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．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 △．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 AIBC IE+==，72BC =．CFGPH DBEA (b)(a)O 1AOBM E CD F O 1OB E CD F4. 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 ．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C e 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 ∠=∠=∠．6. 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．lE DCBAM 6M 5M 4M3M 2M 1B'C'CB A P QRCDBA7. 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．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．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．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 +=．题12.2.2CDBPEFA题12.2.3POCFB EAP NM L CBACGFODBHEA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．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 =． ①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 =>． DCBAPCEDP LNH R M BAQ13. 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．14. 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 ∠．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．NBHCDEBF GAFCBGDAE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 ∥．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 ∥．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FG EKCDB P D CNE B MQ A NQB MP A()()()()MNP MQP CNM CNP MQB PQB CAM AFP MAB FAP ∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠=()()9090180CAM MAB AFP FAP ∠+∠+∠+∠=︒+︒=︒．故M 、N 、P 、Q 共圆．19. 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=，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 =．PQ NCMBFEA CDEA BH FGF 1E 1F M E KCGD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．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：2224AE 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．）AD 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 ．D FA βαAEDCBPSCF D BE 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-=．26. 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 '．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．ANMBDCEFAβαD'CBDA。