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1、 四点共圆1、已知ABC中，ACB=90，AB边上的高线CH与ABC的两条内角平分线AM、BN分别交于P、Q两点，PM、QN的中点分别为E、F，求证：EFAB考点：四点共圆；线段垂直平分线的性质专题：证明题分析：连接CF、FH，因为BN平分ABC，利用互余关系、对顶角相等可证CNB=BQH=CQN，根据CF为CQN的底边上中线，可证CFBN，可知CFB=90=CHB，由此可证C、F、H、B四点共圆，根据BN平分ABC，可证FC=FH，即点F在CH的中垂线上，同理可证，点E在CH的中垂线上，故EFCH，而ABCH，可证EFAB解答：证明：连接CF、FH，BN是ABC的平分线，ABN=CBN，又C
2、HAB，CQN=BQH=90-ABN=90-CBN=CNB，CQ=NC又F是QN的中点，CFQN，CFB=90=CHB，C、F、H、B四点共圆又FBH=FBC，FC=FH，点F在CH的中垂线上，同理可证，点E在CH的中垂线上，EFCH，又ABCH，EFAB点评：本题考查了线段垂直平分线的判断，四点共圆的判断与运用关键是根据题意构造四点共圆的条件本题具有一定的综合性2、如图，四边形A1A2A3A4内接于一圆，A1A2A3的内心是I1，A2A3A4的内心是I2，A3A4A1的内心是I3求证：（1）A2、I1、I2、A3四点共圆；（2）I1I2I3=90考点：四点共圆；三角形内角和定理；圆内接四边形
3、的性质专题：证明题分析：（1）连接I1A1，I1A2，I1A3，I2A2和I2A3，延长A1I1交四边形A1A2A3A4外接圆于P，根据内心的性质证明A2I1A3=90+1/2A2A1A3，A2I2A3=90+1/2A2A4A3，及四边形A1A2A3A4内接于一圆，可证A2A1A3=A2A4A3，故A2I1A3=A2I2A3，得出结论；（2）连接I3A4，仿照（1）的结论证明I1I2A3=180-I1A2A3=180-1/2A1A2A3，以及I3I2A3=180-I3A4A3=180-1/2A1A4A3，由I1I2I3=360-（I1I2A3+I3I2A3）证明结论解答：证明：（1）如图，连接
4、I1A1，I1A2，I1A3，I2A2和I2A3，I1是A1A2A3的内心，I1A1A2=I1A1A3=1/2A2A1A3，I1A2A1=I1A2A3=1/2A1A2A3，I1A3A1=I1A3A2=1/2A1A3A2，延长A1I1交四边形A1A2A3A4外接圆于P，则A2I1A3=A2I1P+PI1A3=I1A1A2+I1A2A1+I1A1A3+I1A3A1=1/2（A2A1A3+A1A2A3+A2A3A1）+1/2A2A1A3=90+1/2A2A1A3，同理A2I2A3=90+1/2A2A4A3，又四边形A1A2A3A4内接于一圆，A2A1A3=A2A4A3，A2I1A3=A2I2A3，A
5、2、I1、I2、A3四点共圆；（2）又连接I3A4，则由（1）知A3、I2、I3、A4四点共圆，I1I2A3=180-I1A2A3=180-1/2A1A2A3同理I3I2A3=180-I3A4A3=180-1/2A1A4A3，I1I2I3=360-（I1I2A3+I3I2A3）=1/2（A1A2A3+A1A4A3）=90点评：本题考查了四点共圆的判定与性质只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的3、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
6、的结论考点：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、PCOC/OB=OD/OA=1/3，COD=BOA=90，CODBOA， 1=A，O、C、P、D四点共圆，1=2，2=A，POC=AOQ，POCAOQ， OC/OQ=OP/OA，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
7、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4、如图所示，I为ABC的内心，求证：BIC的外心O与A、B、C四点共圆考点：四点共圆；三角形的五心专题：证明题分析：如图，连接OB、BI、OC，由O是外心知IOC=2IBC，由I是内心知ABC=2IBC，然后利用三角形的内角和定理即可证明BOC+A=180，接着即可证明BIC的外心O与A、B、C四点共圆解答：证明：连接OB、BI、OC，由O是外心知IOC=2IBC由I是内心知ABC=2IBC从而IOC=ABC同理IOB=ACB而A+ABC+ACB=180，故BOC+A=180，于是O、B、A、C 四点共圆点评：此题主要考查了四点共圆的问题，
8、解题的关键是利用三角形的外心和内心得到角的关系，然后利用三角形的内角和解决问题5、如图所示，已知O为正三角形ABC的高AD、BE、CF的交点，P是ABC所在平面上的任一点，作PLAD于L，PMBE于M，PNCF于N试证：PL、PM、PN中较大的一条线段等于其它两条线段的和考点：四点共圆；等边三角形的性质专题：证明题分析：因为题设中有正三角形和垂直的条件，由PLAD，PNCF知P、L、O、N、四点共圆，同理P、L、N、M四点共圆，因此P、L、O、N、M五点共圆，再求出LMN为正三角形即可得出结论解答：解：PLAD，PNCF知P、L、O、N、四点共圆同理P、L、N、M四点共圆，P、L、O、N、M五
