四点共圆2-15题+梅塞定理7题+一笔画定理6题(30道,含详细解答)

1、菁优网四点共圆2-15题+梅塞定理7题+一笔画定理6题 四点共圆2-15题+梅塞定理7题+一笔画定理6题一选择题（共2小题）1如图，D、E、F内分正ABC的三边AB、BC、AC均为1：2两部分，AD、BE、CF相交成的PQR的面积是ABC的面积的（）ABCD2下面的图形，共有（）个可以一笔画（不重复也不遗漏；下笔后笔不能离开纸）A0B1C2D3二填空题（共2小题）3如图，等边ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD=BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为_4公园小路如图，只要把A，B，C，D，E，F，G七个点中的_两处设为出口，可实现从一口进从另一口出且使游客走完全部小

2、路而又不重复走三解答题（共24小题）5求证：菱形各边中点在以对角线的交点为圆心的同一个圆上6如图，菱形ABCD的对角线AC和BD相交于O点，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，求证：E，F，G，H四个点在以O为圆心的同一个圆上7如图，BD，CE是ABC的两条高，F和G分别是DE和BC的中点，O是ABC的外心求证：AOFG8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：A

3、BDC9如图，自ABC的外接圆弧BC上的任一点M，作MDBC于D，P是AM上一点，作PEAC，PFAB，PGBC，E，F，G分别在AC，AB，AD上证明：E，F，G三点共线10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11如图，在ABC中，AB=AC，ADBC，垂足为D，E为AD的中点，DFBE，垂足为F，CF交AD于点G求证：（1）CFD=CAD；（2）EGEF12设A1A2A3A4为O内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为A2A3A4，A3A4A1，A4A1A2，A1A2A3的垂心求证：H1，H2，H3，H4四点共圆，并确定

4、出该圆的圆心位置13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）14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=9015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BC16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17给定锐角三角形PBC，PBPC设A，D分别是边PB，P

5、C上的点，连接AC，BD，相交于点O过点O分别作OEAB，OFCD，垂足分别为E，F，线段BC，AD的中点分别为M，N（1）若A，B，C，D四点共圆，求证：EMFN=ENFM；（2）若EMFN=ENFM，是否一定有A，B，C，D四点共圆？证明你的结论18O2与O1交于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19ABC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=C1C220定理3 （梅涅劳斯（Menelaus）定理）：一条不经过ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB（或它们

6、的延长线）分别交于P，Q，R21设P，Q，R分别是ABC的BC，CA，AB上的点若，则AP，BQ，CR交于一点22由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT证明：PR与QT垂直，且它们的交点在矩形的一条对角线上23ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点AF交ED于G，EC交FB于H连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M求证：DL=BM24如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G求证：GAC=EAC25一个展览馆有28间展览室（如图，每一个方格代表一间展览室）

7、每相邻展室有门相通，问能否设计出一条从入口到出口的参观路线，既不重复，也不遗漏的走过每间展览室，画出参观路线的示意图，如果不能，请说明理由？26如图，16个城市用16个圆圈表示，圆圈间的线条表示两个城市之间可以直达问：能否找到一条旅游路线，不重复地走遍这16个城市？27如图是33的方格型道路网，如果每个小方格的边长为1千米，那么由A点出发走完全部路段，最后又回到A点，最少要走多少千米？28下列图形是否可以一笔画出？四点共圆2-15题+梅塞定理7题+一笔画定理6题参考答案与试题解析一选择题（共2小题）1如图，D、E、F内分正ABC的三边AB、BC、AC均为1：2两部分，AD、BE、CF相交成的P

8、QR的面积是ABC的面积的（）ABCD考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 专题：计算题分析：根据梅涅劳斯定理得出=，再由三角形面积的求法得出SPQR=SBCFSBCQSBPRF=SABC，从而得出答案解答：解：对ADC用梅涅劳斯定理可以得：=1，则=设SBCF=，SBCQ=SBCE=，SBPRF=SABD=，SPQR=SBCFSBCQSBPRF=SABC故选D点评：本题考查了梅涅劳斯定理和赛瓦定理，要熟练掌握定理的内容是解题的关键2下面的图形，共有（）个可以一笔画（不重复也不遗漏；下笔后笔不能离开纸）A0B1C2D3考点：一笔画定理808518 专题：作图题分析：根据一笔画的特性，图中都

