2013年12月1161622024的初中数学组卷.doc

菁优网2013年12月1161622024的初中数学组卷 2013年12月1161622024的初中数学组卷一填空题（共3小题）1已知点I是锐角三角形ABC的内心，A1、B1、C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，若点B在A1B1C1的外接圆上，则ABC等于_2如图，I是ABC的内心，且CA+AI=BC若BAC=80，则ABC的大小为_，AIB的大小为_3O是ABC的内切圆圆心，C=90，BOC=105，BC=20cm，则AC长为_cm二解答题（共27小题）4从三角形的一个顶点到对三等分点作线段，过第二顶点的中线被这些线段分成边比x：y：z，设xyz，求x：y：z （图）5如图所示，已知RtABC中，AH为斜边BC上的高，M为BC中点，O为ABC外心，OB交AH于D求证：AD=2DH6如图所示，在ABC中，AB=AC，有一个圆内切于ABC的外接圆，且与AB、AC分别相切于P、Q，求证：线段PQ的中点O是ABC的内心7如图已知H是ABC的垂心，O是外心，OLBC于L求证：AH=2OL8如图所示，已知ABC的高AD、BE交于H，ABC、ABH的外接圆分别为O和O1，求证：O与O1的半径相等9ABC中，I是内心，过I作DE直线交AB于D，交AC于E，且DEBC求证：DE=DB+EC10已知外心G，内心I，且AB+AC=2BC，求证：GIAI11在圆内接四边形ABCD中，顺次取ABD，ABC，CDB、CDA的内心O1，O2，O3，O4求证：四边形O1O2O3O4是一个矩形12AB为半圆O的直径，其弦AF、BE相交于Q，过E、F分别作半圆的切线得交点P，求证：PQAB13已知ABC中，A=60，H为垂心，O为外心，I是内心求证：（1）AO=AH；（2）B、O、I、H、C五点共圆14如图所示，已知P1P2P3和其内任一点P，直线P1P、P2P和P3P分别与对边交于Q1，Q2，Q3证明：在比值中至少有一个不大于215三角形的内角平分线的交点称为三角形的内心，如图，D是ABC的内心，E是ABD的内心，F是DBE的内心，若BFE的度数为整数，则BEF至少是多少度？16四边形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）17如图，在直角坐标系xOy中，已知A（12，0），B（0，9），C（3，0），D（0，4），Q为线段AB上一动点，OQ与过O、C、D三点的圆交于点P问OPOQ的值是否变化？证明你的结论18已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，E的平分线EX与F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FXEX；（2）FX、EX分别平分MFN与MEN19如图，O的弦AC、BD交于点Q，AP、CP是O的切线，O、Q、P三点共线求证：PA2=PBPD20已知半径为r的O1与半径为R的O2外离，直线DE经过O1切O2于点E并交O1于点A和点D，直线CF经过O2切O1于点F并交O2于点B和点C，连接AB、CD，（1）以下、两小题任选一题（）求四边形ABCD的面积（）求证：A、B、E、F四点在同一个圆上（2）求证：ABDC21设P是平行四边形ABCD内部的一点，且PBA=PDA求证：PAB=PCB22如图，O是ABC的内切圆，AB与O切于点D，AC与O切于点E，BO与DE交于点X，CO与DE交于点Y，点Z是BC的中点（1）求证：O、E、X、C四点共圆；（2）若A=60，求证：XYZ是等边三角形23如图AD、AH分别是ABC（其中ABAC）的角平分线、高线，M点是AD的中点，MDH的外接圆交CM于E，求证AEB=9024定理：图1，如果ADB=ACB，那么四边形ABCD有外接圆，也叫做A，B，C，D四点共圆（注：本定理不需要证明）（1）图2，ABC中，AC=BC，点E，F分别在线段AC，BC上运动（不与端点重合），而且CE=BF，O是ABC的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明C，E，O，F四点共圆（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）如果将问题2中的点C“分离”成两个点，那么就有：（2）图3，在凸四边形ABCD中，AD=BC，点E