平面几何试题精选
英语必修三单词-
.
01
凸四边形
ABCD
的对角线交于点
M
，点
P
、
Q
分别是△
AMD
和△
CMB
重心，
R
、<
/p>
S
分
别是△
DM
C
和△
MAB
的垂心．求证
PQ
⊥
RS
．
证：过
A
、
C
分别作
BD
的平行线，
过
B
、
D
分别
作
AC
的平行线．这四条直线分别相
交
于
X
、
W
、<
/p>
Y
、
Z
．
则四边形
XWYZ
为平行四边形，且
XW
∥
AC
∥
XZ
．
则四边形
XAMD
、
MB
YC
皆为平行四边形．
由其对角线互相平分知
MX
在△
AMD
中线所在
直线上，
MY
在△
BMC
中线所在直线上，且
MP
1
MQ
=
=
．
MX<
/p>
3
MY
∴
XY
∥
PQ
．
故欲证原命题，只需证
XY
⊥
RS
，这等价于
SY
2
－
SX
2
=
RY
2
－
RX
2
．
下证上
式：由
S
为△
AMB
< br>垂心知
SB
⊥
AM
SB
⊥
WY
．
< br>同理
SA
⊥
WX
．则勾股定理知
SY
2
=
SB
2
+
BY
2
=
BY
2
+
SW
2
－
WB
2
=
BY
2
－
WB
2
+
SA
2
+
WA
2
…
①
SX
2
=
SA
2
+
XA
2
…
②
①－②得
SY
2
－
SX
2
=
BY
2
－
WB
2
+
WA
2
－
XA
2
…
③
同理得
RY
2
=
YC
2
－
ZC
2
+
RD
2
+
DA
2
,
RX
2
=
DX
2
+
RD
2
．
故
RY
2
－
RX
2
=
YC
2
－
ZC
2
+
DZ
2
－
DX
2
…
④
由
XW<
/p>
∥
DB
∥
YZ<
/p>
,
WY
∥
AC
∥
XZ
有
BY
=
DZ
,
WB
=
XD
,
AW
=
YC
,
AX
=
ZC
．
比较③④两式右边即有
SY
2
－
SX
2
=
RY
2
－
RX
2
．
由此即有
XY
⊥
RS
，从而得出
PQ
⊥
RS
，证毕．
02
已知
E
、
F
是△
AB
C
两边
AB
、
AC
的中点，
CM
、
< br>BN
是
AB
、
< br>AC
边上的高，连线
EF
、
MN
相交于
P
点．
又设
O
、
H
分
别是△
ABC
的外心和垂心，连接
AP
、
OH
．求证
AP
⊥
OH
．
同苏炜杰
03
证：
引理：如图，设∠
BAP
=
,
∠
BAP
=
，则
.
W
B
Y<
/p>
S
A
●
P
X
D
R
●
M
●
Q
Z
C
sin
∠
BAP
sin
∠
BAP
=
…
①
AP
与
sin
∠
CAP
sin
∠
CAP
.
AP
重合．
引理的证明：事实上，①式即
sin
A
－
sin
A
－
<
/p>
sin
sin
=
=
sin
A
－
sin
A
－
<
/p>
sin
sin
A
β
α
(
)
B
P
(
)
P''
sin
A
cot
－
sin
A
=
sin
A
cot
－
cos
A
=
．
即
AP
与
AP
重合．引理得证．
回到原题：为了看得清，我们画两张图表示，过
A
作
AQ
⊥
OH
=
Q
．
C
A
我们证明
AP
与
AQ
重合：由引理只需证
sin
∠
1
sin
∠
3
=
…
①
sin
∠
2
sin
∠
4
M
E
P
F
N
先看右图，
∵
E
、
P<
/p>
、
F
三点共线，以
A
为视点运用张角定理得
sin
∠
B
AC
sin
∠
1
sin
∠
2
=
+
．
AP
AF
AE
B
C
综合
上二式有
sin
∠
1
AF
·<
/p>
AN
EM
1
1<
/p>
1
1
－
sin
∠
1
=
－
sin
∠
2
=
．
AP
AN
AM
AE
sin
∠
2
AM
·
AE
N
F
又易有
M
、
B
、
C
、
N<
/p>
四点共圆．
∴
AM
·
AB
=
AN
·
AC
，即
2
AM
·
AE
= 2
AN
·
AF
．
sin
∠
1
EM
∴
=
…
②
NF
sin
∠
2
再看右图，∵
∠
AQH
=
∠
ANH
=
∠
AMH
=
90
，
∴
A
、
M
、
Q
、
H
；
A
、
Q
、
H
、
< br>N
分别四点共圆．
∴
∠
MHQ
=
∠
3,
∠
BHQ
=
∠
4
．
在△
MOH
与△
B
OH
中分别运用正弦定理有
MO
OH
BO
OH<
/p>
=
,
=
．
sin
∠
3
sin
∠
OMH
sin
∠
4
sin
∠
OBH
sin
∠
3
OM
sin
∠
OMH
=
，
其中
MO
sin
∠
OMH
=
OM
cos
∠
OME
=
EM
．
sin
∠
4
OB
sin
∠
O
BN
B
M
E
O
G
Q
H
F
N
A
3
4
C
两式相除有
过
O
作
OG
⊥
BN
=
G
，由∠
OGN
=
∠
GNF
=
∠
NFO
= 90
< br>
知
OGNF
为矩形．
∴
OG
=
NF
,
OB
sin
∠
OBN
=
OG
=
NF
．
∴
sin
∠
3
EM
=
…
③
NF
sin
∠
4
综合②③知①式成立，故
AP
⊥
OH
，证毕．
03
设
H<
/p>
为△
ABC
的垂心，
D
、
E
、
F
为△
ABC
的外接圆上三点使得
AD
∥
BE
∥
CF
，
S
、
T
、
.