9、点共圆O既是正ABC的垂心，又是ABC的内心，AOE=COE=60，再由共圆的条件得到MNL=LOM=60，MLN=MON=60MNL=MLN=60，LNM是等边三角形，点P是劣弧LM上一点，PN=PL+PM点评：本题考查的是四点共圆的条件及等边三角形的性质，此题综合性较强，难度较大6、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专题：证明题分析：（1）在FDC中，由三角形的外角性
10、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+FAE=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=A
11、M：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：2FA
12、E+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，FA/FB=AC/BD；AC=2AM，BD=2BN， FA/FB=2AM/2BN=AM/BN；又FAM=FBN，FAMFBNA，得AFM=BFN；又AFX=BFX，AFX-AFM=BFX-BFN，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
13、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7、如图，ABCD为圆内接四边形，过AB上一点M，引MP，MQ，MR分别垂直于BC，CD，AD，连接PR，MQ相交于N，求证：PN/NR=BM/MA考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质专题：证明题分析：先根据A、B、C、D四点共圆，可得出M、R、D、Q四点共圆，M、P、C、Q四点共圆，再在RMN及PMN中利用余弦定理即可得出PN、NR、BM、MA的关系式，进而可得出结论解答：证明：A、B、C、D四点共圆，RAM=180-C，PBM=180-D（圆内接四边形的对角互补）MRAD、MQC
14、D，M、R、D、Q四点共圆，RMN=180-D；MPBC、MQCD，M、P、C、Q四点共圆，PMN=180-C，RMN中使用正弦定理：RN/ sinRMN=RM/ sinRNMPMN中使用正弦定理：PN/ sinPMN=PM/ sinPNMsinRNM=sinPNM， PN/RN= PMsinPMN/ RMsinRMN= PMsinC/ RMsinDPM=MBsinPBM=MBsinD，RM=MAsinRAM=MAsinC，PN/RN= PMsinC/ RMsinD= MBsinDsinC/ MAsinCsinD=MB/MA，PN/NR=BM/MA点评：本题考查的是四点共圆问题、余弦及正弦定理
15、，难度较大8、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；
16、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=1/2ACB，设BX与AC的交点是F，则EXO=180-AED-EFX=180-1/2（180-A）-180+1/2ABC+ACB=1/2ACB，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
17、=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9、AB为定O的定弦，但不是直径作O的弦CiDi（i=1，2，1999）使得所有CiDi都被弦AB平分于Mi，过CiDi作O的切线交于Pi，求证：P1，P2，P1999共圆考点：四点共圆；相交弦定理；切线的性质专题：计算题；证明题分析：如图，对每个Pi，我们只要证明Pi总在OAB的外接圆上即可连接OCi，ODi，由PiCi，PiDi是切线可以得到Ci与Di关于OPi对称，由Mi是CiDi的中点，所以OPi过Mi，由AB与CiDi相交于Mi，由相交弦定理可以得到AMiB
18、Mi=CiMiDiMi（1），又OCiPi=ODiPi=90，可以得到O、Ci、Di、Pi四点共圆然后利用同样方法可以证明A、O、B、Pi四点共圆，这样可以证明题目的结论解答：如图，对每个Pi，我们证明：Pi总在OAB的外接圆上连接OCi，ODi，由PiCi，PiDi是切线知：Ci与Di关于OPi对称，由Mi是CiDi的中点，所以OPi过Mi，由AB与CiDi相交于Mi，由相交弦定理，得：AMiBMi=CiMiDiMi（1）又OCiPi=ODiPi=90O、Ci、Di、Pi四点共圆由相交弦定理，得CiMiDiMi=OMiPiMi（2）由（1）（2）得AMiBMi=OMiPiMi，A、O、B、P