，F分别在线段AD，BC上运动（不与端点重合），而且DE=BF，直线AC，BD相交于点P，直线EF，BD相交于点Q，直线EF，AC相交于点R当点E，F分别在线段AD，BC上运动（不与端点重合）时，探究PQR的外接圆是否经过除点P外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由25O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M求证：BMO=90（第26届IMO第五题）26如图，点F是ABC外接圆的中点，点D、E在边AC上，使得AD=AB，BE=EC证明：B、E、D、F四点共圆27如图，PA为O的切线，PBC为O的割线，ADOP于点D，ADC的外接圆与BC的另一个交点为E证明：BAE=ACB28NS是O的直径，弦AB丄NS于M，P为弧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：RSMQ（1991，江苏省初中竞赛）29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）30如图，O是ABC的边BC外的旁切圆，D、E、F分别为O与BC、CA、AB的切点若OD与EF相交于K，求证：AK平分BC2013年12月1161622024的初中数学组卷参考答案与试题解析一填空题（共3小题）1已知点I是锐角三角形ABC的内心，A1、B1、C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，若点B在A1B1C1的外接圆上，则ABC等于60考点：三角形的五心4080853专题：计算题分析：首先要抓住I是内心，即是三角形角平分线的交点，即可得DBI=ABC，又由A1、B1、C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，可得ID=A1D=IA1，BDI=90，即可求得ABC的度数解答：解：I是锐角三角形ABC的内心，DBI=ABC，A1、B1、C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，ID=A1D=IA1，BDI=90，点B在A1B1C1的外接圆上，IB=IA1，ID=IB，IBD=30，ABC=60故答案为：60点评：此题考查了三角形的内心与对称性，以及直角三角形的知识注意此题图形复杂，仔细识图，合理应用数形结合思想解题的关键2如图，I是ABC的内心，且CA+AI=BC若BAC=80，则ABC的大小为40，AIB的大小为120考点：三角形的五心4080853专题：计算题分析：作IDAC于D，IEBC于E，IFAB于F，由I是三角形内心，则AF+AI=BE，在线段BF上取点O，使FO=AF，AFIOFI，从而得出IO=BO，FBI=OIB=IBE=EAB，即可求得ABC和AIB的大小解答：解：作IDAC于D，IEBC于E，IFAB于F，I是三角形内心，AD=AF，CD=CE，BE=BF，AC+AI=AD+CD+AI=AF+CE+AI=BC=CE+BE，AF+AI=BE，在线段BF上取点O，使FO=AF，AFIOFI，IAF=IOF AI=IO，IO+AF=IO+FO=BF IO=BO，EBI=OIB=IBF=EBA，ACI=IAF，IAF=IOF，BAC=80，ABE=40，IBA=20，IAO=40，AIB=120故答案为：40；120点评：本题考查了三角形的内心，内心的性质，利用性质求得结论3O是ABC的内切圆圆心，C=90，BOC=105，BC=20cm，则AC长为cm考点：三角形的五心4080853分析：首先根据题意画出图形，由O是ABC的内切圆圆心，可得OC与OB是ABC的角平分线，则可求得A的度数，解直角三角形即可求得AC的值解答：解：如图：O是ABC的内切圆圆心，1=ACB，2=ABC，1+2=180BOC=180105=75，ACB+ABC=2（1+2）=150，A=180ACBABC=30，C=90，BC=20cm，AB=40cm，AC=20cm故答案为：20点评：此题考查了三角形的内心的性质：是三角形三条角平分线的交点注意数形结合思想的应用二解答题（共27小题）4从三角形的一个顶点到对三等分点作线段，过第二顶点的中线被这些线段分成边比x：y：z，设xyz，求x：y：z （图）考点：三角形的五心4080853专题：计算题分析：放置适当质点，使得F为A、C的重心，D为B、C重心，则G为A、B、C三点的重心，此时有：，从而mA=mC；，从而mB=2mc不妨设mA=mC=1，mB=2，则mF=mA+mC=2，则x=y+z；重新放置质点，使F为A、C的重心，E为B、C的重心，则H为A、B、C三点的重心，此时有，从而mA=mC；不妨设mA=mC=2，mB=1，则mF=mA+mC=4则x+y=4z，从而得出x：y：z解答：解：放置适当质点，使得F为A、C的重心，D为B、C重心，则G为A、B、C三点的重心，此时有：，从而mA=mC；，从而mB=2mc不妨设mA=mC=1，mB=2，则mF=mA+mC=2，从而x=y+z重新放置质点，使F为A、C的重心，E为B、C的重心，则H为A、B、C三点的重心，此时有，从而mA=mC；不妨设mA=mC=2，mB=1，则mF=mA+mC=4由、可得x：y：z=5：3：2点评：本题考查了三角形的重心，掌握重心的性质是解决此题的关键5如图所示，已知RtABC中，AH为斜边BC上的高，M为BC中点，O为ABC外心，OB交AH于D求证：AD=2DH考点：三角形的五心；三角形的外接圆与外心；相似三角形的性质4080853专题：计算题分析：因为O为外心，所以连接CE（直径）后，易知B、A、E三点共线，连接EM交OB于G，显然G为EBC重心故EMBC，AHBC，从而得出AHEM又G为重心，故从而，于是得出结论解答：证明：O为外心，连接CE，B、A、E三点共线，连接EM交OB于G，G为EBC重心O为外心，EMBC，AHBC，AHEMG为重心，AD=2DH点评：本题考查了三角形的外心和垂心，以及相似三角形的性质，是一道竞赛题，难度较大6如图所示，在ABC中，AB=AC，有一个圆内切于ABC的外接圆，且与AB、AC分别相切于P、Q，求证：线段PQ的中点O是ABC的内心考点：三角形的五心4080853专题：证明题分析：根据题意画出图形，设小圆圆心为O1，O1与ABC的外接圆切于D，连AO1，根据切线的性质可知AO1PQ，ABC为等腰三角形，由图形对称的性质可得出P、B、D、O四点共圆，再由圆周角定理即可得出结论解答：证明：设小圆圆心为O1，O1与ABC的外接圆切于D，连AO1，则AO1PQ，ABC为等腰三角形，AO1过ABC的外接圆，D在AO1的延长线上，O为ABC的顶角BAC的平分线的点，连接OB、PD、QD，由对称性可知，OD平分PDQ，APQ=PDQ，PQBC，APQ=ABC，PDQ=ABC，由P、B、D、O四点共圆，PBO=PDO=PDQ，PBO=ABCO为ABC的内心点评：本题考查的是四点共圆及三角形内心的性质、圆周角定理，涉及面较广，难度较大7如图已知H是ABC的垂心，O是外心，OLBC于L求证：AH=2OL考点：三角形的五心；三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质4080853专题：证明题分析：分析1：要证AH=2OL，由CAH中的中位线，转而证明MK=OL即可由于OLAH，MKAH，所以OLMK，因此，只需证明LKOM即可由已知，这是显然的分析2：因为O为ABC的外心，故可作其外接圆，为了证明AH=2OL，可证AH等于另一线段a，而a=2OL，则AH=2OL为此，需添加一些辅助线：连接BO并延长交O于D，连接CD，AD即可证得解答：证明：证法1：作OMAC于M，取CH的中点K，连接MK，LK，则有MKAHOL，LKBHOM，四边形OLKM为平行四边形，MK=OL又，AH=2OL证法2：连接BO并延长交O于D，连接CD，AD，则CD=2OL又CDBC，AHBC，AHCD同理，ADHC，四边形AHCD为平行四边形，AH=CD，AH=2OL点评：此题考查了三角形的垂心与外心的性质解此题要注意数形结合思想的应用，合理添加辅助线是解此题的关键8如图所示，已知ABC的高AD、BE交于H，ABC、ABH的外接圆分别为O和O1，求证：O与O1的半径相等考点：三角形的五心；四点共圆4080853分析：首先作辅助线：过A作O和O1的直径AP、AQ，连接PB、QB，即可证得：P、B、Q三点共线，又由H是ABC的垂心，证得D、C、E、H四点共圆，则可证得P=Q，易得O与O1的半径相等解答：证明：过A作O和O1的直径AP、AQ，连接PB、QB，则ABP=ABQ=90故P、B、Q三点共线因H是ABC的垂心，故D、C、E、H四点共圆，AHE=C而AHE=Q，C=P，故P=Q，AP=AQ因此O与O1的半径相等点评：此题考查了三角形的垂心的性质解题时要注意三点共