9、是连通图，与奇数（单数）条边相连的点叫做奇点，与偶数（双数）条边相连的点叫做偶点，凡是由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成，凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点），一定可以一笔画成解答：解：连通图就是指一个图形各部分总是有边相连的，上图中都是连通图与奇数（单数）条边相连的点叫做奇点；与偶数（双数）条边相连的点叫做偶点凡是由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点），一定可以一笔画成其余的不能画成图1有两个奇点的连通图（其余都为偶点），能画出；图2由偶数点组成，能画出；图3由偶数点组成，能画出故选D点评：本题考查一笔画的特点：是连通图，由偶点组成的，或只有两个奇

10、点的连通图才能一笔画成，难度适中二填空题（共2小题）3如图，等边ABC的边长为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD=BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 专题：计算题分析：根据梅涅劳斯定理得，=1，则=，由面积公式得SBCEF=SBCF+SCEF，即可得出答案解答：解：DEF是ABC的梅氏线，由梅涅劳斯定理得，=1，即=1，则=，连FC，SBCF=SABC，SCEF=SABC，于是SBCEF=SBCF+SCEF=SABC=22sin60=故答案为点评：本题是一道竞赛题，考查了梅内劳斯定理和赛瓦定理，要熟练掌握定理的内容，才能准确的解题4公

11、园小路如图，只要把A，B，C，D，E，F，G七个点中的F D两处设为出口，可实现从一口进从另一口出且使游客走完全部小路而又不重复走考点：一笔画定理808518 专题：应用题分析：根据一笔画的特性，通过对图形的分析及实际画图即可解解答：解：与奇数（单数）条边相连的点叫做奇点；与偶数（双数）条边相连的点叫做偶点凡是由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点），一定可以一笔画成其余的不能画成凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点），一定可以一笔画成，画时必须把一个奇点为起点，另一个奇点终点，只有DF处是奇点，只有把D、F两处设为进出口，才能实现从一口进从另一口出且使游

12、客走完全部小路而又不重复走故答案为D、F点评：本题考查一笔画的特点：是连通图，由偶点组成的，或只有两个奇点的连通图才能一笔画成，且画时必须把一个奇点为起点，另一个奇点终点三解答题（共24小题）5求证：菱形各边中点在以对角线的交点为圆心的同一个圆上考点：四点共圆；菱形的性质808518 专题：证明题分析：如图，菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，菱形ABCD各边中点分别为M、N、P、Q，根据菱形的性质得到ACBD，垂足为O，且AB=BC=CD=DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OM=ON=OP=OQ=AB，得到M、N、P、Q四点在以O为圆心OM为半径的圆上解答：已知：如图

13、，菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O求证：菱形ABCD各边中点M、N、P、Q在以O为圆心的同一个圆上证明：四边形ABCD是菱形，ACBD，垂足为O，且AB=BC=CD=DA，而M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA的中点，OM=ON=OP=OQ=AB，M、N、P、Q四点在以O为圆心OM为半径的圆上所以菱形各边中点在以对角线的交点为圆心的同一个圆上点评：本题考查了四点共圆的判定方法也考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半6如图，菱形ABCD的对角线AC和BD相交于O点，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，求证：E，F，G，H四个点在以O为圆心的同一个圆

14、上考点：四点共圆808518 专题：证明题分析：如图，连接OE，OF，OG，OH利用菱形的性质可以证明OE=OF=OG=OH=AB，由此即可证明E、F、G、H四点在以O为圆心，AB为半径的圆上解答：解：连接OE，OF，OG，OH四边形ABCD为菱形，AB=BC=CD=DA，且BDACE、F、GH分别为AB、BC、CD、DA的中点，OE=OF=OG=OH=AB，E、F、G、H四点在以O为圆心，AB为半径的圆上点评：此题主要考查了四点共圆的问题，也利用了菱形的性质，解题时首先确定做题的思路证明E、F、G、H四点在以O为圆心，AB为半径的圆上，然后利用菱形的性质解决问题7如图，BD，CE是ABC的两

