初中数学奥林匹克中的几何问题：第7章九点圆定理及应用附答案

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(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---参考答案(第3-5章)

第三章托勒密定理及应用习题A1．由CDE BAE △∽△和CBE DAE △∽△，有4BE AB CE =，4DEAD CE=，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有()()416BE DEBD AE CE AB AD CE+⋅+=+=⋅．令CE x =，得方程26160x x +-=，求得2x =(舍去了负值)．于是12BE DE CE AE ⋅=⋅=．又8BD BC DC <+=，求得3BE =，4DE =或4BE =，3DE =，总之7BD =为所求．2．连EF ，DF ，由FBC FBD FED FAC ∠=∠=∠=∠，ABF EBF EDF ACF ∠=∠=∠=∠，知EDF EDF △∽△，即EF DE DF AF AC CF==．设其比值为k （k 为参数），则EF kAF =，DE kAC DF kCF =⋅=，对四边形BEFD 应用托勒密定理．有()BE EF DF BF DE +=⋅，即()BE k AF k CF BF k AC ⋅+⋅=⋅⋅注意到BE AC =，消去k ，得BF AF CF =+．3．连AC ，在四边形APCD 中应用托勒密定理，有PA PC AC PB AB +=4．连11l l 11,,B D DC B C ，设CAD α∠=，BAD β∠=，O ⊙的半径为R ．由AD 为BC 上中线，可令12ABC ACD ABC S S S k ===△△△．由正弦定理有112sin B D R β=⋅，112sin()C D R αβ=⋅+．对四边形111AB D C 应用托勒密定理，有1112sin 2sin 2sin()AB R αAC R βAD R αβ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+，消去2R ，两边同乘以 12AB AC AD ⋅⋅得111122ACD ABD ABC AB AB S AC AC S AD AD S ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅△△△，亦即 1112AB AB AC AC AD AD ⋅+⋅=⋅，由此即证．5．连1535,A A A A ，则1514A A A A =，3513A A A A =．对四边形1345A A A A 应用托勒密定理，有 3413151435()A A A A A A A A A A ⋅+=⋅，即1213141413()A A A A A A A A A A +=⋅，由此整理即证．6．对四边形AB A B ''应用托勒密定理，有11a b cc AB A B '''=+⋅，即11111a b c cc c AB A B c '''=+⋅⋅，同理，对四边形B CA C '''，AB BC ''，AA BC ''分别应用托勒密定理，有1AB A B c AB B C b AB A C a '''''''⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅，1AB B C b abc bb b '''⋅⋅=+，1AB A C a a b c aa a '''''''⋅⋅=+．由此四式即证得结论．7．设圆心O 到AB ，BC ，CA 的距离分别为1x ，2x ，3x ，连接BO 并延长与O ⊙交于D ，连AD ，DC ，则12AD x =，22CD x =，对四边形ABCD 应用托勒密定理有12222x a x c Rb +=．同理，23222x b x a Rc +=，13222x b x c Ra +=．加之1232()2()2()2()x a b x b c x c a R a b c +=+++=++，但123()cx ax bx r a b c ++=++，以上两式相加得123x x x R r ++=+．但11x R h =-，22x R h =-， 33x R h =-，由此即证．8．作一直径(11)AB x x =≥的圆，在B 的两侧分别取C ，D 二点，使2BC =，11BD =，于是AC =AD ，对四边形ABCD 应用托勒密定理，有211CD x ⋅=+，将此式与原方程比较得CD =．在BCD △中，由余弦定理，有1cos 2CBD ∠=-，知120CBD ∠=︒，故14sin120CDx AB ===︒为所求．9．作直径1AC =的圆，并作弦AB b =，AD a =的圆内接四边形ABCD ，则DC =，BC =AD BC AB CD AC BD ⋅+⋅=⋅，即1a b BD =⋅，由此得1BD =，即BD 也是圆的直径，故221a b +=．10．当0x =时，1y =，当0x ≠时，作代换222x t x +=，1122x x t x x =+=+≥sin cos t θy t θ+=+，即1sin cos yt θy θ-=-⋅，以1AB =为直径作圆，作弦sin AC θ=，作弦AD =，则BD =cos BC θ=．由托勒密定理及1CD AB ≤=，有sin cos θy θ+，亦有sin cos sin cosyt tθyθθyθ-=-≤+，即11t y⋅--，故22y≤≤11．连AC，CE，AE，对四边形APCE应用托勒密定理，有AC PE AE PC CE PA⋅=⋅+⋅，而AC AE CE==，有PE PA PC=+．同理，PD PB PF=+，由此即证．12．不失一般性，令P点位于OBF△内部（其中O为CAB△中心），作1PP AD⊥于1P，2PP BE⊥于2P，3PP CF⋅于3P．由P，O，1P，2P四点共圆，有23180PP O PPO∠+=︒，知1P，3P，O，2P四点共圆，即P，3P，O，lP，2P共圆，推知l23PP P△是正三角形，在312PP PP中，有123213312PP P P PP PP PP PP⋅=⋅+⋅，即123PP PP PP=+，故PAD PCFS S+△△．13．作ABC△外接圆的直径CF，并设AF x=，BF y=，则60BFC A∠=∠=︒，直径2CF d y==．对四边形BCAF应用托勒密定理，有cd ax by=+．从而tan tan tan tan2221tan tan tan tan2a bA B BFC AFC ax by ax by by cd by by c by xa bA B BFC AFC ax by ax by cd c y cy x--∠-∠-+-=-======-= +∠+∠++⋅+．14．令AB AC a==，对四边形ABPC应用托勒密定理，有a PB a PC BC PA⋅+⋅=⋅，即有PA aPB PC BC=+．对四边形BCAQ应用托勒密定理，有QA BC a QB a QC⋅+⋅=⋅，即QA aQC QB BC=-．15．对四边形ABCD应用托勒密定理，BC AD BD AC AB CD⋅+⋅=⋅，即AD ACBC BD CDAB AB⋅+⋅=．又ABD MCP△∽△及ABC MDQ△∽△，有AD MPAB MC=，AC MQAB MD=，于是MP MQBC BD CDMC MD⋅+⋅=，注意到=22CD MC MD=即证．16．连EG，FG和EF，对四边形BFGE应用托勒密定理，有BE FG BF EG BG EF⋅+⋅=⋅，又FEG FBG ADB∠=∠=∠，EFG EBG∠=∠，则EFG ABD△∽△，有FG EG EFAB AD BD==，令其比值为t，则t BE AB t BF AD t BG BD⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅，消去t，注意到AD BC=即证．17．作DG AF∥交1O⊙于G，则AG FD=，GF AD=．对四边形AGDF应用托勒密定理，AD FG AG FD AF GD⋅=⋅+⋅．由AD平分BAF∠，知FD BD=，即AG BD=，由此知GB DA∥，有GD AB=．故222AD FD AF GD FD AF AB=+⋅=+⋅．同理，有22AE FE AF AC=+⋅．此两式相减有2222DA EA DF EF-=-，故DE AF⊥．18．在直径2AB x=>的圆中，在两个半圆上分别取点C和D，使2AC=，1AD=，则BCBD=由托勒密定理，CD x=⋅，与原方程比较得CD．在ACD△中，由余弦定理，有1cos2CAD∠=-，则120CAD∠=︒，故sinCDxCAD=∠．19．由222+=，在直径AB=的圆中，在一半圆上取点C，使AC=，BC=；在另一半圆上取中点D，则AD BD==CD，知CD AB≤，由托勒密定理，2AB CD=⋅≤，即y=≤ABC△中，AC BC AB+≥（当C与A或B重合时，取等号)，故y≤20．设222x y a+=，则01a≤≤．当0a=时，命题显然成立，当01a<≤时，在直径AB a=的一半圆上取点C，使AC x=，BC y=，因2222x y a +=+=，则可在另一半圆上取点D ，使BD =，AD =，由托勒密定理，有2x y AB CD a +=⋅≤，即2()()x x y y x y ++-≤≤但222()()()()x xy y x x y y x y x x y y x y +-=++-≤++-≤21．设点T 在劣弧»AB 上，连AT ，BT ，CT ，分别交小圆于点D ，E ，F ．连DE ，EF ，FD ，过点T 作公切线RQ ．由DFT RTD RTA ACT ∠=∠=∠=∠，有AC DF ∥，有AD ATCF CT=．又 2AM AD AT =⋅，2CP CF CT =⋅，有2222AM AD AT AT CP CF CT CT =⋅=，即AM AT CP CT =．同理，BN BT CP CT=．对圆内接四边形ATBC 应用托勒密定理，有AT BC BT AC TC AB ⋅+⋅=⋅，而AB BC CA ==，则 AT BT CT +=，故AM BN CP ++．22．令BC a =，AC b =，AB c =．由BE 平分ABC ∠，有AE AB EC BC =，亦有AE ABAC BC AB=+，即bc AE a c =+．同理，bcAF a b=+．由AE PQ ∥，有AEF Q ∠=∠，从而AEF PCB ∠=∠，注意到 FAE BPC ∠=∠，有AEF PCB △∽△，即PB AF a cPC AE a b+==+，即()PB b PC a c PB a ⋅=⋅+-⋅．在圆内接四边形PABC 中，应用托勒密定理，有PB b PC c PA a ⋅=⋅+⋅，故()PC a c PB a PC c PA a +-⋅=⋅+⋅，因此，PC PA PB ++．23．由()BE AC AF FC AC ⋅=+⋅，AC ，()()AF BC AB FC AF BD CD FC BE AE AF ⋅+⋅=⋅++-=⋅ ()()AC AF CD FC AC FC AE AF FC AC AF CD FC AE +⋅+⋅-⋅=+⋅+⋅-⋅，又AF CD FC AE ⋅=⋅，则BF AC AF BC AB FC ⋅=⋅+⋅，由托勒密定理之逆，知ABCF 有外接圆．24．连EA ，ED ，由BAE ECD ∠=∠，且CDE EAD ABE ∠=∠=∠，有ABE CDE △∽△，亦有AE ABEC CD=，即EC AB EA CD ⋅=⋅．在圆内接四边形AEBC 中，应用托勒密定理，有EA BC EB AC EC AB ⋅+⋅=⋅，于是222111EB AC EA BC EA BC BC BD BD BD EC AB EC AB EA CD CD CD BD CD DA ⋅⋅⋅=-=-=-===⋅⋅⋅⋅．又ABD CAD ∠=∠，ADB ADC ∠=∠，有ABD CAD △∽△，有AB BDAC AD=．于是22EB AC AB EC AB AC ⋅=⋅，故33EB AB EC AC =．习题B1．在弧¼ADC 上取点H ，使AH CD c ==，连HC ，HB ，令AC m =，BD n =，BH p =，易证AHC CDA △∽△，即HC AD d ==．对四边形ABCD ，ABCH 分别应用托勒密定理，有ac bd mn +=，ad bc pm +=．又在弧¼BCH 上取点K ，使BK CH d ==，由CHB KBH △∽△，有HK BC b ==对四边形ABKH 应用托勒密定理，有ab cd AK p +=⋅．又由¼¼KHA BCD =，有AK BD n ==．于是2()()ac bd ad bc m ab cd ++=+，2()()ac bd ab cd n ad bc++=+，由此即求得AC ，BD ．2．作AGH △的外接圆1O ，分别截AC ，AD AB 于点H ，Q ，G ．易证BCD APE △∽△，即DC BCPE AP=，BD BC AE AP =，即PE AK CD BC BC AP AP =⋅=⋅，AEBD BC AP=⋅．对四边形ABDC 应用托勒密定理，有AE AKAD BC BD AC DC AB BC BC AB AP AP⋅=⋅+⋅=⋅+⋅⋅，故AP AD AE AE AK AB ⋅=⋅+⋅．（*）同理，由托勒密定理，有AP AQ AE AE AK AG ⋅=⋅+⋅．于是2()AP AQ AP AP PQ AP AP PQ AE AH AK AG ⋅=+=+⋅=⋅+⋅，即22AP PG PH AP AP PQ AE AH AK AG +⋅++⋅=⋅+⋅从而2AP AE AH AK AG PG PH =⋅+⋅-⋅．由(*)式减去上式，有()()() AP AD AP AE AC AH AK AB AG PG PH -=-+-+⋅，即PA PD PK PI PE PF PG PH ⋅=⋅+⋅+⋅．又22221()24PK PI EF KI KI ++≤≤，214PE PF EF ⋅≤，214PG PH GH ⋅≤，故224EF KI GH PA PD ++≥⋅，其中等号当且仅当P 为ABCV △的中心时取得． 3．设四边形1234A A A A 内接于以O 为圆心，半径为R 的圆，设点O 在弦13A A ，12A A ，23A A ，34A A ，41A A ，上的射影分别为点0H ，1H ，2H ，3H ，4H ．记(0,1,,4)i i h OH i ==…，1S ，2S 与1p ，2p 为123A A A △与34l A A A △的面积与半周长，1r ，2r 为它们的内切圆半径．考虑含点O 的三角形，不妨设O 在123A A A △内，分别对四边形302A H OH ，110A H OH ，221A H OH ，应用托勒密定理，并注意02H H ，01H H ，12H H 是123A A A △的中位线，有1102()R r p R H H +=⋅．01121023203011102121()()(R H H R H H S h H A h H A h H A h H A h H A h +⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅2211222003112011)()()2H A h A A h A A h A A h h h p +⋅+⋅+⋅=++⋅，故1120R r h h h +=++．考虑O 在三角形外部的情形，考虑341A A A △，对四边形140A H H O ，330A H H O ，413A H OH 应用托勒密定理，有220404033434010413()()(R r p R H H R H H R H H R H H S h H A h H A h +=⋅+⋅+⋅+⋅+=⋅-⋅+⋅0303343434433444101334021)()()()2H A h H A h H A h H A h A A h A A h A A h h h p -⋅+⋅-⋅+⋅+⋅-⋅=+-⋅，故2340R r h h h +=+-．在上述情形下，1212342r r h h h h R +=+++-．对一般情形，所求内切圆半径之和等于1h ，2h ，3h ，4h ，2R 并赋以一定的符号之和，这些符号只与点O 相对四边形1234A A A A 的位置有关．因此，这个和与对角线的选取无关．4．设圆1C 的圆心为O ，半径为r ，连i OA ，(1,2,,)i OB i n =…，在四边形112OA B B 中应用托勒密不等式，有112211112OA B B CO A B OB A B ⋅+⋅≥⋅，即1211222()r B B λr A B λr A A A B →⋅+⋅≥+)，故 12111222()B B λA B λA A A B +≥+．同理，迭用托勒密不等式，有23222333()B B λA B λA A A B '+≥+；34333444()B B λA B λA A A B +⋅≥+；…； 1111()n n n n n n n B λA B λA A A B ----+⋅≥+，1111()n n n n B B λA B λA A A B +≥+．将上述几个同向不等式相加，得1223111223-11()n n n n n B B B B B B B B λA A A A A An A A -+++≥+++……+，故21p λp ≥．由托勒密不等式中等号成立的条件是当且仅当四边形112OA B B ，223OA B B ，…，1n n OA B B ，都是圆内接四边形，由圆内接四边形性质，知2323OA A OB B ∠=∠，2132OA A OB B ∠=∠，但 2332OB B OB O ∠=∠，则2123OA A OA A ∠=∠，从而1223OA A OA A △∽△，因此1223A A A A =．同理， 23341n A A A A A A ===…，即n 边形12n A A A …为正n 边形．反之，若12n A A A …为正n 边形，将其绕点O 逆时针方向旋转2πn，知12A A →，23A A →，…，1n A A →，从而12B B →，23B B →，…，1n B B →．于是知12n B B B …也是正n 边形，因此有122312n A A A A A A r ===⋅…πsin n，12231π2sin n B B B B B B λr n ====⋅…．此时有21p λp =．5．作1O ⊙，O ⊙的公共直径GMK ，其中GM 是1O ⊙的直径，GK 是O ⊙的直径，连CG 交1O ⊙于点N ．显然MN KC ∥，于是CN KM CG KG =，222CN KMf CN CG CG CG CG KG=⋅=⋅=⋅，即f CG =理，d AG =e BG =ABGC 中应用托勒密定理，有b BG c CG a AG ⋅+⋅=⋅．此时两bd ce af +=． 6．首先证EF GH =，MN PQ =．由切线长定理，有()()()()AC BC BD DA AF BF BE AE -+-=-+-= ()()2AF AE BE BF EF -+-=，()()()()()AC DA BD BC CH DH DG CG CH CG -+-=-+-=-+()2DG DH GH -=，而()()()()AC B BD DA AC DA BD BC -+-=-+-，故EF GH =．同理MN PQ =．连1O A ，1O E ，3O C ，3O G ，由BAD ∠与BCD ∠互补，知1O AE ∠与3O CG ∠互余，有13390O AE O CG CO G ∠=︒-∠=∠，即13AE CO G △∽△．于是1313AE CG O E O G R R ⋅=⋅=⋅．同理，24BM DP R R ⋅=⋅．令AE AQ a ==，BM BF b ==，CG CN c == DP DH d == EF GH m ==，MN PQ n ==．于是，AB a b m =++，CD c d m =++，BC b c n =++，DA d a n =++，()()AC AF CM a m c n =+=+++，()()BD BE DQ b m d n =+=+++．对ABCD 应用托勒密定理，有AC BD AB CD BC DA ⋅=⋅+⋅，即()()()()()()a c m n b d m n a b m c d m b c n d a n +++⋅+++=+++++++++，亦即mn ac bd =+．即证． 7．设BAN NAC a ∠=∠=，对AB ，AN ，AC 应用三弦定理，则有2cos AN αAB AC ⋅=+，因1sin ()2ABC ABL ACL S S S AL αAB AC ++=⋅⋅+△△△，则cos sin ABC AN AL αα=⋅⋅⋅△S ．又在Rt ALK △中，cos AL αAK ⋅=，则sin 2ANK S ABC AN AK αS =⋅⋅=△△．又易知AK AM =，即知ANK ANM △∽△，于是12ANK ANM AKNM S S S ==△△四边形，即证．8．必要性：连OB ，OC ，知EAB △，FAC △均为等腰三角形，且2()2BPC AEP CFD BAD CAD BAC BOC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=∠，知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB OP BC ⋅=⋅+⋅，由PB PC PO =+得OC BC =，即OBC △为正三角形，推得1302BAC BOC ∠=∠=︒．充分性：由30BAC ∠=︒，知OBC △为正三角形，且由BPC BOC ∠=∠知B ，C ，P ，O 共圆，由托勒密定理，有PB OC PC OB PO BC ⋅=⋅+⋅，及OC OB BC ==，即得PB PC PO =+． 9．对四边形1ACA B 应用托勒密定理，有111AA BC AB AC AC A B ⋅=⋅+⋅，令11A B AC x ==，注意112x A B ACK BC =+>，有11222()ABx AC x AA AB AC AB AC BC BC +==+⋅>+，即11()2AA AB AC >+．同理，11()2BB BA BC >+，11()2CC CA CB >+，此三式相加即证．10．令AC a =，CE b =，AE c =．对四边形ACEF 应用托勒密不等式，有AC EF CE AF AE CF ⋅+⋅≥⋅，注意EF AF =，有FA c FC a b ≥+．同理。