线与四点共圆等知识的应用9ABC中，I是内心，过I作DE直线交AB于D，交AC于E，且DEBC求证：DE=DB+EC考点：三角形的五心4080853专题：证明题分析：要求证DE=DB+EC，就可以转化为求证DI=DB，IE=EC就可以，然后利用各自的性质可得答案解答：解：I是内心，BI平分ABC，DBI=CBIDEBC，CBI=DIBDIB=DBI即DI=DB同理可得IE=CEDE=BD+CE点评：本题主要考查了等腰三角形的判定及性质、内心的性质及平行线的性质；进行线段的等量代换是正确解答本题的关键10已知外心G，内心I，且AB+AC=2BC，求证：GIAI考点：三角形的五心4080853专题：证明题分析：根据题意画出图形，连接CI，CD，延长AI交O于点D，交BC于E，由三角形内心的性质可得到=，=，再由相似三角形的判定与性质可得AD=2CD，由三角形外心的性质即可得出结论解答：证明：如图所示，连接CI，CD，延长AI交ABC的外接圆于点D，交BC于E，I是ABC的内心，=，=，AB+AC=2BC，AB=2BE，ADC=ABC，BAD=CAD，ABEADC，AD=2CD，由内心的性质可知DC=DI，AD=2DI，G是ABC的外心，GIAI点评：本题考查的是三角形的内心与外心的性质，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键11在圆内接四边形ABCD中，顺次取ABD，ABC，CDB、CDA的内心O1，O2，O3，O4求证：四边形O1O2O3O4是一个矩形考点：三角形的五心；四点共圆4080853分析：首先利用内心的性质证得：AO1B=90+ADB，AO2B=90+ACB，又由同弧所对的圆周角相等，可得ADB=ACB，AO1B=AO2B，又因为A、B、O2、O1四点共圆，可求得O2O1O4=90，同理求得O1O2O3=90，O2O3O4=90，则可证得四边形O1O2O3O4是矩形解答：证明：顺次连接AO1，BO1，AO2，BO2（图）则：AO1B=90+ADB，AO2B=90+ACB但ADB=ACB，AO1B=AO2B，从而A、B、O2、O1四点共圆，则AO1O2=180ABO2=180ABC同理有：AO1O4=180ADC故AO1O2+AO1O4=360（ABC+ADC）=270，故O2O1O4=90同理有O1O2O3=90，O2O3O4=90因此四边形O1O2O3O4是矩形点评：此题考查了圆的内心的性质和四点共圆的性质等知识解此题的关键是注意识图，合理应用数形结合思想解题12AB为半圆O的直径，其弦AF、BE相交于Q，过E、F分别作半圆的切线得交点P，求证：PQAB考点：三角形的五心；四点共圆；切线的性质4080853专题：证明题分析：利用已知条件连接出辅助线，首先证明E，Q，F，K四点共圆，利用对应半径相等得出对应角相等，进而证明结论解答：证明：延长EP到K，使PK=PE，连KF、AE、EF、BF，直线PQ交AB于H因EQF=AQB=180（1+2）=（901）+（902）=ABF+BAE=QFP+QEP，又由PK=PE=PF知K=PFK，故EQF+K=QFP+QEP+PFK=QFK+QEK=180，从而E、Q、F、K四点共圆由PK=PF=PE知，P为EFK的外心，显然PQ=PE=PF于是1+AQH=1+PQF=1+PFQ=1+AFP=1+ABF=90由此知QHAH，即PQAB点评：此题主要考查了切线长定理，圆周角定理的推论四点共圆等有关知识，题目综合性较强13已知ABC中，A=60，H为垂心，O为外心，I是内心求证：（1）AO=AH；（2）B、O、I、H、C五点共圆考点：三角形的五心4080853专题：计算题；证明题分析：（1）结合外心，构造以垂心H为顶点的平行四边形AHCE是解决问题的关键，再由平行四边形的性质及角之间的关系即可求解（2）由三角形外心、内心、垂心的张角公式可求BOC=BIC=BHC=120，可证B、C、H、I、O五点共圆解答：证明：（1）因为O是外心，CEBC，又H是垂心故AHBC，从而AHCE同理CHAE于是AHCE为平行四边形，AH=CE又BEC=A=60，从而EBC=30所以EC=BE=OA，故AH=CE=OA（2）作O关于BC的对称点O，连接BO、BI、BH、BO、CO、CI、CH、CO，由三角形外心、内心、垂心的张角公式可知，BOC=2A=120，BIC=90+A=120，BHC=180A=120，则B、C、H、I、O五点共圆点评：本题主要考查了三角形外心、内心、垂心的