.
U
分别为
D
、
E
、
F
关于边
BC
、
CA
、
AB
的对称点．求证
S
、
T
、
U
、
H
四点共圆．
同
何长伟
02
，但解法不同
证：我们先证明一些关于四边形
HUST
的性质：
延长
AH
、
BH
、
CH
与△
ABC
外接圆交于
A
、
< br>B
、
C
．
A
熟
知
H
与
A
<
/p>
关于
BC
对称，
H
与
B
关于
AC
对称，
H
与
C
关于
A
B
对称．
C'
H
又
D
与
S
关于
BC
对称，故四边形
DHA
S
关于
BC
对称．
●
故
DHA
S
必为等腰梯形．四边形
HFUC
与
HTEB
同理亦然．<
/p>
B
●
∴
HS
=
A
D
,
HU
=
C
F
,
HT
=
B
E
,
∠
SHA
=
∠
HA
D
．
U
⌒<
/p>
⌒
⌒
记
CE
所对圆周角为
，由
AD
∥
BE
< br>,
DE
=
AB
知
⌒
⌒
⌒
DE
所对角为∠
C
,
AC
所对角为∠
B
,
CE
所对角为
．
⌒
∴
AD
所对角为
B
－
C
－
．<
/p>
∴
∠
SHA
=
∠
HA
D
=
B
－
C
－
…
①
1
⌒
⌒
1
⌒
⌒
∠
UHC
=
∠
HC
F
=
∠
CC
F
=
BC
－
BF
=
BC
－
CE
=
A
－
,
2
2
∠
AHC
= 180
－∠
C
< br>
HA
=
B
．
∴
∠
UHA
= 180
－
∠
C
HU
+
∠
AHC
=
C
+
…
②
同理可得∠
THA
=
B
－
…
③
①
+
②得
∠
UHS
=
∠
B
；①－③得
∠
SHT
=
∠
C
．
⌒
⌒
⌒
⌒
又
A
D
=
A
B
+
AB
+
AD
= 2
9
0
－
B
+
C
+
B
－
C
－
=
2
90
－
．
∴
A
D
=
2
R
sin
90
－<
/p>
．∴
HS
=
2
R
sin
90
－<
/p>
．
同理可计算出
C
F
=
2
R
sin
90
－<
/p>
B
+
,
BE
=
2
R
sin
90
－<
/p>
C
－
．
从而
HU
=
2
R
sin
90
－<
/p>
B
+
,
HT
=
2
R
sin
90
－<
/p>
C
－
．
由此有
HS
:
HU
:
HT
=
sin
9
0
－
:
sin
90
－
B
+
:
sin
9
0
－
C
－<
/p>
．
综上我
们得出了一些关于四边形
HUST
的性质：
∠
UHS
=
∠
B
,
∠
SHT
=
∠
C
,
sin
9
0
－
B
+
HT
sin
90
－
C
－
H
U
=
,
=
．
HS
HS
sin
9
0
－
s
in
90
－
F
A
'
D
B'
E
●
T
C
S
下面我们利用这些性质判定
H
、
U
、
S
、
T
四点共圆：
作△
XYZ
∽△
ABC
，即
∠
X
=
∠
A
,
∠
Y
=
∠
B
,
∠
Z
=
∠
C
．
在
ZY
与
X
异侧作∠
ZYW
1
=
90
－
B
+
,
∠
YZW
2
= 90
－
C
－
．
YW
1
与
ZW
2
交
于
W
，连
接
X
W
．
∴
∠
ZWY
= 180
－
∠
ZYW
+
∠
YZW
= 180
－
180
－
B
－
C
=
∠
B
+
∠
C
= 180
－∠
ZXY
．
< br>
∴
X
、
Z
、
W
、
Y
四点共圆．
∴
∠
XZW
+
∠
XYW
=
180
…
*
X
∠
XYW
=
∠
XYZ
+
∠
ZYW
=
∠
B
+
90
－
B
+
=
90
+
,
∠
WXY
=
∠
WZY
= 90
< br>
－
C
－
．
sin
∠
W
XY
sin
90
－
C
－
WY
HT
∴
由正弦定理知
=
=
=
．
WX
HS
sin
∠
X
YW
sin
90
+
又∠
YWX
=
∠
YZX
=
∠
C
=
∠
THS
，∴
△
WZX
∽△
HTS
．
Z
W
Y
.
.