15、条高，F和G分别是DE和BC的中点，O是ABC的外心求证：AOFG考点：四点共圆808518 专题：证明题分析：根据BDC=BEC=90，可判断出B，C，E，D四点共圆，然后利用同弧所对的圆周角相等且等于圆心角的一半可得出，结合OA=OB可判断出OADE，继而可得出结论解答：证明：如图，连接GD和GE，BDC=BEC=90，BG=GC，又DF=EF，GFDE，延长OA交DE于H，BDC=BEC=90B，C，E，D四点共圆，即，又OA=OB，EAH+AEH=90，于是，ADDE，即OADEAOFG点评：此题考查了四点共圆的知识，涉及了直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰三角形的性质及平行线的判定

16、，综合的知识点较多，注意融会贯通8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808518 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

17、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点评：本题考查了四点共圆的判

18、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9如图，自ABC的外接圆弧BC上的任一点M，作MDBC于D，P是AM上一点，作PEAC，PFAB，PGBC，E，F，G分别在AC，AB，AD上证明：E，F，G三点共线考点：四点共圆；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质808518 专题：证明题分析：如图，连接GE，GF，MC，MB，求出POC=PEC=90，由三角形的内角和定理得出GPE=ACB，GPF=ABC，证AGPADM，得出，证APEBMD，得出，推出，根据GPE=ACB=BMA，推出PEGMAB，求出PGE=ABM，PGF=ACM，由圆内接四

19、边形性质得：PGE+PGF=180即可解答：证明：如图，连接GE，GF，MC，MB，PEAC，PFAB，PGBC，POC=PEC=90，PHB=EHC，由三角形的内角和定理得：GPE=ACB同理：GPF=ABC，GPMD，AGPADM，GPE=ACB=BMA圆周角定理），APE=BMD，又AEP=BDM=90，APEBMD，得，GPE=ACB=BMA，PEGMAB，PGE=ABM同理：PGF=ACM，由圆内接四边形性质得：PGE+PGF=ABM+ACM=180，E，F，G三点共线点评：本题考查了圆内接四边形性质，相似三角形的性质和判定的应用，关键是能灵活地运用相似三角形的性质和判定进行推理，此

20、题比较好，但是难度偏大，注意：相似三角形的对应边成比例；反之：有两边对应成比例，且夹角相等，两三角形才相似10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四点共圆考点：四点共圆808518 专题：证明题分析：连接FC、FB、BD和EF，根据四点共圆的判定定理可知，只需证明ADB=BFE即可解答：证明：连接FC，FB，则FC=FB（2分）连接EF，则CEFBEF，BFE=CFE（5分）A，B，F，C共圆，CAB+CFB=180（7分）CAB+2BFE=180AB=AD，ABD=ADB（8分）CAB+2ADB=180ADB=BFE（10分）B、

21、E、D、F四点共圆（12分）点评：本题考查四点共圆的知识，有一定难度，解题关键是熟练掌握四点共圆的判定定理，然后寻找条件证明ADB=BFE即可11如图，在ABC中，AB=AC，ADBC，垂足为D，E为AD的中点，DFBE，垂足为F，CF交AD于点G求证：（1）CFD=CAD；（2）EGEF考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质808518 专题：证明题分析：（1）连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证BDFDEF，推出，=，再证CDFAEF，推出CFD=AFE，证出A、F、D、C四点共圆即可；（2）根据已知推出EFG=ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出EGF=AND，根据三

22、角形的外角性质推出EGFEFG即可解答：（1）证明：连接AF，并延长交BC于N，ADBC，DFBE，DFE=ADB，BDF=DEF，BD=DC，DE=AE，BDF=DEF，EFD=BFD=90，BDFDEF，=，则=，AEF=CDF，CDFAEF，CFD=AFE，CFD+AEF=90，AFE+CFE=90，ADC=AFC=90，A、F、D、C四点共圆，CFD=CAD（2）证明：BAD+ABD=90，CFD+EFG=EFD=90，CFD=CAD=BAD，EFG=ABD，CFAD，ADBC，F、N、D、G四点共圆，EGF=AND，ANDABD，EFG=ABD，EGFEFG，DFEF点评：本题综合考