性质，平行四边形的判定及性质，能够结合题意通过作辅助线建立关系，再结合已知的关系最终得出结论14如图所示，已知P1P2P3和其内任一点P，直线P1P、P2P和P3P分别与对边交于Q1，Q2，Q3证明：在比值中至少有一个不大于2考点：三角形的五心4080853专题：证明题分析：在P1、P2、P3上放置质量分别为m1，m2，m3的质点，使得P恰为P1，P2，P3三点的重心，则Q1为P2、P3的重心，Q2为P1、P3的重心，Q3为P1、P2的重心，它们的质量分别为m2+m3，m1+m3，m1+m2不妨设m1m2m3，则2，2解答：解：在P1、P2、P3上放置质量分别为m1，m2，m3的质点，使得P恰为P1，P2，P3三点的重心，则Q1为P2、P3的重心，Q2为P1、P3的重心，Q3为P1、P2的重心，它们的质量分别为m2+m3，m1+m3，m1+m2=，=，=则2，2即点评：本题考查了三角形的重心，掌握重心的性质是解决此题的关键15三角形的内角平分线的交点称为三角形的内心，如图，D是ABC的内心，E是ABD的内心，F是DBE的内心，若BFE的度数为整数，则BEF至少是多少度？考点：三角形的五心4080853分析：首先由三角形内角的性质，求得，ADB=90+，BED=90+，BFE=90+，又由BFE的度数为整数，即可得到BFE的最大值，则求得BEF的最小值解答：解：D是ABC的内心，E是ABD的内心，F是DBE的内心，BDE=ADB，ADB=90+，BED=90+，BFE=90+，BFE=90+=90+ADB=90+（90+C）=112.5+C，BFE的度数为整数，当C=172时，BFE=134最大，BEF至少是46度点评：此题考查了三角形内心的性质注意三角形的内心即是三角形角平分线的交点16四边形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）考点：三角形的五心；四点共圆4080853专题：证明题；数形结合分析：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB，根据各角之间的关系可求出A，B，ID，IC四点共圆，由四点共圆的性质及矩形的判定定理即可得出四边形IAIBICID是矩形解答：解：连接AIC，AID，BIC，BID和DIB易得AICB=90+ADB=90+ACB=AIDB，A，B，ID，IC四点共圆同理，A，D，IB，IC四点共圆此时AICID=180ABID=180ABC，AICIB=180ADIB=180ADC，AICID+AICIB=360（ABC+ADC）=360180=270故IBICID=90同样可证IAIBICID其它三个内角皆为90该四边形必为矩形点评：本题考查的是四点共圆的判定及性质、矩形的判定定理，解答此类问题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解17如图，在直角坐标系xOy中，已知A（12，0），B（0，9），C（3，0），D（0，4），Q为线段AB上一动点，OQ与过O、C、D三点的圆交于点P问OPOQ的值是否变化？证明你的结论考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质4080853专题：证明题分析：连接DC、PC，由已知得OA=12，OB=9，OC=3，OD=4，以及COD=BOA=90，可证CODBOA，得1=A，又O、C、P、D四点共圆，故1=2，即2=A，再证POCAOQ，利用相似比求解解答：解：点Q在线段AB上运动的过程中，OPOQ的值是不变的证明：连接DC、PC，COD=BOA=90，CODBOA，1=A，O、C、P、D四点共圆，1=2，2=A，POC=AOQ，POCAOQ，OPOQ=OCOA=36点评：本题考查了四点共圆的判断，相似三角形的判定与性质关键是根据已知条件证明三角形相似，由相似比得两线段的积为常数18已知ABCD四点共圆，AB与DC相交于点E，AD与BC交于F，E的平分线EX与F的平分线FX交于X，M、N分别是AC与BD的中点，求证：（1）FXEX；（2）FX、EX分别平分MFN与MEN考点：四点共圆；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质4080853专题：证明题分析：（1）在FDC中，由三角形的外角性质知FDC=FAE+AED，同理可得EBC=FAE+AFB；由于四边形ABCD内接于圆，则FDC=ABC，即FDC+EBC=180，联立，即可证得AFB+AED+2FAE=180，而FX、EX分别是AFB和AED的角平分线，等量代换后可证得AFX+AEX+FAE=90；可连接AX，此时发现FXE正好是AFX、AEX、FAE的和，由此可证得FXE是直角，即FXEX；（2）由已知易得AFX=BFX，欲证MFX=NFX，必须先证得AFM=BFN，可通过相似三角形来实现；首先连接FM、FN，易证得FCAFDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通过等量代换，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圆周角定理得到的FAM=FBN，即可证得FAMFBN，由此可得到AFM=BFN，进一步可证得MFX=NFX，即FX平分MFN，同理可证得EX是MEN的角平分线解答：证明：（1）连接AX；由图知：FDC是ACD的一个外角，则有：FDC=FAE+AED；同理，得：EBC=FAE+AFB；四边形ABCD是圆的内接四边形，FDC=ABC；又ABC+EBC=180，即：FDC+EBC=180；+，得：FDC+EBC=2FAE+（AED+AFB），由，得：2FAE+（AED+AFB）=180；FX、EX分别是AFB、AED的角平分线，AFB=2AFX，AED=2AEX，代入上式得：2FAE+2（AFX+AEX）=180；即FAE+AFX+AEX=180；由三角形的外角性质知：FXE=FAE+FAX+EAX，故FXE=90，即FXEX（2）连接MF、FN，ME、NE；FAC=FBD，DFB=CFA，FCAFDB，；AC=2AM，BD=2BN，；又FAM=FBN，FAMFBNA，得AFM=BFN；又AFX=BFX，AFXAFM=BFXBFN，即MFX=NFX；同理可证得NEX=MEX，故FX、EX分别平分MFN与MEN点评：此题涉及的知识点较多，有：圆内接四边形的性质、三角形内角和定理、三角形的外角性质、角平分线的定义以及相似三角形的判定和性质等；难点在于第（2）问，能够通过两步相似来得到与所求相关的等角，是解答此题的关键19如图，O的弦AC、BD交于点Q，AP、CP是O的切线，O、Q、P三点共线求证：PA2=PBPD考点：四点共圆4080853专题：证明题分析：连接OA、OB、OD，设DP交O于E利用已知条件“AP、CP是O的切线”可以证得A、O、C、P四点共圆；然后根据相交弦定理知OQPQ=AQCQ、DQBQ=AQCQ，由等量代换可以求得OQPQ=DQBQ，所以D、O、B、P四点共圆，所以由圆周角、弦、弧间的关系可以证得DPO=BPO，PB=PE；最后根据切割线定理得出结论PA2=PEPD=PBPD解答：证明：连接OA、OB、OD、OC，设DP交O于EAP、CP是O的切线，OAP=PCO=90A、O、C、P四点共圆，OQPQ=AQCQ（相交弦定理）；又DQBQ=AQCQ（相交弦定理），OQPQ=DQBQ，D、O、B、P四点共圆；OD=OB，ODB=OBD；又ODPB四点共圆ODB=OPB；OBD=OPD；OPD=OPB，PB=PE，PA2=PEPD=PBPD（切割线定理），即PA2=PBPD点评：本题考查了四点共圆的知识把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连接并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆20已知半径为r的O1与半径为R的O2外离，直线DE经过O1切O2于点E并交O1于点A和点D，直线CF经过O2切O1于点F并交O2于点B和点C，连接AB、CD，（1）以下、两小题任选一题（）求四边形ABCD的面积（）求证：A、B、E、F四点在同一个圆上（2）求证：ABDC考点：四点共圆；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系4080853专题：证明题分析：（1）连接O1F，O2E，AF，BE，根据切线的性质得O1F02=O2EO1=90，可证O1、F、O2、E四点共圆，得出AO1F=EO2B，再利用等腰三角形的性质，外角的性质证明EAF=EBF，判断A、E、B、F四点共圆；（2）由（1）的结论可证ABF=AEF，同理可证F、C、E、D四点共圆，得到DEF=DCF，从而有ABF=DCF，证明结论解答：证明：（1）连接O1F，O2E，AF，BE，DE，CF为切线，O1F02=O2EO1=90，O1、F、O2、E四点共圆，AO1F=EO2B，又O1A=O1F，O2E=O2B，根据三角形外角定理，得EAF=EBF，所以A、E、B、F四点共圆；（2）A、E、B、F四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等，连接EF，则ABF=AEF，同（2）法可证F、C、E、D四点共圆，则DEF=DCF，而AEF和DEF为同一角，则ABF=DCF，所以ABCD设DC与O1，O2的另一交点分别为M、N，连接AM、BN，连接O1O2ABCD（）设DC与O1，O2的另一交点分别为M、N，连接AM、BN，连接O1O2ABCD四边形ABCD是梯形又O1、O2是圆心，AD、BC是直径O1O2梯形ABCD的中位线，AMBC，BNBCO1F=r，AD=2r；O2E=R，BC=2RO1O2=（AB+CD），O1O2BCO1O2F=CCF、DE分别是O1、O2的切线O1FO2F，O2EO1ERtBCNRtO1O2FO1O2：BC=O1F：BNO1O2BN=BCO1F=2RrABBC，BNBCBN是梯形ABCD的高S梯形=（AB+CD）AM=O1O2BN=2Rr点评：本题考查了四点共圆的判定与性质，切线的性质关键是根据切线的性质，逐步判断四点共圆，利用四点共圆的性质证明结论21设P是平行四边形ABCD内部的一点，且PBA=PDA求证：PAB=PCB考点：四点共圆；平行四边形的性质4080853专题：证明题分析：根据已知作过P点平行于AD的直线，并选一点E，使PE=AD=BC，利用ADEP，ADBC，进而得出ABP=ADP=AEP，得出AEBP共圆，即可得出答案解答：证明：作过P点平行于AD的直线，并选一点E，使PE=AD=BC，ADEP，ADBC四边形AEPD是平行四边形，四边形PEBC是平行四边形，AEDP，BEPC，ABP=ADP=AEP，AEBP共圆（一边所对两角相等）BAP=BEP=BCP，PAB=PCB点评：此题主要考查了四点共圆的性质以及平行四边形的性质，熟练利用四点共圆的性质得出是解题关键22如图，O是ABC的内切圆，AB与O切于点D，AC与O切于点E，BO与DE交于点X，CO与DE交于点Y，点Z是BC的中点（1）求证：O、E、X、C四点共圆；（2）若A=60，求证：XYZ是等边三角形考点：四点共圆；三角形的内切圆与内心4080853专题：综合题分析：（1）结合图形，发现：只要能够证明EXO=ECO即可根据三角形的内角和定理以及三角形的内心的定义即可证明；（2）根据切线的性质，得XEAC根据（1）中的四点共圆，得OXC=OEC=90，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得XZ=BZ；进而根据等边对等角和ABX=CBX，所以得ABX=BXZ，则XZAB，所以得YXZ=ADE；根据切线长定理知AD=AE，则三角形ADE是等边三角形，则ADE=60同理ZYX=AED=60则可知三角形XYZ是等边三角形解答：证明：（1）根据三角形的内心是三角形的角平分线的交点以及三角形的内角和定理，得ECO=ACB，设BX与AC的交点是F，则EXO=180AEDEFX=180（180A）180+ABC+ACB=ACB，O、E、X、C四点共圆；（2）证明：由切线长定理得：AE=AD，A=60，ADE是等边三角形，ADE=AED=60，由（1）得BXC=OEC=90，XZ=BZ，ZBX=ZXB=ABX，XZAB，YXZ=ADE=60，同理YZAC，则ZYX=AED=60，所以XYZ是等边三角形点评：综合运用了切线长定理、三角形的内心的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定和性质23如图AD、AH分别是ABC（其中ABAC）的角平分线、高线，M点是AD的中点，MDH的外接圆交CM于E，求证AEB=90考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质4080853专题：证明题分析：连接MH，EH，由直角三角形斜边中点的性质，得MH=MA=MD，则MHD=MDH，由圆内接四边形的性质，得HEC=MDH，即MHD=HEC，利用互补关系可证MHC=MEH，又公共角CMH=HME，可证CMHHME，利用相似比得MH2=MEMC，而MH=MA，故MA2=MEMC，将问题转化到CMA与AME中，利用公共角证明CMAAME，可