初三数学奥林匹克竞赛题及答案

初三数学奥林匹克竞赛题及答案已知3a^2-10ab+8b^2+5a-10b=0，求……已知实数a、b满足3a^2-10ab+8b^2+5a-10b=0，求u=9a^2+72b+2的最小值答案：分解因式(a-2b)(3a-4b)+5a-10b=0即(a-2b)(3a-4b+5）=0从而a=2b或4b=3a+5带入u就可做了。

a=2b的u=-344b=3a+5的u=11即u最小为-34***从1，2，3，4……2010这2010个正整数中，最多有多少个数，可以在这些数中任选三个数的乘积都能被33整除？答案：33的倍数共有60个所以{3，11，33，66，99……1980,任意一个数}所以最多63个数***(1)五位数 abcde 满足下列条件它的各位数都不为0(2)它是一个完全平方数(3)它的万位上的数字 a 和 bc de 都是完全平方数求所有满足上诉条件的5位数***怎样的四个点可以共圆，初三奥数题这题奥数题的答案说。

∠APB=∠BQR=90°，∴BQRP四点共圆，这是为什么？？这是因数四边形BQRP的两个对角BRP和PBQ的和是90°依据是对角互补的四边形是圆内接四边形！***如图，圆O中，AB,AC为切线分别切圆与D,E且BC过O点，F为弧DE 上一点，过F作圆O的切线交AB,AC于M,N。

求证，△MBO∽OCN答案：少一个条件：AB=AC（△MBO∽△OCN 就意味着∠B=∠C，但是题目只说BC过O）1) 显然∠DOB=90°-∠B，∠EOC=90°-∠C，于是∠DOE=180°-(∠DOB+∠EOC)=∠B+∠C=2∠B2) 显然∠DOM=∠FOM，∠EON=∠FON，于是∠DOE=∠DOM+∠FOM+∠EON+∠FON=2(∠FOM+∠FON)=2∠MON3) 比较1)、2)的结论可知∠MON=∠B=∠C4) 根据3)的结论，以及∠BMO=∠OMN可知△MBO∽△MON5) 根据3)的结论，以及∠CNO=∠ONM可知△OCN∽△MON6) 由4)、5)的结论可知△MBO∽△OCN证毕***绝对值用（）表示。

九年级中考数学圆知识点归纳及练习含答案(20200708003743)

（ 1）切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线；
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即： ∵ MN OA 且 MN 过半径 OA 外端
∴ MN 是 ⊙ O 的切线
O
（2）性质定理：切线垂直于过切点的半径（如上图）推论 1：过圆心垂直于切线的直线必过切点。
M
A
N
推论 2：过切点垂直于切线的直线必过圆心。
C
B
A
O
【例 9】已知：如图， AB 是 ⊙ O 的直径，弦 CD⊥ AB 于 E， ∠ ACD =30 °， AE=2cm．求 DB
【答案】 4 3cm.
【例 10】已知：如图， ⊙ O 的直径 AE=10cm ， ∠ B=∠ EAC ．求 AC 的长．
【答案】提示：连结 CE．不难得出 AC 5 2cm.
（ 1）求证： BA·BM=BC· BN ；（ 2）如果 CM 是 ⊙ O 的切线， N 为 OC 的中点，当 AC=3 时，求 AB 的值．
【答案】（ 1）证明：连接 MN 则 ∠ BMN=90 °=∠ ACB ，
BC
∴△ ACB ∽△ NMB ， ∴
BM
AB
， ∴ AB·BM=B·C BN
BN
所引 ⊙O 的切线长为 ( )．
A ．16cm
B． 4 3cm
C． 4 2cm
D ． 4 6cm
【答案】 B
【例 3】 ⊙O 中， ∠ AOB ＝100 °，若 C 是上一点，则 ∠ ACB 等于 ( )．
A ．80°
B． 100 °
C． 120 °
D ．130 °
【答案】 A
【例 4】三角形的外心是 ( )． A ．三条中线的交点 C ．三条边的垂直平分线的交点

九年级数学竞赛讲座圆的基本性质附答案

【例题求解】【例1】在半径为1的⊙O 中，弦AB 、AC 的长分别为3和2，则∠BAC 度数为．作出辅助线，解直角三角形，注意AB 与AC 有不同的位置关系．注：由圆的对称性可引出许多重要定理，垂径定理是其中比较重要的一个，它沟通了线段、角与圆弧的关系，应用的一般方法是构造直角三角形，常与勾股定理和解直角三角形知识结合起来．圆是一个对称图形，注意圆的对称性，可提高解与圆相关问题周密性．【例2】如图，用3个边长为1的正方形组成一个对称图形，则能将其完全覆盖的圆的最小半径为( ) A ．2 B ．25C ．45D ．16175思路点拨所作最小圆圆心应在对称轴上，且最小圆应尽可能通过圆形的某些顶点，通过设未知数求解．【例3】如图，已知点A 、B 、C 、D 顺次在⊙O 上，AB=BD ，BM ⊥AC 于M ，求证：AM=DC+CM ．思路点拨用截长(截AM)或补短(延长DC)证明，将问题转化为线段相等的证明，证题的关键是促使不同量的相互转换并突破它．【例4】如图甲，⊙O 的直径为AB ，过半径OA 的中点G 作弦C E ⊥AB ，在CB 上取一点D ，分别作直线CD 、ED ，交直线AB 于点F ，M ． (1)求∠COA 和∠FDM 的度数； (2)求证：△FDM ∽△COM ；(3)如图乙，若将垂足G 改取为半径OB 上任意一点，点D 改取在EB 上，仍作直线CD 、ED ，分别交直线AB 于点F 、M ，试判断：此时是否有△FDM ∽△COM? 证明你的结论．思路点拨 (1)在Rt △COG 中，利用OG=21OA=21OC ；(2)证明∠COM=∠FDM ，∠CMO= ∠FMD ；(3)利用图甲的启示思考．⌒ ⌒⌒⌒注：善于促成同圆或等圆中不同名称的相互转化是解决圆的问题的重要技巧，此处，要努力把圆与直线形相合起来，认识到圆可为解与直线形问题提供新的解题思路，而在解与圆相关问题时常用到直线形的知识与方法(主要是指全等与相似)．【例5】已知：在△ABC 中，AD 为∠BAC 的平分线，以C 为圆心，CD 为半径的半圆交BC 的延长线于点E ，交AD 于点F ，交AE 于点M ，且∠B=∠CAE ，EF ：FD ＝4：3． (1)求证：AF ＝DF ； (2)求∠AED 的余弦值；(3)如果BD ＝10，求△ABC 的面积．思路点拨 (1)证明∠ADE ＝∠DAE ；(2)作AN ⊥BE 于N ，cos ∠AED ＝AEEN，设FE=4x ，FD ＝3x ，利用有关知识把相关线段用x 的代数式表示；(3)寻找相似三角形，运用比例线段求出x 的值．注：本例的解答，需运用相似三角形、等腰三角形的判定、面积方法、代数化等知识方法思想，综合运用直线形相关知识方法思想是解与圆相关问题的关键．学历训练1．D 是半径为5cm 的⊙O 内一点，且OD ＝3cm ，则过点D 的所有弦中，最小弦AB= ． 2．阅读下面材料：对于平面图形A ，如果存在一个圆，使图形A 上的任意一点到圆心的距离都不大于这个圆的半径，则称图形A 被这个圆所覆盖．对于平面图形A ，如果存在两个或两个以上的圆，使图形A 上的任意一点到其中某个圆的圆心的距离都不大于这个圆的半径，则称图形A 被这些圆所覆盖．例如：图甲中的三角形被一个圆所覆盖，图乙中的四边形被两个圆所覆盖．回答下列问题：(1)边长为lcm的正方形被一个半径为r的圆所覆盖，r的最小值是 cm；(2)边长为lcm的等边三角形被一个半径为r的圆所覆盖，r的最小值是 cm；(3)长为2cm，宽为lcm的矩形被两个半径都为r的圆所覆盖，r的最小值是 cm．(2003年南京市中考题)3．世界上因为有了圆的图案，万物才显得富有生机，以下来自现实生活的图形中都有圆：它们看上去多么美丽与和谐，这正是因为圆具有轴对称和中心对称性．(1)请问以下三个图形中是轴对称图形的有，是中心对称图形的有(分别用下面三个图的代号a，b，c填空)．(2)请你在下面的两个圆中，按要求分别画出与上面图案不重复的图案(草图) (用尺规画或徒手画均可，但要尽可能准确些，美观些)．a．是轴对称图形但不是中心对称图形．b．既是轴对称图形又是中心对称图形．4．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，若AB=10cm，CD＝8cm，那么A、B两点到直线CD的距离之和为( ) A．12cm B．10cm C． 8cm D．6cm5．一种花边是由如图的弓形组成的，ACB 的半径为5，弦AB ＝8，则弓形的高CD 为( )A ．2B ．25 C ．3 D ．3166．如图，在三个等圆上各自有一条劣弧AB 、CD 、EF ，如果AB+CD=EF ，那么AB+CD 与E 的大小关系是（）A ．AB+CD ＝EFB ．AB+CD=FC ． AB+CD<EFD ．不能确定7．电脑CPU 芯片由一种叫“单晶硅”的材料制成，未切割前的单晶硅材料是一种薄形圆片，叫“晶圆片”．现为了生产某种CPU 芯片，需要长、宽都是1cm 的正方形小硅片若干．如果晶圆片的直径为10．05cm ，问：一张这种晶圆片能否切割出所需尺寸的小硅片66张?请说明你的方法和理由(不计切割损耗)．8．如图，已知⊙O 的两条半径OA 与OB 互相垂直，C 为AmB 上的一点，且AB 2+OB 2=BC 2，求∠OAC 的度数． 9．不过圆心的直线l 交⊙O 于C 、D 两点，AB 是⊙O 的直径，AE ⊥l ，垂足为E ，BF ⊥l ，垂足为F ． (1)在下面三个圆中分别补画出满足上述条件的具有不同位置关系的图形；(2)请你观察(1)中所画图形，写出一个各图都具有的两条线段相等的结论(不再标注其他字母，找结论的过程中所连辅助线不能出现在结论中，不写推理过程)； (3)请你选择(1)中的一个图形，证明(2)所得出的结论．⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒⌒ ⌒10．以AB 为直径作一个半圆，圆心为O ，C 是半圆上一点，且OC 2＝AC ×BC ，则∠CAB= ．11．如图，把正三角形ABC 的外接圆对折，使点A 落在BC 的中点A ′上，若BC=5，则折痕在△ABC 内的部分DE 长为．12．如图，已知AB 为⊙O 的弦，直径MN 与AB 相交于⊙O 内，MC ⊥AB 于C ，ND ⊥AB 于D ，若MN=20，AB=68，则MC —ND= ．13．如图，已知⊙O 的半径为R ，C 、D 是直径AB 同侧圆周上的两点，AC 的度数为96°，BD 的度数为36°，动点P 在AB 上，则CP+PD 的最小值为．14．如图1，在平面上，给定了半径为r 的圆O ，对于任意点P ，在射线OP 上取一点P ′，使得OP ×OP ′=r 2，这种把点P 变为点P ′的变换叫作反演变换，点P 与点P ′叫做互为反演点．(1)如图2，⊙O 内外各有一点A 和B ，它们的反演点分别为A ′和B ′，求证：∠A ′=∠B ；(2)如果一个图形上各点经过反演变换得到的反演点组成另一个图形，那么这两个图形叫做互为反演图形． ①选择：如果不经过点O 的直线与⊙O 相交，那么它关于⊙O 的反演图形是( )A ．一个圆B ．一条直线C ．一条线段D ．两条射线②填空：如果直线l 与⊙O 相切，那么它关于⊙O 的反演图形是，该图形与圆O 的位置关系⌒⌒是．15．如图，已知四边形ABCD 内接于直径为3的圆O ，对角线AC 是直径，对角线AC 和BD 的交点为P ，AB=BD ，且PC=0．6，求四边形ABCD 的周长．16．如图，已知圆内接△ABC 中，AB>AC ，D 为BAC 的中点，DE ⊥AB 于E ，求证：BD 2-AD 2=AB ×AC ．17．将三块边长均为l0cm 的正方形煎饼不重叠地平放在圆碟内，则圆碟的直径至少是多少?(不考虑其他因素，精确到0．1cm)18．如图，直径为13的⊙O ′，经过原点O ，并且与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，线段OA 、OB(OA>OB)的长分别是方程0602=++kx x 的两根． (1)求线段OA 、OB 的长；(2)已知点C 在劣弧OA 上，连结BC 交OA 于D ，当OC 2=CD ×CB 时，求C 点坐标；(3)在⊙O ，上是否存在点P ，使S △POD =S △ABD ?若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．⌒ ⌒参考答案。