23、查了相似三角形的性质和判定，四点共圆等知识点，此题难度较大，对学生提出了较高的要求，但题型较好12设A1A2A3A4为O内接四边形，H1，H2，H3，H4依次为A2A3A4，A3A4A1，A4A1A2，A1A2A3的垂心求证：H1，H2，H3，H4四点共圆，并确定出该圆的圆心位置考点：四点共圆808518 专题：证明题分析：连接A2H1，A1H2，H1H2，记圆半径为R由A2A3A4知=2R可得A2H1=2RcosA3A2A4，然后利用中心对称的性质证明四边形H1H2H3H4与四边形A1A2A3A4关于M点成中心对称，就可以了解答：解：=2RA2H1=2RcosA3A2A4；由A1A3A4得A

24、1H2=2RcosA3A1A4但A3A2A4=A3A1A4，故A2H1=A1H2易证A2H1A1A2，于是，A2H1A1H2，故得H1H2A2A1设H1A1与H2A2的交点为M，故H1H2与A1A2关于M点成中心对称同理，H2H3与A2A3，H3H4与A3A4，H4H1与A4A1都关于M点成中心对称故四边形H1H2H3H4与四边形A1A2A3A4关于M点成中心对称，两者是全等四边形，H1，H2，H3，H4在同一个圆上后者的圆心设为Q，Q与O也关于M成中心对称由O，M两点，Q点就不难确定了点评：此题是一道竞赛题，难度比较大，主要考查四点共圆的性质及其应用，也是国际数学竞赛爱出的题目13给出锐角A

25、BC，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）考点：四点共圆；相交弦定理808518 专题：证明题分析：由题意设PQ，MN交于K点，连接AP，AM要证M，N，P，Q四点共圆，需证明MKKN=PKKQ，利用圆几何关系和相交弦定理进行证明，从而求解解答：证明：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM由射影定理，得AM*AM=AC*AB，AP*AP=AC*AB，又B、C、B、C四点共圆，由切割线定理，AC*AB=AC*AB，AM=AP，又AM=AN，AP=AQ（垂直于直径的弦性质），A

26、M=AP=AN=AQ，M、N、P、Q是共圆心为A的圆须证MKKN=PKKQ，即证（MCKC）（MC+KC）=（PBKB）（PB+KB）或MC2KC2=PB2KB2AP=AM（所对弧长相等），从而有AB2+PB2=AC2+MC2故MC2PB2=AB2AC2=（AK2KB2）（AK2KC2）=KC2KB2由即得，命题得证点评：此题是一道竞赛题难度比较大，多此用到相交弦定理，复杂的集合关系，需要同学静下心来一步一步分析，不断等价命题，进而求解14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

27、质808518 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，

28、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15如图，O是ABC的边BC

29、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BC考点：四点共圆808518 专题：证明题分析：过点K作BC的平行线分别交直线AB、AC于Q、P两点，连OP、OQ、OE、OF，由平行线的性质可知OKPQ，O、K、F、Q四点共圆，同理可得O、K、P、E四点共圆，由全等三角形的判定定理可知RtOFQRtOEP，故可得出结论解答：证明：如图，过点K作BC的平行线分别交直线AB、AC于Q、P两点，连OP、OQ、OE、OF由ODBC，可知OKPQ由OFAB，可知O、K、F、Q四点共圆，有FOQ=FKQ由OEAC，可知O、K、P、E四点共圆，有EOP=EKP显然

30、，FKQ=EKP，可知FOQ=EOP由OF=OE，可知RtOFQRtOEP，则OQ=OP于是，OK为PQ的中垂线，故QK=KP所以，AK平分BC点评：本题考查的是四点共圆的条件，解答此类题目时应注意适时添加平行线，让平行线在平面几何证题中发挥应有的作用16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也是正三角形考点：四点共圆；射影定理808518 专题：证明题分析：先根据题意画出图形，由等边三角形三线合一的性质可知M1M2=M2M3=M1M3，故可求出结论解答：解：如图所示，ABC是等边三角形，AM1BC，BM2AC，CM3AB，M1、M2、M3分别是B

31、C，AC，AB的中点，M1M2、M2M3、M1M3是ABC的中位线，M1M2=M2M3=M1M3=AB，M1M2M3是正三角形点评：本题考查的是等边三角形的性质及三角形中位线定理，熟知等边三角形三线合一的性质是解答此题的关键17给定锐角三角形PBC，PBPC设A，D分别是边PB，PC上的点，连接AC，BD，相交于点O过点O分别作OEAB，OFCD，垂足分别为E，F，线段BC，AD的中点分别为M，N（1）若A，B，C，D四点共圆，求证：EMFN=ENFM；（2）若EMFN=ENFM，是否一定有A，B，C，D四点共圆？证明你的结论考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理；圆内接四边