19、i四点共圆故每个Pi都在AOB的外接圆上，因此所有P1，P2，P1999共圆点评：此题主要考查了四点共圆的问题，也综合运用了切线长定理、三角形的外心的性质以及证明四点共圆的方法比较复杂，解题时要细心和耐心10、如图所示，在ABC中，AB=AC，任意延长CA到P，再延长AB到Q，使AP=BQ，求证：ABC的外心O与点A、P、Q四点共圆考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质；勾股定理；确定圆的条件专题：证明题分析：先作ABC的外接圆O，并作OEAB于E，OFAC于F，连接OP、OQ、OB、OA，证出BE=AF，OE=OF，再证RtOPFRtOQE，得到P=Q即可得到答案解答：证明：作ABC的外接圆
20、O，并作OEAB于E，OFAC于F，连接OP、OQ、OB、OA，O是ABC的外心，OE=OF，OB=OA，由勾股定理得：BE2=OB2-OE2，AF2=OA2-OF2，BE=AF，AP=BQ，PF=QE，OEAB，OFACOFP=OEQ=90，RtOPFRtOQE，P=Q，O、A、P、Q四点共圆即：ABC的外心O与点A、P、Q四点共圆点评：本题主要考查了四点共圆，勾股定理，全等三角形的性质和判定，确定圆的条件等知识点，作辅助线构造全等三角形证P=Q是解此题的关键11、如图，在ABC中，已知ADBC，BEAC，AD与BE相交于点H，P为边AB的中点，过点C作CQPH，垂足为Q，求证：PE2=PH
21、PQ考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质专题：证明题分析：首先利用连接CH并延长交AB于K，连接EQ，得出CQH=CEH=Rt，进而得出C、H、E、Q四点共圆，即可得出EPHQPE，得出PE2=PHPQ解答：证明：连接CH并延长交AB于K，连接EQ，ADBC，BEAC，H是ABC的垂心，CKAB，CEH=BKH，EHC=KHB，3=4，AEB=Rt，P是AB的中点，EP=BP，1=4，1=3，CQH=CEH=Rt，C、H、E、Q四点共圆，2=3，1=2，EPH=QPE，EPHQPE，PE/PH=PQ/PE，PE2=PHPQ点评：此题主要考查了四点共圆的性质以及相似三角形的判定与性质，根据已知
22、得出C、H、E、Q四点共圆是解题关键12、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，可得：AEBP共圆（一边所对两角相等）可得BAP=BEP=BCP，PAB=PCB点评：此题主要考
23、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13、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
24、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
25、两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆14、如图，O是RtABC斜边AB的中点，CHAB于H，延长CH至D，使得CH=DH，F为CO上任意一点，过B作BEAF于E，连接DE交BC于G（1）求证：CAF=CDE；（2）求证：CF=GF考点：四点共圆；相似三角形的判定与性质分析：（1）先连接BD，根据已知条件得出BEA=ACB=90，得出A，B，C，E四点共圆且AB是此圆直径，再根据CHAB，CH=DH，确定出D也在此圆上，从而得出A，B，C，D，E五点共圆，即可证出CAF=CDE；（2）根据（1）得出CDB=CAO，BCD=ACO，得出AOCDCB，同理证出AOFDBG，ACFDCG，从而
26、得出CF/FO=CG/BG，即可证出GFBO，得出O是AB的中点，最后得出CF=GF解答：解：（1）证明：连接BD，ABC是Rt三角形，BEAFBEA=ACB=90，A，B，C，E四点共圆，且AB是此圆直径，又CHAB，CH=DH，D在此圆上，A，B，C，D，E五点共圆，CAF=CDE；（2）由（1）得：CDB=CAO，BCD=ACO，AOCDCB，同理可证：AOFDBG，ACFDCG，AC/CD=AO/BD， FO/BG=AO/BD， AC/CD=CF/CG， CF/CG=FO/BG，CF/FO=CG/BG，GFBO，O是AB的中点，CF=GF点评：此题考查了四点共圆，解题的关键是根据相似三
27、角形的判定与性质进行解答，是我们初中数学的重点，是中考必考的题型15、如果上题把直线MN由圆外平移至圆内，则由此可得以下命题：设MN是圆O的弦，过MN的中点A任作两弦BC、DE，设CD、EB分别交MN于P、Q求证：AP=AQ（初二）考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质分析：作OFCD，OGBE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ，证明ADFABG，所以AFC=AGE，再利用圆的内接四边形对角互补，外角等于内对角，证得AOP=AOQ，进而得到AP=AQ解答：证明：作OFCD，OGBE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ由于AD/AB=AC/AE=CD/BE=2FD/2BG=