初中数学奥林匹克几何问题梅涅劳斯定理及应用

初中数学奥林匹克几何问题-梅涅劳斯定理及应用第一章涅劳斯定理及应用【基础知识】梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三点共线，则．①证明如图，过作直线交的延长线于，则，，故．注此定理的证明还有如下正弦定理证法及面积证法．正弦定理证法设，，，在中，有，同理，，，此三式相乘即证．面积证法由，，，此三式相乘即证．梅涅劳斯定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三点共线．证明设直线交于，则由梅涅劳斯定理，得到．由题设，有，即有．又由合比定理，知，故有，从而与重合，即，，三点共线．有时，也把上述两个定理合写为：设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，三点共线的充要条件是．上述①与②式是针对而言的，如图（整个图中有4个三角形），对于、、也有下述形式的充要条件：；；．③第一角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线（包括三边的延长线）上的点，则，，共线的充分必要条件是．④证明如图，可得．同理，，．以上三式相乘，运用梅涅劳斯定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形式的梅涅劳斯定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，点不在三边所在直线上，则，，三点共线的充要条件是．⑤证明如图，由，有．同理，，．于是．故由梅涅劳斯定理知，，共线．从而定理获证．注（1）对于④、⑤式也有类似③式（整个图中有4个三角形）的结论．（2）于在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式中的右端均为，③、④、⑤式中的角也可以按①或②式中的对应线段记忆．特别要注意的是三边所在直线上的点为一点或者三点在边的延长线上．【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及其截线（或作出截线），是应用梅涅劳斯定理的关键例1如图，在四边形中，，，的面积比是3∶4∶1，点，分别在，上，满足∶∶，并且，，共线．求证：与分别是和的中点．（1983年全国高中联赛题）证明设（），交于．，，．．又因，，三点共线，可视为的截线，故由梅涅劳斯定理，得，即．化简整理，得，解得，（舍去）．故与分别是和的中点．例2如图1-5，在四边形中，对角线平分，在上取一点，与相交于，延长交于．求证：．（1999年全国高中联赛题）证明记，，，直线与相截，由梅涅劳斯定理，有．故．即，亦即，且只可能为0，故．例3设、分别为四边形的边、上的点，与交于点．若，则．证明如图1-6，只需证得当关于的等角线交于时，、、共线即可．事实上，、、分别为三边所在直线上的三点，且不在其三边所在直线上．又，，，由第二角元形式的梅涅劳斯定理，有．故、、三点共线．注当平分时，即为1999年全国高中联赛题．2．梅涅劳斯定理的逆用（逆定理的应用）与迭用，是灵活应用梅氏定理的一种方法例2另证如图1-5，设，关于的对称点分别为，，易知，，三点共线，连，，只须证明，，三点共线．设，，，则．对，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．故．注在图1-5中，*式也可为，若在的延长上，则*式为．例4如图1-7，与和的三边所在的3条直线都相切，，，，为切点，直线与交于点．求证：．（1996年全国高中联赛题）证法1过作于，延长交直线于点．对及截线应用梅涅劳斯定理，有．由，有．显然，，三点共线，连，，，，则由，有，从而，即．又，则．对，应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线，即为直线与的交点．故点与点重合，从而．证法2延长交于，直线与的三边延长线都相交，直线与的三边延长线都相交，分别应用（迭用）梅涅劳斯定理，有，．上述两式相除，则有．而，，于是，即．连，，，，，，而，，共线，则，，且，从而，于是．故，即．【解题思维策略分析】梅涅劳斯定理是三角形几何学中的一颗明珠，它蕴含着深刻的数学美，因而它在求解某些平面几何问题，特别是某些平面几何竞赛题中有着重要的应用．1．寻求线段倍分的一座桥梁例5已知的重心为，是边的中点，过作边的平行线交边于，交边于，且与交于点，与交于点．证明：．（1991年第3届亚太地区竞赛题）证明如图1-8，延长交于，则为的中点．由，知，而．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，故．从而，且．同理，，且．由此可知，与的两边分别平行且方向相反，从而，且，故．例6是一个等腰三角形，，是的中点；是的延长线上的一点，使得；是线段上不同于和的任意一点，在直线上，在直线上，使得，，是不同的和共线的，求证：（Ⅰ）若，则；（Ⅱ）若，则．（1994年第35届试题）证明（1）如图1-9，连，，．由，易证，，，四点共圆，，，，四点共圆．则，因此．故．（Ⅱ）由，，对及截线运用梅涅劳斯定理，有，即．于是可证，得，故．例7在凸四边形的边和上取点和，使线段和把对角线三等分，已知，求证：是平行四边形．（1990年第16届全俄竞赛题）证明如图1-10，设，分别交于，，两对角线交于．要证是平行四边形，若证得（或），且即可．由，（等底等高），知，而，故有，从而有．对及截线，及截线，分别应用梅涅劳斯定理，有，①．②由①，②两式相除得．而，故，即有．此时，又有．又由，知，于是①式可写为，即有，亦即．故为平行四边形．2．导出线段比例式的重要途径例8在中，为边上的中线，为的平分线，且交于，为上的点，使．证明．（1997年第58届莫斯科竞赛题）证明如图1-11，延长交于，只须证．由平分，有．①由，有．注意到，对及截线运用梅涅劳斯定理，得．故，由合比定理，有，即为．②由①，②式有，故．例9给定锐角，在边上取点，（位于与之间），在边上取点，（位于与之间），在边上取点，（位于与之间），使得，直线，与可构成一个三角形，直线，与可构成另一个三角形．证明：（1995年第36届1mo预选题）这两个三角形的六个顶点共圆．证明如图1-12，设题中所述两个三角形分别为与．由已知条件，有，，，得，，，此三式相乘得．①对及截线，及截线，分别应用梅涅劳斯定理，得，②，③①，②，③三式相乘化简，得．故．同理，．故．从而点在的外接圆上．同理，可证得，也在的外接圆上．证毕．例10如图1-13，以的底边为直径作半圆，分别与边，交于点和，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（-37中国国家队选拔赛题）证法1设直线与交于，连，，则知，直线与相截，直线与相截，迭用梅涅劳斯定理，有，．两式相除，得．在与中，有，，即．将其代入①式，得．又由，有．将其代入②式，得，从而，．而，则，故．证法2作高，连，，则，于是，，．．又，，，即，故．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．由，知．例11如图1-14，设点，分别为锐角的内心和垂心，点，分别为边，的中点．已知射线交边于点（），射线交的延长线于点，与相交于，为的外心．试证：，，三点共线的充分必要条件是和的面积相等．（-2003试题）分析首先证，，三点共线．设为的外心，连，，则．又，因此，，，，四点共圆在的外接圆上与重合，，三点共线．其次，再证．并在三角函数式中，用、、分别表示三内角．证法1设的外接圆半径为，的延长线交于，对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．①注意到，则．而，由①式，有．从而．②又对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，有，，即．从而．③由，注意②，③，且为锐角．证法2如图1-14，设直线交于，直线交的延长线于．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．④又由及角平分线性质，即有．令，，，则．由④式，有，即．而，则．又，（由题设知）．从而．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．将⑤式代入上式，得，．⑥同理．由，注意⑥，⑦．注例11还有其他证法，可参见笔者另文《关于20XX年中国数学奥林匹克第一题》（《中等数学》20XX年第6期）．例12如图1-15，凸四边形的一组对边与的延长线交于，且，过作截线交另一组对边所在直线于，，交对角线所在直线于，．求工业化：．证法1如图1-15，对及直线由梅涅劳斯定理得．对及直线由梅涅劳斯定理得．对及直线由梅涅劳斯定理得．由①②③得，所以，所以，故．证法2设与的延长线相交于．和均被直线所截，迭用梅涅劳斯定理，有，①，②由①②，得．③注意到（直线上的托勒密定理），则③式变为．④又由截和截，迭用梅涅劳斯定理，有，．将此结果代入④式整理，即得欲证结论．注当，④式显然成立，故仍有结论成立．此题是二次曲线蝴蝶定理的推论．3．论证点共直线的重要方法例13如图1-16，的内切圆分别切三边，，于点，，，点是的一个内点，的内切圆也在点处与边相切，并与，分别相切于点，．证明：是圆内接四边形．（1995年第36届预选题）证明由切线长定理，知，，，．设的延长线与的延长线交于，对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线，故由切割线定理有，．以而，即是圆内接四边形．例14如图1-17，中，内的旁切圆切的两边于和，直线与交于；类似地定义，，和，，．求证：，，三点共线．证明由切线长定理，知，，．对与直线，，分别应用梅涅劳斯定理，有，，．上述三式相乘，有．设切于，切于，则由，可得．同理．又由两内公切线长相等，即，故．同理，，．从而，故对用梅涅劳斯的逆定理，知，，三点共直线．例15如图1-18，设的三边，，所在的直线上的点，，共线，并且直线，，关于，，平分线的对称直线，，分别与，，所在直线交于，，，则，，也共线．证明对及截线应用第一角元形式的梅涅劳斯定理，有．由题设知，，，，，，，从而有，即．故由第一角元形式的梅涅劳斯定理，知，，共线．例16在筝形中，，．过上的一点作一条直线分别交、于、，再过点作一条直线分别交、于、．设与分别与交于、，求证：．证明如图1-19，过作的平行线交直线于，再过作的平行线交直线于，则，．进而．所以．又、、分别为三边所在直线上的点，且点不在三边所在的直线上．由第二角元形式的梅涅劳斯定理的逆定理知、、共线．于是，由，．有．因此，．故．注当，为中点时，即为1989年12月冬令营选拔赛试题．例17如图1-20，四边形内接于圆，其边，的延长线交于点，和的延长线交于点，过作该圆的两条切线，切点分别为，．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线定理和射影定理，有，从而，，，四点共圆，即有，亦即为的内角的外角平分线．又，则平分．设分别交，于，，于是．同理，．于是，，，所以，，．直线与的三边延长线相交，由梅涅劳斯定理，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知，，三点共线．所以，，三点共线．注此例的其他证法，可参见第二章例9，第九章例15等．例18已知的内切圆分别切、、于点、、，线段、分别与该内切圆交于点、，若直线与交于圆外一点．证明、、三点共线．（20XX年香港奥林匹克题）证明如图1-21，由切线长定理有．对及截线应用梅涅劳斯定理，有，即有．设与交于点，由，，，有，，．又对及所在边上的点、、，有．于是，由梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线．4．注意与其他著名定理配合运用例19在中，已知，，是处接圆的圆心，直线、分别切于点、，与直线、与直线分别交于点、，与交于点，与直线交于点，又设是直线上的点，且使得，（不同于点）是与的交点，是与的交点，令与直线交于点．证明：．（20XX年韩国奥林匹克题）证明如图1-22，设的延长线与（过点）的切线交于点．由帕斯卡定理知、、三点共线，从而点与重合．由切割线窄弹知，．所以，．①设与交于点，对及截线，截线分别应用梅涅劳斯定理，有，．②注意相交弦定理，有．③由①、②、③，得．例20在梯形中，已知、分别为上、下底，为腰上一点，与交于点，为边上一点，满足，与交于点，与交于点．证明：、、三线共点．（20XX年乌克兰奥林匹克题）证明如图1-23，设直线与、与分别交于点、．先证、、三点共线．由，知，，．有．上述三式相乘，有．对应用梅涅劳斯定理的逆定理，知、、三点共线．考虑和，注意到直线与，与、与分别交于点、、，于是由戴沙格定理，知、、三线共点．【模拟实战】习题A1．在中，点在上，，，分别在，上，，，交于点，求．2．在中，，分别是，的中点，与相交于，与相交于，求∶∶．3．是内一点，引线段，和，使在上，在上，在上．已知，，，，，求的面积．（第7届题）4．设凸四边形的对角线和交于点，过作的平行线分别交，于点，，交的延长线于点，是以为圆心，以为半径的圆上一点，求证：．（1996年全国初中联赛题）5．已知，分别是的边，上的点，且，连交边的延长线于点，求．6．设为等腰（）的直角边的中点，在上，且，求证：．7．在中，点和顺次三等分，点和顺次三等分，与，分别交于点，，求四边形与的面积之比．8．，，，分别为四边形的四条边，，，上的点，若，，三直线共点，则，，三直线共点或平行．9．设，，分别是的边，和延长线上的点，又，和分别是外接圆的切线．证明：，，三点共线．（1989年新加坡竞赛题）10．求证：三角形两角的平分线与第三角的外角平分线各与对边所在直线的交点共线．11．已知直径为的圆和圆上一点，设，和分别是这个圆在，，处的切线．设是直线与的交点，是直线与的交点，证明：，，三直线共点．（第6届加拿大竞赛题）12．是中任一点，过作的平行线分别交，于，，又过作的平行线，分别交，于，．求证：，，三线共点．13．在中，为中线，为角平分线，为上的点，使．证明：．（第58届莫斯科奥林匹克题）14．直线交直线，分别于，，点与是线段两侧的直线上两点，且．过的直线交于，交于；过的直线交于，交于．连结和，交直线分别于，．求证：．15．设四边形外切于一圆，，，，分别是，，，边上的切点，若直线与相交于点，则，，三点共线．16．设为的内点，过点的直线，，分别垂直于，，，若交于，交于，交于，证明：，，共线．（-28预选题）17．已知的与它的内切圆相切于点．证明：该圆的圆心在与的两个中点，的连线上．18．已知凸四边形内接于，对角线，相交于点，过分别作直线，，，的垂线，垂足分别是，，，．求证：，，三直线共点或互相平行．19．设为圆外切四边形，又，，，与该圆的切点为，，，．求证：，，，共点．习题B1．是内一点，，分别过，且分别与，交于点，，且分别与，交于点，．求证：，，三线共点．2．在中，为锐角，从上任一点作于，于，点是的垂心，求当点在线段上移动时，点的轨迹．（-7试题）3．在正的边，，上有内分点，，将边分成3∶，线段，，相交所成的（交于，交于）是的面积的时，求的值．（1992年日本奥林匹克预选题）4．在中，，点在上，点在上，的延长线交于．若∶∶，则．5．已知点，，在（）的边上，，交于，又与的延长线交于，交于，又与的延长线交于．求证：．（《数学通报》问题1353题）6．圆外切四边形中，，，，边上的切点分别为，，，．与的延长线交于点，与延长线相交于点．求证：（Ⅰ），，，四线共点；（Ⅱ），，，四线共点；（Ⅲ），，，四线共点（假定）．7．若凸四边形的对角线与互相垂直，且相交于，过点分别作边，，，的垂线，垂足依次为，，，，并分别交，，，边于，，，，再顺次连接，．，，则；．（-22试题的推广）8．面积为1的的边，上分别有点，，线段，相交于点．点，分别在，上移动，但满足四边形的面枳是面积的两倍这一条件，求面积的最大值．（1992年日本奥林匹克题）9．是边长为2的正方形，为的中点，是的中点，和相交于，和相交于．求四边形的面积．10．是凸四边形所在平面上一点，，，，的平分线分别交，，，于点，，，．（Ⅰ）寻找一点，使是平行四边形；（Ⅱ）求所有这样的点的轨迹．（1995年世界城市际联赛题）11．中，，为内角平分线，点在的内部，且，，求证：射线平分边．（《数学教学》问题536题）12．设为非等腰三角形，内心为，（，2，3）为过与和相切的小圆（增加的下标作模3同余），（，2，3）为圆和的另一交点，证明：，，的外心共线．（-38预选题）。

