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)汇总

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1：2两局部，AD、BE、CF相交成的△PQR的面积是△ABC的面积的〔〕A．B．C．D．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〕A．0B．1C．2D．3二．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，那么四边形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：AO∥FG．8．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ⅰ、ⅱ两小题任选一题]〔ⅰ〕求四边形ABCD的面积〔ⅱ〕求证：A、B、E、F四点在同一个圆上〔2〕求证：AB∥DC．9．如图，自△ABC的外接圆弧BC上的任一点M，作MD⊥BC于D，P是AM上一点，作PE⊥AC，PF⊥AB，PG⊥BC，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，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．求证：〔1〕∠CFD=∠CAD；〔2〕EG＜EF．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．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AB＞AC〕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°．15．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．假设OD与EF相交于K，求证：AK平分BC．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．17．给定锐角三角形PBC，PB≠PC．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OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分别为E，F，线段BC，AD的中点分别为M，N．〔1〕假设A，B，C，D四点共圆，求证：EM•FN=EN•FM；〔2〕假设EM•FN=EN•FM，是否一定有A，B，C，D四点共圆？证明你的结论．18．⊙O2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．19．△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=C1C2．20．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．21．设P，Q，R分别是△ABC的BC，CA，AB上的点．假设，那么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．23．ABCD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．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．25．一个展览馆有28间展览室〔如图，每一个方格代表一间展览室〕．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3×3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．以下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1：2两局部，AD、BE、CF相交成的△PQR的面积是△ABC的面积的〔〕A．B．C．D．考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理．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S△PQR=S△BCF﹣S△BCQ﹣SBPRF=S△ABC，从而得出答案．解答：解：对△ADC用梅涅劳斯定理可以得：••=1，那么=．设S△BCF=，S△BCQ=S△BCE=，SBPRF=S△ABD=，∴S△PQR=S△BCF﹣S△BCQ﹣SBPRF=S△ABC．应选D．点评：此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〕A．0B．1C．2D．3考点：一笔画定理．专题：作图题．分析：根据一笔画的特性，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，但凡由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成，但凡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局部总是有边相连的，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．但凡由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成．但凡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．应选D．点评：此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，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，那么四边形BCEF的面积为．考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理．专题：计算题．分析：根据梅涅劳斯定理得，••=1，那么=，由面积公式得SBCEF=S△BCF+S△CEF，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，那么=，连FC，S△BCF=S△ABC，S△CEF=S△ABC，于是SBCEF=S△BCF+S△CEF=S△ABC=××2×2sin60°=×=．故答案为．点评：此题是一道竞赛题，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．公园小路如图，只要把A，B，C，D，E，F，G七个点中的FD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．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．但凡由偶点组成的连通图，一定可以一笔画成．但凡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．但凡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客走完全部小路而又不重复走．故答案为D、F．点评：此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．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AC⊥BD，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：：如图，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，∴AC⊥BD，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：此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为圆心的同一个圆上．考点：四点共圆．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BD⊥AC．∵E、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的两条高，F和G分别是DE和BC的中点，O是△ABC的外心．