28、FD/BG，FDA=ABQ，ADFABG，AFC=AGE，四边形PFOA与四边形QGOA四点共圆，AFC=AOP；AGE=AOQ，AOP=AOQ，AP=AQ点评：本题考查了全等三角形的判定和全等三角形的性质，以及圆的内接四边形性质：对角互补，外角等于内对角，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形16、如图，以锐角ABC的边AB为直径作半圆O交边BC、CA于点E、F过点E、F分别作O的切线得交点P求证：CPAB考点：四点共圆专题：证明题分析：连接AE、BF得交点Q，AB为半圆的直径，可证点Q为垂心，得CQAB，延长FP到点K，使PK=PF，连接EF、KE，利用角的关系证明K、F、Q、E四点共
29、圆，证明P为圆心，从而有PQ=PF，再证A、H、Q、F四点共圆，得出PHA=AFB=90，可证C、P、Q三点共线，证明结论解答：证明：如图，连接AE、BF得交点Q，AEB=AFB=90，点Q为ABC的垂心，CQAB延长FP到点K，使PK=PF，连接EF、KE易知PEF=PFE=EAF连接PQ并延长交AB于点H，EQF=180-AQF=180-（90-EAF）=90+EAF=90+PEF，K=1/2EPF=1/2（180-2PEF）=90-PEF，EQF+K=180故K、F、Q、E四点共圆，PK=PE=PF，P必是该圆的圆心PQ=PFPQF=PFQ=PFB=FAB=FAH，A、H、Q、F四点共圆
30、则PHA=QHA=180-QFA=90，PHAB，即PQAB由、知，C、P、Q三点共线，CPAB点评：本题考查了四点共圆的判定与性质关键是明确三角形两边上高的交点为垂心，同时考查了三点共线的方法17、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=ACB考点：四点共圆；切割线定理；相似三角形的判定与性质；射影定理分析：首先里射影定理得出PA2=PDPO，AD2=PDOD，进而得出PBPC=PDPO，即D、B、C、O四点共圆，再利用PBDCOD得出BDCD=PDOD=AD2，由BDAADC得出AB是ADC的外接圆的切线，即可得出BAE=A
31、CB解答：证明：连接OA，OB，OC，BDOAAP，ADOP，由射影定理可得：PA2=PDPO，AD2=PDOD（5分）又由切割线定理可得 PA2=P BP C，P BP C=PDPO，D、B、C、O四点共圆，（10分）PDB=PCO=OBC=ODC，PBD=COD，PBDCOD，PD/CD=BD/OD，（15分）BDCD=PDOD=AD2，BD/AD=AD/CD又BDA=BDP+90=ODC+90=ADC，BDAADC，（20分）BAD=ACD，AB是ADC的外接圆的切线，BAE=ACB（25分）点评：此题主要考查了四点共圆以及相似三角形的性质与判定和射影定理得出等知识，根据已知得出D、B、
32、C、O四点共圆以及AB是ADC的外接圆的切线是解题关键18、NS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）考点：四点共圆专题：证明题分析：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交O于Q连接MQ，SQ，根据NPS=NMB=90可证N，M，R，P四点共圆，根据圆周角定理可证SNQ=MNR=MPR=SPQ=SNQ，得出Q与Q关于NS成轴对称，则MQ=MQ，再证明M，S，Q，R四点共圆，SR为直径，MQ弦，则RSMQ，可证结论解答：证明：连接NP，NQ，NR，NR的延长线交O于Q连接MQ，SQ，易证N，M，R，
33、P四点共圆，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（MSQ90），RSMQ但MQ=MQ，RSMQ点评：本题考查了四点共圆的判定与性质只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的19、如图，四边形ABCD为平行四边形，BAF=BCE求证：EBA=ADE考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质专题：证明题分析：分别过点A、B作ED、EC的平行线，它们交于点P，连PE，根据平行四边形的性质和一个角的两边分别平行这两个角相等或互补得到
34、ABCD，AB=CD，PBA=ECD，PAB=EDC，易证得PBAECD，得到PA=ED，PB=EC则四边形PBCE、PADE均为平行四边形，得到BCE=BPE，APE=ADE，而BAF=BCE，得到P、B、A、E四点共圆，则EBA=APE，即可得到EBA=ADE解答：证明：如图，分别过点A、B作ED、EC的平行线，它们交于点P，连PE四边形ABCD为平行四边形，ABCD，AB=CD，PBA=ECD，PAB=EDC，PBAECD，PA=ED，PB=EC四边形PBCE、PADE均为平行四边形，BCE=BPE，APE=ADE而BAF=BCE，BAF=BPEP、B、A、E四点共圆EBA=APE所以E