第七章九点圆定理及应用

第七章九点圆定理及应用【基础知识】九点圆定理三角形三条高的垂足、三边的中点，以及垂心与顶点的三条连接线段的中点，这九点共圆．如图7-1，设ABC △三条高AD ，BE ，CF 的垂足分别为D ，E ，F ；三边BC ，CA ，AB 的中点分别为L ，M ，N ；又AH ，BH ，CH 的中点分别为P ，Q ，R ．求证：D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．BVO CRF P E NMHQLD图7-1A证法1连PQ ，QL ，LM ，MP ，则知12LM BA QP ∥∥，即知LMPQ 为平行四边形．又LQ CH BP LM ⊥∥∥，知LMPQ 为矩形．从而L ，M ，P ，Q 四点共圆，且圆心V 为PL 与QM 的交点．同理，MNQR 为矩形，从而L ，M ，N ，P ，Q ，R 六点共圆，且PL ，QM ，NR 均为这个圆的直径．由90PDL QEM RFN ∠=∠=∠=︒，知D ，E ，F 三点也在这个圆上．故D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．证法2设ABC △的外心为O ，取OH 的中点并记为V ，连AO ，以V 为圆心，12AO 为半径作V ，如图71-．由12VP OA ∥，知P 在V 上．同理，Q ，R 也在V 上．由12OL AH ∥（可由延长AO 交ABC △的外接圆于K ，得HBKC 为平行四边形，此时L 为KH 的中点，则OL 为AKH △的中位线即得），知OL PH ∥．又OV VH =，知OLV HPV △△≌，从而1=2VL VP OA =，且L ，V ，P 共线，故L 在V 上．同理，M ，N 在V 上．由L ，V ，P 共线知LP 为V 的一条直径．又90LDP ∠=︒， 90MEQ ∠=︒，90NFR ∠=︒，知D ，E ，F 在V 上，故D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．上述圆通常称为九点圆，也有人叫费尔巴哈圆或欧拉圆，显然，正三角形的九点圆即为其内切圆．证法3由Rt Rt CBF ABD △∽△，有BC BABF BD=．注意到L 、N 分别为BC 、BA 的中点，则BL BNBF BD=，即BL BD BF BN ⋅=⋅，这表明L 、D 、F 、N 四点共圆（或者联结NL 、DF ，则由BDF BAC BNL ∠=∠=∠知L 、D 、F 、N 四点共圆）．同理，L 、D 、E 、M 及E 、M 、F 、N 分别四点共圆．由戴维斯定理，即知L 、D 、E 、M 、F 、N 六点共圆于Γ．又Rt Rt CHD CBF △∽△，有CH CB CD CF =，注意R 、L 分别为CH 、CB 中点，则CR CLCD CF=，知R 、F 、L 、D 共圆，即点R 在圆Γ上．同理，点P 、Q 也在圆Γ上，故九点均在圆Γ上．注戴维斯定理指的是：三角形每边所在直线有一对点（可以重合），若每两对点同在一个圆上，则三对点（六点）均在同一圆上．事实上，若所说三个圆不重合．则由根轴共点或平行推得三条边共点或平行，这是不可能的，所以三个圆非重合不可，特别地，三角形内切圆是其特殊情形．由上述定理及其证明，我们可得如下一系列推论：推论1ABC △九点圆的圆心是其外心与垂心所连线段的中点，九点圆的半径是ABC △的外接圆半径的12．注意到PQR △与ABC △是以垂心H 为外位似中心的位似形，位似比是12HP HA =∶∶，因此，可得推论2三角形的九点圆与其外接圆是以三角形的垂心为外位似中心，位似比是12∶的位似形；垂心与三角形外接圆上任一点的连接线段被九点圆截成相等的两部分．注意到欧拉定理（欧拉线），又可得推论3ABC △的外心O ，重心G ，九点圆圆心V ，垂心H ，这四点（心）共线，且12OG GH =∶∶，13GV VH =∶∶，或O 和V 对于G 和H 是调和共轭的，即OG OHGV HV=．推论4ABC △的九点圆与ABC △的外接圆又是以ABC △的重心G 为内位似中心，位似比为12∶的位似形．事实上，因G 为两相似三角形LMN △与ABC △的相似中心，而LMN △的外接圆即ABC △的九点圆．推论5一重心组的四个三角形有一个公共的九点圆；已知圆以已知点为垂心的所有内接三角形有共同的九点圆．【典型例题与基本方法】例1如图72-，设H 为ABC △的垂心，L 为BC 边的中点，P 为AH 的中点．过L 作PL 的垂线交AB 于G ，交AC 的延长线于K ．求证：G ，B ，K ，C 四点共圆．A证明设ABC △的外心为O ，连OH ，取OH 的中点V ，则V 为ABC △九点圆的圆心．连AO ，则AO PV ∥，从而AO GK ⊥．设N 为AB 的中点，连ON ，则ON AG ⊥，由此知AON AGL ∠=∠．又ACL AON ∠=∠，则ACL AGL ∠=∠．从而BGL BGK KCL KCB ∠=∠=∠=∠．故B ，K ，C ，G 四点共圆．例2试证：ABC △的垂心H 与其外接圆上的点的连线被其九点圆平分．证明如图73-，过垂心H 作ABC △外接圆的两条弦DE ，FG ，连DF ，EG ．E图7-3STG DAM HCN F B设M ，N ，S ，T 分别为HD ，HE ，HF ，HG 的中点，则 FDH SMH ∠=∠，EGH NTH ∠=∠．又FDH EGH ∠=∠，则SMH NTH ∠=∠．故M ，S ，T ，N 四点共圆，由DE ，FG 的任意性，得H 与ABC △外接圆上任意点连线的中点在同一圆上，由于这个圆过HA ，HB ，HC 的中点，故这个圆就是ABC △的九点圆，从而命题获证．例3如图74-，ABC △中，O 为外心，三条高AD ，BE ，CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ．求证：（1）OB DF ⊥，OC DE ⊥；（2）OH MN ⊥．（2001年全国高中联赛题）AN证明（1）设ABC △的外接圆半径为R ，由相交弦定理，有 22R OF AF FB -=⋅，22R OD BD DC -=⋅，从而22OF OD BD DC AF FB -=⋅-⋅．由A ，F ，D ，C 四点共圆，有BD BC BF BA ⋅=⋅，即()()BD BD DC BF BF FA ⋅+=+，亦即2222BF BD BD DC AF FB OF OD -=⋅-⋅=-，故OB DF ⊥．同理，OC DE ⊥．（2）由九点圆定理的推论1，知OH 的中点V 为DEF △的外心．又由D ，E ，A ，B 及D ，F ，A ，C 分别四点共圆，有M D M E M B M A ⋅=⋅，ND NF NC NA ⋅=⋅．由此，即知M ，N 对ABC △的外接圆与DEF △的外接圆的幂相等，从而M ，N 在这两个外接圆的根轴上，即有MN OV ⊥，故MN OH =．【解题思维策略分析】1．注意题中九点圆的显现形式例4如图75-，ABC △中，O 为外心，H 是垂心，作CHB △，CHA △和AHB △的外接圆，依次记它们的圆心为1A ，1B ，1C ，求证：111ABC A B C △△≌，且这两个三角形的九点圆重合．（IMO 31-预选题）图7-51证明由于()18090(90)180CHB B C B C A ∠=︒-︒-∠-︒-∠=∠+∠=︒-∠，知CHB △外接圆的半径和CAB △外接圆的半径相等，从而，有1A 是O 关于BC 的对称点．设M 是BC 中点，则知2AH OM =，即1AH OA =．又1AH OA ∥，则连1AA 与OH 的交点K 为平行四边形1AHAO 的中心，即1AA 与OH 互相平分于K ．同理，1BB ，1CC 也经过K 且被它平分，从而111A B C △与ABC △关于K 中心对称，故111A B C ABC △△≌．显然，K 是ABC △九点圆的圆心．因此，这个圆关于K 作中心对称时不变，它也是111A B C △的九点圆．例5如图76-，在ABC △中，AD 是BC 边上的高，M ，N 分别是CA ，AB 两边的中点，设直线l 通过A 点，且BC 在l 上的射影为B C ''，连B N '与C M '交于点P ．求证：B '，C '，D ，P 四点共圆，且其圆心O 与P 点均在ABC △的九点圆上．P O NMDBAC '21l 图7-6B'C证明BB '，CC '，ND ，MD ．在Rt AB B '△中，N 为斜边AB 的中点，令1BAB '∠=∠，则1NB A '∠=∠．同理， NAD NDA ∠=∠， MAD MDA ∠=∠．令2CAC '∠=∠，则2MC A '∠=∠．于是， 12NB A MC A ''∠+∠=∠+∠180A =︒-∠，故()180MPN NB A MC A ''∠=︒-∠+∠180(180)A A =︒-︒-∠=∠NAD DAM NDA ADM MDN =∠+∠=∠+∠=∠．由此，知D ，M ，N ，P 四点共圆．而MND △的外接圆即为ABC △的九点圆，即点P 在ABC △的九点圆上．由A ，B '，B ，D 四点共圆，连B D '，则知901B DA B BA ''∠=∠=︒-∠．同理， 902C DA C CA ''∠=∠=︒-∠．于是， 18012B DC B DA C DA A MPN B PC ''''''∠=∠+∠=︒-∠-∠-∠=∠=∠，故B '，C '，D ，P 四点共圆．由题设，B C DP ''的圆心为O ，连DO ，PO ，则2DOP DB P '∠=∠．由于A ，B '，B ，D 四点共圆且以N 为其圆心，则知NB ND '=．于是，有2DNP DB P '∠=∠，DOP DNP ∴∠=∠，D ∴，O ，P ，N 四点共圆．O ∴在DPN 上，即O 在ABC △的九点圆上，故命题获证． 2．注意题中九点圆的隐含形式例6如图77-，锐角ABC △中，角A 的等分线与三角形的外接圆交于另一点1A ，点1B ，1C 与此类似．直线1AA 与B ，C 两角的外角等分线交于0A ，点0B ，0C 与此类似．求证：A 0A 1IC 0B 1C 1B 0图7-7C AB（1）000A B C △的面积是六边形111AC BACB 面积的二倍；（2）000A B C △的面积至少是ABC △面积的四倍．（IMO 30-试题）证明（1）令ABC △的内心为I 000()I AA BB CC =∩∩．则I 又是000A B C △的垂心（内、外角平分线互相垂直）．显然，ABC △的外接圆是000A B C △的九点圆，即知1A ，1B ，1C 分别为0A I ，0B I ，0C I 的中点，于是得012A BI A BI S S =△△，012A CI A CI S S =△，从而012A BIC A BIC S S =四边形四边形．同理，012B CIA B CIA S S =四边形四边形，012C AIB C AIB S S =四边形四边形，故0001112A B C AC BA CB S S =六边形．（2）由（1），有()1110002=2A BC B CA C ABA B C ABCABCS S S S S S +++△△△△△△故只要证1111A BC B CA C ABABCS S S k S ++=△△△△≥．记2BAC α∠=，2ABC β∠=， 2BCA γ∠=，则 ()12111sin 1802sin sin sin 2sin 21sin 2sin 2sin sin 2sin 2sin 22A BC ABCA B AC S S AB AC αααααγβαβγα⋅⋅︒-⋅⋅===⋅⋅⋅⋅⋅△△ 同理，12sin sin 2sin 2B CA ABCS S βαγ=⋅△△，1sin sin 2sin 2C AB ABC S S γαβ2=⋅△△．于是，2222sin sin sin sin 2sin 2sin 2sin sin 2sin 2k αβγβγαγαβ=++⋅⋅⋅()233cos cos cos 4αβγ-⋅⋅≥ 223cos cos cos 3cos 14343αβγαβγ--++++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥．例7如图78-，123A A A △是一非等腰三角形，它的边长分别为以1a ，2a ，3a ，其中i a 是i A 的对边（123i =，，），i M 是边i a 的中点，123A A A △的内切圆I 切边i a 于i T 点，i S 是i T 关于i A ∠角平分线的对称点(123)i =，，．求证：11M S ，22M S ，33M S 三线共点．（IMO 23-试题）311图7-8证明由题设，知1221M M A A ∥，下面证1121S S A A ∥，由1T 和1S ，2T 和3T 分别关于直线1A I 对称，有1231T T T S =．同理，1232T T T S =．故有3132T S T S =，即3T 是等腰312T S S △的顶点，有312T I S S ⊥，从而1221S S A A ∥．同理，2332S S A A ∥，3113S S A A ∥．又1221M M A A ∥，2332M M A A ∥，3113M M A A ∥，于是123M M M △和123S S S △的对应边两两平行，故这两个三角形或全等或位似．由于123S S S △内接于ABC △的内切圆，而123M M M △内接于ABC △的九点圆，且123A A A △不为正三角形，故其内切圆与九点圆不重合，所以123S S S △与123M M M △位似，这就证明了11M S ，22M S ，32M S 共点（于位似中心）．例8过锐角ABC △的顶点A ，B ，C 的三条高线分别交其对边于点D ，E ，F ，过点D 平行于EF 的直线分别交AC ，AB 于点Q 和R ，EF 交BC 于点P ．证明：PQR △的外接圆过BC 的中点．（IMO 38-预选题）证明由题设，点P 的存在意味着AB AC ≠．由对称性，可设AB AC >，则P 在射线BC 上，如图79-．PQLR DCFA EB图7-9取BC 的中点L ，我们证明Q ，P ，R ，L 四点共圆⇔DR DQ DP DL ⋅=⋅①因BE AC ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，则B ，C ，E ，F 共圆，于是知CEP ABC ∠=∠．又EF QR ∥，有CEP CQD ∠=∠，则知B ，Q ，C ，R 四点共圆，从而DR DQ DB DC ⋅=⋅ 设BL CL a ==，CP c =，DL b =，则证①式等价于证明DB DC DP DL ⋅=⋅，即()()()a b a b a c b b +⋅-=+-⋅，亦即()2a b a c =+．由九点圆定理，知D ，E ，F ，L 四点共圆，有PE PF PD PL ⋅=⋅．注意到B ，C ，E ，F 四点共圆，有PE PF PC PB ⋅=⋅，故得PC PB PD PL ⋅=⋅，即 ()()()2c a c a c b b a +=+-⋅+，亦即()2a b a c =+．故有DB DC DP DL ⋅=⋅，亦有DR DQ DP DL ⋅=⋅．亦即Q ，P ，R ，L 四点共圆，即PQR △的外接圆过BC 的中点．注由例8可演变得如下第8届台湾数学奥林匹克试题：己知过锐角ABC △的顶点A ，B ，C 的垂线分别交对边于D ，E ，F ，AB AC >，直线EF 交直线BC 于P ，过点D 且平行于EF 的直线分别交直线AC ，AB 于Q ，R ，N 是BC 上的一点，且180NQP NRP ∠+∠<︒．求证：BN CN >．事实上，同例8，取BC 的中点L ，关键是证明Q ，P ，R ，L 四点共圆，又等价地证明DR DQ DP DL ⋅=⋅．而当Q ，P ，R ，L 四点共圆时，180LQP LRP ∠+∠=︒，参见图79-，若180NQP NRP ∠+∠<︒，则N 点在QPRL 的内部，又因N 是BC 上的一点，则N 在点L 的右侧，于是BN CN >．【模拟实战】习题A1．试证：圆的直径两端点对ABC △的西姆松线垂直相交，且相交于此三角形的九点圆上． 2．设G 为ABC △的重心，P 为ABC △外接圆上任一点，连PG 并延长至点Q ，使12PQ PG =．求证：点Q 在ABC △的九点圆上．3．试证：ABC △的九点圆与它的内切圆及三个旁切圆相切．4．给定非退化的ABC △，设外心为O ，垂心为H ，外接圆的半径为R ．求证：3OH R ．（1994年亚太地区奥林匹克题）5．试证：三角形的三个切圆（内切或旁切）的圆心构成一个三角形，此新三角形的外心对于已知三角形的外心为另外一个切圆圆心的对称点．习题B 1．设A I ，B I ，C I 分别为ABC △的切BC ，CA ，AB 边的旁切圆的圆心．试证：（1）A B C I I I △的九点圆为ABC △的外接圆；（2）过点A I ，B I ，C I 分别作BC ，CA ，AB 边的垂线，则这三条垂线共点． 2．试证：圆周上任意四点，过其中任意三点作三角形，则这四个三角形的九点圆的圆心共圆．。

