=(1-a)OA-bOB-cOC

=(b+c)OA-bOB-cOC

=bBA+cCA

到这里因为ABC已经确定了一个平面且pA=bBA+cCA

所以pA平行平面又A在平面内所以p点也在该平面内

所以四点共面

第四篇：证明向量共面

证明向量共面

已知O是空间任意一点,A.B.C.D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且O-A=2xB-O+3yC-O+4zD-O,则2x+3y+4z=?

写详细点怎么做谢谢了~明白后加分！!

我假定你的O-A表示向量OA。

由O的任意性，取一个不在ABCD所在平面的O，这时若OA=b*OB+c*OC+d*OD，那么b+c+d必定等于1。

(证明：设O在该平面上的投影为p，那么对平面上任何一点X，OX=Op+pX，然后取X=A、B、C、D代你给的关系式并比较Op分量即可。)

你给的右端向量都反向，所以2x+3y+4z=-1。

2充分不必要条件。

如果有三点共线，则第四点一定与这三点共面，因为线和直线外一点可以确定一个平面，如果第四点在这条线上，则四点共线，也一定是共面的。

而有四点共面，不一定就其中三点共线，比如四边形的四个顶点共面，但这四个顶点中没有三个是共线的。

“三点共线”可以推出“四点共面”，但“四点共面”不能推出“三点共线”。因此是充分不必要条件

任取3个点，如果这三点共线，那么四点共面;如果这三点不共线，那么它们确定一个平面，考虑第四点到这个平面的距离。方法二A、B、C、D四点共面的充要条件为向量AB、AC、AD的混合积(AB,AC,AD)=0。方法三A、B、C、D四点不共面的充要条件为向量AB、AC、AD线性无关。

3已知O是空间任意一点,A.B.C.D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且O-A=2xB-O+3yC-O+4zD-O,则2x+3y+4z=?

写详细点怎么做谢谢了我假定你的O-A表示向量OA。

由O的任意性，取一个不在ABCD所在平面的O，这时若OA=b*OB+c*OC+d*OD，那么b+c+d必定等于1。

(证明：设O在该平面上的投影为p，那么对平面上任何一点X，OX=Op+pX，然后取X=A、B、C、D代你给的关系式并比较Op分量即可。)

你给的右端向量都反向，所以2x+3y+4z=-1。

4Xa-Yb+Yb-Zc+Zc-Xa=0

∴Xa-Yb=-(Yb-Zc)-(Zc-Xa)

由共面判定定理知它们共面。

简单的说一个向量能够用另外两个向量表示，它们就共面。详细的看高中课本

41.若向量e1、e2、e3共面，(i)其中至少有两个不共线，不妨设e1,e2不共线，则e1,e2线性无关，e3可用e1,e2线性表示，即存在实数λ，μ，使得e3=λe1+μe2,于是

λe1+μe2-e3=0.即存在三个不全为零的实数λ，μ，υ=-1，使得

λe1+μe2+υe3=0”。

(ii)若e1,e2,e3都共线，则其中至少有一个不为0，不妨设e1≠0，则存在实数λ，使得e2=λe1.于是λe1-e2=0,即存在三个不全为零的实数λ，μ=-1，υ=0，使得λe1+μe2+υe3=0”.2.存在三个不全为零的实数λ，μ，υ，使得λe1+μe2+υe3=0”，不妨设λ≠0，就有e1=(-μ/λ)e2+(-υ/λ)e3,于是e1,e2,e3共面。

第五篇：第四讲四点共圆问题

第四讲四点共圆问题

“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P89定理和P93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用.“四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与

AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克)

分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM.欲证M，N，P，Q四点共圆，须证 AMK·KN＝PK·KQ，Q即证(MC′-KC′)(MC′+KC′)C′＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)

2222或MC′-KC′=PB′-KB′.不难证明 AP=AM，从而有 B2222AB′+PB′=AC′+MC′.2222故 MC′-PB′=AB′-AC′

2222=(AK-KB′)-(AK-KC′)

22=KC′-KB′.②

由②即得①，命题得证.O例2．A、B、C三点共线，O点在直线外，O1O1，O2，O3分别为△OAB，△OBC，△OCA的外心.求证：O，O1，O2，O2O3四点共圆.3(第27届莫斯科数学奥林匹克)

A分析：作出图中各辅助线.易证O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.观察△OBC及其外接圆，立得∠BC

OO2O1=11∠OO2B=∠OCB.观察△OCA及其外接圆，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.22