35、BA=ADE点评：本题考查了四点共圆的判定及性质；也考查了三角形全等的判定与性质以及平行四边形的性质20、已知BE、CF是锐角ABC的两条高，求证ABE的平分线、ACF的平分线与线段EF的垂直平分线相交于一点考点：四点共圆专题：证明题分析：设ABE的平分线与ACF的平分线相交于点N，连接NE、NF由BEAC，CFAB，根据同角的余角相等得到ABE=ACF，再由角平分线定义得到FBN=FCN由此判断B、C、N、F四点共圆，即得到B、C、E、N、F五点共圆而FBN=NBE，得到NF=NE，所以N在EF的垂直平分线上解答：解：如图设ABE的平分线与ACF的平分线相交于点N，连接NE、NFBEAC，C
36、FAB，ABE=ACF，而BN，CN分别为ABE和ACF的平分线，FBN=FCNB、C、N、F四点共圆B、C、E、N、F五点共圆FBN=NBE，NF=NEN在EF的垂直平分线上即ABE的平分线、ACF的平分线与线段EF的垂直平分线相交于一点点评：本题考查了四点共圆的判定与性质也考查了圆周角定理以及角平分线的性质21、A、B、C三点共线，O点在直线外，O1，O2，O3分别为OAB，OBC，OCA的外心求证：O，O1，O2，O3四点共圆考点：四点共圆；三角形的外接圆与外心专题：探究型分析：先连接OO1，OO2，OO3，O1O2，O1O3，AO3，BO2，由三角形外角的性质及圆周角定理可求出OO2O
37、1=OO3O1，即可求出O，O1，O2，O3共圆解答：证明：连接OO1，OO2，OO3，O1O2，O1O3，AO3，BO2，O1，O2，O3分别为OAB，OBC，OCA的外心，O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA，由圆周角定理可得，OO2O1=1/2OO2B=OCB，OO3O1=1/2OO3A=OCA，OO2O1=OO3O1，O，O1，O2，O3共圆点评：本题考查的是四点共圆及三角形外心的定义，根据题意作出辅助线是解答此题的关键22、在梯形ABCD中，ABDC，ABCD，K，M分别在AD，BC上，DAM=CBK求证：DMA=CKB（第二届袓冲之杯初中竞赛）考点：四点共圆；梯形专题：证明题
38、分析：连KM，由DAM=CBK，得到A，B，M，K四点共圆，则DAB=CMK，AKB=AMB，而DAB+ADC=180，得到CMK+KDC=180，因此C，D，K，M四点共圆，所以CMD=DKC，即可得到DMA=CKB解答：解：连KM，如图，DAM=CBK，A，B，M，K四点共圆，DAB=CMK，AKB=AMB，又ABDC，DAB+ADC=180，CMK+KDC=180C，D，K，M四点共圆，CMD=DKC，180-DKC-AKB=180-CMD-AMB，DMA=CKB点评：本题考查了四点共圆的判定方法以及四点共圆的性质也考查了梯形的性质23、求证：菱形各边中点在以对角线的交点为圆心的同一个圆
39、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=1/2AB，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，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=
40、OQ=1/2AB，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24、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）考点：四点共圆；等边三角形的性质；正方形的性质专题：计算题分析：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条边上，所以不妨令F，G两点在正方形的一组对边上，连接KA，KD，易证E，K，G，D四点共圆，则KDE=KGE=60，同
41、理KAE=60，可证KAD也是一个正三角形，K必为一个定点，再分别求边长FG的最大值与最小值解答：证明：如图，设EFG为正方形ABCD的一个内接正三角形，作正EFG的高EK，连接KA，KD，EKG=EDG=90，E，K，G，D四点共圆，KDE=KGE=60，同理，KAE=60，故KAD也是一个正三角形，K必为一个定点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，面积S=34也最小当KF通过B点时，边长为22-3，这时边长最大，面积S=23-3也最大点评：本题考查了四点共圆的判断，等边三角形的性质关键是运用四点共圆证明新的等边三角形，得出定点25、如图，在四边形ABCD中，已知BAD=60，ABC=90，BCD=120，对角线AC，BD交于点S，且DS=2SB，P为AC的中点求证：（1）PBD=30；（2）AD=DC考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质专题：证明题分析：（1）连接PD，四边形ABCD中，已知BAD=60，ABC=90，BCD=120，根据内角和定理可求ADC=90，则A、B、C、D四点共圆，对角线AC为直径，P点为圆心，PBD为等腰三角形，根据圆周角定理BPD=2BAD，可证PBD=30；（2）作SNBP于点N，由（1）的结论可知SN=1/2SB，利用线段之间个关系证明MS=1/2SB=SN，从而判断RtPMSRtPNS，得出MPS=