从而∠
WYX
=
< br>∠
HTS
．同理可得∠
WZX<
/p>
=
∠
HUS
．
∵
*
，∴
∠
HTS
+
∠
HUS
= 180
．从而
H
、
T
、
S
、
U
四点共圆．证毕．
评注：
这一作法的出发点是想通过对线段长度以及角度的计算揭示
H
、
T
、
S
、
U
四点的
一些并不明显的性质，
利用熟知结论
“垂心关于边
的对称点在外接圆周上”
将类似线段转化
为可求的，刻画了“对
称”条件．角度的推算多次利用弧长，刻画了“平行”条件，后半部
论证精神为同一法．
事实上，
一个四边形中若已知一个顶点引出的三条线段及两个角
，
则这
个四边形便已确定．
04
在△
A
BC
中，
D
是
BC
边上一点，设
O
1
、
O
2
分别是△
ABD
、△
ACD
外心，<
/p>
O
是经过
A<
/p>
、
O
1
、
O
2
三点的圆的圆心，记△
< br>ABC
的九点圆圆心为
N
i
，作
O
E
⊥
BC
=
E
．求证
N
i
E
∥
AD
．
证：以△
ABC
外接
圆圆心为原点建立复平面，设其半径为
1
．
设
A
cos
,
sin
、
B
－
co
s
,
sin
、
C
cos
,
sin
，∠
ADB
=
．
由正弦定理知
AB
AC
=
2
sin
=
且∠
BAO
1
=
∠
CAO
2
．
AO
1
AO
2
1
．
2
sin
∴
∠
O
1
AO
2
=
∠
BAC
，从
而△
AO
1
O
2
∽△
ABC
且相似比为
由∠
BAO
1
=
90
－
知△
ABC
变换为△
< br>AO
1
O
2
为一个绕
A
逆时针旋转
90
－
及以
A
为
中心位似比为<
/p>
1
的位似变换之积．
2
sin
→
AO
=
－
cos
,
－
sin
对应复数为－
cos
－
i
sin
，
则
AO
对应复数为
< br>
1
－
cos
－
i
sin
·
cos
90
－
+
i
sin
9
0
－
=
A
记为
．
2
sin
1
则
A
<
/p>
=
－
[
sin
－
+
i
cos
－
]
．
2
sin
sin
－
sin
+
∵
O
=
A
+
A
，∴
<
/p>
O
的横坐标即为－
+
cos
=
．
2
sin
2
sin
∴
E
点坐标为
sin
+
,
sin
．
2
sin
N
i
O
3
=
且
N<
/p>
i
与
O
在
G
异侧．
OG
2
O
1
A
O
2
O'
●
N
i
●
E
D
C
B
又由九点圆性质，设<
/p>
O
为外心，
G
为
重心，则
3
3
设
G
为
G
点
对应复数，
N
i
为
N
i
点对应复数，则
N
i
=
G
=
A
+
B
+
C
．
2
2
于是
N
i
坐标为
cos
sin
+ 2
sin
,
．设
N
i
E
斜率为
k
，则
2
2
=
sin
sin
=
－
tan
．
cos
sin
－
sin
+
k
=
sin
+ 2
sin
－
sin
2
cos
sin
+
－
2
2
sin
又∵
∠
ADC
=
－
，∴
AD
斜率亦为－
tan
，故
AD
与
B
i
E
平行，证毕．
05
设△
ABC
的边
AB
中点为
N
，∠
A<
/p>
>
∠
B
，<
/p>
D
是射线
AC
上
一点，满足
CD
=
BC
，
P
是射
.
.
线
DN
上
一点，且与点
A
在边
BC
同侧，满足∠
PBC
=
∠
A
，
PC<
/p>
与
AB
交于点
E
，
BC
与
DP
交于点
T
．求表达式
< br>
BC
EA
－
的值．
TC
EB
解：我们先证明
CP
平分∠
ACB
，且
CP
∥
BD
．用同
一法．
1
作∠
ACB
平分线
CP
交
DN
于
P
< br>
，则∠
BCP
=
∠
ACP
=
∠
CBD
=
∠
CDB
=
∠
C
．
2
∴
P
C
∥
BD
．我们证明∠
P
B
C
=
∠
A
．
事实上，这只须证△
BCP
∽△
ADB
．
1
又由于我们已知∠
BCP
=
∠
ADB
=
∠
C
．
2
CP
BC
故只须证
=
…
①
BD
AD
注意到
P
C
∥
BD
，故
CP
CT
=
．
<
/p>
BD
BT
CT
C
D
=
…
②
BT
AD
BT
CD
AN
= 1
．
C
T
DA
NB
B
P
( )
P'
E
N
T
C
A
D
又
CD
=
BC
，故
①
对直线
NTD
截△
ABC
运用梅涅劳斯定理有
∵
N
为
AB
中点，∴
AH
=
NB
CT
CD
=
，②得证．
BT
AD
从而
△
BCP
∽
△
ADB
∠
P
BC<
/p>
=
∠
A
．
∵
∠
PBC
=
∠
P
BC
，
P
、
P<
/p>
、
A
皆在
BC<
/p>
同侧，
P
与<
/p>
P
皆在
ND
上，
∴
P
=
P
．
即
CP
平分
∠
ACB
且
CP
∥
BD
．
下证
BC
E
A
BC
TD
NA
－
= 2
，对
ACD
截△
BTN
有
= 1
．
TC
EB
EB
DN
AB
BC
2
DN
2
NT
=
= 2 +
．
TC<
/p>
TD
TD
EA
A
C
2
NT
AC
=
，我们证明
=
即可．
EB
CB
TD
CB
2
NT
CD
=
1
．
TD
A
C
DC
AB
NT
2
NT
CD
BC
EA
= 1
，
即
=
1
．
故
－
=
2
．
CA
B
N
TD
TD
AC
TC
EB
∵
N
为
AB
中点，∴
< br>
∵
CP
平分∠
ACB
，∴
∵
CD
=
BC
，∴
只须证
对
B
TC
截△
AND
运用梅氏定理有
综上所述，所求
BC
EA
－
=
2
．
YC
E
B
评注：从题目的问题得到提示，使用梅氏定理，比例的转换方向明确．
.
.