2019-2020学年北京初中数学竞赛九年级圆的专题

2019-2020 北京初中数学竞赛九年级圆的专题（含答案）1. 求证：若半径为R 的圆内接四边形对角线垂直，则以对角线交点到四边射影为顶点的四边形有内切圆，且此圆半径不大于2R．解析如图，已知圆内接四边形ABCD ，AC BD ⊥，垂足为P ，P 在AB 、BC 、CD 、DA 上的射影分别为E 、F 、G 、H ，则由几组四点共圆易知sin sin sin 2AC BDEH FG AP BAD CP BCD AC BAD R⋅+=∠+⋅∠=∠∠=，同理EF HG +也是此值，因此四边形EFGH 有内切圆．CFGPH DBEA由于FEP CBD CAD HEP ∠=∠=∠=∠，故EP 平分FEH ∠，同理HP 、GP 、FP 平分另外3个角，P 为四边形EFGH 的内心．于是内切圆半径sin sin sin 2ADr PF PFG PF ACD PF PC ACB R=⋅∠=⋅∠=⋅=⋅∠⋅2224222AD PC AB AD PC PA R RR R R R ⋅⋅⋅==≤=．取到等号仅当P 为圆心时．2. 如图(a)，已知O e 的直径为AB ，1O e 过点O ，且与O e 内切于点B ．C 为O e 上的点，OC 与1O e 交于点D ，且满足OD CD >，点E 在线段OD 上，使得D 为线段CE 的中点，连结BE 并延长，与1O e 交于点F ，求证：BOC △∽1DO F △．(b)(a)O 1AOBM E CD F O 1OB E CD F解析如图(b)，连结BD ，因为OB 为1O e 的直径，所以90ODB ∠=︒，结合DC DE =，可得BDE △≌BDC △．设BC 与1O e 交于点M ，连结OM ，则90OMB ∠=︒，于是OM 平分COB ∠，从而有 122222BOC DOM DBM DBC DBE DBF DO F ∠=∠=∠=∠=∠=∠=∠．又因为BOC ∠，1DO F ∠分别是等腰BOC △，1DO F △的顶角，所以BOC △∽1DO F △．3. I 是ABC △的内心，线段AI 延长交ABC △的外接圆于D ，若3AB =，4AC =，且IBC DBC S S =△△，求BC ．解析如图，设BC 与AD 交于E ，则IE ED x ==，2BD CD ID x ===，又设AE y =，由于在等腰三角形BCD 中，有熟知的结论22BD DE BE CE AE ED -=⋅=⋅，此即23x yx =，3y x =，故2AB AC AI BC IE +==，72BC =．lE DCBA4. 在平面上给定等腰三角形ABC ，其中AB AC =，试在平面上找到所有符合要求的点M ，使ABM △、ACM △都是等腰三角形．解析要使ABM △为等腰三角形，M 必定在AB 的垂直平分线上，或在以A 、B 为圆心、AB 为半径的圆上．ACM △亦然．这样得到3个圆A e 、B e 、C e ．M 6M 5M 4M3M 2M 1B'C'CB A在A e 上除了B 、C 及其对径点B '、C '，其余的点都符合要求．此外，还有6个点，即AB 中垂线与Ce 的两个交点1M 、2M ，AC 的中垂线与B e 的两个交点3M 、4M ，B e 与C e 的另一个交点6M （不是A ），两条中垂线的交点5M （即ABC △之外心），如图．何时1M 在直线AB 上或A 、C 、2M 共线，此时A ∠是三边长分别为1:2:2的等腰三角形的底角，此时1M 、2M 、3M 、4M 均不符合要求；又120A ∠=︒时，六点变一点，且在A e 上，120A ∠>︒时，只有5M 与6M 两点．评注读者可考虑ABC △为不等边三角形时的情形．5. 已知：ABC △中，AB AC =，AD 是高，P 为AC 上任一点，PC 的中垂线RQ 交AD 于R ，求证：RPB DAC ∠=∠．解析如图，易知RP RC RB ==，R 为PBC △外心，2180BRP C BAC ∠=∠=︒-∠，故A 、B 、R 、P 共圆，于是RPB BAD DAC ∠=∠=∠．P QRCDBA6. D 、E 、F 分别在ABC △的边BC 、CA 、AB 上，则AEF △、BFD △、CDE △的外接圆共点．解析如图，设AEF △、BFD △的外接圆除F 之外，还交于P ，连结PD 、PE 、PF ，则PEC AFP BDP ∠=∠=∠，故E 、P 、D 、C 共圆，证毕．题12.2.2CDBPEFA7. 平面上有一条光线穿过该平面上的一圆，打在一条直径上并发生反射，最后穿出圆去，求证：这条光线与圆的两个交点、与直径的接触点以及圆心，该四点共圆．解析如图，设这条光线为APB ，EOF 是题设中的直径，延长AP 至O e 于C ，则BPF APE CPF ∠=∠=∠，B 与C 关于EF 对称．于是BPO △≌CPO △．这样一来，便有OBP OCP OAP ∠=∠=∠，于是A 、O 、P 、B 四点共圆．题12.2.3POCFB EA评注本题亦可利用圆心角证．8. 已知P 为ABC △外接圆的»BC上一点，则P 在直线AB 、BC 、CA 的射影L 、M 、N 共线．解析如图，连结LM 、MN ，BP ，CP ，则由L 、M 、P 、B 共圆，M 、P 、N 、C 共圆及A 、B 、P 、C 共圆，得9090180LMP NMP LMB PCN LPB ABP ∠+∠=∠+︒+∠=∠+∠+︒=︒，故L 、M 、N 共线．P NM L CBA评注此线称为西摩松线．反之，若三垂足共线，则P 在ABC △外接圆上．9. 四边形ABCD 对角线交于O ，AO CO BO DO ⋅=⋅，O 在AB 、BC 、CD 、DA 上的垂足分别是E 、F 、G 、H ，求证：EF GH EH FG +=+．解析如图，易知A 、B 、C 、D 共圆．CGFODBHEA由A 、E 、O 、H 共圆，得sin EH AO A =（A ∠即BAD ∠，余同），同理sin FG CO C == sin(180)sin CO A CO A ︒-=⋅，故sin EH FG AC A +=，同理sin EF GH BD B +=．而sin sin AC BDB A=，于是上述结论成立．评注读者不妨研究由EF GH EH FG +=+能否得出A 、B 、C 、D 共圆． 10. 已知凸四边形ABCD ，2BAC BDC ∠=∠，2CAD CBD ∠=∠，求证： AB AC AD ==．解析如图，1180()1802BCD CBD CDB BAD ∠=︒-∠+∠=︒-∠，故180BCD BAD ∠+∠>︒，作BCD △外接圆，A 在圆内、延长CA 至圆于P ．连结PB 、PD ，则P 、B 、C 、D 四点共圆． DCBAP于是12APD CBD CAD ∠=∠=∠，故APD ADP ∠=∠，PA AD =，同理PA AB =．A 为PBD △外心，也即BCD △之外心，于是AB AC AD ==．11. 设圆内接ABC △的垂心为H ，P 为圆周上任一点，求证：PH 被P 关于该三角形的西摩松线平分．解析如图，不妨设P 在»BC上．P 在直线AB 、BC 上的射影分别是M 、N ，MN 即为西摩松线．AL 是高，延长后交圆于D ，PN 延长后交圆于Q ，连结PD 、QA 、CD 、BP ．则HCB BAD DCB ∠=∠=∠，得HL LD =． ①CEDP LNH R M BAQ又易知M 、N 、P 、B 共圆，因此ENP ABP AQP ∠=∠=∠，故MN AQ ∥．又作HR AQ ∥，于是由四边形AQPD 为等腰梯形，知四边形HRPD 也是等腰梯形，于是由①知BC 垂直平分HD ，从而BC 垂直平分RP ．由PN NR =及MNE RH ∥，知MN 必将PH 平分．12. 已知MON 为O e 直径，S 在ON 上，弦ASB MN ⊥，P 在¼BM上，PS 延长后交圆于Q ，PN 交AB 于R ，求证：QS RN <．解析如图，连结MP 、MR ，知M 、S 、R 、P 共圆，于是RN SN QSMR SP MS==，于是1RN MR QS MS =>．NB13. 已知锐角三角形ABC 中，AB AC >，AD BC ⊥于D ，G 、F 分别在AB 、AC 上，GC 、BF 、AD交于H ，若G 、B 、C 、F 共圆，则H 为ABC △之垂心．解析如图，易知BD CD >，今在BD 上找一点E ，使ED CD =，连结AE 、HE ，则E 与C 关于AD 对称．于是由对称及G 、B 、C 、F 共圆，得ABH ACH AEH ∠=∠=∠，于是A 、B 、E 、H 共圆，故BAD HEC HCE ∠=∠=∠，于是90AGH HDC ∠=∠=︒，H 为垂心．HCDEBF GA14. 已知ABC △与ACD △均为正三角形，过D 任作一直线，分别交BA 、BC 延长线于E 、F ，CE 与AF 交于G ，求证：GB 平分AGC ∠．FCBGDAE解析设AB BC AC a ===，AE x =，CF y =，由AD BF ∥，CD BE ∥，则x y x a y a+=++ 1ED DF EF EF +=，去分母整理得2xy a =．此即AE ACAC CF=，又120EAC ACF ∠=︒=∠，故EAC △∽ACF △，60AGE GAC ACG GAC AFC ∠=∠+∠=∠+∠=︒，故A 、B 、C 、G 共圆，60AGB ACB BAC ∠=∠=︒=∠= CGB ∠．15. 设圆内接四边形ABCD ，AB 、DC 延长交于E ，AD 、BC 延长交于F ，EF 中点为G ，AG 与圆又交于K ，求证：C 、E 、F 、K 四点共圆．解析如图，延长AG 一倍至J ，作平行四边形AEJF ．连结CK ，则CEJ ADE AKC ∠=∠=∠，于是E 、C 、K 、J 共圆，或K 在CEJ △的外接圆上．FG EKCDB又180180EJF EAF BCD ECF ∠=∠=︒-∠=︒-∠，故E 、C 、F 、J 共圆，或F 亦在CEJ △的外接圆上．于是C 、E 、J 、F 、K 五点共圆，结论成立．16. AD 、BE 是锐角三角形ABC 的高，D 、E 是垂足，D 在AB 、AC 上的射影分别是M 、N ，E 在BC 、AB 上的射影分别是P 、Q ，求证：QN PM =．解析如图，连结ED 、PN ，则易知NPC DEC ABC ∠=∠=∠，故NP AB ∥．P D CNE B MQ A欲证四边形MPNQ 为等腰梯形，只需证MN PQ =即可．由于A 、M 、D 、N 共圆，AD 为直径，故sin 2ABCS AD BC MN AD A R R⋅=⋅==△，R 为ABC △外接圆半径，同理PQ 也是此值，因此结论成立．17. 过两定点A 、B 的圆与定圆交于P 、Q ，求证：AP AQBP BQ⋅⋅为定值．解析如图，延长（或不延长）AP 、BQ ，可与定圆再分别交于M 、N 两点，则由四点共圆知180BAP PQN M ∠=∠=︒-∠，故AB MN ∥．NQB MP A于是四边形ABNM 为梯形，sin sin AM A BN B =（A ∠即BAP ∠，余类似）；又由定圆性质知AP AM ⋅为定值，BQ BN ⋅亦为定值，故AP AM BQ BN ⋅⋅为定值，此即sin sin AP B BQ A ⋅⋅为定值．但由正弦定理，sin sin B AQA BP=，于是AP AQ BP BQ⋅⋅为定值．18. 直角三角形ABC 中，E 、F 分别是直角边AB 、AC 上的任意点，自A 向BC 、CE 、EF 、FB 引垂线，垂足分别是M 、N 、P 、Q ．证明：M 、N 、P 、Q 四点共圆．解析因A 、E 、N 、P 共圆，故CNP EAP AFP ∠=∠=∠，因A 、N 、M 、C 共圆，故CNM CAM ∠=∠，又A 、B 、M 、Q 共圆，故MQB MAB ∠=∠，由A 、P 、Q 、F 共圆，得PQB FAP ∠=∠．所以()()()()MNP MQP CNM CNP MQB PQB CAM AFP MAB FAP ∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠=()()9090180CAM MAB AFP FAP ∠+∠+∠+∠=︒+︒=︒．故M 、N 、P 、Q 共圆．PQ NCMBFEA19. ABCD 是圆内接四边形，AC 是圆的直径，BD AC ⊥，AC 与BD 的交点为E ，F 在DA 的延长线上，连结BF ，G 在BA 的延长线上，使得DG BF ∥，H 在GF 的延长线上，CH GF ⊥．证明：B 、E 、F 、H 四点共圆．解析如图，连结BH 、EF 、CG ．因为BAF △∽GAD △，所以FA DAAB AG=， DEA BH FG又因为ABE △∽ACD △，所以 AB ACEA DA =，从而得 FA ACEA AG=．因为FAE CAG ∠=∠，所以FAE △∽CAG △，于是FEA CGA ∠=∠．由题设知，90CBG CHG ∠=∠=︒，所以B 、C 、G 、H 四点共圆，得BHC BGC ∠=∠．于是 90BHF BEF BHC BEF ∠+∠=∠+︒+∠ 90BGC BEF =∠+︒+∠ 90FEA BEF =∠+︒+∠ 180=︒，所以，B 、E 、F 、H 四点共圆．20. 四边形ABCD 内接于圆，P 是AB 的中点，PE AD ⊥，PF BC ⊥，PG CD ⊥，E ，F ，G 为垂足，M 是线段PG 和EF 的交点，求证：ME MF =．解析如图，作1AF BC ⊥，1BE AD ⊥（1E 、1F 为垂足），则1112PE AB PF ==．设PG 与11E F 交于K ，因A 、B 、1F 、1E 共圆，所以11180CF E A C ∠=∠=︒-∠，因此11E F CD ∥，11PK E F ⊥，K 是11E F 的中点（因11PE F △为等腰三角形），故PEKF 为平行四边形（因P 、E 、K 、F 为四边形11ABF E 各边中点），因此ME MF =．F 1E 1F M E KC GD评注本题亦可用面积法快速解决．21. ABC △中，AD 、AE 分别是高和中线，且都在三角形内部，求证：若DAB CAE ∠=∠，则ABC△或者是等腰三角形，或者是直角三角形．解析如图，D 与E 无非是三种位置关系，由对称性，可归结为两种：D 与E 重合，或D 位于E 的左侧．D FA若D 与E 重合时，ABC △显然为等腰三角形．若D 在E 的左侧，设AB 中点为F ，连接FD 、FE .则EF 为中位线，由条件，知 AEF CAE DAB ADF ∠=∠=∠=∠，故A 、F 、D 、E 共圆，于是 90BAC BAE EAC FDB ADF ∠=∠+∠=∠+∠=︒．22. 设A 、B 、C 、D 、E 是单位半圆上依次五点，AE 是直径，且AB a =，BC b =，CD c =，DE d =，证明：22224a b c d abc bcd +++++<．解析如图，连接CA 、CE ，则AC CE ⊥，设CAE α∠=，CEA β∠=，则由四点共圆及余弦定理，有：βαAEDCB2224AE AC CE ==+22222cos 2cos a b ab c d cd βα=+++++2222a b c d ab CE cd AC =++++⋅+⋅，由于ABC ∠，90CDE ∠>︒，故CE CE c >=，AC BC b >=，代入，即得 22224a b c d abc bcd >+++++．23. 已知四边形ABCD 内接于圆，点E 、F 分别为AB 、CD 上的动点，且满足AE CFEB FD=，又点P 在EF 上且满足PE ABPF CD=，证明：APD △与BPC △的面积之比与点E 、F 无关．解析如图，不妨设AD 、BC 延长后交于S ，由四点共圆知ABS CSF △∽△，又E 、F 分别是对应点，故ASE CSF △∽△．于是ES AS AB PEFS CS CD PF===，于是SP 平分ESF ∠进而平分ASB ∠，于是P 至AD 、BC 距离相等，APD BPC S ADS BC=△△，与E 、F 无关．（图中SE 、SF 、SP 未画出．）PSCF D BE AAD BC ∥时，结论不变．24. AB 是圆O 的直径，C 为AB 延长线上的一点，过点C 作圆O 的割线，与圆O 交于D 、E 两点，OF是BOD △的外接圆1O 的直径，连接CF 并延长交圆1O 于点G .求证：O 、A 、E 、G 四点共圆．解析如图，连接AD 、DG 、GA 、GO 、DB 、EA 、EO ．A因为OF 是等腰DOB △的外接圆的直径，所以OF 平分DOB ∠，即2DOB DOF ∠=∠．又12DAB DOB ∠=∠，所以DAB DOF ∠=∠．又DGF DOF ∠=∠，所以DAB DGF ∠=∠，因此，G 、A 、C 、D 四点共圆．所以AGC ADC ∠=∠．而90AGC AGO OGF AGO ∠=∠+∠=∠+︒，90ADC ADB BDC BDC ∠=∠+∠=︒+∠，因此AGO BDC ∠=∠．因为B 、D 、E 、A 四点共圆，所以BDC EAO ∠=，又OA OE =，所以EAO AEO ∠=∠．从而AGO AEO ∠=∠，所以，O 、A 、E 、G 四点共圆．25. 已知ABC △中，AD BC ⊥于D ，DM AC ⊥于M ，DB AB ⊥于N ，NM 与BC 延长线交于E ，求证：111CD BD DE-=．解析如图，延长DM ，作EF DM ⊥于F ，由FDE CAD ∠=∠，知AMD DFE ADC △∽△∽△，所以DM EF AD DE =，DF ADEF CD=，又由A 、N 、D 、M 四点共圆，得NAD NMD ∠=∠，从而MEF ABD △∽△，从而MF AD EF BD =，因此AD AD DF MF DM AD CD BD EF EF EF DE -=-==，于是111CD BD DE-=． NMBDCEFA26. 凸四边形ABCD 中，ABD α∠=，CBD β∠=，若sin sin sin()AB BC BD βααβ+=+，则A 、B 、C 、D 共圆．解析如图，不妨设ABC △外接圆交直线BD 于D '．βαD'CBDA由托勒密定理得AB CD BC AD AC BD '''⋅+⋅=⋅两边同除以外接圆直径，得sin sin sin()AB BC BD βααβ'+=+，于是由条件BD BD '=（因为sin()0αβ+≠），故D 与D '重合，即A 、B 、C 、D 共圆．。