得MCA=MAE，利用角的相等关系转化，证明BHE+BAE=180，可判断A，B，H，E四点共圆，证明结论解答：证明：如图，连接MH，EH，M是RtAHD斜边AD的中点，MA=MH=MD，MHD=MDH，M，D，H，E四点共圆，HEC=MDH，MHD=MDH=HEC，MHC=180MHD=180HEC=MEH，CMH=HME，CMHHME，即MH2=MEMC，MA2=MEMC，又CMA=AME，CMAAME，MCA=MAE，BHE+BAE=DHE+BAD+MAE=DHE+MAC+MCA=DHE+DME=180，A，B，H，E四点共圆，AEB=AHB，又AHBH，AHB=90，AEB=AHB=90点评：本题考查了四点共圆，相似三角形的判定与性质关键是利用直角三角形斜边上中线的性质证明角相等，证明三角形相似，再利用相似比，将线段转化，证明新的相似三角形，得出相等角，利用角的和差关系证明四点共圆24定理：图1，如果ADB=ACB，那么四边形ABCD有外接圆，也叫做A，B，C，D四点共圆（注：本定理不需要证明）（1）图2，ABC中，AC=BC，点E，F分别在线段AC，BC上运动（不与端点重合），而且CE=BF，O是ABC的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明C，E，O，F四点共圆（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）如果将问题2中的点C“分离”成两个点，那么就有：（2）图3，在凸四边形ABCD中，AD=BC，点E，F分别在线段AD，BC上运动（不与端点重合），而且DE=BF，直线AC，BD相交于点P，直线EF，BD相交于点Q，直线EF，AC相交于点R当点E，F分别在线段AD，BC上运动（不与端点重合）时，探究PQR的外接圆是否经过除点P外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质；三角形的外接圆与外心4080853专题：证明题分析：（1）根据外心的性质可知OA=OB=OC，则OCB=OBC，又AC=BC，由等腰三角形的对称性，得OCB=OCA，再根据已知条件证明ECOFBO，可得EOC=FOB，OE=OF，比较等腰OEF与等腰OBC的顶角，可得底角OFE=OBC=OCE，可证C，E，O，F四点共圆；（2）本题要找出第四个点O，使P、Q、R、O四点共圆，作线段AC，BD垂直平分线的交点O，由垂直平分线的性质得OA=OC，OD=OB，AD=BC，可证ODAOCB，OBF=ODE，进一步证明OBFODE，可得OE=OF且BOF=DOE，从而有BOD=EOF，得到EOFBODCOA，利用相似得角的等量关系，证明四点共圆解答：证明：（1）OB=0C，OCB=OBC，又AC=BC，OCB=OCA，OBC=OCA，在ECO与FBO中，ECOFBO，EOC=FOB，又AOC=BOC，EOF=COB，又EO=OF，OEF=OCF，C，E，O，F四点共圆；（2）由于是将问题2中的点C“分离”成两个点，根据图形变换的过程，猜测PQR的外接圆一定经过线段AC，BD垂直平分线的交点O下面给予证明：显然ODAOCB，OBF=ODE，OBFODE，OE=OF且BOF=DOE，BOD=EOF，EOFBODCOA，OBD=OEF=OCA，O，B，F，Q四点共圆，O，F，C，R四点也共圆，OFB=OQB=ORP，P，Q，O，R四点共圆，即当点E和F变动时，PQR的外接圆经过除点P外的另一个定点O点评：本题考查了四点共圆，全等三角形的判定与性质，外心的性质关键是构造到三角形三顶点（四边形四顶点）距离相等的点，证明四点共圆25O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M求证：BMO=90（第26届IMO第五题）考点：四点共圆4080853专题：证明题分析：连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G，根据圆内接四边形的外角等于内对角得GMC=BAC=BNK，根据圆周角定理得BNK=BMK，再根据条件证明COK+CMK=180，从而得C，O，K，M四点共圆，由OC=OK可证OMC=OMK，即OMC+GMC=OMK+BMK，可证BMO=90解答：证明：连接OC，OK，MC，MK，延长BM到G，ABC外接圆和BKN外接圆相交于B和M，GMC=BAC=BNK=BMK，而COK=2BAC=