32、形的性质；相似三角形的判定与性质808518 专题：证明题分析：（1）设Q，R分别是OB，OC的中点，连接EQ，MQ，FR，MR，如图，则，四边形OQMR是平行四边形，得到OQM=ORM，而A，B，C，D四点共圆，有ABD=ACD，得到EQM=EQO+OQM=FRO+ORM=FRM，得到EQMMRF，则EM=FM，同理可得EN=FN，即可得到结论（2）若EMFN=ENFM，不一定有A，B，C，D四点共圆当ADBC时，由于BC，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有EMFN=ENFM设S，Q分别是OA，OB的中点，连接ES，EQ，MQ，NS，则，得到同理得而ADBC，所以，易证NSE=EQM

33、，则NSEEQM，得到（由）同理可得，所以，从而EMFN=ENFM解答：（1）证明：设Q，R分别是OB，OC的中点，连接EQ，MQ，FR，MR，如图，四边形OQMR是平行四边形，OQM=ORM，而A，B，C，D四点共圆，ABD=ACD，EQO=2ABD=2ACD=FRO，所以EQM=EQO+OQM=FRO+ORM=FRM，EQMMRF，EM=FM，同理可得EN=FN，所以EMFN=ENFM（2）若EMFN=ENFM，不一定有A，B，C，D四点共圆理由如下：当ADBC时，由于BC，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有EMFN=ENFM，证明如下：如图2所示，设S，Q分别是OA，OB的中点，

34、连接ES，EQ，MQ，NS，则，又，而ADBC，所以，由，得NSE=NSA+ASE=AOD+2AOE，EQM=MQO+OQE=（AOE+EOB）+（1802EOB）=AOE+（180EOB）=AOD+2AOE，即NSE=EQM，NSEEQM，故（由）同理可得，所以，从而EMFN=ENFM点评：本题考查了四点共圆的判定与性质；也考查了三角形中位线的性质和斜边上的中线性质以及三角形全等和相似的判定与性质18O2与O1交于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的内心考点：四点共圆；圆周角定理；确定圆的条件；三角形的内切圆与内心808518 专题：证明题分析：首先

35、作辅助线延长CA交O1于M点，延长DA交O2于N点，连接AB、DM、CN、MN，证出C、D、M、N四点共圆，再推出点A在DBC的角平分线上，同理点A也在DCB和CDB的角平分线上，即可得出答案解答：证明：设两圆为O、Q，如图延长CA交O1于M点，延长DA交O2于N点，连接AB、DM、CN、MN，AM是O1的直径，AN是O2的直径，MDN=ACN=90，C、D、M、N四点共圆，DMC=DNC，DMC=DBA，DNC=ABC，DBA=ABC，点A在DBC的角平分线上，C、D、M、N四点共圆，DCM=DNM，DNM=ACB，DCM=ACB，点A在DCB的角平分线上，同理：点A在CDB的角平分线上，点

36、A是CDB的三个角平分线的交点，点A是BCD的内心点评：本题主要考查了四点共圆，圆周角定理，三角形的内切圆和内心，确定圆的条件等知识点，作辅助线证C、D、M、N四点共圆是解此题的关键19ABC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考点：四点共圆；三角形的角平分线、中线和高；圆周角定理；确定圆的条件；三角形的外接圆与外心808518 专题：证明题分析：作辅助线连接A1B，A1C，过A1做A1FAC于F，A1EAB于E，得到ABA1+ACA1=180，进一步推出A、B、A1、C四点共圆，A、A2、B、C四点共圆，

37、即A1、A2都在ABC的外接圆上，推出A1A2是ABC的外接圆的直径，B1B2、C1C2也是ABC的外接圆的直径，即可得出答案解答：证明：连接A1B，A1C，过A1做A1FAC于F，A1EAB于E，连接A1B、A1C，AA1平分BAC，A1E=A1F，A1在BC的中垂线上，A1B=A1C，BEA1=CFA1=90，RtA1EBRtA1FC，ABA1=A1CF，A1CF+ACA1=180，ABA1+ACA1=180，A、B、A1、C四点共圆，同理A、A2、B、C四点共圆，从而知A1、A2都在ABC的外接圆上，AA1平分BAC，AA2平分MAB，A2AA1=180=90，A1A2是ABC的外接圆的