初三奥数题及答案

初三奥数题及答案题目一：几何问题已知一个圆的半径为5厘米，圆内接一个等腰三角形，三角形的底边恰好是圆的直径。

求三角形的高。

解答：设等腰三角形的底边为AB，高为CD，其中A、B是圆上的两点，C是三角形的顶点。

由于AB是圆的直径，所以AB=10厘米。

设圆心为O，根据勾股定理，我们可以计算出OC的长度。

由于三角形AOC是直角三角形（因为OC是高，且AO是半径），我们有：\[ OC^2 + AC^2 = AO^2 \]\[ OC^2 + (5)^2 = (5\sqrt{2})^2 \]\[ OC^2 + 25 = 50 \]\[ OC^2 = 25 \]\[ OC = 5 \]由于三角形ABC是等腰三角形，所以AC=BC，我们可以设AC=BC=x厘米。

根据勾股定理，我们有：\[ x^2 = 5^2 + (10/2 - x)^2 \]\[ x^2 = 25 + (5 - x)^2 \]\[ x^2 = 25 + 25 - 10x + x^2 \]\[ 10x = 50 \]\[ x = 5 \]所以，三角形的高CD等于OC，即5厘米。

题目二：数列问题一个数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项都是其前三项的和。

求这个数列的前10项。

解答：已知数列的前三项为a_1=1, a_2=1, a_3=2。

根据题意，我们可以计算出后续项：- 第四项：a_4 = a_1 + a_2 + a_3 = 1 + 1 + 2 = 4- 第五项：a_5 = a_2 + a_3 + a_4 = 1 + 2 + 4 = 7- 第六项：a_6 = a_3 + a_4 + a_5 = 2 + 4 + 7 = 13- 以此类推，我们可以继续计算出后续项。

数列的前10项为：1, 1, 2, 4, 7, 13, 24, 44, 81, 149。

题目三：组合问题有5个不同的球和3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，求所有可能的放球方式。

九年级圆知识点及习题(含答案)[1]

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圆圆的有关概念与性质1。

圆上各点到圆心的距离都等于半径。

2.圆是轴对称图形,任何一条直径所在的直线都是它的对称轴；圆又是中心对称图形，圆心是它的对称中心。

3。

垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧；平分弦(不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧 .4。

在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条弧,两条弦,两条弦心距，两个圆周角中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。

5。

同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于它所对的圆心角的一半。

6。

直径所对的圆周角是 90°，90°所对的弦是直径 .7.三角形的三个顶点确定 1 个圆，这个圆叫做三角形的外接圆，三角形的外接圆的圆心叫外心，是三角形三边垂直平分线的交点。

8。

与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆 ,内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点的交点,叫做三角形的内心。

9。

圆内接四边形：顶点都在圆上的四边形，叫圆内接四边形．10.圆内接四边形对角互补，它的一个外角等于它相邻内角的对角与圆有关的位置关系1。

点与圆的位置关系共有三种：①点在圆外，②点在圆上，③点在圆内；对应的点到圆心的距离d和半径r之间的数量关系分别为：①d > r，②d = r，③d 〈 r。

中考数学复习----《圆周角定理》知识点总结与专项练习题(含答案)

中考数学复习----《圆周角定理》知识点总结与专项练习题（含答案）知识点总结1.圆心角、弦以及弧之间的关系：①定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等。

②推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。

说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧。

2.圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角。

3.圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半。

4.圆周角定理的推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径。

5.圆的内接四边形：①定义：四个顶点都在圆上的四边形叫做圆的内接四边形。

②性质：I：圆内接四边形的对角互补。

II：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角。

练习题1、（2022•襄阳）已知⊙O的直径AB长为2，弦AC长为2，那么弦AC所对的圆周角的度数等于．【分析】首先利用勾股定理逆定理得∠AOC＝90°，再根据一条弦对着两种圆周角可得答案．【解答】解：如图，∵OA＝OC＝1，AC＝，∴OA2+OC2＝AC2，∴∠AOC＝90°，∴∠ADC＝45°，∴∠AD'C＝135°，故答案为：45°或135°．2、（2022•日照）一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB＝12cm，BC＝5cm，则圆形镜面的半径为．【分析】连接AC，根据∠ABC＝90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC 即可．【解答】解：连接AC，∵∠ABC＝90°，且∠ABC是圆周角，∴AC是圆形镜面的直径，由勾股定理得：AC＝＝＝13（cm），所以圆形镜面的半径为cm，故答案为：cm．3、（2022•永州）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠ADC＝30°，则∠BOC＝度．【分析】根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半求出∠AOC的度数，根据平角的定义即可得到∠BOC＝180°﹣∠AOC的度数．【解答】解：∵∠ADC是所对的圆周角，∴∠AOC＝2∠ADC＝2×30°＝60°，∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝180°﹣60°＝120°．故答案为：120．4、（2022•苏州）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD．若∠BAC＝28°，则∠D＝°．【分析】如图，连接BC，证明∠ACB＝90°，求出∠ABC，可得结论．【解答】解：如图，连接BC．∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝62°，∴∠D＝∠ABC＝62°，故答案为：62．5、（2022•湖州）如图，已知AB 是⊙O 的弦，∠AOB ＝120°，OC ⊥AB ，垂足为C ，OC 的延长线交⊙O 于点D ．若∠APD 是AB ⌒所对的圆周角，则∠APD 的度数是．【分析】由垂径定理得出，由圆心角、弧、弦的关系定理得出∠AOD ＝∠BOD ，进而得出∠AOD ＝60°，由圆周角定理得出∠APD ＝∠AOD ＝30°，得出答案．【解答】解：∵OC ⊥AB ，∴，∴∠AOD ＝∠BOD ，∵∠AOB ＝120°，∴∠AOD ＝∠BOD ＝∠AOB ＝60°，∴∠APD ＝∠AOD ＝×60°＝30°，故答案为：30°．6、（2022•徐州）如图，A 、B 、C 点在圆O 上，若∠ACB ＝36°，则∠AOB ＝．【分析】利用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得出结论．【解答】解：∵∠ACB ＝∠AOB ，∠ACB ＝36°，∴∠AOB ＝2×∠ACB ＝72°．故答案为：72°．7、（2022•锦州）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC＝130°，连接AC，则∠BAC的度数为．【分析】利用圆内接四边形的性质和∠ADC的度数求得∠B的度数，利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB＝90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余计算即可．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝130°，∴∠B＝180°﹣∠ADC＝180°﹣130°＝50°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣∠B＝90°﹣50°＝40°，故答案为：40°．8、（2022•雅安）如图，∠DCE是⊙O内接四边形ABCD的一个外角，若∠DCE＝72°，那么∠BOD的度数为．【分析】根据邻补角的概念求出∠BCD，根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理解答即可．【解答】解：∵∠DCE＝72°，∴∠BCD＝180°﹣∠DCE＝108°，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A＝180°﹣∠BCD＝72°，由圆周角定理，得∠BOD＝2∠A＝144°，故答案为：144°．9、（2022•甘肃）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，若∠ABC＝110°，则∠ADC＝°．【分析】根据圆内接四边形的对角互补即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝110°，∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣110°＝70°，故答案为：70．。

初中数学奥林匹克几何问题：第7章九点圆定理及应用_答题技巧

初中数学奥林匹克几何问题：第7章九点圆定理及应用_答题技巧初中数学奥林匹克中的几何问题：第7章九点圆定理及应用：
注戴维斯定理指的是：三角形每边所在直线有一对点(可以重合)，若每两对点同在一个圆上，则三对点(六点)均在同一圆上.
事实上，若所说三个圆不重合.则由根轴共点或平行推得三条边共点或平行，这是不可能的，所以三个圆非重合不可，特别地，三角形内切圆是其特殊情形.
由上述定理及其证明，我们可得如下一系列推论：
推论1 九点圆的圆心是其外心与垂心所连线段的中点，九点圆的半径是的外接圆半径的1/2.。

(答案)奥赛经典-奥林匹克数学中的几何问题---第七章九点圆定理及应用答

第七章九点圆定理及应用习题A1．设POP '是ABC △的外接圆(圆心为O )的直径，关于P 点的西姆松线为1l ，关于P '点的西姆松线为2l 因为1l 与2l 的交角可以¼12PP '度量，从而1l 与2l 的交角为直角．设H 为ABC △的垂心，则1l 和2l 分别经过PH ，P H '的中点Q ，Q '，而Q 和Q '在ABC △的九点圆上，H 点是三角形的九点圆和外接圆的外位似中心，线段QQ '是线段PP '的位似图形，从而QQ '是九点圆的直径，故1l 与2l 的交点在ABC △的九点圆上．2．连AG 并延长交BC 于L ，则A 在ABC △的外接圆上，L 在ABC △的九点圆上，又G 是ABC △的外接圆与九点圆的内位似中心，且位似此为21∶．而21PG GQ =∶∶，且P 点在外接圆上，则Q 点必在九点圆上．3．设I ，O ，H ，V 分别为ABC △的内心、外心、垂心及九点圆圆心，R ，r ，ρ分别为ABC △外接圆、内切圆、九点圆的半径，A I ，A ρ分别为在BC 边外侧相切的旁切圆圆心和半径，则由心距公式，有222OI R Rr =-，2222IH r R ρ=-，224OH R R ρ=-．注意到V 为OH 的中点，由斯特瓦尔特定理的推论（即三角形中线长公式），有()2222222111242VI VI HI VH R Rr r R r ⎛⎫=+-=-+=- ⎪⎝⎭，即12VI R r =-．故九点圆与内切圆相内切．同理，222AA OI R R ρ=+，得22112A VI R ρ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即有112VI R ρ=-，故九点圆与此旁切圆相外切．同理，可证九点圆与其他两个旁切圆相外切．4．设G 是ABC △的重心，V 是九点圆的圆心，O 和V 对于G 和H 是共线且调和共轭的，考察以O 点为起点的向量，则33332OA OB OC OH OG OA OB OC ⎛⎫==++=++ ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u ru u u u r u u u r u u ur u u u r u u u r ．因此3OH OA OB OC R ++=≤u u u u r u u u r u u u r u u u r ，仅当A B C ==时等号成立，这是不可能的．故3OH R <．5．设O ，H 分别为ABC △的外心与垂心，I ，1I ，2I ，3I 分别为ABC △的内心和三个旁心，由于H ，A ，B ，C 构成一老垂心组（四点中，任一点是另三点构成的三角形的垂心，此四点为垂心组）；I 与1I ，2I ，3I 构成一新垂心组，又ABC △的外接圆是123I I I △的九点圆，从而123I I I △的外心O '是关于O的I 的对称点．其余以此类似地推证，从而新垂心组各点与老垂心组各点关于123I I I △的九点圆的圆心对称．习题B1．(1)设E ，F 分别是边BA 的延长线，CA 的延长线上的点，由旁心的定义，知A I A 平分BAC ∠，B I A 平分CAE ∠，C I A 平分BAF ∠．又BAF CAE ∠=∠，从而有B I ，A ，C I 三点共线，且A B C I A I I ⊥．同理，B A C I B I I ⊥，C A B I C I I ⊥．故ABC △为A B C I I I △的垂足三角形，故ABC △的外接圆即为A B C I I I △ 的九点圆．(2)设O '为A B C I I I △的外心，则()()11180180222B C B C B A C O I I I O I I I I ''∠=︒-∠︒-∠=．由A I ，C I ，A ，C 四点共圆，知B B A C I AC I I I ∠=∠，从而90B C B O I I I AC '∠+<∠=︒，即B I O AC '⊥．同理，A I O BC '⊥，B I O BA '⊥．故三条垂线共点于O '．2．设11()A x y ，，22()B x y ，，33()C x y ，，44()D x y ，是单位圆上任意四点，则()2211234i i x y i +==，，，．由九点圆圆心是三角形外心与垂心连线的中点，得△ABC ，△ABD ，△BCD ，△ACD 九点圆圆心坐标分别为1231231,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1241242,22x x x y y y O ++++⎛⎫⎪⎝⎭, 2342343,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1341344,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭．考虑点12341234,22x x x x y y y y G ++++++⎛⎫⎪⎝⎭，则 12221234123123412312222x x x x x x x y y y y y y y O G ⎡⎤++++++++++⎛⎫⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=12=．同理，23412O G O G O G ===故1O ，2O ，3O ，4O 在以G 力圆心，12为半径的圆上．。