06
△
AB
C
中，
BD
和
CE
为高，
CG
和
BF
为角平分线，
I
是内心，
O
为外心．求证
D
、
I
、
E
三点
共线
G
、
O
、
F
三点共线．
证：记∠
BAC
=
A
,
∠
ABC
=
B
,
∠
ACB
=
C
，
BC
=
a
,
AB
=
c
,
AC
=
b
，△
ABC
外接圆半径
为
R
，内切圆半径为
r
．
易得
AO
=
R
,
AI
=
r
,
AD
=
c
cos
A
= 2
R
sin
C
cos
A
,
AE
=
2
R
sin
B
cos
A
,
∠
sin
A
2
A
A
EAI
=
∠
IAD
=
,
∠
GAO
=
90
－
C
,
∠
OAC
= 90
< br>
－
B
．
2
由
AF
+
FC
=
b
,
AF
c
bc
bc
=
解得
AF
=
．同理可得
AG
=
．
FC
a
a
+
c
a
+
b
sin
∠
GAO
sin
∠
OAC
sin
A
=
+
AO
AF
AG
B
E
O
●
●
G
F
I
D
H
●
由张角定理知，
G
、
O
、
F
三点共
线
sin
A
cos
B
cos
C
=
bc
+
bc
R
a
+
b
a
+
c
C
bc
sin
A
=
R
[
a
+
b
cos
B
+
a
+
c
cos
C
]
利用正弦定理
2
sin
A
sin
B
sin
C
=
sin
A
+
sin
B
cos
B
+
sin
A
+
sin
C
cos
C
2
sin
A
sin
B
sin
C
=
sin
A
cos
B
+
cos
C
+
sin
B
cos
B
+
sin
C
cos
C
1
利用
sin
B
cos
B
+
sin
C
cos
C
=
sin
2
B
+
sin
2
C
=
sin
B
+
C
cos
B
－
C
=
sin
A
cos
2
B
－
C
消去
sin
A
得
2
sin
B
sin
C
=
cos
B
+
cos
C
+
cos
B
－
C
．
再对左边积化和差有
cos
B
－
C
－
cos
B
+
C
=
cos
B
+
cos
C
+
cos
B
－
C
cos
A
=
cos
B
+
cos
C
…
*
另一方面，
D
、
I
、
E
三点共线
sin
∠
E
AI
sin
∠
DAI
sin
A
=
+
AI
AD
AE
+
．
2
R
cos
A
sin
B
2
R
cos
A
sin
C
sin
A
2
sin
A
2
sin
A
r
=
sin
A
2
消去
sin
A
、去分母有
r
sin
B
+
sin
C
=
2
R
sin
A
sin
B
sin
C
cos
A
．
2
1
又
S
= 2
R
2
sin
A
sin
B
sin
C
=
r
a
+
b
+
c
，
2
∴
2
R
sin
A
sin
B
sin
C
a
+
b
+
c
=
=
sin
A
+
sin
B
+
sin
C
正弦定理
．
r
2
R<
/p>
故
sin
B
+
sin
C
=
sin
A
+
sin
B
+
sin
C
cos
A
．
A
B
右边和差化积，右边利用熟知的三角形内恒等式
< br>
sin
A
+
sin
B
+
sin
C
= 4
cos
cos
2
2
C
cos
有
2
B
－
C
A
A
B
C
2
cos
cos
=
4
cos
cos
cos
cos
A
．
2
2
2
2
2
.
.
A
B
C
消去
2
cos
再对
cos
cos
积化和差有
2
2
2
cos
B
－
C
B
－
C
B
－
C
B
+
C
A
=
cos
+
cos
cos
A
cos
1
－
cos
A
=
sin
cos
A
2
2
2
2
2<
/p>
B
－
C
B
－
C
A
A
sin
2
cos
A
2
cos
sin
=
cos
A
2
2
2
2
B<
/p>
－
C
B
+
C
cos
=
cos
A
cos
B
+
cos
C
=
cos
A
积化和差
．
2
2
2
cos
2
cos
故
D
、
I
、
E
三点共线
cos
A
=
cos
B
+
cos
C
G
、
O
、
F
三点共线．
∴
D
、
I
、
E
共线
G
、
O
、
F
三点共线，证毕．
07
△
AB
C
中，∠
A
,
∠
B
为锐角，
CD
< br>为高，
O
1
、
< br>O
2
分别为△
ACD
和△
BCD
内心．问，△
ABC
满足怎样的充要条件，使得
A
、
B
、
O
1
、
O
2
四点共圆．
解：所求充要条件为∠
C
=
90
或∠
A
=
∠
B
其中∠
C
=
∠
ACB
,
∠
A
=
∠
CAB
,
∠
B
=
∠
CBA
．
记
AC
=
b
,
BC
=
a
,
AB
=
c
，外接圆半径为
R
．
过
O
1
作
O
1
H
⊥
AB
=
H
，过
O
2
作
O
2
I
⊥
AB
=
I
，
O
2
E
⊥
O
1
H
=
E
，则
1
1
∠
O
1
AB
=
∠
A
, <
/p>
∠
O
2
BA
=
∠
B
．
2
2
故
A
、
B
、
O
1
、
O
2
四点共圆
∠
BAO
1
=
∠
FO
2
O
1
…
①
1
∵
O
2
E
∥
AB
，∴
∠
FO
2
E
=
∠
B
．
2
1
∴
∠
FO
2
O
1
=
∠
EO
2
F
－∠
O
1
O
2
E
，∴
∠
FO
2
O
1
=
∠
B
－∠<
/p>
O
1
O
2
E
．
2
B
－
A
B
－
A
A
B
∴
①
=
－∠
O
1<
/p>
O
2
E
∠
O
1
O
2
E
=
tan
∠
EO
2
O<
/p>
1
=
tan
…
2
2
2
2
②
记
O
1
H
=
r
A
,
O
2
i
=
r
B
，∵
∠
ADC
=
90
，由直角三角形内心性质知
r
A
=
DH
=
AD
+
DC
－
AC
．
2
同理
r
B
=
BD
+
CD
－
BC
r
A
－
r
B
AD
－
BD
+
BC
－
AC
O
1
E
,
tan
∠
E
O
2
O
1
=
=
=
．
2
HI
r
A
+ <
/p>
r
B
2
CD
+
AB
－
AC
－
BC
A
O<
/p>
1
F
E
H
D
O
2
I
B
C
易有
AD
=
b
cos
A
= 2
R
sin
B
cos
A
,
BD
=
2
R
sin
A
cos
B
,
BC
= 2
R
sin
A
,
AC
=
2
R
sin
B
,
AB
= 2
R
sin
C
．
代
入
有
2
sin
tan
∠
E
O
2
O
1
=
sin
B
cos
A
－
sin
A
cos
B
+
sin
A
－
sin
B
2
sin
B
sin
A
+
sin
A
+
B
－
sin
A
－
sin
B
=
．
2
sin
B
sin
A
+
sin
C
－
sin
A
－
sin
B
B
－
A
B
－
A
B
+
A
cos
－
cos
2
2
2
.