由∠OO2O1=∠OO3O1O，O1，O2，O3共圆.利用对角互补，也可证明O，O1，O2，O3四点共圆，请同学自证.以“四点共圆”作为解题手段

这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面.(1)证角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分别在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.求证：∠DMA＝∠CKB.CD（第二届袓冲之杯初中竞赛）

分析：易知A，B，M，K四点共圆.连接KM，有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC KM

＝180°，∴∠CMK+∠KDC＝180°.AB故C，D，K，M四点共圆∠CMD＝∠DKC.但已证∠AMB＝∠BKA，∴∠DMA＝∠CKB.(2)证线垂直 例4．⊙O过△ABC顶点A，C，且与AB，BC交于K，N(K与N不同).△ABC外接圆和△BKN外接圆相交于B和

BM.求证：∠BMO=90°.(第26届IMO第五题)分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.共圆”，问题是不难解决的.连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G.易得∠GMC=

∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+

∠BMK=180°-∠CMK，∴∠COK+∠CMK=180°C，O，K，M四点共圆.在这个圆中，由

OC=OK OC∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK，故∠BMO=90°.(3)判断图形形状

例5．四边形ABCD内接于圆，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的内心依次记为IA，IB，IC，ID.试证：IAIBICID是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)

分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得

11∠ADB=90°+ 22

∠ACB=∠AIDBA，B，ID，IC四点 ∠AICB=90°+

共圆.同理，A，D，IB，IC四点共圆.此时 IBAC1∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，2

1∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，2

∴∠AICID+∠AICIB A1(∠ABC+∠ADC)2

1=360°-×180°=270°.2=360°-故∠IBICID=90°.同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形.(4)计算

2例6．正方形ABCD的中心为O，面积为1989㎝.P为正方形内

一点，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.则PB=__________

(1989，全国初中联赛)CD分析：答案是PB=42㎝.怎样得到的呢？

连接OA，OB.易知O，P，A，B

四点共圆，有∠APB=∠AOB=90°.222故PA+PB=AB=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.BA(5)其他

例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并

求出这两个面积(须证明你的论断).(1978，全国高中联赛)

分析：设△EFG为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方形的三EA条边上，所以不妨令F，GD·作正△EFG的高EK，易知E，K，G，D四点共圆∠KDE=∠KGE=60°.同

理，∠KAE=60°.故△KAD也是一个正 FGK三角形，K必为一个定点.CB

又正三角形面积取决于它的边长，当KF丄AB时，边长为1，这时边长最小，而面积S=

也最4

小.当KF通过B点时，边长为2·23，这时边长最大，面积S=23-3也最大.例8．NS是⊙O的直径，弦AB丄NS于M，P为ANB上异于N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线

交⊙O于Q.求证：RS＞MQ.(1991，江苏省初中竞赛)

分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交⊙O于Q′.连接

MQ′，SQ′.易证N，M，R，P四点共圆，从而，∠SNQ′=∠MNR=

∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根据圆的轴对称性质可知Q与Q′关于NS成轴对称MQ′=MQ.又易证M，S，Q′，R四点共圆，且RS是这个圆的直径（∠RMS=90°)，MQ′是一条弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.练习题

1.⊙O1交⊙O2 于A，B两点，射线O1A交⊙O2 于C点，射线O2A

交⊙O1 于D点.求证：点A是△BCD的内心.(提示：设法证明C，D，O1，B四点共圆，再证C，D，B，O2

四点共圆，从而知C，D，O1，B，O2五点共圆.)

2.△ABC为不等边三角形.∠A及其外角平分线分别交对边中垂线于A1，A2；同样得到B1，B2，C1，C2.求证：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：设法证∠ABA1与∠ACA1互补造成A，B，A1，C四点共圆；再证A，A2，B，C四点共圆，从而知A1，A2都是△ABC的外接圆上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.设点M在正三角形三条高线上的射影分别是M1，M2，M3(互不重合).求证：△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的高，P是AB上的点，过A点作PC的垂线交过B所作AB的垂线于Q点.求证：PD丄QD.(提示：证B，Q，E，P和B，D，E，P分别共圆)

5.AD，BE，CF是锐角△ABC的三条高.从A引EF的垂线l1，从B引FD的垂线l2，从C引DE的垂线l3.求证：l1，l2，l3三线共点.(提示：过B作AB的垂线交l1于K，证：A，B，K，C四点共圆)