第7章九点圆定理及应用(含答案)

第七章九点圆定理及应用【基础知识】九点圆定理三角形三条高的垂足、三边的中点，以及垂心与顶点的三条连接线段的中点，这九点共圆．如图7-1，设ABC △三条高AD ，BE ，CF 的垂足分别为D ，E ，F ；三边BC ，CA ，AB 的中点分别为L ，M ，N ；又AH ，BH ，CH 的中点分别为P ，Q ，R ．求证：D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．BVO CRF P E NMHQLD图7-1A证法1连PQ ，QL ，LM ，MP ，则知12LM BA QP ∥∥，即知LMPQ 为平行四边形．又LQ CH BP LM ⊥∥∥，知LMPQ 为矩形．从而L ，M ，P ，Q 四点共圆，且圆心V 为PL 与QM 的交点．同理，MNQR 为矩形，从而L ，M ，N ，P ，Q ，R 六点共圆，且PL ，QM ，NR 均为这个圆的直径．由90PDL QEM RFN ∠=∠=∠=︒，知D ，E ，F 三点也在这个圆上．故D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．证法2设ABC △的外心为O ，取OH 的中点并记为V ，连AO ，以V 为圆心，12AO 为半径作V ，如图71-．由12VP OA ∥，知P 在V 上．同理，Q ，R 也在V 上．由12OL AH ∥（可由延长AO 交ABC △的外接圆于K ，得HBKC 为平行四边形，此时L 为KH 的中点，则OL 为AKH △的中位线即得），知OL PH ∥．又OV VH =，知OLV HPV △△≌，从而1=2VL VP OA =，且L ，V ，P 共线，故L 在V 上．同理，M ，N 在V 上．由L ，V ，P 共线知LP 为V 的一条直径．又90LDP ∠=︒， 90MEQ ∠=︒，90NFR ∠=︒，知D ，E ，F 在V 上，故D ，E ，F ，L ，M ，N ，P ，Q ，R 九点共圆．上述圆通常称为九点圆，也有人叫费尔巴哈圆或欧拉圆，显然，正三角形的九点圆即为其内切圆．证法3由Rt Rt CBF ABD △∽△，有BC BABF BD=．注意到L 、N 分别为BC 、BA 的中点，则BL BNBF BD=，即BL BD BF BN ⋅=⋅，这表明L 、D 、F 、N 四点共圆（或者联结NL 、DF ，则由BDF BAC BNL ∠=∠=∠知L 、D 、F 、N 四点共圆）．同理，L 、D 、E 、M 及E 、M 、F 、N 分别四点共圆．由戴维斯定理，即知L 、D 、E 、M 、F 、N 六点共圆于Γ．又Rt Rt CHD CBF △∽△，有CH CB CD CF =，注意R 、L 分别为CH 、CB 中点，则CR CLCD CF=，知R 、F 、L 、D 共圆，即点R 在圆Γ上．同理，点P 、Q 也在圆Γ上，故九点均在圆Γ上．注戴维斯定理指的是：三角形每边所在直线有一对点（可以重合），若每两对点同在一个圆上，则三对点（六点）均在同一圆上．事实上，若所说三个圆不重合．则由根轴共点或平行推得三条边共点或平行，这是不可能的，所以三个圆非重合不可，特别地，三角形内切圆是其特殊情形．由上述定理及其证明，我们可得如下一系列推论：推论1ABC △九点圆的圆心是其外心与垂心所连线段的中点，九点圆的半径是ABC △的外接圆半径的12．注意到PQR △与ABC △是以垂心H 为外位似中心的位似形，位似比是12HP HA =∶∶，因此，可得推论2三角形的九点圆与其外接圆是以三角形的垂心为外位似中心，位似比是12∶的位似形；垂心与三角形外接圆上任一点的连接线段被九点圆截成相等的两部分．注意到欧拉定理（欧拉线），又可得推论3ABC △的外心O ，重心G ，九点圆圆心V ，垂心H ，这四点（心）共线，且12OG GH =∶∶，13GV VH =∶∶，或O 和V 对于G 和H 是调和共轭的，即OG OHGV HV=．推论4ABC △的九点圆与ABC △的外接圆又是以ABC △的重心G 为内位似中心，位似比为12∶的位似形．事实上，因G 为两相似三角形LMN △与ABC △的相似中心，而LMN △的外接圆即ABC △的九点圆．推论5一重心组的四个三角形有一个公共的九点圆；已知圆以已知点为垂心的所有内接三角形有共同的九点圆．【典型例题与基本方法】例1如图72-，设H 为ABC △的垂心，L 为BC 边的中点，P 为AH 的中点．过L 作PL 的垂线交AB 于G ，交AC 的延长线于K ．求证：G ，B ，K ，C 四点共圆．A证明设ABC △的外心为O ，连OH ，取OH 的中点V ，则V 为ABC △九点圆的圆心．连AO ，则AO PV ∥，从而AO GK ⊥．设N 为AB 的中点，连ON ，则ON AG ⊥，由此知AON AGL ∠=∠．又ACL AON ∠=∠，则ACL AGL ∠=∠．从而BGL BGK KCL KCB ∠=∠=∠=∠．故B ，K ，C ，G 四点共圆．例2试证：ABC △的垂心H 与其外接圆上的点的连线被其九点圆平分．证明如图73-，过垂心H 作ABC △外接圆的两条弦DE ，FG ，连DF ，EG ．E图7-3STG DAM HCN F B设M ，N ，S ，T 分别为HD ，HE ，HF ，HG 的中点，则 FDH SMH ∠=∠，EGH NTH ∠=∠．又FDH EGH ∠=∠，则SMH NTH ∠=∠．故M ，S ，T ，N 四点共圆，由DE ，FG 的任意性，得H 与ABC △外接圆上任意点连线的中点在同一圆上，由于这个圆过HA ，HB ，HC 的中点，故这个圆就是ABC △的九点圆，从而命题获证．例3如图74-，ABC △中，O 为外心，三条高AD ，BE ，CF 交于点H ，直线ED 和AB 交于点M ，FD 和AC 交于点N ．求证：（1）OB DF ⊥，OC DE ⊥；（2）OH MN ⊥．（2001年全国高中联赛题）A证明（1）设ABC △的外接圆半径为R ，由相交弦定理，有 22R OF AF FB -=⋅，22R OD BD DC -=⋅，从而22OF OD BD DC AF FB -=⋅-⋅．由A ，F ，D ，C 四点共圆，有BD BC BF BA ⋅=⋅，即()()BD BD DC BF BF FA ⋅+=+，亦即2222BF BD BD DC AF FB OF OD -=⋅-⋅=-，故OB DF ⊥．同理，OC DE ⊥．（2）由九点圆定理的推论1，知OH 的中点V 为DEF △的外心．又由D ，E ，A ，B 及D ，F ，A ，C 分别四点共圆，有M D M E M B M A ⋅=⋅，ND NF NC NA ⋅=⋅．由此，即知M ，N 对ABC △的外接圆与DEF △的外接圆的幂相等，从而M ，N 在这两个外接圆的根轴上，即有MN OV ⊥，故MN OH =．【解题思维策略分析】1．注意题中九点圆的显现形式例4如图75-，ABC △中，O 为外心，H 是垂心，作CHB △，CHA △和AHB △的外接圆，依次记它们的圆心为1A ，1B ，1C ，求证：111ABC A B C △△≌，且这两个三角形的九点圆重合．（IMO 31-预选题）图7-51证明由于()18090(90)180CHB B C B C A ∠=︒-︒-∠-︒-∠=∠+∠=︒-∠，知CHB △外接圆的半径和CAB △外接圆的半径相等，从而，有1A 是O 关于BC 的对称点．设M 是BC 中点，则知2AH OM =，即1AH OA =．又1AH OA ∥，则连1AA 与OH 的交点K 为平行四边形1AHAO 的中心，即1AA 与OH 互相平分于K ．同理，1BB ，1CC 也经过K 且被它平分，从而111A B C △与ABC △关于K 中心对称，故111A B C ABC △△≌．显然，K 是ABC △九点圆的圆心．因此，这个圆关于K 作中心对称时不变，它也是111A B C △的九点圆．例5如图76-，在ABC △中，AD 是BC 边上的高，M ，N 分别是CA ，AB 两边的中点，设直线l 通过A 点，且BC 在l 上的射影为B C ''，连B N '与C M '交于点P ．求证：B '，C '，D ，P 四点共圆，且其圆心O 与P 点均在ABC △的九点圆上．P O NMDBAC '21l 图7-6B'C证明BB '，CC '，ND ，MD ．在Rt AB B '△中，N 为斜边AB 的中点，令1BAB '∠=∠，则1NB A '∠=∠．同理， NAD NDA ∠=∠， MAD MDA ∠=∠．令2CAC '∠=∠，则2MC A '∠=∠．于是， 12NB A MC A ''∠+∠=∠+∠180A =︒-∠，故()180MPN NB A MC A ''∠=︒-∠+∠180(180)A A =︒-︒-∠=∠NAD DAM NDA ADM MDN =∠+∠=∠+∠=∠．由此，知D ，M ，N ，P 四点共圆．而MND △的外接圆即为ABC △的九点圆，即点P 在ABC △的九点圆上．由A ，B '，B ，D 四点共圆，连B D '，则知901B DA B BA ''∠=∠=︒-∠．同理， 902C DA C CA ''∠=∠=︒-∠．于是， 18012B DC B DA C DA A MPN B PC ''''''∠=∠+∠=︒-∠-∠-∠=∠=∠，故B '，C '，D ，P 四点共圆．由题设，B C DP ''的圆心为O ，连DO ，PO ，则2DOP DB P '∠=∠．由于A ，B '，B ，D 四点共圆且以N 为其圆心，则知NB ND '=．于是，有2DNP DB P '∠=∠，DOP DNP ∴∠=∠，D ∴，O ，P ，N 四点共圆．O ∴在DPN 上，即O 在ABC △的九点圆上，故命题获证． 2．注意题中九点圆的隐含形式例6如图77-，锐角ABC △中，角A 的等分线与三角形的外接圆交于另一点1A ，点1B ，1C 与此类似．直线1AA 与B ，C 两角的外角等分线交于0A ，点0B ，0C 与此类似．求证：A 0A 1IC 0B 1C 1B 0图7-7C AB（1）000A B C △的面积是六边形111AC BACB 面积的二倍；（2）000A B C △的面积至少是ABC △面积的四倍．（IMO 30-试题）证明（1）令ABC △的内心为I 000()I AA BB CC =∩∩．则I 又是000A B C △的垂心（内、外角平分线互相垂直）．显然，ABC △的外接圆是000A B C △的九点圆，即知1A ，1B ，1C 分别为0A I ，0B I ，0C I 的中点，于是得012A BI A BI S S =△△，012A CI A CI S S =△，从而012A BIC A BIC S S =四边形四边形．同理，012B CIA B CIA S S =四边形四边形，012C AIB C AIB S S =四边形四边形，故0001112A B C AC BA CB S S =六边形．（2）由（1），有()1110002=2A BC B CA C ABA B C ABCABCS S S S S S +++△△△△△△故只要证1111A BC B CA C ABABCS S S k S ++=△△△△≥．记2BAC α∠=，2ABC β∠=， 2BCA γ∠=，则 ()12111sin 1802sin sin sin 2sin 21sin 2sin 2sin sin 2sin 2sin 22A BC ABCA B AC S S AB AC αααααγβαβγα⋅⋅︒-⋅⋅===⋅⋅⋅⋅⋅△△ 同理，12sin sin 2sin 2B CA ABCS S βαγ=⋅△△，1sin sin 2sin 2C AB ABC S S γαβ2=⋅△△．于是，2222sin sin sin sin 2sin 2sin 2sin sin 2sin 2k αβγβγαγαβ=++⋅⋅⋅()233cos cos cos 4αβγ-⋅⋅≥ 223cos cos cos 3cos 14343αβγαβγ--++++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥．例7如图78-，123A A A △是一非等腰三角形，它的边长分别为以1a ，2a ，3a ，其中i a 是i A 的对边（123i =，，），i M 是边i a 的中点，123A A A △的内切圆I 切边i a 于i T 点，i S 是i T 关于i A ∠角平分线的对称点(123)i =，，．求证：11M S ，22M S ，33M S 三线共点．（IMO 23-试题）311图7-8证明由题设，知1221M M A A ∥，下面证1121S S A A ∥，由1T 和1S ，2T 和3T 分别关于直线1A I 对称，有1231T T T S =．同理，1232T T T S =．故有3132T S T S =，即3T 是等腰312T S S △的顶点，有312T I S S ⊥，从而1221S S A A ∥．同理，2332S S A A ∥，3113S S A A ∥．又1221M M A A ∥，2332M M A A ∥，3113M M A A ∥，于是123M M M △和123S S S △的对应边两两平行，故这两个三角形或全等或位似．由于123S S S △内接于ABC △的内切圆，而123M M M △内接于ABC △的九点圆，且123A A A △不为正三角形，故其内切圆与九点圆不重合，所以123S S S △与123M M M △位似，这就证明了11M S ，22M S ，32M S 共点（于位似中心）．例8过锐角ABC △的顶点A ，B ，C 的三条高线分别交其对边于点D ，E ，F ，过点D 平行于EF 的直线分别交AC ，AB 于点Q 和R ，EF 交BC 于点P ．证明：PQR △的外接圆过BC 的中点．（IMO 38-预选题）证明由题设，点P 的存在意味着AB AC ≠．由对称性，可设AB AC >，则P 在射线BC 上，如图79-．PQLR DCFA EB图7-9取BC 的中点L ，我们证明Q ，P ，R ，L 四点共圆⇔DR DQ DP DL ⋅=⋅①因BE AC ⊥于E ，CF AB ⊥于F ，则B ，C ，E ，F 共圆，于是知CEP ABC ∠=∠．又EF QR ∥，有CEP CQD ∠=∠，则知B ，Q ，C ，R 四点共圆，从而DR DQ DB DC ⋅=⋅ 设BL CL a ==，CP c =，DL b =，则证①式等价于证明DB DC DP DL ⋅=⋅，即()()()a b a b a c b b +⋅-=+-⋅，亦即()2a b a c =+．由九点圆定理，知D ，E ，F ，L 四点共圆，有PE PF PD PL ⋅=⋅．注意到B ，C ，E ，F 四点共圆，有PE PF PC PB ⋅=⋅，故得PC PB PD PL ⋅=⋅，即 ()()()2c a c a c b b a +=+-⋅+，亦即()2a b a c =+．故有DB DC DP DL ⋅=⋅，亦有DR DQ DP DL ⋅=⋅．亦即Q ，P ，R ，L 四点共圆，即PQR △的外接圆过BC 的中点．注由例8可演变得如下第8届台湾数学奥林匹克试题：己知过锐角ABC △的顶点A ，B ，C 的垂线分别交对边于D ，E ，F ，AB AC >，直线EF 交直线BC 于P ，过点D 且平行于EF 的直线分别交直线AC ，AB 于Q ，R ，N 是BC 上的一点，且180NQP NRP ∠+∠<︒．求证：BN CN >．事实上，同例8，取BC 的中点L ，关键是证明Q ，P ，R ，L 四点共圆，又等价地证明DR DQ DP DL ⋅=⋅．而当Q ，P ，R ，L 四点共圆时，180LQP LRP ∠+∠=︒，参见图79-，若180NQP NRP ∠+∠<︒，则N 点在QPRL 的内部，又因N 是BC 上的一点，则N 在点L 的右侧，于是BN CN >．【模拟实战】习题A1．试证：圆的直径两端点对ABC △的西姆松线垂直相交，且相交于此三角形的九点圆上． 2．设G 为ABC △的重心，P 为ABC △外接圆上任一点，连PG 并延长至点Q ，使12PQ PG =．求证：点Q 在ABC △的九点圆上．3．试证：ABC △的九点圆与它的内切圆及三个旁切圆相切．4．给定非退化的ABC △，设外心为O ，垂心为H ，外接圆的半径为R ．求证：3OH R <．（1994年亚太地区奥林匹克题）5．试证：三角形的三个切圆（内切或旁切）的圆心构成一个三角形，此新三角形的外心对于已知三角形的外心为另外一个切圆圆心的对称点．习题B 1．设A I ，B I ，C I 分别为ABC △的切BC ，CA ，AB 边的旁切圆的圆心．试证：（1）A B C I I I △的九点圆为ABC △的外接圆；（2）过点A I ，B I ，C I 分别作BC ，CA ，AB 边的垂线，则这三条垂线共点． 2．试证：圆周上任意四点，过其中任意三点作三角形，则这四个三角形的九点圆的圆心共圆．第七章九点圆定理及应用答案习题A1．设POP '是ABC △的外接圆(圆心为O )的直径，关于P 点的西姆松线为1l ，关于P '点的西姆松线为2l 因为1l 与2l 的交角可以12PP '度量，从而1l 与2l 的交角为直角．设H 为ABC △的垂心，则1l 和2l 分别经过PH ，P H '的中点Q ，Q '，而Q 和Q '在ABC △的九点圆上，H 点是三角形的九点圆和外接圆的外位似中心，线段QQ '是线段PP '的位似图形，从而QQ '是九点圆的直径，故1l 与2l 的交点在ABC △的九点圆上．2．连AG 并延长交BC 于L ，则A 在ABC △的外接圆上，L 在ABC △的九点圆上，又G 是ABC △的外接圆与九点圆的内位似中心，且位似此为21∶．而21PG GQ =∶∶，且P 点在外接圆上，则Q 点必在九点圆上．3．设I ，O ，H ，V 分别为ABC △的内心、外心、垂心及九点圆圆心，R ，r ，ρ分别为ABC △外接圆、内切圆、九点圆的半径，A I ，A ρ分别为在BC 边外侧相切的旁切圆圆心和半径，则由心距公式，有222OI R Rr =-，2222IH r R ρ=-，224OH R R ρ=-．注意到V 为OH 的中点，由斯特瓦尔特定理的推论（即三角形中线长公式），有()2222222111242VI VI HI VH R Rr r R r ⎛⎫=+-=-+=- ⎪⎝⎭，即12VI R r =-．故九点圆与内切圆相内切．同理，222AA OI R R ρ=+，得22112A VI R ρ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即有112VI R ρ=-，故九点圆与此旁切圆相外切．同理，可证九点圆与其他两个旁切圆相外切．4．设G 是ABC △的重心，V 是九点圆的圆心，O 和V 对于G 和H 是共线且调和共轭的，考察以O 点为起点的向量，则33332OA OB OC OH OG OA OB OC ⎛⎫==++=++ ⎪ ⎪⎝⎭．因此3OH OA OB OC R ++=≤，仅当A B C ==时等号成立，这是不可能的．故3OH R <．5．设O ，H 分别为ABC △的外心与垂心，I ，1I ，2I ，3I 分别为ABC △的内心和三个旁心，由于H ，A ，B ，C 构成一老垂心组（四点中，任一点是另三点构成的三角形的垂心，此四点为垂心组）；I 与1I ，2I ，3I 构成一新垂心组，又ABC △的外接圆是123I I I △的九点圆，从而123I I I △的外心O '是关于O的I 的对称点．其余以此类似地推证，从而新垂心组各点与老垂心组各点关于123I I I △的九点圆的圆心对称．习题B1．(1)设E ，F 分别是边BA 的延长线，CA 的延长线上的点，由旁心的定义，知A I A 平分BAC ∠，B I A 平分CAE ∠，C I A 平分BAF ∠．又BAF CAE ∠=∠，从而有B I ，A ，C I 三点共线，且A B C I A I I ⊥．同理，B A C I B I I ⊥，C A B I C I I ⊥．故ABC △为A B C I I I △的垂足三角形，故ABC △的外接圆即为A B C I I I △ 的九点圆．(2)设O '为A B C I I I △的外心，则()()11180180222B C B C B A C O I I I O I I I I ''∠=︒-∠︒-∠=．由A I ，C I ，A ，C 四点共圆，知B B A C I AC I I I ∠=∠，从而90B C B O I I I AC '∠+<∠=︒，即B I O AC '⊥．同理，A I O BC '⊥，B I O BA '⊥．故三条垂线共点于O '．2．设11()A x y ，，22()B x y ，，33()C x y ，，44()D x y ，是单位圆上任意四点，则()2211234i i x y i +==，，，．由九点圆圆心是三角形外心与垂心连线的中点，得△ABC ，△ABD ，△BCD ，△ACD 九点圆圆心坐标分别为1231231,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1241242,22x x x y y y O ++++⎛⎫⎪⎝⎭, 2342343,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1341344,22x x x y y y O ++++⎛⎫⎪⎝⎭．考虑点12341234,22x x x x y y y y G ++++++⎛⎫⎪⎝⎭，则 12221234123123412312222x x x x x x x y y y y y y y O G ⎡⎤++++++++++⎛⎫⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=12=．同理，23412O G O G O G ===故1O ，2O ，3O ，4O 在以G 力圆心，12为半径的圆上．。