.
sin
B
－
A
∴
②
2
2
sin
B
－
A
2
(
cos
B
－
A
B
+
A
2
－
cos
2
)
cos
B
－
A
=
2
2
sin
A
sin
B
+
sin
C
－
sin
A
－
sin
B
…
③
下面分情况讨论：
1
∠
A
=
∠
B
时，左右两边皆为
0
，③式成立；
2
∠
A
≠
∠
B
时，
sin
B<
/p>
－
A
2
可约去，得
2
sin
A
sin
B
+
sin
C
－
sin
A
－
sin
B
= 2
cos
2
B
－
A
B
+
2
cos
A
2
．
利用
2
sin
A
sin
B
=
cos
B
－
A
－
cos
A
+
B
=
cos
B
－
A
+
cos
C
,
2
cos
2
B
－
A
2
=
cos
B
－
A
+
1, 2
cos
B
－
A
2
cos
B
+
A
2
=
cos
A
+
cos
B
．
三式代入化简得
③
cos
A
+
cos
B
+
cos
C
= 1 +
sin
A
+
sin
B
－
sin
C
．
而由三角形内熟知恒等式
cos
A
+
cos
B
+
cos
C
= 1 + 4
sin
A
B
C
2
sin
2
sin
2
得
1
－
sin
A
+
sin
B
－
sin
C
= 1 + 2
sin
A
+
B
A
－
2
cos
B
2
－
2
sin
A
+
B
2
sin
C
2
= 1
+ 2
cos
C
2
cos
A
－
B
A
+
B
A
B
C
2
－
cos
2
=
1 + 4
sin
2
sin
2
cos
2
．
结合两方面知
③
sin
C
2
=
cos
C
2
∠
C
=
90
．
综
合
1
、
2<
/p>
知
③
∠
C
=
90
或∠
A
=
∠
B
．
故
A
、
B
、
O
1
、
O
2
四点共圆
∠
C
=
90
或∠
A
=
∠
B
．得证．
08
△
AB
C
的外心是
O
，三条高线
AH
、
BK
、
CL
垂足分别为
H
、
K
、
L
．
A
0
、
B
0
、
C
0
分别是
AH
、
BK
、
CL
中点，
I
为内切圆圆心，
内切圆切△
ABC
< br>三边
BC
、
CA
、
AB
于
D
< br>、
E
、
F
．
证
明
A
0
D
、
B
0
E
、
C
0
F
、
OI
四线共点．<
/p>
证：首先以引理的形式给出本图的一些内在特征．
引理
1
：
AB
∥
CD
，
CD
中点为
Q
，
AB
中点为
R
，
AC
与
BD
交于
P
，则
P
、
Q
、
R
三点共
线
也即
QR
、
AC
、
BD
三线共点<
/p>
．
引理
1
的证明：
△<
/p>
PCD
与△
P
A
B
为以
P
为位似中心的位似关系，
PQ
为
CD
中点，
PR
为
AB
中
点．
故
Q
、
R
为一对对应点，从而
P
、
Q
、
R
< br>三点共线．
引理
2
：
A
0
I
与
BC
交于
D
，则
D
< br>
为△
ABC
在∠
A
内旁切圆与
BC
的切点，
并由此有
O
在
DD
中垂线上．
.
P
C
Q
●
< br>D
A
R
●
B
.
引理
2
的证明：延长
DI
交⊙
I
于
J
，延长
AJ
交
BC
于
D
．
过
J
作⊙
I
切线交
AB
、
AC
于
B
、
C
< br>
，则
B
C
⊥
DI
,
OI
⊥
BC
．
∴
B
C
∥<
/p>
BC
，△
AB
C
与△
AB
C
构成以
A
为位似中的位似关系．
显然⊙
I
为△<
/p>
AB
C
在∠
A
内旁切圆，故
J
为旁切圆切点．
由
J
与
D
< br>为对应点知
D
亦为旁切圆切点
．
而
A
0<
/p>
为
AH
中点，
I
为
JD
中点，由引理
< br>1
知
D
在
IA
0
上．
故
IA
0
与
BC
交于旁切圆切点．
更进一步作
OP
⊥
BC<
/p>
于
P
P
为
BC
中点．
又由
内切圆及旁切圆性质知
BD
=
CD
．
故<
/p>
P
又为
DD
<
/p>
中点
O
在
DD
中垂线上，引理
2
得证．
下面回到原题：延长
OI
交
AD
于
X
，我们通
过计算证明
IX
为关于∠
A
,
∠
B
,
∠
C
对称
的值，从而证明
原题．
利用
A
、
X
、
D
三
点共线，由张角定理知
sin
∠
A
ID
sin
∠
A
0
IO
sin
∠
DIO
=
+
．
IX
ID
IA
0
sin
∠
A
0
IO<
/p>
sin
∠
DIO
1
=
+
．
IX
ID
sin
∠
D
ID
IA
0
sin
∠
D
ID
DH
ID
1
<
/p>
·
ID
，而<
/p>
=
代入得
DD
DD
sin
∠
D
I
D
B
B'
O
●
A
J
I
X
●
A
0
C'
D'
P
D
H
C
∴
由
ID
∥
A
0
H
知
IA
0
=
sin
∠
A
IO
sin
∠
DIO
1
=
+
．
IX
DH
ID
sin
∠
D
ID
又
sin
∠
AID
=
sin
∠
D
IX
=
sin
∠
D
ID
+
∠
DIX
．
∴
sin
∠
A
IO
cos
∠
DIX
cos
∠
< br>D
ID
sin
∠
D
IX
cos
∠
DIX
sin
∠
DIO
=
+
=
+
．
ID
ID
ID
sin
∠
D
ID
ID
sin
∠
D
ID
D
<
/p>
D
cos
∠<
/p>
DIX
cos
∠
DIX
1
1
1
=
+
sin
∠
D
IO
·
+
=
+
sin
∠
I
X
ID
DH
ID
DD
∴
D
H
DIO
·
．
DH
·
DD
由<
/p>
cos
∠<
/p>
DIX
D
H<
/p>
A
0
H
1
A
0
H
1
=
代入有
=
+
sin
∠
DIO
=
cos
∠
DIX
+
ID
IX
ID
ID
DD
DH
·
ID
A
0
H
sin
∠
DIO
．
DH
∵
OP
∥
ID
，∴
cos
∠
DIX
=
cos
∠
POX
,
sin
∠
DIO
=
sin
∠
POX
．
∴
括号中乘一个
OI
，括号外除一个
OI
得
1
1
A
0
H
1
=
OQ
+
·
IQ
，其中
QO
=
OP
－
ID
,
IQ
=
PD
=
DD
<
/p>
引理
2
知
．
IX
DH
2
ID
·
OI
.