38、直径，同理可证：B1B2、C1C2也是ABC的外接圆的直径，A1A2=B1B2=C1C2点评：本题主要考查了四点共圆，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，确定圆的条件，三角形的角平分线等知识点，通过作辅助线得到A1、A2都在ABC的外接圆上是解此题的关键20定理3 （梅涅劳斯（Menelaus）定理）：一条不经过ABC任一顶点的直线和三角形三边BC，CA，AB（或它们的延长线）分别交于P，Q，R考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 分析：由三角形面积的性质，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，可得，又由，即可证得解答：证明：如图，由三角形面积的性质，有，由，得点评：此题考查了三角形的面积问

39、题注意等高三角形的面积比等于对应底的比21设P，Q，R分别是ABC的BC，CA，AB上的点若，则AP，BQ，CR交于一点考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 专题：证明题分析：设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R，由梅涅劳斯定理得则从而得出AP，BQ，CR交于一点解答：证明：如图，设AP与BQ交于M，连CM，交AB于R由定理1有而，所以于是R与R重合，故AP，BQ，CR交于一点点评：本题是一道竞赛题，考查了梅内劳斯定理和赛瓦定理，要熟练掌握定理的内容，才能准确的解题22由矩形ABCD的外接圆上任意一点M向它的两对边引垂线MQ和MP，向另两边延长线引垂线MR，MT证明：PR与QT垂直，且它

40、们的交点在矩形的一条对角线上考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 专题：探究型分析：连接BD交PR于N，连接QN、DM、DB、AM、BN、MN、TN、MC，可得出M、P、Q共线，R、D、N、M四点共圆，R、D、N、Q、M五点共圆，再根据矩形QCTM中，5=4=2，5+6=2+7=90，NQT=5+DQM+6=180，即可求出N、Q、T共线，进而可得出答案解答：解：连接BD交PR于N，连接QN、DM、DB、AM、BN、MN、TN、MC，显然M、P、Q共线，R、M、T共线，在矩形APMR中，1=2=3，R、D、N、M四点共圆，R、D、N、Q、M五点共圆，RNQ=90，6=7，在矩形QCTM中，

41、5=4=2，5+6=2+7=90，NQT=5+DQM+6=180，N、Q、T共线，TQPR且它们的交点在矩形的一条对角线上点评：本题考查的是梅涅劳斯定理与赛瓦定理，能根据题意得出R、D、N、M四点共圆，R、D、N、Q、M五点共圆是解答此题的关键23ABCD是一个平行四边形，E是AB上的一点，F为CD上的一点AF交ED于G，EC交FB于H连接线段GH并延长交AD于L，交BC于M求证：DL=BM考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 专题：证明题分析：设直线LM与BA的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I在ECD与FAB中分别使用梅涅劳斯定理，再根据平行线分线段成比例定理即可得出CI=AJ而=

42、，且BM+MC=BC=AD=AL+LD，进而可得出结论解答：证明：如图，设直线LM与BA的延长线交于点J，与DC的延长线交于点I在ECD与FAB中分别使用梅涅劳斯定理，得=1，=1，ABCD，=，=从而=，即=，CI=AJ而=，且BM+MC=BC=AD=AL+LDBM=DL点评：本题考查的是梅涅劳斯定理与赛瓦定理，解答此题的关键是熟知梅涅劳斯定理与赛瓦定理及平行线分线段成比例定理的相关知识24如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G求证：GAC=EAC考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理808518 专题：证明题分析：连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J由塞瓦定理，可得，再根据角平分线的性质得从而可证明CIAB，CJAD，则，可证明ACIACJ，则IAC=JAC，从而可得出GAC=EAC解答：证明：如图，连接BD交AC于H，过点C作AB的平行线交AG的延长线于I，过点C作AD的平行线交AE的延长线于J对BCD用塞瓦定理，可得因为AH是BAD的角平分线，由角平分线定理知代入式得因为CIAB，CJAD，则，代入