求证：AO∥FG．考点：四点共圆．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OA⊥DE，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，∴GF⊥DE，延长OA交DE于H，∵∠BDC=∠BEC=90°∴B，C，E，D四点共圆，，即，又∵OA=OB，∴，∠EAH+∠AEH=90°，于是，AD⊥DE，即OA⊥DE∴AO∥FG．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，综合的知识点较多，注意融会贯穿．8．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ⅰ、ⅱ两小题任选一题]〔ⅰ〕求四边形ABCD的面积〔ⅱ〕求证：A、B、E、F四点在同一个圆上〔2〕求证：AB∥DC．考点：四点共圆；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系．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，那么∠ABF=∠AEF，同〔2〕法可证F、C、E、D四点共圆，那么∠DEF=∠DCF，而∠AEF和∠DEF为同一角，那么∠ABF=∠DCF，所以AB∥CD．点评：此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．9．如图，自△ABC的外接圆弧BC上的任一点M，作MD⊥BC于D，P是AM上一点，作PE⊥AC，PF⊥AB，PG⊥BC，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．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△AGP∽△ADM，得出，证△APE∽△BMD，得出，推出，根据∠GPE=∠ACB=∠BMA，推出△PEG∽△MAB，求出∠PGE=∠ABM，∠PGF=∠ACM，由圆内接四边形性质得：∠PGE+∠PGF=180°即可．解答：证明：如图，连接GE，GF，MC，MB，∵PE⊥AC，PF⊥AB，PG⊥BC，∴∠POC=∠PEC=90°，∵∠PHB=∠EHC，由三角形的内角和定理得：∠GPE=∠ACB同理：∠GPF=∠ABC，∵GP∥MD，∴△AGP∽△ADM，∴，…①∵∠GPE=∠ACB=∠BMA圆周角定理〕，∴∠APE=∠BMD，又∵∠AEP=∠BDM=90°，∴△APE∽△BMD，∴，…②①×②得，∵∠GPE=∠ACB=∠BMA，∴△PEG∽△MAB，∴∠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：此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，此题比拟好，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．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，那么FC=FB．…〔2分〕连接EF，那么△CEF≌△BEF，∴∠BFE=∠CFE．…〔5分〕∵A，B，F，C共圆，∴∠CAB+∠CFB=180°…〔7分〕∴∠CAB+2∠BFE=180°．∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB…〔8分〕∴∠CAB+2∠ADB=180°．∴∠ADB=∠BFE．…〔10分〕∴B、E、D、F四点共圆．…〔12分〕点评：此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，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．求证：〔1〕∠CFD=∠CAD；〔2〕EG＜EF．考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质．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△BDF∽△DEF，推出，=，再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A、F、D、C四点共圆即可；〔2〕根据推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF＞∠EFG即可．解答：〔1〕证明：连接AF，并延长交BC于N，∵AD⊥BC，DF⊥BE，∴∠DFE=∠ADB，∴∠BDF=∠DEF，∵BD=DC，DE=AE，∵∠BDF=∠DEF，∠EFD=∠BFD=90°，∴△BDF∽△DEF，∴=，那么=，∵∠AEF=∠CDF，∴△CDF∽△AEF，∴∠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，∵CF⊥AD，AD⊥BC，∴F、N、D、G四点共圆，∴∠EGF=∠AND，∵∠AND＞∠ABD，∠EFG=∠ABD，∴∠EGF＞∠EFG，∴DF＜EF．点评：此题综合考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．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=2Rcos∠A3A2A4，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：=2R⇒A2H1=2Rcos∠A3A2A4；由△A1A3A4得A1H2=2Rcos∠A3A1A4．但∠A3A2A4=∠A3A1A4，故A2H1=A1H2．易证A2H1∥A1A2，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，难度比拟大，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△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〕考点：四点共圆；相交弦定理．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MK•KN=PK•KQ，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〕，∴AM=AP=AN=AQ，M、N、P、Q是共圆心为A的圆．须证MK•KN=PK•KQ，即证〔MC′﹣KC′〕〔MC′+KC′〕=〔PB′﹣KB′〕•〔PB′+KB′〕或MC′2﹣KC′2=PB′2﹣KB′2．①∵AP=AM〔所对弧长相等〕，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2．故MC′2﹣PB′2=AB′2﹣AC′2=〔AK2﹣KB′2〕﹣〔AK2﹣KC′2〕=KC′2﹣KB′2．②由②即得①，命题得证．点评：此题是一道竞赛题难度比拟大，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AB＞AC〕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．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，那么∠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△CMH∽△HME，利用相似比得MH2=ME•MC，而MH=MA，故MA2=ME•MC，将问题转化到△CMA与△AME中，利用公共角证明△CMA∽△AME，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Rt△AHD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=180°﹣∠MHD=180°﹣∠HEC=∠MEH，∵∠CMH=∠HME，∴△CMH∽△HME，∴，即MH2=ME•MC，∴MA2=ME•MC，又∵∠CMA=∠AME，∴△CMA∽△AME，∴∠MCA=∠MAE，∴∠BHE+∠BAE=∠DHE+∠BAD+∠MAE=∠DHE+∠MAC+∠MCA=∠DHE+∠DME=180°，∴A，B，H，E四点共圆，∴∠AEB=∠AHB，又∵AH⊥BH，∴∠AHB=90°，∴∠AEB=∠AHB=90°．