.
∴
1
1
1
DD
1
=
OP
+
·
A
0
H
－
．
IX
2<
/p>
DH
OI
ID
·
OI
1
DD
注意到
OI
、
ID
=
r
皆为对称的值．故我们仅须证
OP
+
·
A
0
H
为对称的值
记为
2
DH
M
A
．
记∠
BAC
=
A
,
∠
ABC
=
B
,
∠
ACB
=
C
，
AC
=
c
,
AC
=
b
,
BC
=
a
，外接圆半径为
R
，则
OP
=
R
cos
A
,
CD
=
=
R
sin
B
sin
C
．
a
+
b
－
c
a
+
b
－
c
a
2
+
b
2
－
c
2
∴
DH
=
CD
－
CH
=
－
b
cos
C
=
－
=
2
2
2<
/p>
a
c
－
b
c
+
b
－
a
,
2
a
DD
=
BC
－
BD
+
CD
=
a
－
a
+
b
－
c
=
c
－
b
．
1
DD
a
故
·
A
0
H
=
·
R
sin
B
sin
C
．
2
DH
b
+
c
－
a
故
M
A
=
R
cos
A
+
sin
A
sin
B
sin
C
，其中
sin
B
+
sin
C
－
sin
A
a
+
b
－
c
a
+
b
－
c
1
1
,
BD
=
,
CH
=
b
cos
C
,
A
0
H
=
AH
=
b
sin
C
2
2
2
2
B
－
C
A
B
+
C
A
sin
B
+
sin
C
－
sin
A
= 2
cos
cos
－
2
cos
cos
2
2
2
2
B
－
C
A
B
+
C
A
B
C
= 2
cos
cos
－
cos
= 2
cos
sin
sin
,
2
2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
sin
A
sin
B
sin
C
= 8
sin
sin
sin
cos
cos
cos
．
2
2
2
2
2
2
代入有
M
A
=
M
B
=
M
C
等价于
A
B
C
B
A
C
C
cos
A
+ 2
sin
cos
cos
=
cos
B
+ 2
sin
cos
cos
=
cos
C
+ 2
sin
cos
2
2
2
2
2
2
2
A
B
cos
．
2
2
A
B
C
B
A
C
其中
cos
A
+ 2
sin
cos
cos
=
cos
B
+ 2
sin
cos
cos
2
2
2
2
2
2
C
B
A
A
B
cos
A
－
cos
B
= 2
cos
(
sin
cos
－
sin
cos
)
2
2
2
2
2
cos
A
cos
B
= 2
sin
B
< br>－
A
A
+
B
sin
，此式显然成立．
2
2
D
●
G
C
P
E
O
●
故
M
A<
/p>
=
M
B
．同
理
M
B
=
M
C
,
M
A
=
M
C
．
∴
M
A
=
M
B
=
M
C
IX
为关
于
A
、
B
、<
/p>
C
对称之值，即
A
0
D
、
B
0
E
、
C
0
F
都交于
OI
上同
一点．
即
A
0
D
、
B
0<
/p>
E
、
C
0
F
、
OI
四线共点，
证毕．
.
F
B
A
Q
.