九年级圆知识点及习题(含答案)

九年级圆知识点及习题(含答案) Mathematics Review for Grade Nine: CirclesConcepts and Properties of Circles1.The distance from any point on a circle to its center is equal to the radius.2.A circle is a symmetric figure。

Any diameter is an axis of symmetry。

A circle is also a centrally symmetric figure。

with its center as the center of symmetry.3.A diameter perpendicular to a chord bisects the chord and the arc it subtends。

A diameter that bisects a chord (but is not perpendicular to it) is perpendicular to the chord and bisects the arc it subtends.4.In congruent or similar circles。

if two central angles。

two chords。

two arcs。

two chord distances from the center。

or two inscribed angles are equal。

then the other corresponding quantities are also equal.5.The central angle and the inscribed angle that subtend the same arc are equal。

初三数学圆知识点总结和解题技巧,初中圆的经典例题附答案

《圆》全章复习与珥固一知识讲解（提高）【学习目标】1. 理解圆及其有关柢念，理解弧、弦、圆心角的关系J 探素并了解点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，探索并掌握圆周角与圆心角的关系、直径所对的圆周角的特征；2. 了解切线的概念'探索并摹握切我与过切点的半径之间的位置关系'能判定一条直线是否为圆的切线，会过圆上一点画圆的切线，3. 了解三角形的内心和外心，探索如何过一点、两点和不在同一直线上的三点作圆34. 了解正多边形的瞬，摹握用等分圆周画圆的内接正多边形的方法；会计算弧长及扇形的面积、圆锥的侧面积及全面积55. 结合相关图形性质的探素和证明，进一步培养合情推理能如发展i 罗辑思维能力彳瞒理论证的表达能力；通过这一童的学习，进一步培养综合运用知识的能力，运用学过的知识解决问题的能力.【知说网络】的时房件其应用T 具的野典LJ-T 弧.夜、网心角之间的忐IT 时兑上的隔用角与Bi心角的美系三角於FT/卜接携切咬的件项及捋定与K 有关的传置关系T 正多边形和直线利01的位置关系曜长的讨算反其魔用周扇形血秋沮形面秘的计斯我其应的计鼻I ~H ［要点橙理］要点二'圜的定义、性质及与圈有矣的角1. 圆的定义0舞殳0A 绕着它的T 端点。

放转一周，另T 、端点A 所形成的封闭曲添叫偷凰（2）圆是到定点的距离等于定长的点的集合.要点诠释：① 圆心确定圆的位置，半径福定圆的大小J 确定一个圆应先确定圆心，再珊定半径，二者缺一不可;② 圆是一条封闭曲线.2. 圆的性质令旅转不变性：圆是族转对称图形，绕圆心族转任一南度都和原来图形重合，圆是中心对称图形，对称中心是圆心・在同圆或等圆中，两个圆6角，两条弘.两条弦，两条弦心距，这ES 瞠中的任意一卸爵）那么它所对应的耳他各组分别相等・0轴对称：圆是轴对称图形，经过圆心的任一直线都是它根I称轴.(3)垂径定理及推论：①垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，②平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.③弦的垂直平分线过圆心'且平分弦对的两条强.吵平分一条弦所对的两条弧的直线过圆心；且垂直平分此弦.⑤平行弦夹的弧相等.要点诠释：'…在垂经定理及其推论中：过圆心、垂直于弦、平分弦、平分弦所对的优弧、平分弦所对的当弧，在这五个条件中，知道任意两个，就能推出其他三个结论・(注意：“过圆心、平分弦〃作为题设时，平分的弦不能是直径〉3.两国的性质6两个圆是一个轴对称图形'对称轴是两圆连心场0相交两圆的连心线垂直平分公共弦'相切两圆的连心线经过切点.4.与圆有美的危6圆心角；顶点在圆心的角叫圆心角.EI心角的，性质：圆心角的度数等于它所对的孤的度数.⑵圆周角：顶点在圆上，两边都和圆相交的角叫做圆周角.圆周角的，性质：①圆周角等于它所对的弧所对的圆心角的一半.②同弧或等弧所对的圆周角相等；在同圆或等圆中』相等的圆周角所对的弧相等.③ 90°的圆周角所对的弦为直径；半国或直径所对的圆周角为直角.四如果三角形一边上的中线等于这边的一半'那么这个三角形是直角三角形.⑤圆内接四边形的对角互补J外角等于它的内对角.要点逢释:"、(1)圆周角必须海足两个条件：①顶点在鼠h②角的两边都和圆相交.⑵圆周角定理成立的前提条件是在同圆成等圆中.要点二'与园有笑触位置笑系1.判定一个点P是否在oo±设3的半径为,，0P=d,贝惰d＞厂=点「在。

第七章九点圆定理及应用答

第七章九点圆定理及应用习题A1．设POP '是ABC △的外接圆(圆心为O )的直径，关于P 点的西姆松线为1l ，关于P '点的西姆松线为2l 因为1l 与2l 的交角可以12PP '度量，从而1l 与2l 的交角为直角．设H 为ABC △的垂心，则1l 和2l 分别经过PH ，P H '的中点Q ，Q '，而Q 和Q '在ABC △的九点圆上，H 点是三角形的九点圆和外接圆的外位似中心，线段QQ '是线段PP '的位似图形，从而QQ '是九点圆的直径，故1l 与2l 的交点在ABC △的九点圆上．2．连AG 并延长交BC 于L ，则A 在ABC △的外接圆上，L 在ABC △的九点圆上，又G 是ABC △的外接圆与九点圆的内位似中心，且位似此为21∶．而21PG GQ =∶∶，且P 点在外接圆上，则Q 点必在九点圆上．3．设I ，O ，H ，V 分别为ABC △的内心、外心、垂心及九点圆圆心，R ，r ，ρ分别为ABC △外接圆、内切圆、九点圆的半径，A I ，A ρ分别为在BC 边外侧相切的旁切圆圆心和半径，则由心距公式，有222OI R Rr =-，2222IH r R ρ=-，224OH R R ρ=-．注意到V 为OH 的中点，由斯特瓦尔特定理的推论（即三角形中线长公式），有()2222222111242VI VI HI VH R Rr r R r ⎛⎫=+-=-+=- ⎪⎝⎭，即12VI R r =-．故九点圆与内切圆相内切．同理，222AA OI R R ρ=+，得22112A VI R ρ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即有112VI R ρ=-，故九点圆与此旁切圆相外切．同理，可证九点圆与其他两个旁切圆相外切．4．设G 是ABC △的重心，V 是九点圆的圆心，O 和V 对于G 和H 是共线且调和共轭的，考察以O 点为起点的向量，则33332OA OB OC OH OG OA OB OC ⎛⎫==++=++ ⎪ ⎪⎝⎭．因此3OH OA OB OC R ++=≤，仅当A B C ==时等号成立，这是不可能的．故3OH R <．5．设O ，H 分别为ABC △的外心与垂心，I ，1I ，2I ，3I 分别为ABC △的内心和三个旁心，由于H ，A ，B ，C 构成一老垂心组（四点中，任一点是另三点构成的三角形的垂心，此四点为垂心组）；I 与1I ，2I ，3I 构成一新垂心组，又ABC △的外接圆是123I I I △的九点圆，从而123I I I △的外心O '是关于O的I 的对称点．其余以此类似地推证，从而新垂心组各点与老垂心组各点关于123I I I △的九点圆的圆心对称．习题B1．(1)设E ，F 分别是边BA 的延长线，CA 的延长线上的点，由旁心的定义，知A I A 平分BAC ∠，B I A 平分CAE ∠，C I A 平分BAF ∠．又BAF CAE ∠=∠，从而有B I ，A ，C I 三点共线，且A B C I A I I ⊥．同理，B A C I B I I ⊥，C A B I C I I ⊥．故ABC △为A B C I I I △的垂足三角形，故ABC △的外接圆即为A B C I I I △ 的九点圆．(2)设O '为A B C I I I △的外心，则()()11180180222B C B C B A C O I I I O I I I I ''∠=︒-∠︒-∠=．由A I ，C I ，A ，C 四点共圆，知B B A C I AC I I I ∠=∠，从而90B C B O I I I AC '∠+<∠=︒，即B I O AC '⊥．同理，A I O BC '⊥，B I O BA '⊥．故三条垂线共点于O '．2．设11()A x y ，，22()B x y ，，33()C x y ，，44()D x y ，是单位圆上任意四点，则()2211234i i x y i +==，，，．由九点圆圆心是三角形外心与垂心连线的中点，得△ABC ，△ABD ，△BCD ，△ACD 九点圆圆心坐标分别为1231231,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1241242,22x x x y y y O ++++⎛⎫⎪⎝⎭, 2342343,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭,1341344,22x x x y y y O ++++⎛⎫ ⎪⎝⎭．考虑点12341234,22x x x x y y y y G ++++++⎛⎫⎪⎝⎭，则 12221234123123412312222x x x x x x x y y y y y y y O G ⎡⎤++++++++++⎛⎫⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦=12=．同理，23412O G O G O G ===故1O ，2O ，3O ，4O 在以G 力圆心，12为半径的圆上．。