点评：此题考查了四点共圆，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外的旁切圆，D、E、F分别为⊙O与BC、CA、AB的切点．假设OD与EF相交于K，求证：AK平分BC．考点：四点共圆．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OK⊥PQ，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Rt△OFQ≌Rt△OEP，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OD⊥BC，可知OK⊥PQ．由OF⊥AB，可知O、K、F、Q四点共圆，有∠FOQ=∠FKQ．由OE⊥AC，可知O、K、P、E四点共圆，有∠EOP=∠EKP．显然，∠FKQ=∠EKP，可知∠FOQ=∠EOP．由OF=OE，可知Rt△OFQ≌Rt△OEP，那么OQ=OP．于是，OK为PQ的中垂线，故QK=KP．所以，AK平分BC．点评：此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．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：如下图，∵△ABC是等边三角形，AM1⊥BC，BM2⊥AC，CM3⊥AB，∴M1、M2、M3分别是BC，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：此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，PB≠PC．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OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分别为E，F，线段BC，AD的中点分别为M，N．〔1〕假设A，B，C，D四点共圆，求证：EM•FN=EN•FM；〔2〕假设EM•FN=EN•FM，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；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质．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，那么，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△EQM≌△MRF，那么EM=FM，同理可得EN=FN，即可得到结论．〔2〕假设EM•FN=EN•FM，不一定有A，B，C，D四点共圆．当AD∥BC时，由于∠B≠∠C，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有EM•FN=EN•FM．设S，Q分别是OA，OB的中点，连接ES，EQ，MQ，NS，那么，得到．①同理得．②而AD∥BC，所以③，易证∠NSE=∠EQM，那么△NSE∽△EQM，得到〔由②〕．同理可得，，所以，从而EM•FN=EN•FM．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=2∠ABD=2∠ACD=∠FRO，所以∠EQM=∠EQO+∠OQM=∠FRO+∠ORM=∠FRM，∴△EQM≌△MRF，∴EM=FM，同理可得EN=FN，所以EM•FN=EN•FM．〔2〕假设EM•FN=EN•FM，不一定有A，B，C，D四点共圆．理由如下：当AD∥BC时，由于∠B≠∠C，所以A，B，C，D四点不共圆，但此时仍然有EM•FN=EN•FM，证明如下：如图2所示，设S，Q分别是OA，OB的中点，连接ES，EQ，MQ，NS，那么，∴．①又∵，∴．②而AD∥BC，所以，③由①，②，③得．∵∠NSE=∠NSA+∠ASE=∠AOD+2∠AOE，∠EQM=∠MQO+∠OQE=〔∠AOE+∠EOB〕+〔180°﹣2∠EOB〕=∠AOE+〔180°﹣∠EOB〕=∠AOD+2∠AOE，即∠NSE=∠EQM，∴△NSE∽△EQM，故〔由②〕．同理可得，，所以，从而EM•FN=EN•FM．点评：此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．18．⊙O2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．专题：证明题．分析：首先作辅助线延长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A是△CDB的三个角平分线的交点，∴点A是△BCD的内心．点评：此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．19．△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．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．专题：证明题．分析：作辅助线连接A1B，A1C，过A1做A1F⊥AC于F，A1E⊥AB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，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A1F⊥AC于F，A1E⊥AB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°，∴Rt△A1EB～Rt△A1FC，∴∠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的外接圆的直径，同理可证：B1B2、C1C2也是ABC的外接圆的直径，∴A1A2=B1B2=C1C2．点评：此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．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①，②，③．又由①×②×③，即可证得．解答：证明：如图，由三角形面积的性质，有①，②，③．由①×②×③，得．点评：此题考查了三角形的面积问题．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．假设，那么AP，BQ，CR交于一点．考点：梅涅劳斯定理与赛瓦定理．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．那么．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：此题是一道竞赛题，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．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，∠5=∠4=∠2，∴∠5+∠6=∠2+∠7=90°，∴∠NQT=∠5+∠DQM+∠6=180°，∴N、Q、T共线，∴TQ⊥PR且它们的交点在矩形的一条对角线上．点评：此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．23．ABCD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．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===，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，∵AB∥CD，∴=，=．从而=，即=，∴CI=AJ．而===，且BM+MC=BC=AD=AL+LD．∴BM=DL．点评：此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．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CI∥AB，CJ∥AD，那么，．可证明△ACI≌△ACJ，那么∠IAC=∠JAC，从而可得出∠GAC=∠EAC．解答：证明：如图，连接BD交AC于H，过