评注：此解法计算复杂，但思路清晰．
09
已知△
ABC
，过点
B
、
C
的⊙
O
与
AC
、
AB
分别交于点
D
、
E
，
< br>BD
与
CE
交于
F
，直线
OF
与△
ABC
外接圆交于
P
．证
明，△
PBD
的内心就是△
PCE
的内心．
证：
引理
1
：四边形
ABCD
内接于⊙
O
，对角线
AC
、
BD
交于
E
，直线
BA
、<
/p>
CD
交于
F
，直
线
AD
、
BC
交于
G
，则
D
E
⊥
FQ
．
→
→
2
引理
1
的证明：首先，
OE
·
OF
=
r
<
/p>
r
为半径
．<
/p>
过
F
作⊙
O
切线
FP
、
PQ
切⊙
O
于
P
、
Q
．
∵
△
FP
A
∽△
FBP
，∴
∴
AP
F<
/p>
A
F
A
=
=
．
PB
FP
FB
P
A
D<
/p>
F
AP
2
F
A
PQ
2
FD
=
．同理
=
．
PB
FB
QC
FC
C
B
C
2
FB
·
F
C
由△
F
AD
∽△
FCB
知
=
．
AD
FD
·
F
A
上面三
式相乘得
AP
PQ
BC
=
1
．
PB
Q
C
AD
O
B
∴
BD
、
AC
、
PQ
三线共点．
又由
E
在
PQ
上知
→
→
→
→
→
→
→
→
→
2
DE
·
DF
=
OR
+
RE
·
OF
=
OR
·
OF
+
RE
·
OF
=
r
．
→
→
→
→
→
→
→
→
→
∴
OE
·
FG
=
OE
·
OG
－
OF
=
OE
·
OG
－
OE
·
OF
= 0
．
引理
2
：四边形
ABCD
内接于⊙
O
，直线
BA
、
CD
交于
F
，△
F
AD
外接圆和△
FBC
外接
圆交于
P
异于
F
，则
OP
⊥
PF
．
引理
2
的证明：
< br>
∵
∠
APC
=
∠
FPC
－∠
FP
< br>A
= 180
－
2
∠
B
= 180
－∠
AOC
．<
/p>
∴
A
、
P
、
C
、
D
四点共圆．
∴
∠
FPO
=
∠
FPC
－∠
OPC
= 180
－∠
B
－∠
OAC
= 180
－∠
B
－
90
－∠
B
=
90
．
∴
OP
⊥<
/p>
PF
，得证．
引理
3
：
设
P
是半径为
r
的⊙
O
上一动点，
AB
是过圆心
O
的一射线上的两定点，
且
OA
·
OB
=
r
2
，则
P
A
是定值．
PR
P
引理
3
的证明：
< br>
∵
OP
2
=
OB
·
OA
，
∴
△
OBP
∽△
OP
A
．
∴
OB
OP
BP
=
=
．
OP
OA
P
A
PB
2<
/p>
OB
P
A
OA<
/p>
=
,
2
=
．
P
A
OA
PB
OB
O<
/p>
B
A
∴
下证原题：
设
CD
、
DE
交于
Q
，
QA
交△
ABC
外接圆于一点
P
异于点
A
．
.
.
∵
QP
·
QA
=
QR
·
QC
=
QE
·
QD
，
∴
P
、
E
、
D
、
A
四点共圆．
由引理
3
知
OP
⊥
QA
．
由引理
2
知
OF
⊥
QA
．
∴
O
、
F
、
P
三点共线．∴
<
/p>
P
与
P
重合．
设
OF
与⊙
O
交于
I
，由引理
4
知
PB
PI
=
．
BF<
/p>
IF
A
P'
I<
/p>
E
F
●
D
O
C
B
∴
BI
平分∠
PBF
．同理
PI
平分∠
PDF
．
Q
∴
I
是△
PBD
的内心．同理
< br>I
也是△
PCE
的内心．
故命题得证．
评
注：此解法稍繁，可思考令
OF
·
FP
=
CF
·
FE
的同一法．
10
设
A<
/p>
、
B
为圆
上两点，
X
为<
/p>
在
A
和
B
处切线的交点，在圆
上选取两点
C
、
D
使
得
C
、
D
、
X
依次位于同一直线上，且
CA
⊥
BD
，再设
F
、<
/p>
G
分别为
CA
和
BD
、
CD
和
AB
的交点，
H
为
GX
的中垂线与
BD
的交点．证明：
X
、
F
、
G
、
H
四点共圆．
证：设
O
为圆心，
AB
∩
XD
=
M
．
∵
△
XOA
∽△
XAM
，∴
OX
·
XM
=
XA
2
=
XC
·
XD
．
∴
O
、
M
、
C
、
D
四点共圆．
F
X
∴
∠
XMP
=
∠
OCD
=
∠
ODC
=
∠
OMC
．
∴
∠
CMG
=
∠
GMD
．
在
CM
上选取一点
Z
使
MX
∥
DZ
，则
MD
=
MZ
．
∴
CG
<
/p>
CM
CM
CX
=
=
=
．
GP
MD
MZ
XD
C
D
●
G
E
A
H
M
B
●
O
在
GX
上取点
X
，使∠
GKD<
/p>
=
∠
DFX
，在
X
F
上取
W
使
CF
∥
GW
．
由
X
D
X
F
X
E
X
C
=
=
=
得
CG<
/p>
·
X
D
=
X
C
·
GD
．
DG
FG
FW
CG
XD
X
D
=
，故
X
=
X
．∴
∠
GFD
=
∠
XFD
．
XC
X
C<
/p>
由上面两式得
又∵
DG
CG
=
<
1
和∠
XPB
=
∠
CDF
<
1
．∴
H
和
B
在
CX
的同
一侧．
XD
XC
设
H
为直线
BF
与△
GFX
外接圆的交点，则
∠
H
XG
=
∠<
/p>
H
FG
=
∠
H
FX<
/p>
=
∠
H
<
/p>
GX
．
∴
H
G
=
H
X
，∴<
/p>
H
=
H
．
∴
X
、
F
、
G
、
H
四点共圆，得证．
评注：此题有相当难度，但可能有不是那么多同一法的解法．
11
凸四边形
ABCD
的一组对边
BA
和
CD
的延长线交于
M
，
且
AP
不平行于
BC
< br>，过
M
作
.
.
截线交另一组对边所在直线于
H<
/p>
、
L
，交对角线所在直线于
H
、
L
< br>
．求证
1
1
+
．
MH<
/p>
ML
1
1
+
=
MH
ML
证：设
AP
与
BC
延长线相交于
O
，△
BML
和△
CML
均被直线
AO
所截．
由梅氏定理得
BA
HL
OB
=
…
①
AM
NH
LO
M<
/p>
CP
HL
OL
=
…
②
PM
MH
LO
由①
·
LC
+
②·
BL
得
BA
CP
HL
OB
·
LC
+
OL
·
BL
LC
·
+
BL
·
=
…
③
AM
PM
MH
OL
注意到
OB
·
LC
+
OL
·
BL
=
BC
·
LO
，则③式变为
BA
CP
HL
LC
·
+
BL
·
=
BC
·
…
④
AM
PM
MH
对由
BD
截△
LCM
和
AC
截△
LBM
< br>用梅氏定理知
LL
DC
LH
BA
BC
·
=
BL
·
,
BC
·
=
LC
·
．
MD
AM
L
M
H
M
把它们代入④式整理即得证．
B
L
A
H'
L'
H
P
C
O
12
P
为△
ABC
内任意一点，<
/p>
AP
、
BP
、<
/p>
CP
的延长线交对边
BC
、
CA
、
AB
于点
D
、
E
< br>、
F
，
EF
交
AD
于
Q
．试证
PQ
≤
3
－
2
2
AD
．
证：令
BD
CE
AF
=
m
,
=
n
,
=
p
，对△
ABC
及点
P
用塞瓦定理有
DC
EA
FB
BD
CE
AF
=
mnl
=
1
．
DC
E
A
FB
CE
AP
DB
= 1
．
E
A
PD
BC
F
A
对△
ADC
及截线
< br>BPE
用梅氏定理得
注意到
∴
DB
m
AP
m
=
，故
n
·
= 1
．
BC
m
+
1
PD
m
+ 1
Q
E
AP
m
+ 1
AP
m
+
1
=
，从而
=
．
PD<
/p>
mn
AD
mn
+
m
+ 1
B
D
C
BD
CA
EP
又对直线
APD
截△
BCE
有
=
1
．
DC
A
E
PB
∵
CA
BP
BE
=
n
+ 1,
=
mn
+
m
，∴
=
mn
+
m
+ 1
．
AE
EP
EP
AF
BE
PQ
=
1
．
FB
E
P
AQ
又对△
ABP
< br>及
FQE
有
从而
PQ
1
1
PQ
1
=
=
=
=
．
AQ
mp
+
p
+
1
AP
mp
+
p
+
2
p
mn
+
m
+
1
.
.
∴
PQ
PQ
AP
m
+
1
1
=
=
=
AD
AP
A
D
mp
+
p
+
2
mn
+
m
+ 1
p
m
+
1
+
2
1
1
=
3
－
2
2
．
3 +
2
2
1
mn
+
1
m
+ 1
=
2
mn
3 +
m
+
p
m
+
1
+
1
≤
∴
PQ
≤
<
/p>
3
－
2
2
AP
．
当
2
mn
2
=
p
m
+
1
，亦即
=
p
m
+
1
，当
p
m
+ 1
=
2
时取等号，得证．
m
+
1
p
m
+
1
13
设
P
为锐角△
ABC
内部一点，且满足条件
P
A
·
PB
·
AB
+
PB
·
PC
·
BC
+
PC
·
P
A
·
C
A
=
AB
·
AC
·
BC
，试确定
P
点的几何位置，并证明你的结论．
< br>
证：
我们改证更强的命题：
设
D
为锐角△
ABC
内一点，
求证
DA
·
DB
·
AB
+
DB
·
DC
·
BC
+
DC
·
DA
·
CA
≥
AB
·
BC
·
CA
，并且等号当且仅当
D
为△
ABC
垂心时才成立．
证明如下：作
ED
∥
BC
,
F
A
∥
ED
，则
BCDE
和
ADEF
< br>均为平行四边形．
连
BF
、
AE
，显然
BC
AF
也是平行四边形．
于是
AF
=
ED
=
BC
,
EF
=
AD
,
EB
=
CD
,
BF
=
AC
．
对四边形
ABEF
和
AEBD
应用托勒密不等式得
AB
·
EF
+
AF
·
BE
≥
AE
·
BF
,
BD
·
AE
+
AD
·
BE
≥
AB
·<
/p>
AC
．
∴
AB
·
AD
+
BC
·
CD
≥
AE
·
AC
,
BD
·
AE
+
AD
·
CD
≥
AB
·
BC
…
①
对①式中前一式，两边同乘
DB
后，再加上
DC
·
DA
·
AC
，然后注意①式中后一式有
DB
·
P<
/p>
A
·
AB
+
DB
·
DC
·
BC
+
DC
·
P
A
·
A
C
≥
DB
·
AE
·
AC
．
即
DB
AB
·
AD
+
BC
·
CD
+
DC
·
DA
·
CA
+
DC
< br>·
DA
·
AC
< br>
≥
AC
DB
·
AE
+
DC
·
AD
≥
AC
·<
/p>
AB
·
BC
．<
/p>
∴
DA
·
DB
·
AB
+
DB
·
DC
·
BC
+
DC
·
OA
·
CA
≥
A
B
·
AC
·
B
C
．
其中等号成立当且仅当①式中等
号同时成立，
即
A
、
< br>B
、
E
、
F
及
A
、
E
、
B
、
D
四点共圆，
亦即
A
、
F
、
E
、<
/p>
B
、
D
五点共圆
时．
∵
A
FED
为平行四边形，故它等价于
AFED
为矩形
即
AD
< br>⊥
BC
．
而
AD
⊥
BC
且
CD
⊥
AB
，故加强命题成立，从而原命题得证．
14
□
< br>ABCD
对角线相交于点
O
，圆
以
O
为圆心
，与线段
AD
、
CD
< br>分别交于
E
、
F
，
AB
的
延长线与
交于
H
，
CB
的延长线与
交于
G
．
设
K
是
EG
与
FH
的交点．
S
是
AG
与
CH
的交点．求证
D
、
K
、
S
三点共线．
E
B
D
C
F
A
.